板块模型分类导析例1. 一颗子弹m 以速度v 0打入静止在光滑地面的木块中，设最后达到的共同速度为v ，子弹的位移为x 1，木块的位移为x 2，此过程中子弹对木块的作用力大小为f ，所发热量为Q ，下列方程正确的是（ ACF ）A ．20212121mv mv fx -=- B ．202212121)(mv mv x x f -=--C ．02122-='Mv xf D ．021)(221-=-'Mv x x fE ．Q Mv x x f +=-'22121)(F ．2022121)(21)(mv v M m x x f -+=--G ．2021210)(mv x x f -=--（以木块为参考系）例2. 一颗子弹m 以速度v 0打入静止在光滑地面的木块中，设最后达到的共同速度为v ，子弹的位移为x 1，木块的位移为x 2，子弹打入的深度为d ，下列关系正确是（ ABC ）A ．x 1>x 2 B. x 1=x 2+d C. x 2<d 情景1.只要木板足够长，最后一定以共同速度运动：情景2.这类问题的难点在于：1.能否共速；2.共速之后如何运动。
1.共速的方式有多种：2.共速之后的情况有两种：一是一共同的加速度一起减速，二是木板一较大的加速度减速，木块一较小的加速度减速。
不可能出现的情况是：(1)木板以较小的加速度减速，木块以较大的加速度减速。
否则木块受到向前的摩擦力，将加速。
(2)木板和木块有一个加速。
否则加速的物体受到的摩擦力向前，加速度物体必须比减速的物体快，这说明没有达到共速。
vvv 1 μvvv1v1v 1μ情景3.12v v <m 先以加速度11m F g a m μ+=加速，M 先以加速度122()mg m M ga Mμμ--+=减速。
共速后的情况讨论： (1)m 的速度反超M ，有以下三种可能：12()F mg M m g μμ>>+ 112()F mg mg M m g μμμ><+； 112()F mg mg M m g μμμ<<+；(2)m 与M 相对静止，一起减速到零。
(3)M 的速度依然大于m 的速度。
这说明二者还保持原先的加速度，二者又造成m 的速度大于M 的速度，与假设矛盾。
这是不可能的。
情景4.12v v >受力分析图： m ：11m F g a m μ-=，M ：122()mg m M ga Mμμ-+=。
能否共速，以及共速之后的情况，取决于两个加速度的大小比较。
注意：以下加速度大小是指数学意义的大小，而不是指绝对值。
(1) a 1>a 2，没有共速可能。
(2)0< a 1<a 2，即12()F mg m M g μμ>>+，只要木板足够长，一定能共速。
共速之后一起做匀加速运动。
(3)a 1<0 <a 2，即12()mg F m M g μμ>>+，只要木板足够长，一定能共速。
共速之后一起做匀加速运动。
(4) a 1<0<a 2，即12()mg m M g F μμ>+>，只要木板足够长，一定能共速。
共速之后一起做匀减速运动。
(5) a 1<a 2<0，即12()F mg m M g μμ<<+，只要木板足够长，可能共速，也可能在共速之前木板停下。
情景5.12v v > 情景6.12v v <图(1)图(2)t图(3)图(4)μμ情景7.总结：分析板块模型需要从以下几个步骤下手；(1) 比较初速度大小，确定摩擦力方； (2) 比较加速度大小，确定能否共速；(3) 共速之后进行受力分析，确定能否一起运动。
练习： 1. 质量为m=1kg 的木块以水平速度v 0=9m/s 滑上一个静止在粗糙水平面上质量为M=1kg 的木板，带动木板向右运动，最后与木板相对静止，已知木板与木块的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面动摩擦因数为μ2=0.1，木板足够长。
达到共同速度时木块相对地面的位移为s 1= ；木板相对地面的位移为s 2= ；当二者都停止运动时摩擦生热Q = 。
(9m 、2.25m 、40.5J) 2. 质量为m =1kg 的木块放在质量为M =1kg 的木板上，相对地面静止。
某时刻木块在恒力F =8N 的作用下开始向右运动，并带动木板也运动，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面的动摩擦因数为μ2=0.1，板长为l =2m ，当木块从木板上滑落时木块相对地面的位移为_____________，木板相对地面的位移为_____________。
(4m 、2m) 3. 如图所示，长L =16m ，质量M =1kg 的木板静放在光滑的水平面上，质量m =1kg 的小物块放在木板的左端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1。
现对木块施加一水平向右的拉力F ，取g=10m/s 2，求：(1)使物块掉不下去的拉力F （2N ）(2)如果拉力F =10N 恒定不变，小物块所能获得的最大动能 （2J ）4. 如图所示，长L =1.6m ，质量M =3kg 的木板静放在光滑水平面上，质量m =1kg 的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1．现对木板施加一水平向右的拉力F ，取g=10m/s 2，求： （1）使物块不掉下去的最大拉力F ；（2）如果拉力F =10N 恒定不变，小物块的所能获得的最大速度． 解：(1)求物块不掉下时的最大拉力，其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度a 1对物块，最大加速度a 1＝mgmμ＝μg ＝1 m/s 2对整体，F ＝(M+m )a 1＝(3＋1)×1 N ＝4 N (2)当F ＝10 N 时，木板的加速度a 2＝F mgMμ- m/s 2＝3 m/s 2由12a 2t 2-12a 1t 2=L ，得物块滑过木板所用时间t ＝ 1.6s 物块离开木板的速度v 1＝a 1t ＝ 1.6m/s5. 如图所示，质量M = 8kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平恒力F ，F = 8N ，当小车向右运动的速度达到1.5m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m =2kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ = 0.2，小车足够长。
求从小物块放上小车开始，经过t =1.5s 小物块通过的位移大小为多少？（取g = 10m/s 2）。
分析：当小物块放上小车后，在水平方向上受向右的摩擦力，所以小物块做匀加速直线运动，小车在水平方向上受推力和物块的摩擦力也做匀加速直线运动．求出两者速度相等时所经历的时间，判断物块和小车能否保持相对静止，一起做匀加速直线运动．判断出物块和小车的运动情况，根据运动学公式求出物块的位移．解：开始一段时间，物块相对小车滑动，两者间相互作用的滑动摩擦力的大小为F f =μm g =4N ．物块在F f 的作用下加速，加速度为fm F a m= =2m/s 2． μ1 μ2mMAB F A B Fm M v 0mM F小车在推力F 和f 的作用下加速，加速度为f M F Fa M-==0.5m/s 2．初速度为υ0=1.5m/s ，设经过时间t 1，两者达到共同速度υ，则有：υ=a m t 1=υ0+a M t 1 代入数据可得：t 1=1s ，υ=2m/s在这t 1时间内物块向前运动的位移为s 1=12a m t 2=1m ．以后两者相对静止，相互作用的摩擦力变为静摩擦力将两者作为一个整体，在F 的作用下运动的加速度为a ，则F =(M+m )a 得a =0.8m/s 2．在剩下的时间t 2=t-t 1=0.5s 时间内，物块运动的位移为s 2=υt 2+12a 22t ，得s 2=1.1m ．可见小物块在总共1.5s 时间内通过的位移大小为s =s 1+s 2=2.1m ． 答：经过t =1.5s 小物块通过的位移大小为2.1m ．点评：解决本题的关键理清小车和物块在整个过程中的运动情况，然后运用运动学公式求解． 6. （2013高考25. 18分）一长木板在水平地面上运动，在t =0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示。
己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。
取重力加速度的大小g ＝10m/s ２求:(1) 物块与木板间；木板与地面间的动摩擦因数:(2) 从t ＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小. 解：（1）从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木块减速，此过程一会持续到物块和木板具有相同速度为止。
由图可知，在t 1=0.5s 时，物块和木板的速度相同。
设t =0到t= t 1时间间隔内，物块和木板的加速度度大小分别为a 1和a 2，则111t v a =○1101t v v a t -= ○2式中05/v m s =、11/v m s =分别为模板在t =0、t =t 1时速度大小。
设物块和木板的质量为m ，物块和木板间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg=ma 1 ○3 (μ1+2μ2)mg=ma 2 ○4 联立○1○2○3○4式得 μ1=0.20 ○5 μ2=0.30 ○6 （2）在t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块和木板之间的摩擦力改变方向。
设物块与木板之间的摩擦力大小为f ，物块和木板的加速度大小分别为1a '和2a '，则由牛顿第二定律得 1f ma '= ○7 222mg f ma μ'-= ○8 假设mg f 1μ<，则12a a ''=；由式得mg mg f 12μμ>=，与假设矛盾，故 mg f 1μ= ○9 由⑦⑨式知，物块加速度的大小1a '等于1a ；物块的v-t 图像如图中点划线所示。
由运动学公式可推知，物块和木块相对于地面的运动距离分别为121122a v s ⨯= ○10 '221211102a v t v v s ++= ○11 物块相对于木板的位移大小为21s s s += ○12 联立○1○5○6○8○9○10○11○12式得s=1.125m ○13 7. 如图所示，一块质量为M 长为L 的均质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m 的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面的定滑轮，某人以恒定的速率v 向下拉绳，物块最多只能到达板的中央，而此时的右端尚未到桌边定滑轮，试求（1）物块与板的动摩擦因数及物体刚到达板的中点时板的位移（2）若板与桌面之间有摩擦，为使物体能达到板的右端，板与桌面间的动摩擦因数范围（3）若板与桌面之间的动摩擦因数取（2）问中的最小值，在物体从板的左端运动到板的右端的过程中，人拉绳的力所做的功（其它阻力不计）解：(1)设物块在板上滑行的时间为t 1,对板应用动量定理得:μ1mgt 1=Mv ，t 1=1Mvmgμ ①设在此过程中物块前进位移为s 1,板前位移为s 2,则s 1=v·t 1 ○2 212vs t = ○3 s 1-s 2=2l○4 由①~④得物块与板间的动摩擦因数为μ1=22Mv mgl 板的位移s 2=2l(2)设板与桌面间的动摩擦因数为μ2,物块在板上滑行的时间为t 2.则应用动量定理得[μ1mg-μ2(m+M )g ]·t 2=Mv ，t 2=12()Mvmg m M g μμ-+ 又设物块从板的左端运动到右端的时间为t 3，则332322v l vt t l t v-==为了使物块能到达板的右端,必须满足t 2≥t 3 即122()Mv l mg m M g v μμ≥-+， 222()Mv m M glμ≥+ 所以为了使物块能到达板的右端,应使板与桌面的动摩擦因数222()Mv m M glμ≥+ (3)设绳子的拉力为T ,物块从板的左端到达右端的过程中物块的位移为s 3,则有:T-μ1mg =0，s 3=v·t 3=2l 由功的计算公式得:W T =T·s 3=μ1mg ·2l =2Mv mgl·mg ·2l =2Mv 2 所以绳的拉力做功为2Mv 2.(或W =ΔE k +Q 1+Q 2=12Mv 2+μ1mgl +μ2(M+m )gl =2Mv 2)8. 质量为m ＝1.0 kg 、带电量Q ＝+2.5×10-4C 的小滑块(可视为质点)放在质量为M ＝2.0 kg 的绝缘长木板的左端，木板放在光滑水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板长L ＝1.5 m ，开始时两者都处于静止状态，所在空间加有一个方向竖直向下强度为正＝4.0×104N/C 的匀强电场，如图所示。