板块模型难题专题训练资料

1、板块模型难题专题训精品文档板块类运动问题专题练习1质量为 m=1.0 kg的小滑块 (可视为质点 )放在质量为 M=3.0 kg 的木板的右端，木板 上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为=0.2，木板长 L=1.0 m。开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F=12 N，如图所示，经一段时间后撤去F，小滑块始终在木板上。 g 取 10 m/s2。(1) 求撤去外力前后木板的加速度的大小和方向;(2) 设经过时间 t1 撤去外力，试画出木板从开始运动到停止过程中的速度时间图象 ;(3) 求水平恒力 F 作用的最长时间。变式:若小滑块与木板间的动摩擦因数为=0.2，地面光滑，水平

2、恒力 F 作用的最长时间是多少 ?a2= m/s2 ，方向向左 (2)解析】 (1) 由牛顿第二定律得 :撤力前 :F- (m+M )g=Ma1，解得 a1=m/s2 ，方向向右撤力后 :(m+M )g=Ma2，解得 a2= m/s2 ，方向向左(2)由于减速过程加速度的大小为加速过程的两倍，所以加速时间为木板的速度就减小为零。其速度 时间图象如图。t1，则再经 t1/2，(3)方法一 木板先加速后减速运动，设加速过程的位移为x1，加速运动的时间为 t1，减速过程的位移为 x2，减速运动的时间为 t2。由运动学规律有x= a ，x= ax1= a1 ， x2= a2收集于网络，如有侵权请联系管

3、理员删除精品文档小滑块始终在木板上，应满足 x1+x 2L又 a1t1=a2t2由以上各式可解得 t11 ，s 即力 F作用的最长时间为 1 s方法二 由于速度 时间图象的面积就代表位移的大小，所以由(2)问图可知: vm t1L，其中 vm=a1t1解得 t11 ，s 即力 F作用的最长时间为 1 s变式 :解答本题的疑难点在于两个物体都在运动，且运动过程较为复杂。突破点是对两 物体隔离受力分析，弄清各自的运动过程及两个物体运动的时间、位移及速度的关系。撤力前木板和小滑块都做加速运动，且木板的加速度较大，所以撤力时木板的速度较 大。撤去外力后由于木板速度较大，所以小滑块继续做加速运动，而木板

4、做减速运动。设 木板加速过程的位移为 x1，加速度大小为 a1，加速运动的时间为 t1，减速过程的位移为 x2，加速度大小为 a2，减速运动的时间为 t2; 整个过程中小滑块运动的加速度为a。由牛顿第二定律得 : mg=ma，解得 a=2 m/s2撤力前 :F-mg=Ma1，解得 a1= m/s2撤力后 :mg=Ma2，解得 a2= m/s2撤力时刻，木板的速度 v1=a1t1运动的位移 : x1= a1最终木板的速度为 v2=v1-a2t2，减速运动过程中木板的位移x2=v1t2- a2x= a最终小滑块的速度为 v= a(t1+ t2)，全过程中小滑块运动的位移为小滑块始终在木板上，应满足

5、x1+x2-xL，又 v=v2由以上各式可解得 t11 ，s 即力 F作用的最长时间为 1 s 【备注】无2.一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB 边重合，如图所示，已知盘与桌布间的动摩擦因数为 1，盘与桌面间的动 摩擦因数为2。现突然以恒定加速度 a 将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的 且垂直于 AB 边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度 a 满足的条件是什么？以 g 表示重力加速度)收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档a1，有1mg= ma 1 桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以 a2 表示加速度的大小，有 2mg=ma 2设盘刚离开桌布时的速

6、度为 v1 ，移动的距离为 x1，离开桌布后在桌面上再运动距离 x2 后便停下，有v12=2a 1x1，v12=2a 2x2盘没有从桌面上掉下的条件是 设桌布从盘下抽出所经历的时间为 t ，在这段时间内桌布移动的距离为 x，有而由以上各式解得3一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙 壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5m，如图（ a）所示。时刻开始，小物块与木 板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞 前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知 碰撞后时间内小物块的图线如图（ b）所示。木板的质量是小物块质量的 1

7、5 倍，重力加速度大小 g 取。求收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档（1）木板与地面间的动摩擦因数 及小物块与木板间的动摩擦因数；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离答案】1）1 = 0.1 1 = 0.12）木板的最小长度应为6.0m （3）最终距离为 6.5m【考点】 滑动摩擦力、动摩擦因数；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式【解析】 （1） （7分） 规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起 向右做匀变速运动，设加速度为 a1，小物块和木板的质量分别为 m 和 M，由牛 顿第二定律有：-1 （m+M）g = （m+M）a 1 1 （1 分） 由图可

8、知。木板与墙壁碰前瞬间的速度 v1= 4m/s ,由运动学公式得：V1 = v0 + a1t1 2 （1 分） S0 = v0t1 + a1t12 3 （1分） 式中 t1=1s , s0 = 4.5m 是木板碰前的位移， v0是小物块和木板开始运动时的速 度。联立1 2 3式和题给条件得： 1 = 0.14 （1 分） 在木板与墙壁碰撞后，木板以 -v1 的初速度向左做匀变速运动，小物块以 v1的 初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为 a2 ,由牛顿第二定律有：-2mg = ma25 （1分） 由图可得： a2 =6 （1 分） 式中 t2 = 2s , v2 = 0 ,联立5 6 式

9、和题给条件得： 2 = 0.4 7 （1分） 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档（2）（8分）设碰撞后木板的加速度为 a3 ,经过时间t ,木板和小物块刚好具有共 同速度 v3 ,由牛顿第二定律及运动学公式得：2mg +1 （m+M）g = （m+M）a 1 = Ma38 （1 分） V3 = - v1 + a3t 9 （1 分） V3 = v1 + a2t10 （1 分） 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为： s1 =t 11 （1 分） 小物块运动的位移为： s2 =t12 （1 分） 小物块相对木板的位移为： s = s2 s1 13 （1分） 联立

10、6 8 9 10111213式，并代入数值得： s = 6.0m 14 （2分） 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。（3） （5分）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直到停止， 高加速度为 a4 ,此过程中小物块和木板运动的位移为 s3 ,由牛顿第二定律及运动 学公式得：1 （m+M）g = （m+M）a 415（1 分） 0 v32 = 2a4s3 16（1分） 磁碰后木板运动的位移为： s = s1 + s3 17（1 分） 联立6 8 9 1011151617式，并代入数值得：S = -6.5m 18（2 分） 木板右端离墙壁的最终距离为

11、6.5m 。4. 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝 码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的 惯性演示实验 若砝码和纸 板的质量分别为 m1 和 m2，各接触面间的动摩擦因数均为 . 重力加速度为 g.(1) 当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2) 要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3) 本实验中， m10.5 kg ， m20.1 kg ， 0.2 ，砝码与纸板左端的距离 d0.1 m，取 g10 m/s 2.若砝码移动的距离超过 l 0.002 m ，人眼就能感 知为确保实验成功

12、，纸板所需的拉力至少多大？解析： (1) 砝码对纸板的摩擦力 Ff1 m1g 桌面对纸板的摩擦力 Ff2 (m1m2) g Ff Ff1 Ff2， 解得 Ff(2 m1 m2) g.(2) 设砝码的加速度为 a1，纸板的加速度为 a2，则 Ff1 m1a1FFf1Ff2 m2a2 若发生相对运动，则 a2 a1 解得 F2( m1 m2) g.(3) 纸板抽出前，砝码运动的距离收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档12x1 2a1t 1 纸板运动的距离12d x1 2a2t 112纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x22a3t 22l x1 x2由题意知 a1 a3， a1t 1 a3t

13、 2代入数据解得 F22.4 N.5如图所示，有一定厚度的长木板 AB 在水平面上滑行，木板的质量 m1=4.0kg木板与水平面间的动摩擦因数 =0.20，木板上表面距水平面的高度 h=0.050m当木板滑行速度 v0=3.0m/s时，将一小物块 C 轻放在木板右端 B点 处 C可视为质点，它的质量 m2=1.0kg经过一段时间，小物块 C 从木板的左 端 A 点滑出，它落地时的动能 EKC=1.0J小物块落地后，木板又滑行了一段距 离停在水平面上，这时，木板左端 A 点距小物块的落地点的水平距离S1=0.90m求：收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档1）小物块 C从木板的 A 点滑出

14、时，木板速度的大小 vA；（2）木板 AB 的长度L1 解 ：分析：小物块 C放到木板上后， C 受力如图 1，离开木板之前作向右的匀加速运动，假设 C 离开木板时的速度为 到地面后立即停下来；木板的受力如 2，C离开它之前，木板做匀减速运 假设 C 离开木板时木板的速度为 vA, 木板以初速度 vA 匀减速滑动，直到停 来。fN地图动，f地随后N12m1g下图2vC ，C离开木板后向右做平抛运动，砸N12m2g图1）C平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得：12 m2vC2 m2gh EKC 0代入数据： vC 1m/s向右平抛的水平位移：SXvctcvc0.1mN地0f地0收集于网络，如有

15、侵权请联系管理员删除精品文档所以 C 离开木板后，木板实际上由于地面摩擦力而匀减速滑动的位移为：S滑 SX S1 1mC 离开木板后，木板受力如图 3，由牛顿第二定律：f地 0 m1g m1a0得： a0 g 2m/s2故： vA2a0S 2m/s（2）小物块 C放到木板上后离开木板之前，假设小物块 C 在这个过程中的位移为 S2，则木板的位移为 S2+l, 根据动能定理：1 2 2对木板 m1： （f f地 ）（S2 l）m1（v2A v02） 1对小物块 m2: fS2m2vC2 0 2假设 C滑上木块到分离所经历的时间为 t ，对木板 m1 ：f f 木 m1a1v0 vA a1t对小物

16、块 m2:f m2a2vc a2t1联立得： f 1 f地 3联立： l 0.6m6如图 11所示，水平地面上一个质量 M=4.0 kg、长度 L=2.0 m的木板，在F=8.0 N的水平拉力作用下，以 v0=2.0 m/s的速度向右做匀速直线运动 . 某时刻将质量 m=l.0 kg 的物块（物块可视为质点）轻放在木板最右端 .收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档1）若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；2）若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动（结果保留二位有效数字） m F M图 11

17、2解： （1）未放物块之前，木板做匀速运 动. 因此木板与地面之间的动摩擦因数= F = 0.20Mg 若物块与木板间无摩擦，物块放在木板上后将保持静止 . 木板水平方向受力如图 1 所示，它将做匀减速直线运动，设其加速度的大小为 a1.f1F图1f1 F = Ma1f1 = (m+M ) g(m M )g F 2 a1= 0.50 m/s2M1 设物块经过时间 t离开木板. 木板在这段时间内的位移 L = v0t1 a1t22解得 t = 1.2 s或 6.8 s其中 t = 6.8 s不合题意，舍去 . 因此 1.2s后物块离开木板 .2）若物块与木板间的动摩擦因数也为 ，则物块放在木板上

18、后将做匀加速运动，设物块的加速度的大小为 a2. m g= ma2a2 = g= 2.0 m/s2木板水平方向受力如图 2 所示，它做匀减速直线运动，设其加速度的大小a3为 a3.f1 + f2F = Ma3f1 f2 F图2(M+m ) g + mg F = Ma3 a3 = 1.0 m/s2收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档设经时间 t，物块与木板速度相等，此时它们的速度为 v，此过程中木板 的位移为 s1，物块的位移为 s2.v = v0a3tv = a2ts1 = v0t 1a3t2212s2 = a2t 2解得 t=2s，v = 4 m/s，s1 =10m，s2 =4m3

19、3 9 9因为 s1s2?x说明木块在速度减为零之前已经从平板车的右端脱离在 F2 作用 t3 时间木块与平板车脱离，在这个过程中木块、平板车的位移分别为 x5、x6，12木块的位移 x5= vt3 2a2t32收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档12平板车的位移 x6=vt 3 2a3t32由答图 5 所示的几何关系可知 x5+|x6|=?x，由此解得： t3=0.50s 1 分）木块离开平板车瞬间的速度 v1=v a2t3=1.0m/s木块离开平板车后水平位移 x7= v1t=0.50m 木块离开平板车的瞬间平板车的速度 v2=va3t3= 19m/s 木块离开平板车后平板车水平位

20、移 x8= v2 t=9.5m 木块落到水平面上时距离平板车右端的水平距离 x= x7 |x8|=10mmMx2?x答图 51 分）8 如图 15 所示，水平桌面距地面的高度 h=0.80m可以看成质点的小金属块 C 的质量 m1=0.50kg，放在厚度不计的长木板 AB 上木板长 L=0.865m，质量 m2=0.20kg，木板的 A端跟桌面的边缘对齐小金属块 C 到木板 B端的距离 d=0.375m假定小金属块与木板间、木板与桌面间、小金属块与桌面间的动摩 擦因数都相等，其值 0.20现用力将木板水平向右加速抽出在小金属块从 木板上滑下以前，加在木板上的力为水平向右的恒力 F小金属块落到桌

21、面上 后，又在桌面上滑动了一段距离，再从桌面边缘飞出落到水平地面上小金属 块落地点到桌边的水平距离 s=0.08m求作用在木板上的恒力 F 的大小收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档4解：小金属块经历了三段运动过程：在木板上的匀加速直线运动，从木板上滑落后在桌面上的匀减速直线运动，离开桌面后的平抛运动设小金属块做平抛运动的时间为 t3，h 12 gt322h 2 0.80 g 10t30.4(s)设平抛运动的初速度为v2，s v2t3f1m1gv2 s 0.08 0.2(m/s)2 t3 0.4图1小金属块在长木板上运动时的受力如图1 所示，小金属块这时做匀加速直线运动，设它的加速度为

22、 a11F1m1g 0.20 0.50 101.0(N)1a1m11.00.522.0(m/s2)s1，末速度为 v1，所用减速直线运动，设它的加速度的大小为a1 f1?f1F1m1g 0.2 0.5 101.0(N)m1gf11.0 2图2a12.0(m/s2)m10.5a1a1小金属块离开长木板后在桌面上运动时的受力如图 2 所示，小金属块这时做匀设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离为时间为 t1，收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档s12a1v1 a1t1设小金属块在桌面上运动时，相对于地面运动的距离为 s2，末速度为 v2，2a1s2 v22 v12由题意知s1 s2

23、 L d 联立以上四式，解得s1=0.25ms2=0.24mt1=0.5sv1=1.0m/s取木板为研究对象，小金属块在木板上运动时，木板受力如图 3 所示F2(m1 m2)g 0.20 0.70 10 1.4(N)木板在 t1 时间内向右运动距离为 d+s1，设木板的加速度为 a2，则d s1a2t122 2 1a22(d s1)t122(0.375 0.25)0.525.0(m/s2) 利用牛顿定律F(f1+f2)=m2a2F=3.4N增大 F，可减少物体加速时间，物体不会落下即滑至桌边时速度恰好为零，则 物体加速阶段与减速阶段位移都是 0.245m，据此可计算出当 F3.41N 时物块

24、不会落下桌子。9.如图所示，质量为 m=5kg 的长木板放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为 m=5kg 的物块 A木板与地面间的动摩擦因数 1=0.3，物块与木板收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档间的动摩擦因数 2=0.2现用一水平力 F=60N 作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过 t=1s，撤去拉力设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力（ g 取 10m/s2）求：（1）拉力撤去时，木板的速度大小（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度至少多大（3）在满足（ 2）的条件下，物块最终将停在距板右端多远处【答案】（ 1）4m/s；（ 2） 1.2m；（ 3）0.

25、48m5.解析：（ 1）若在时间 t=1s内，物块与长木板一起运动，加速度为 a，则F 2 1mg 2ma物块受合外力 f ma 2mg说明物块在长木板上发生了相对滑动设撤去 F 时，长木板的速度为 v1，滑块速度为 v2，由动量定理可知， 对物块，有 2mgt mv2对系统，有 （F 2 1mg）t mv1 mv2代入数据解得 v1=4m/s， v2=2m/s拉力撤去时，长木板的速度大小为 4m/s2）设撤去拉力后，经时间 t1，两者获得共同速度为 v，由动量定理可知，对物块，有 2mgt1 mv mv2对长木板，有 2 2mgt1 1mgt1 mv mv1将 v1 和 v2 的数值代入解得 t1=0.2s，v=2.4m/s在 t=1s 内，物块相对于长木板的位移 s1=（v1v2）t/2=1m在 t1=0.2s 内，物块相对于长木板的位移 s