板块模型难题专题训练全新

1、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， 水平恒力F 作用的最长时间是多少 ?2

2、.(1) a1=m/s2 ，方向向右a2 =m/s2 ，方向向左(2)(3) 1 s变式： 1s【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=Ma 2，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t1，则再经t1/2，木板的速度就减小为零。其速度时间图象如图。(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x1=a1， x2= a2小滑块始终在木板上，应满足x1+x 2

3、L又 a1t1=a2t2由以上各式可解得t1 1 ，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 t1 1 ，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， 而木板做减速运动。 设木板加速过程的位移为 x

4、1，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=Ma 1，解得 a1=m/s2撤力后 :mg=Ma 2，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- a2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x= a小滑块始终在木板上，应满足x1+x 2-xL ，又 v=v2由以上各式可

5、解得t1 1 ，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）设圆盘的质量为m ，桌长为l ，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1 ，有1mg=ma 1桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a 2 表示加速度的大小，有2mg=ma2设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距

6、离为x1 ，离开桌布后在桌面上再运动距离x2 后便停下，有v12 =2a1x1， v1 2=2a2 x2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 15 倍，重力加速度大小 g 取。求

7、（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 = 0.1（ 2）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- 1 (m+M)g = (m+M)a 1 ·······

8、(1 分 )由图可知。木板与墙壁碰前瞬间的速度v1= 4m/s ,由运动学公式得：101 12V= v + a t······ (1 分 )00 1123(1分 )+1 ········S= v ta t式中 t10是木板碰前的位移，0是小物块和木板开始运动时的速度。=1s , s = 4.5mv1231= 0.1·······4(1 分)联立 式和题给条件得：在木板与墙壁碰撞后，木板以

9、1的初速度向左做匀变速运动，小物块以1的初速度向右-vv做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有：-225(1 分)mg = ma ········由图可得： a2=6(1分 )·······式中 t5 67分)2 = 2s , v2 = 0 ,联立 式和题给条件得：2= 0.4 ······ (1（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

10、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)a1= Ma······(1分)38V= - v + at ·······(1 分)3139V3 = v1 + a2t ······10 (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

11、块运动的位移为：s2=12分 )t······ (1小物块相对木板的位移为：s = s2113(1分 )s·····689s = 6.0m·····14 (2 分 )联立 10111213式，并代入数值得：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：

12、 1 (m+M)g = (m+M)a 4 ·······15(1 分) 0 v32 = 2a4s3 ······16(1 分)磁碰后木板运动的位移为：s = s1317分 )+ s······· (1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

13、为6.5m 。4. 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用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a2 a1别为m 和1m ，各接触面间的动摩擦因数均为2. 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， m 0.5 kg ， m 0.1 kg ， 0.2 ，砝码与纸板左端的距离d0.1 m ，取12 10 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，纸板g所需的拉力至少多大？解析： (1)

14、砝码对纸板的摩擦力Ff1 m1g桌面对纸板的摩擦力Ff2 ( m1m2) gFf 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 m1a1FFf1 Ff2 m2a2若发生相对运动，则解得 F 2( m1 m2) g.(3) 纸板抽出前，砝码运动的距离12x1 2a1t 1纸板运动的距离12121dx 2a t12纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x22a3t 2l x1 x2由题意知 a1 a3， a1t 1 a3t 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

15、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：（1）小物块 C 从木板的 A 点滑出时，木板速度的大小vA；（2）木板 AB 的长度 Lv0AC BhL1 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，

16、假设 C 离开木板时的速度为vC ，C 离开木板后向右做平抛运动，砸到地面后立即停下来；木板的受力如图2，C离开它之前， 木板做匀减速运动， 假设 C离开木板时木板的速度为 vA,随后木板以初速度vA 匀减速滑动，直到停下来。N 地N12f 地fCfN12m2gm1g图 1图 2（1） C 平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得：1 m2 vC2m2 gh EKC02代入数据： vC1m / s向右平抛的水平位移：2hmSXvct cvcg0.1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：N 地 0S滑SXS1 1mf 地 0C离开木板后，木板受力如图3，由牛顿第二定律

17、：f 地 0m1 g m1a0m1g图 3得： a0g 2m / s2故： vA2a0 S2m / 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：对木板 m1 ：( ff 地 )(S2l )1m1 (v A2v02 )1 m2vC22对小物块 m2 : fS202假设 C滑上木块到分离所经历的时间为t ，对木板 m1 ：ff 木m1a1v0v Aa1 t对小物块 m2 :fm2 a2vca2t1联立得：ff 地3联立： l0.6m6 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

18、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.（ 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）mFM2 解：（1）未放物块之前，木板做匀速运动. 因此图 11= F木板与地面之间的动摩擦因数= 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

19、动，设其加速度的大小为a1.f F = Ma11a1f 1 = (m+M ) gf 1F( mM ) gF图 1a1 =M= 0.50 m/s 2设物块经过时间t 离开木板 . 木板在这段时间内的位移L = v0t 1a1t 22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 ，则物块放在木板上后将做匀加速运动，设物块的加速度的大小为 a2. mg= ma2a2 = g= 2.0 m/s 2木板水平方向受力如图2 所示，它做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a3.f+ f F = Ma3a

20、312(M+m) g + mg F = Ma3f1f2Fa3 = 1.0 m/s 2图 2设经时间 tv，此过程中木板的位移为s1，物块与木板速度相等，此时它们的速度为物块的位移为 s2.v = v0 a3t v = a2t s1 = v0t 1 a3t 2212s =at222解得t = 2 s， v = 4 m/s， s1 =10 m， s2 = 4 m3399因为 s1s2< L，所以物块仍然在木板上. 之后，它们在水平方向的受力如图3 所示，二者一起做匀减速直线运动，设它们共同运动的加速度的大小为a4.14f F = (M+m) aa4(M+m ) g F = (M+m) a4a

21、4 = 0.40 m/s 2f 1F图 3设再经过时间t ，它们停止运动.104t=s0 = v a t3t 总 = t + t = 4.0 s因此将物块放在木板上后，经过4.0 s 木板停止运动 .7（ P43 40）如图 17 所示，平板车长L=6.0m，质量 M=10kg，将其置于光滑水平面上，车的上表面到水平面的距离h=1.25m 。现平板车正在光滑水平面上以v0=10m/s 向右做匀速直线运动， 某时刻对平板车施加一个方向水平向左、大小 F1=78N 的恒力， 与此同时，将一个质量m=1.0kg的木块轻放在平板车的右端。F1作用 1.0s后，将力的大小改为F =422N（作用位置和施

22、力方向不变）。F 作用一段时间后， 木块脱离平板车落到水平面22上，在木块脱离平板车的瞬间撤去F2。已知平板车与木块的动摩擦因数=0.20，木块可视为质点，空气阻力可忽略不计，取g=10m/s2 。求：（ 1）木块从离开平板车至落到水平面上所用的时间；m（ 2）在 F1 作用的时间内，摩擦力对平板车做的功；1v0F（ 3）木块落到水平面上时，距离平板车右端的水平距离。M3（ 8 分）解：（ 1）木块离开平板车后，只受重力，在竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，设从 图 17木块离开平板车开始至落到光滑水平面上所用的时间为1t ，则有 h=gt22解得： t= 2h=0.50s （3 分）g（

23、2）木块放到平板车右端后，木块和平板车沿水平方向受力情况如答图2 所示。设此时平板车的加速度为a1，木块的加速度为 a21mff 根据牛顿第二定律，FM对平板车有 F1+ mg=Ma 1对木块有 mg=ma 2答图 2解得： a1= 8.0m/s 2； a2=2.0 m/s 2 （1 分）设将木块放到平板车右端后经过 t1 时间木块和平板车达到共同速度，则有 v0 a1t 1= a2t 1，解得： t1=1.0s此时间刚好是 F1 作用的时间，设在这段时间内平板车的位移为x111 分）则 x1= v0 t1 a1t 12，解得： x1=6.0m （2在 F1 作用的时间内摩擦力对平板车做的功W

24、= mgx =0.20 × 1.0 × 10×6.120J= （1 分）112（ 3）在 F1 作用的时间内木块的位移为x2= 2 a2t 1 =1.0mF1m1.0s 末木块距离平板车右端的Mx2?x距离 ?x=L x2=5.0m，如答图 3 所示。m1.0s 末平板车和木块具有相同的F1M答图 3速度 v=a 2t 1=2.0m/sx1F2 开始作用后，木块和平板车沿水平方向v受力的情况如答图4 所示。F2 fmf 木块做减速运动，其加速度大小不变，方向改变。M设此时平板车的加速度为a3根据牛顿第二定律，对平板车有F2 mg=Ma 3答图 4解得： a3= 4

25、2m/s 2设木块在速度减为零时，木块、平板车的位移分别为x3、x4，取水平向右的方向为正方向。x = v /2a =1.0m ，木块速度减为零所用时间t =v=1.0sa23222所以12x4= vt 2a3 t2 = 19m2因 | x4| ?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、 x6，1木块的位移 x5= vt3 a2t 32213t 32平板车的位移 x6=vt3 a2由答图 5 所示的几何关系可知x5+| x6|= ?x，由此解得： t 3=0.50s （ 1 分）木块离开平板车瞬间

26、的速度v1=v a2 t3=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=v a3t 3= 19m/s木块离开平板车后平板车水平位移x82= v 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|=10m （ 1 分）F1mMx2?xmF1Mx1x5x6mF2M答图 5C 的质量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m=0.50kg，放在厚度不计的长木板AB 上木板长 L=0.865m，质量 m =0.20kg，木板的 A 端12跟桌面的边缘对齐小金属块C 到木板 B 端

27、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 1 gt3222h20.800.4(s)t 310g设平抛运动的初速度为v2，F1s v

28、2 t3f1s0.08mgv20.2( m/s)10.4t 3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 a1f1F1m1 g 0.200.50101.0( N)a1f 11.02.0(m/s2)m10.5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，小金属块这时做匀减速直线运动，设它的加速度的大小为a1 F1f1F1m1 g0.20.5101.0( N )f 1?m1ga1f 11.02.0(m/s2)图 2m10.5a1a1设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离为s1，末速度为v1，所用时间为t1，v12s12a1v1a1

29、t1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 v2，2a1s2v22v12F2由题意知s1s2Ldf1Ff21F ?m2g图 3联立以上四式，解得s1=0.25ms2=0.24mt 1=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f2F2(m1m2 ) g 0.200.7010 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ds11 a2t122a22(ds1 ) 2(0.3750.25)5.0(m/s 2 ) 利用牛顿定律t120.52F (f 1+f2)=m2a2F=3.4N增大 F，可减少

30、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 F 3.41N 时物块不会落下桌子。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/s 2）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） 0.48m5.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 1mg2ma物块受合外力f ma2mg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2 mgtmv2对系统，有 ( F 21 mg)tmv1mv2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/s （ 2）设撤去拉力后，经