板块模型难题专题训练

1、板块类运动问题专题练习1质量为 m= kg 的小滑块 (可视为质点 )放在质量为 M= 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=，木板长 L= 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。2 。g 取 10 m/s(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 t 1 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=，地面光滑，水平恒力 F 作用的最长时间是多少1s解析】 (1) 由

2、牛顿第二定律得a2=2m/s2 ，方向向左 (2)撤力前 : F-( m+M) g=Ma1，解得 a1=m/s2 ，方向向右撤力后 : 2( 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t 1 ，则再经 t 1/ 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 t 1，减速过程的位移为 x2，减速运动的时间为 t 2。由运动学规律有小滑块始终在木板上，应满足 x1+x2 L又 a1t 1=a2t 2由以上各式可解得 t 11 s，即力 F作

3、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 t 1L，其中 vm=a1t 1解得 t 11 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 x1，加速度大小为 a1，加速运动的时间为 t 1，减速过程的位移为

4、 x2，加速度 大小为 a2，减速运动的时间为 t 2; 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/s 2撤力前 : F- mg=Ma1，解得 a1=m/s22撤力后 : mg=Ma2，解得 a2= m/s2撤力时刻，木板的速度 v1=a1t 1运动的位移 : x1= a1最终木板的速度为 v2=v1-a 2t 2，减速运动过程中木板的位移 x2=v1t 2- a2最终小滑块的速度为 v= a(t1+ t 2) ，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+x2-x L，又 v=v2由以上各式可解得t 11 s，即力 F作用

5、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盘的加速度为 a1，有 1mg= ma1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=ma2设盘刚离开桌布时的速度为 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22v1 =2a1x1，v1 =2a2x2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

6、为 t ，在这段时间内桌布移动的距离为x，有由以上各式解得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，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（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 =2）木板的最小长度应为 （ 3）

7、最终距离为【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)由图可知。木板与墙壁碰前瞬间的速度v1= 4m/s , 由运动学公式得：V 1 = v 0 + a 1t1 2 （1 分）S 0 = v 0t 1 + a1t 123 （1 分）式中 t 1=1s , s 0 = 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

8、3式和题给条件得： 1 = 4 （1 分）在木板与墙壁碰撞后，木板以 -v 1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 t 2 = 2s , v 2 = 0 , 联立5 6 式和题给条件得： 2 = 7 （1 分 ）（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 = Ma 38 （1 分）V 3 = - v 1

9、 + a 3t 9 （1 分）V 3 = v 1 + a 2t 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）小物块运动的位移为： s 2 = t 12 （1 分） 小物块相对木板的位移为： s = s 2 s 1 13 （1 分 ） 联立6 8 9 10111213式，并代入数值得： s = 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。（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

10、学公式得： 1 (m+M)g = (m+M)a 415(1 分)0 v 32 = 2a 4s3 16(1 分 )磁碰后木板运动的位移为： s = s 1 + s 3 17（1 分 ） 联立6 8 9 1011151617式，并代入数值得：S =18（2 分 ）木板右端离墙壁的最终距离为 。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 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

11、动，求所需拉力的大小；（3）本实验中， m1 kg ， m2 kg ， ，砝码与纸板左端的距离d m，取 g 10 m/s若砝码移动的距离超过 l m，人眼就能感知为确保实验成功，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) 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 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 x1 12a1t 21纸板运动的距离12 d

12、x12a2t112 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 2代入数据解得 F 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=木板与水平面间的动摩擦因数 =，木板上表面距水平面的高度 h=当木板滑行速度 v0=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=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=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=求：1）小物块 C从木板的 A 点滑

13、出时，木板速度的大小 vA；2）木板 AB的长度 LCABL1 解：分析：小物块 C放到木板上后， C 受 图 1 ，离开木板之前作向右的匀加速运动，力如N地f 地 f图N12 m1g 2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。m2g图11)C平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得：122 m2vC2 m2gh EKC 0代入数据： vC 1m/s2h向右平抛的水平位移： SX vctc vc0.1mf地0

14、图m1g3N地0g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 m1 g m1a02得： a0g 2m/s2故： vA2a0S 2m/sC 在这个过程中的位移为 S2，2)小物块 C 放到木板上后离开木板之前，假设小物块则木板的位移为 S2+l , 根据动能定理：1对木板 m1： (f f地 )(S2 l) 2 m1(v 2A v02) 12对小物块 m2 : fS2m2vC2 0 2 2 2 2 C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 m1a1 v0 v A a

15、1t 对小物块 m2 :f m2a2vc a2t1联立得： f f 地 3地联立： l 0.6m6如图 11 所示，水平地面上一个质量 M= kg 、长度 L= m的木板，在 F= N 的水平拉力作用 下，以 v0= m/s 的速度向右做匀速直线运动 .某时刻将质量 m= 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结果保留二位有效数字）图 11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木板与地面之间的动摩擦因数F = =Mg若物块与木板间无摩擦，物块

16、放在木板上后将保持静止 . 木板水平方向受力如图 1所示，2 解：（ 1）未放物块之前，木板做匀速运动. 因此它将做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a1.f 1 F = Ma1 a1f 1 = （ m+M） gf 1F图1（m M）g F 2a1 = m/sM12 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 a1t 22解得 t = s 或 s其中 t = s 不合题意，舍去 . 因此后物块离开木板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 = ma 2g = m/s木板水平方向受力如图 2 所示，它

17、做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a3.a3f1 + f 2F = Ma3f1 f 2 F （ M+m） g + mg F = Ma3图 2a3 = m/s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 = v0 a3t v = a2t s1 = v0t 1 a3t 212s2 = a2t 2解得 t =2s，v =4m/s，s1 =10m，s2 =4 m3 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。x5、x6，在 F2作用 t 3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12木块

18、的位移 x5= vt 3 2a2t 32平板车的位移 x6=vt312a3t 32由答图 5 所示的几何关系可知 x5+| x6|=? x，由此解得： t3=1 分）木块离开平板车瞬间的速度 v1=va2t 3=s木块离开平板车后水平位移 x7= v 1t=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x8= v 2 t =木块落到水平面上时距离平板车右端的水平距离x= x 7 | x8|=10m1 分）x2m8 如图 15 所示， 水平桌面距地面的高度 h=可以看成质点的小金属块 C 的质量 m1=，放在厚 度不计的长木板 AB上木板长 L=，

19、质量 m2=，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=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 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=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 t 3，12 h 2 gt32t32gh2

20、 100.80 0.4(s)g 10设平抛运动的初速度为 v2，s v2t3s 0.08v20.2(m/s)2 t3 0.4F1m1g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 a1F1m1g 0.20 0.50 10 1.0(N)1.00.522.0(m/s2)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 f1F1m1g0.2 0.5 10 1.0(N)f11.02a12.0(m/s2)m10.5a1a1f1Fm1gm1g图2设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离

21、为2s1 v121 2a1s1，末速度为 v1，所用时间为 t 1，v1 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 v22v1由题意知s1 s2 Ld联立以上四式，解得s1=图3t 1=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(m1 m2)g 0.20 0.70 10 1.4(N)木板在 t 1 时间内向右运动距离为 d+s1，设木板的加速度为 a2，则d s1a2t1a22(d s1)2(0.375 0.25)t120.525.0（m/s2） 利用牛顿定律F( f 1+f 2)= m2a2F=增大 F，可减少物体

22、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，据此可计算出当F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=，物块与木板间的动摩擦因数 2=现用2g 取 10m/s2)求：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（ 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）；（3）5.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 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 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 t 1，两者获得共同速度为 v，由动量定理可知，对物块，有 2mgt1 mv