(完整版)板块类运动问题专题练习汇总

第第#页上A、B两点相距6.25m,一个质量为4.0kg的小滑块在水平推力的作用下沿水平面自左向右滑动，先后经过A、B两点。在滑块到达A点之前，滑块沿水平面做匀速运动，所受的水平推力大小为0.4N。从滑块经过A点开始，滑块受到的推力按照如图14（乙）所示的规律变化，已知滑块在3.0s时刻的速度大小为0.8m/s。求：（1）滑块受到水平面的滑动摩擦力的大小；图14（2）滑块经过B点时的速度大小。答案1、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Nfm2gNfm2g图1（1）C平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得:1—mv1—mv2+m22gh=E+02 KC代入数据：- A。 2h …向右平抛的水平位移：S=vt=v =0.1mXccc\1g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:C离开木板后，木板受力如图3,由牛顿第二定律:f=从C离开木板后，木板受力如图3,由牛顿第二定律:f=从mg=ma地0 1 10得：a=日g=2m/s20故：v=22aaS=2m/sav-o(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m：-(f+f)(S+1)=1m(v2-v2)①TOC\o"1-5"\h\z地2 21a0对小物块m:fS=mmv2-0 ②\o"CurrentDocument"2 2 2C假设C滑上木块到分离所经历的时间为t，规定水平向右为正方向，根据动量定理：对木板m：-(f+f)t=m(v-v) ③地 1a0对小物块m:ft=mv-0 ④2C联立③④得：f=1f ⑤3地联立①②⑤：1=0.6m12解：(1)设P从B端做平抛运动到地面所用的时间为t3,根据平抛运动公式h二2gt3得t='——=0.4sg则P在传送带上运动的时间 tAB=t0-t3=4.0s假设P从A到B的过程中，一直在滑动摩擦力的作用下做匀加速直线运动，则P到BL2L时的速度v<v,P在传送带上运动的时间t'=——->——=5.0s.B ABv/2vB由于t'>t，说明P在到达B之前已与传送带保持相对静止.ABAB设P的质量为m,根据牛顿第二定律，P在传送带上滑动时的加速度a=侬=日g,mv—0则P做匀加速直线运动的时间 t=一1Ng位移s二- 1 2NgL—sTOC\o"1-5"\h\z做匀速运动的时间t= 12v且t=t+1AB1 2联立以上4式，解得 N=0.10(2)P从B到落地所用的时间总为t=0.4s,因此时间t的变化取决于P在传送带上的运动时间tAB的变化. 3①若v〉v,开始阶段P做加速度为ug的匀加速直线运动.假设传送带的速度为某一值v时，p从Ab之间的某点D开始相对传送带静止.增大传送带的速度v,则P在到达D点后仍将加速.由于P在AD间的运动情况不变，而在DB间的速度变大，所以%变小.可见随着v的增大，tAB减小.当v增大到v时，P从A到B一直做匀加速直线运动，且到B时的速度恰好等于vmax.如果v再增大，PlU到B的运动情况不再变化，即%保持不变，因此t也保持不变.4艮据运动学公式 v2-v2=2NgL得max0v=vv2+2日gL=v40m/s=6.3m/smax、0=1.3s=1.3st=t+1=1.7sAB3②若V<V,开始阶段P做加速度大小为ug的匀减速直线运动.假设传送带的速度为某一值v时，°P从AB之间的某点E开始相对传送带静止.减小传送带的速度v,则P在到达E点后仍将减速.由于P在AE间的运动情况不变，而在EB间的速度变小，所以1AB变大.可见随着v的减小，％变大.当v减小到v时，P从A到B一直做匀减速直线运动，且到B时的速度恰好等于vmin.如果v再减小，P1从A到B的运动情况不再变化，即%保持不变，因此t也保持不变.根据运动学公式v2-v2=2^gL得0minv=V2-2日gL=\10m/s=3.2m/sminv0v-v所以t=—0 min=1.8st=t+1=2.2sAB Rg AB3综上所述，当传送带的速度vN6.3m/s时，P从A运动到落地点所用的时间保持不变，均为t=1.7s；当传送带的速度0WvW3.2m/s时，P从A运动到落地点所用的时间也保持不变，均为t=2.2s.3解：F(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口=MF-=0.20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％f1－F=Ma17~a1I— If1=u(m+M)g f1 图FR(m+M)g-F ,a= =0.50m/s21M设物块经过时间t离开木板.木板在这段时间内的位移 L=v°t—2a1t2解得t=1.2s或6.8s

其中t=6.8s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口，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a/Umg=ma2 a2=Ug=2.0m/s2木板水平方向受力如图2所示，它做匀减速直线运动，设其加速度的大小为%a3 f1+f2—F=Ma3 I.一一IU(M+m)g+Umg－F=Ma 图23a3=1.0m/s2设经时间’,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.v0—a3tIa2tlvt—1at

01 231s—at2解得t=—s,v=4m/s,s=10m,s=4m解得13 3 19 29因为s1—s2<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，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.f1 F图3f1—F=(M+mf1 F图3U(M+m)g—F=(M+m)a4a4=0.40m/s2设再经过时间％,它们停止运动.0=v-a4tIIt0=v-a4tIItI10=—s3L总=一tI=4.0因此将物块放在木板上后,经过4.0s木板停止运动.4解：(1)物块所受摩擦力f(1)物块所受摩擦力f=umg,根据牛顿第二定律，物块的加速度a=—=Ug=2.0m/s21m小车所受摩擦力f,=f=umg，设小车运动的加速度为a2,根据牛顿第二定律F-f’=Ma2解得 a=F—Img=3.0m/s22M小车一直向左做加速运动,因此从开始运动到物块与小车分离,小车向左运动的距离为所求的最大距离.设经过时间t物块与小车分离，此过程中1物块的位移s=-at21211小车的位移s2=2a2tt由如图1所示的几何关系可知 s2－s1=l解得t=2.0s， s2=6.0m即物块与小车分离前，小车向左运动的最大距离为6.0m（2）物块与小车分离时，速度分别为v1=a1t=4.0m/s，v2=a2t=6.0m/s物块与小车分离后向左做平抛运动，设物块做平抛运动的时间为tt'='—=0.40sVg物块与小车分离后，小车向左运动的加速度a'=—=3.25m/s22M物块做平抛运动的过程中物块向左的水平位移s'=vt'=1.6m11小车向左的位移 s'=vtf+-a't'?=2.66m2 2 22图2由图2所示的几何关系可知，当物块落地时，物块与小车在水平方向上相距s-s=1.06m215解：(1)对长木板施加恒力F的时间内，小滑块与长木板间相对滑动，小滑块和长木板在水平方向的受力情况如图所示.□ff।厂\F小滑块所受摩擦力 f=umg设小滑块的加速度为a1,根据牛顿第二定律f=ma解得 a1=2.0m/s2长木板受的摩擦力 f,=f=umg设长木板的加速度为a2,根据牛顿第二定律F-f,二Ma解得 a2=4.0m/s2经过时间t=1.0s,小滑块的速度v1=a1t=2.0m/s长木板的速度v2=a2t=4.0m/s(2)撤去力F后的一段时间内，小滑块的速度小于长木板的速度，小滑块仍以加速度a1做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动.设长木板运动的加速度为a3，此时长木板水平方向受力情况如图所示，根据牛顿第二定律f'=Ma3」I-T 1解得 a3=2.0m/s2设再经过时间t1后，小滑块与长木板的速度相等.即 v1+a1t1=v2－a3t1解得 t1=0.50s此时二者的速度均为v=v1+a1t1=3.0m/s.如图所示，在对长木板施加力F的时间内，小滑块的位移是s1，长木板的位移是s2；从撤去F到二者速度相等的过程，小滑块的位移是S3，长木板的位移是s4. 2小滑块与长木板速度相等时，小滑块距长木板右端的距离最大.小滑块的总位移s=s+s=a(it2+vt+—a12=2.25m块1 3 2iii2ii

长木板的总位移, 1V+V。s=s+s=—at2+—t 1=3.75m板2 4 22 2 1在运动中小滑块距长木板右端的最大距离为s=s板一s块二1.5m6(1)小滑块所受向右的摩擦力f=umg根据牛顿第二定律，小滑块的加速度a=—=Ug=2.0m/s21m最远距离为从水平恒力开始作用到小滑块的速度为0，小滑块向左运动最远，最远距离为V2

V2

=—o-=

2a1 m=1.0m2.0x2.0(2)当用水平恒力(2)当用水平恒力F=12N向右推木板后，长木板受向左的摩擦力设长木板运动的加速度为a2,根据牛顿第二定律F—f'=Ma2解得a2=5.0m/s2长木板向左做匀减速直线运动，运动的最大距离为f,二fV2V22r2 m=0.4m2.0x5.0v经历时间t=j=0.4s2a2v从水平恒力开始作用到小滑块的速度为0,经历时间 t=…=1.0s1a1在t1时间内，长木板向右做a2=5.0m/s2的匀加速直线运动的时间t3=t1-t2=0.6s此过程中,长木板向右运动的距离1s=at12=0.9m3 223小滑块向左运动的过程中相对长木板移动的距离s=s1-s2+s3=1.5m7解：（1）小滑块受到F=8.0N水平向右的恒力后，向右做匀加速直线运动，所受向左的摩擦力f=umg根据牛顿第二定律，小滑块的加速度F—f…，a1= =5.0m/s2设经过时间t后小滑块离开木板。在这段时间内小滑块的位移1%=—at21 21木板所受向右的摩擦力f,二f，向右做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律，木板的加速度f'a2=瓦=3.0m/s2在时间t内木板的位移1%=at2222由图可知L=x1-x2,解得t=1.0s则小滑块离开木板时的速度v=a1t=5.0m/s（2）小滑块做匀加速直线运动的速度=at=F-叫1m木板做匀加速直线运动的速度^mgv=at= 122M任意时刻小滑块与木板速度之比v (F-^mg)M-i-= v |im2g2欲使小滑块速度是木板速度的2倍，应满足(F-Rmg)M =2Rm2g若只改变F,则F=9N若只改变此则乂=1.2kg若只改变口，则口二0.27若只改变皿，则皿=0.93kg8解：(1)小物块在从A到C运动的过程中，根据动能定理Fx-Rmgx-Rmgx=—mv2-01 1 1 2 22其中x1=AB=0.5m，x2=BC=0.5m解得v=1m/s小物块从C端飞出后做平抛运动1由h=3gt2：2h -，飞行时间t=.—=0.4sg小物块落地点与桌面C端的水平距离x3=vt=0.4m(2)要使小物块落地点与桌面C端的水平距离变为原来的2倍，由于平抛运动时间t不变，因此小物块运动到C端的速度v=2m/s由Fx_Rmgx-Rmgx=—mv2-01 1 1 2 22可解得若仅改变X1,则x1=1.25m若仅改变x2,则x2=-1m以上计算说明，仅改变I是可行的，而仅改变X2是不可行的.所以该同学的判断是不正确的.9解：(1)木板槽受到F=10.0N水平向左的恒力后，向左做匀加速直线运动，所受向右的摩擦力f="1mg根据牛顿第二定律，木板槽的加速度F-faj~m-=4.0m/s2设经过时间t后小滑块滑到木板槽中点.在这段时间内木板槽的位移1x=—at21 21小滑块因受向左的摩擦力f′=f,将向左做匀加速直线运动.根据牛顿第二定律，小滑块的加速度f'a2=-=2.0m/s2在时间t内木板的位移1%=a122 22由图可知=-xx-x21 2解得t=1.0s则小滑块滑到木板槽中点时的速度v=a2t=2.0m/s（2）由于小滑块滑到木板槽中点时的速度与第（1）问所求速度相同，而小滑块的加速度

不变，所以当木板槽与水平面间有摩擦时，要求木板槽的加速度也不变，即F—Rmg-R(M+m)g 1 2 =aM1若只改变F,则F=11.5N；若只改变此则乂=1.67kg；若只改变皿，则皿=0.40kg.10解：（1）对木块施加推力作用后，木块和平板的受力情况如图所示．木块受到的滑动摩擦力fjuNjUmg=0.40X2.0X10N=8.0N根据牛顿第三定律,有 f1=f2,N1=N2根据牛顿第二定律,木块的加速度F—f12—8.0a= 1=————