《板块模型难题专题训练全新》由会员分享，可在线阅读，更多相关《板块模型难题专题训练全新（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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尸02，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ti撤去外力，试画出木板从开始运动到停止过程中的速度一时间图象；(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尸0.2，地面光滑，水平恒力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4撤力前:F- p(m+M)g=Ma1,解得a1= m/s2，方向向右撤力后：p(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 板的速度就减小为零。其速度一时间图象如图。t1,则再经t1/2,木方法一 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。由运动学规律有小滑块始终在木板上，应满足Xi+X2L又 aiti=a2t2(2)问图可3x ti乱，其中由以上各式可解得tK 1s即力F作用的最长时间为1s 方法二 由于速度一时间图象的面
3、积就代表位移的大小，所以由vm=aitl解得tiw 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:mgma，解得 a=2
4、 m/s210撤力前:F- i mgMa1,解得 a1=m/s22撤力后:i m=Ma2,解得 a2= m/s2撤力时刻，木板的速度 V1=a1t11运动的位移：X1 =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- a21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+X2-X丸，又V=V2由以上各式可解得t1 -si03 （1分）联立C5 ddddd式，并代入数值得：A s = 6.0mCI4 （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
5、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 i （m+M）g = （m+M）a4CD5（1 分）0 -v32 = 2a4S3 （16（1 分）磁碰后木板运动的位移为：s = $ + s3 口分）联立d d d）dC5diC式，并代入数值得：S = -6.5m （2 分）木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。4. 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用惯性演示实验若砝码和纸板的质量分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，这就是大家熟悉的别为nm和 迥，各接触面间的动摩擦因数均
6、为口.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，n = 0.5 kg , n2 = 0.1 kg , 口 = 0.2，砝码与纸板左端的距离d= 0.1 m，取g= 10 m/s2.若砝码移动的距离超过I = 0.002 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？(1)砝码对纸板的摩擦力a2,则解析:Ffi = 口mi g桌面对纸板的摩擦力Ff2 =(1 (m + m) gFf = Ffi + Ff2,解得 Ff = i (2 m+ m) g. 设砝码的加速度为ai,纸板的加速度为Ffi
7、 = maiF Ffi Ff2 = m a2若发生相对运动，则a2 ai解得 F 2 i ( m+ m) g.(3)纸板抽出前，砝码运动的距离1 *2xi = 2aiti纸板运动的距离1 2 d + xi= ?a2t i纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离1X22 a3tI = Xi+ X2由题意知 ai= a3, aiti= a3t 2 代入数据解得F= 22.4 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mi=4.0kg .木板与水平面间的动摩擦因数口 =0.20,木板上表面距水平面的高度h=0.050m .当木板滑行速度vo=3.Om/s时，将一小物块C轻放在木板
8、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Ec=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Si=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L.vof地L N地T 41r N12图11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 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
9、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。m1g图2（1） C平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得:2mgh Ekc代入数据：vC im/s2h向右平抛的水平位移：Sx vctc vc0.1m g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 mf地0C离开木板后，木板受力如图3，由牛顿第二定律：1f 地 0mig miaomig图32得：a0g 2m/s故：vA . 2a0S 2m/sC在这个过程中的位移为（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3+1，根据动能定理：对木板m1:(ff地)(S2I)1m1(vAv：）1 2对小物块m2： fS2 m2vC2假设C滑上木块到分离所经历的时间为对木板m1:f 木m1a1V0VA对小物块m2：m2a2vca?t1联立得：ff地3联立：I 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v=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
