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1、板块模型难题专题训练Revised on November 25, 2020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。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=，地面光滑，水平恒
2、力F作用的最长时间是多少2.(1) a1= m/s2，方向向右 a2= m/s2，方向向左 (2)3348(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34撤力后:(m+M)g=Ma2，解得 a2= m/s2，方向向左38(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22x1= a1ү
3、05;1，x2= a2𝑡22211小滑块始终在木板上，应满足x1+x2L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=a1t12213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
4、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:mg=ma，解得 a=2 m/s2撤力前:F-mg=Ma1，解得 a1=m/s2310撤力后:mg=Ma2，解得 a2= m/s232撤力时刻，木板的速度 v1=a1t12运动的位移: x1= a1𝑡122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- a2𝑡2211最终小滑块的速度为 v= a(t1+ t
5、2)，全过程中小滑块运动的位移为x= a(𝑡1+ 𝑡2)22小滑块始终在木板上，应满足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12.一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
6、，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v12=2a1x1，v12=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，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
7、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】【答案】 （1 1）1 1 = = 1 1 = = （2 2）木板的最小长度应为）木板的最小长度应为 （3 3）最终距离为）最终距离为【考点】【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
8、，由牛顿第二定律有：1 (1分) -1 (m+M)g = (m+M)a1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：2 (1分) V1 = v0 + a1t13 (1分) S0 = v0t1 +2 a1t12式中 t1=1s , s0 = 是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。1 2 3 式和题给条件得：1 = 4 (1分)联立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：5 (1 分) -2mg = ma26 (1分)由图可得：a2 =𝑡
9、;2𝑡1211𝑣 𝑣5 6 式和题给条件得：2 = 7 (1分)式中 t2 = 2s , v2 = 0 ,联立（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：8 (1分)2mg +1 (m+M)g = (m+M)a1 = Ma39 (1分) V3 = - v1 + a3t 10 (1分) V3 = v1 + a2t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 =𝑣1𝑣3211 (1分)t𝑣1&#
10、119907;32小物块运动的位移为： s2 =12 (1分)t13 (1分)小物块相对木板的位移为：s = s2 s16 8 9 10111213式，并代入数值得：s = 14 (2分)联立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学公式得：15(1分)1 (m+M)g = (m+M)a416(1分) 0 v32 = 2a4s317(1分)磁碰后木板运动的位移为： s = s1 + s36 8 9 1011151617式
11、，并代入数值得：联立18(2分) S = 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惯性演示实验若砝码和纸若砝码和纸板的质量分别为板的质量分别为m m1 1和和m m2 2，各接触面间的动摩擦因数均为，各接触面间的动摩擦因数均为 . .重力加速度为重力加速度为g g. .(1)(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的
12、大小；(2)(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)(3)本实验中，本实验中，m m1 1 kg kg，m m2 2 kg kg， ，砝码与纸板左端的距离，砝码与纸板左端的距离d d m m，取，取g g10 m/s10 m/s2 2. .若砝码移动的距离超过若砝码移动的距离超过l l m m，人眼就能感知为确保实验成功，人眼就能感知为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大纸板所需的拉力至少多大解析：解析：(1)(1)砝码对纸板的摩擦力砝码对纸板的摩擦力F Ff1f1mm1 1g g桌面对纸板的摩擦力桌面对纸板的摩擦力F Ff2f2( (m m
13、1 1m m2 2) )g gF Ff fF Ff1f1F Ff2f2，解得解得F Ff f(2(2m m1 1m m2 2) )g g. .(2)(2)设砝码的加速度为设砝码的加速度为a a1 1，纸板的加速度为，纸板的加速度为a a2 2，则，则F Ff1f1m m1 1a a1 1F FF Ff1f1F Ff2f2m m2 2a a2 2若发生相对运动，则若发生相对运动，则a a2 2a a1 1解得解得F F2 2( (m m1 1m m2 2) )g g. .(3)(3)纸板抽出前，砝码运动的距离纸板抽出前，砝码运动的距离1 1x x1 1a a1 1t t2 21 12 2纸板运动
14、的距离纸板运动的距离1 1d dx x1 1a a2 2t t2 21 12 21 12 2纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x x2 2a a3 3t t2 22 2l lx x1 1x x2 2由题意知由题意知a a1 1a a3 3，a a1 1t t1 1a a3 3t t2 2代入数据解得代入数据解得F F N. 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
15、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点滑出时，木板速度的大小 vA；（2）木板 AB的长度Av0h LCBL1 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假设 C 离开木板时的速度为 vC，C 离板后向右做平抛运动，砸到地面后立f地fN地动，开木N12m1g图 2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
16、，直到停下来。（1）C 平抛C代入数m2g向右平图抛的水平位移：SX vctc vcf据：vC1m/sN12过程中只受重力作用，机械能守恒，得：2h 0.1mgN地0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：得：a0g 2m/ s2故：vA2a0S 2m/sf地0m1g图 3（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：( f f地)(S2l) 对小物块m2:fS2122m1(vAv0)212m2vC02假设 C 滑上木块到
17、分离所经历的时间为 t，对木板m1：f f木 m1a1v0vA a1t对小物块m2:f m2a2vc a2t联立得：f 1f地3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）Mm图 11F2解：（1）未
18、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=Mg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 = Ma1f1= (m+M) g(m M)g Fa1= m/s2Ma1f1图 1F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.12a1t2（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 = m/s2木板水平方
19、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.f1f2图 2Ff1+ f2F = Ma3 (M+m) g + mgF = Ma3a3= m/s2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= v0t1a3t221s2=a2t22解得 t=2s，v =4m/s，s1=10m，s2=4m3399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.a4f1F = (M+m) a4 (M+m
20、) gF = (M+m) a4a4= m/s2设再经过时间 t，它们停止运动.0 = va4tt=10s3f1图 3Ft总= t+ t= s因此将物块放在木板上后，经过 s 木板停止运动.7（P43 40）如图 17 所示，平板车长 L=，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=。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=的木块轻放在平板车的右端。F1作用后，将力的大小改为 F2=422N（作用位置和施力方向不变）。F2作用一段时间后，木块脱离平板车落到
21、水平面上，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 =，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；（2）在 F1作用的时间内，摩擦力对平板车做的功；（3）木块落到水平面上时，距离平板车右端的水平距离。3（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，设从木块离开平板车开始至落到光滑水平面上所用的时间为 t，则有1h=2gt2解得：t=图 17mF1Mv02h= （3分）g（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 2mF1f所示。设此时平板车的加
22、速度为 a1，木块的加速度为 a2根据牛顿第二定律，对平板车有 F1+mg=Ma1对木块有 mg=ma2Mf答图 2解得：a1= s2；a2= m/s2（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 v0a1t1= a2t1，解得：t1=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 x11则 x1= v0t12a1t12，解得：x1=（1分）在 F1作用的时间内摩擦力对平板车做的功W=mg x1=10=12 J（1分）1（3）在 F1作用的时间内木块的位移为 x2=2a2t12=末木块距离平板车右端的距离 x=Lx2=，如答图 3所示。末平板车和木块
23、具有相同的速度 v=a2t1=sF2开始作用后，木块和平板车沿水平方向F2fvmfM答图 3F1mMF1x2mxMx1受力的情况如答图 4所示。木块做减速运动，其加速度大小不变，方向改变。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 F2mg=Ma3解得：a3= 42m/s2答图 4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。vx3= v2/2a2=，木块速度减为零所用时间 t2= =a21所以 x4= vt22a3t22=19m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
24、木块、平板车的位移分别为 x5、x6，1木块的位移 x5= vt32a2t321平板车的位移 x6=vt32a3t32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=va2t3=s木块离开平板车后水平位移 x7= v1t=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移 x8= v2 t=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）F1Mm8 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x2MA端跟桌面m1=，放在厚度
25、不计的长木板 AB上木板长 L=，质量 m2=，木板的x5F2Mx1x6m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、木板答图 5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F1mx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
26、t3，设平抛运动的初速度为 v2，F1f1m1g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 a1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a1F1f1m1g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，图 2v12s12a1v1 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 v2，2 2a1s2 v2v12F2f1f2F1m2g图 3F由题意知s1 s2 L d联立以上四式，解得s1=s2=t1=v1=s取木
27、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a22(d s1)2(0.375 0.25) 5.0(m/s2)利用牛顿定律22t10.5F(f1+f2)=m2a2F=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，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=现用一水平力 F=60N作用在木板上，使木板由
28、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）；（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 21mg 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 21mg)t mv1mv2代入数据解得 v1=
29、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22mgt11mgt1 mv mv1将 v1和 v2的数值代入解得 t1=，v=s在 t=1s内，物块相对于长木板的位移 s1=(v1v2)t/2=1m在 t1=内，物块相对于长木板的位移 s2=(v1-v2)t1/2=木板的长度最小值为 L=s1+s2=（3）滑块与木板有了共同速度后，在摩擦力作用下均做减速运动，物块相对于木板向右运动，木板和物块先后停下，设木板位移为 x1，物块位移为x2，由动能定理，得1(2
30、mg 21mg)x1 0mv2212mgx2 0mv22这段时间内物块相对于木板的位移 s3=x2x1=物块最终离板右端的距离 d=s1s2s3=f 小车a21m/s2M（1 分）经 t1=2s 货物运动S1（1 分）12a1t1 4m210.如图所示，在光滑水平桌面上放有长木板 C，在 C 上左端和距左端 x 处各放有小物块 A 和 B，A、B 的体积大小可忽略不计，A、B 与长木板 C 间的动摩擦因数为 ，A、B、C的质量均为 m，开始时，B、C 静止，A 以某一初速度 v0向右做匀减速运动，设物体 B 与板 C 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）物体 A 运动过程中，物块 B
31、受到的摩擦力；（2）要使物块 A、B 相碰，物块 A 的初速度 v0应满足的条件。解：（1）设 A 在 C 板上滑动时，B 相对于 C 板不动，则对 B、C 有mg=2maga 2又 B 依靠摩擦力能获得的最大加速度为amamamgmgB 未相对 C 滑动而随木板 C 向右做加速运动B 受到的摩擦力 fb=ma=1mg，方向向右2（2）要使物块 A 刚好与物块 B 发生碰撞，物块 A 运动到物块 B 处时，A、B 的速度相等，即 v1=v0gt=得 v1=v0/3设木板 C 在此过程中的位移为 x1，则物块 A 的位移为 x1+x，由动能定理1gt2mg(x1+x)=12mv1212mv02mgx1=12 (2m)v12联立上述各式解得 v0=要使物块 A、B 发生相碰的条件是 v0
