板塊模型難題專題訓練

1、板塊類運動問題專題練習1質量為m=1.0 kg的小滑塊(可視為質點)放在質量為M=3.0 kg的木板的右端，木板上表面光滑，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為=0.2，木板長L=1.0 m。開始時兩者都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)對木板施加水平向右的恒力F=12 N，如圖所示，經一段時間后撤去F，小滑塊始終在木板上。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)設經過時間t1撤去外力，試畫出木板從開始運動到停止過程中的速度時間圖象;(3)求水平恒力F(http:/www.wln10) 未%來腦教學云平臺$作用的最長時間。變式:若小滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為=0.2，地面光滑，水平恒力F

2、作用的最長時間是多少?2.(1) a1=43 m/s2 ，方向向右  a2=83 m/s2 ，方向向左  (2)(3) 1 s       變式：1s【解析】(1)由牛頓第二定律得:撤力前:F-(m+M)g=Ma1，解得a1=43 m/s2 ，方向向右撤力后:(m+M)g=Ma2，解得a2=83 m/s2 ，方向向左(2)由于減速過程加速度的大小為加速過程的兩倍，所以加速時間為t1，則再經t1/2，木板的速度就減小為零。其速度時間圖象如圖。(3)方法一木板先加速后減速運動，設

3、加速過程的位移為x1，加速運動的時間為t1，減速過程的位移為x2，減速運動的時間為t2。由運動學規(guī)律有x1=12a1t12，x2=12a2t22小滑塊始終在木板上，應滿足x1+x2L又a1t1=a2t2由以上各式可解得t11 s，即力F作用的最長時間為1 s方法二由于速度時間圖象的面積就代表位移的大小，所以由(2)問圖可知:12vm×32t1L，其中vm=a1t1解得t11 s，即力F作用的最長時間為1 s變式:解答本題的疑難點在于兩個物體都在運動，且運動過程較為復雜。突破點是對兩物體隔離受力分析，弄清各自的運動過程及兩個物體運動的時間、位移及速度的關系。撤力前木板和小滑塊都做加速運

4、動，且木板的加速度較大，所以撤力時木板的速度較大。撤去外力后由于木板速度較大，所以小滑塊繼續(xù)做加速運動，而木板做減速運動。設木板加速過程的位移為x1，加速度大小為a1，加速運動的時間為t1，減速過程的位移為x2，加速度大小為a2，減速運動的時間為t2;整個過程中小滑塊運動的加速度為a。由牛頓第二定律得:mg=ma，解得a=2 m/s2撤力前:F-mg=Ma1，解得a1=103 m/s2撤力后:mg=Ma2，解得a2=23 m/s2撤力時刻，木板的速度v1=a1t1運動的位移: x1=12a1t12最終木板的速度為v2=v1-a2t2，減速運動過程中木板的位移x2=v1t2-

5、12a2t22最終小滑塊的速度為v= a(t1+ t2)，全過程中小滑塊運動的位移為x=12a(t1+t2)2小滑塊始終在木板上，應滿足x1+x2-xL，又v=v2由以上各式可解得t11 s，即力F作用的最長時間為1 s【備注】無2.一小圓盤靜止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一邊與桌的AB邊重合，如圖所示，已知盤與桌布間的動摩擦因數(shù)為1，盤與桌面間的動摩擦因數(shù)為2?，F(xiàn)突然以恒定加速度a將桌布抽離桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB邊。若圓盤最后未從桌面掉下，則加速度a滿足的條件是什么？（以g表示重力加速度）設圓盤的質量為m，桌長為l，在桌布從圓盤下抽出的過程中，盤的加速度為a1，

6、有1mg= ma1桌布抽出后，盤在桌面上做勻減速運動，以a2表示加速度的大小，有2mg=ma2設盤剛離開桌布時的速度為v1，移動的距離為x1，離開桌布后在桌面上再運動距離x2后便停下，有 v12=2a1x1，v12=2a2x2盤沒有從桌面上掉下的條件是 設桌布從盤下抽出所經歷的時間為t，在這段時間內桌布移動的距離為x，有 而由以上各式解得3一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖（a）所示。時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至時木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）。碰撞前后木板速度大小不變，

7、方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后時間內小物塊的圖線如圖（b）所示。木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取。求（1）木板與地面間的動摩擦因數(shù)及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；（2）木板的最小長度；（3）木板右端離墻壁的最終距離?！敬鸢浮?（1）1 = 0.1 1 = 0.1 （2）木板的最小長度應為6.0m （3）最終距離為6.5m 【考點】滑動摩擦力、動摩擦因數(shù)；牛頓運動定律；勻變速直線運動及其公式【解析】(1) (7分) 規(guī)定向右為正方向，木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設加速度為a1，小物塊和木板的質量分別為m和M，由牛頓第二定律有： -1

8、(m+M)g = (m+M)a1 ······· (1分)由圖可知。木板與墻壁碰前瞬間的速度v1= 4m/s ,由運動學公式得： V1 = v0 + a1t1 ······ (1分) S0 = v0t1 +12 a1t12········ (1分)式中t1=1s , s0 = 4.5m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度。 聯(lián)立式和題給條件得：1 = 0.1·&

9、#183;····· (1分) 在木板與墻壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設小物塊的加速度為a2 ,由牛頓第二定律有： -2mg = ma2········ (1分)由圖可得：a2 = v2- v1t2- t1 ······· (1分)式中t2 = 2s , v2 = 0 ,聯(lián)立式和題給條件得：2 = 0.4 ···

10、;··· (1分)（2）(8分)設碰撞后木板的加速度為a3 ,經過時間t ,木板和小物塊剛好具有共同速度v3 ,由牛頓第二定律及運動學公式得： 2mg +1 (m+M)g = (m+M)a1 = Ma3······ (1分) V3 = - v1 + a3t ······· (1分) V3 = v1 + a2t······ (1分) 碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，

11、木板運動的位移為： s1 = -v1+ v32t······ (1分)小物塊運動的位移為： s2 = v1+ v32t······ (1分) 小物塊相對木板的位移為：s = s2 s1 ····· (1分)聯(lián)立式，并代入數(shù)值得：s = 6.0m ····· (2分)因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0m。(3) (5分)在小物塊和木板具有共同速度后，兩

12、者向左做勻變速運動直到停止，高加速度為a4 ,此過程中小物塊和木板運動的位移為s3 ,由牛頓第二定律及運動學公式得： 1 (m+M)g = (m+M)a4·······(1分) 0 v32 = 2a4s3 ······(1分)磁碰后木板運動的位移為： s = s1 + s3 ·······(1分)聯(lián)立式，并代入數(shù)值得： S = -6.5m ·····

13、;··(2分) 木板右端離墻壁的最終距離為6.5m 。4.如圖所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗若砝碼和紙板的質量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為.重力加速度為g.(1)當紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大小；(2)要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力的大??；(3)本實驗中，m10.5 kg，m20.1 kg，0.2，砝碼與紙板左端的距離d0.1 m，取g10 m/s2.若砝碼移動的距離超過 l 0.002 m，人眼就能感知為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大？解析：

14、(1)砝碼對紙板的摩擦力Ff1m1g桌面對紙板的摩擦力Ff2(m1m2)gFfFf1Ff2，解得Ff(2m1m2)g.(2)設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則Ff1m1a1FFf1Ff2m2a2若發(fā)生相對運動，則a2a1解得F2(m1m2)g.(3)紙板抽出前，砝碼運動的距離x1a1t紙板運動的距離dx1a2t紙板抽出后，砝碼在桌面上運動的距離x2a3tlx1x2由題意知a1a3，a1t1a3t2代入數(shù)據解得F22.4 N.5如圖所示，有一定厚度的長木板AB在水平面上滑行，木板的質量m1=4.0kg木板與水平面間的動摩擦因數(shù)=0.20，木板上表面距水平面的高度h=0.050m當木板滑

15、行速度v0=3.0m/s時，將一小物塊C輕放在木板右端B點處C可視為質點，它的質量m2=1.0kg經過一段時間，小物塊C從木板的左端A點滑出，它落地時的動能EKC=1.0J小物塊落地后，木板又滑行了一段距離停在水平面上，這時，木板左端A點距小物塊的落地點的水平距離S1=0.90m求：（1）小物塊C從木板的A點滑出時，木板速度的大小vA；v0ABCh L（2）木板AB的長度L ff地N地m1gN12圖21解：分析：小物塊C放到木板上后，C受力如圖1，離開木板之前作向右的勻加速運動，假設C離開木板時的速度為vC ，C離開木板后向右做平拋運動，砸到地面后立即停下來；木板的受力如圖2，C離開它之前，木

16、板做勻減速運動，假設C離開木板時木板的速度為vA,隨后木板以初速度vA勻減速滑動，直到停下來。fCN12m2g圖1（1）C平拋過程中只受重力作用，機械能守恒，得：代入數(shù)據：f地0N地0m1g圖3向右平拋的水平位移：所以C離開木板后，木板實際上由于地面摩擦力而勻減速滑動的位移為：C離開木板后，木板受力如圖3，由牛頓第二定律： 得：故：（2）小物塊C放到木板上后離開木板之前，假設小物塊C在這個過程中的位移為S2，則木板的位移為S2+l, 根據動能定理：對木板： 對小物塊: 假設C滑上木塊到分離所經歷的時間為t， 對木板： 對小物塊: 聯(lián)立得： 聯(lián)立：6如圖11所示，水平地面上一個質量M=4.0 k

17、g、長度L=2.0 m的木板，在F=8.0 N的水平拉力作用下，以v0=2.0 m/s的速度向右做勻速直線運動.某時刻將質量m=l.0 kg的物塊（物塊可視為質點）輕放在木板最右端. （1）若物塊與木板間無摩擦，求物塊離開木板所需的時間；（2）若物塊與木板間有摩擦，且物塊與木板間的動摩擦因數(shù)和木板與地面間的動摩擦因數(shù)相等，求將物塊放在木板上后，經過多長時間木板停止運動.圖11MFm （結果保留二位有效數(shù)字）2解：（1）未放物塊之前，木板做勻速運動.因此木板與地面之間的動摩擦因數(shù) = 0.20若物塊與木板間無摩擦，物塊放在木板上后將保持靜止.木板水平方向受力如圖1所示，它將做勻減速直線運動，設其

18、加速度的大小為a1. 圖1Ff1a1f1F = Ma1f1 = (m+M) ga1 = 0.50 m/s2設物塊經過時間t離開木板. 木板在這段時間內的位移 L = v0ta1t2解得 t = 1.2 s或6.8 s其中t = 6.8 s不合題意，舍去. 因此1.2s后物塊離開木板.（2）若物塊與木板間的動摩擦因數(shù)也為，則物塊放在木板上后將做勻加速運動，設物塊的加速度的大小為a2.mg = ma2 a2 = g = 2.0 m/s2圖2Ff1f2a3木板水平方向受力如圖2所示，它做勻減速直線運動，設其加速度的大小為a3.f1 + f2F = Ma3 (M+m) g + mgF = Ma3a3

19、= 1.0 m/s2設經時間t，物塊與木板速度相等，此時它們的速度為v，此過程中木板的位移為s1，物塊的位移為s2.v = v0a3tv = a2t s1 = v0ta3t2s2 =a2t2 解得 t =s，v =m/s，s1 =m，s2 =m圖3Ff1a4因為s1s2< L，所以物塊仍然在木板上.之后，它們在水平方向的受力如圖3所示，二者一起做勻減速直線運動，設它們共同運動的加速度的大小為a4.f1F = (M+m) a4 (M+m) gF = (M+m) a4a4 = 0.40 m/s2設再經過時間t，它們停止運動.0 = va4t t =st總 = t + t= 4.0 s 因此將

20、物塊放在木板上后，經過 4.0 s木板停止運動.7（P43 40）如圖17所示，平板車長L=6.0m，質量M=10kg，將其置于光滑水平面上，車的上表面到水平面的距離h=1.25m?，F(xiàn)平板車正在光滑水平面上以v0=10m/s向右做勻速直線運動，某時刻對平板車施加一個方向水平向左、大小F1=78N的恒力，與此同時，將一個質量m=1.0kg的木塊輕放在平板車的右端。F1作用1.0s后，將力的大小改為F2=422N（作用位置和施力方向不變）。F2作用一段時間后，木塊脫離平板車落到水平面上，在木塊脫離平板車的瞬間撤去F2。已知平板車與木塊的動摩擦因數(shù)=0.20，木塊可視為質點，空氣阻力可忽略不計，取g

21、=10m/s2。求：mMF1v0圖177（1）木塊從離開平板車至落到水平面上所用的時間；（2）在F1作用的時間內，摩擦力對平板車做的功； （3）木塊落到水平面上時，距離平板車右端的水平距離。 3（8分）解：（1）木塊離開平板車后，只受重力，在豎直方向做初速為零的勻加速直線運動，設從木塊離開平板車開始至落到光滑水平面上所用的時間為t，則有h=gt2解得：t=0.50s （3分）答圖27fmMF1f（2）木塊放到平板車右端后，木塊和平板車沿水平方向受力情況如答圖2所示。設此時平板車的加速度為a1，木塊的加速度為a2根據牛頓第二定律，對平板車有 F1+mg=Ma1對木塊有 mg=ma2解得：a1=

22、8.0m/s2；a2=2.0 m/s2 （1分）設將木塊放到平板車右端后經過t1時間木塊和平板車達到共同速度，則有v0a1t1= a2t1，解得：t1=1.0s此時間剛好是F1作用的時間，設在這段時間內平板車的位移為x1則x1= v0t1a1t12，解得：x1=6.0m（1分）在F1作用的時間內摩擦力對平板車做的功W=mg x1=0.20×1.0×10×6.0J=12 J（1分）（3）在F1作用的時間內木塊的位移為x2= a2t12=1.0m1.0s末木塊距離平板車右端的mx1MF1MF1x2xm答圖37距離x=Lx2=5.0m，如答圖3所示。1.0s末平板車和木

23、塊具有相同的速度v=a2t1=2.0m/s答圖47MF2fmf´vF2開始作用后，木塊和平板車沿水平方向受力的情況如答圖4所示。木塊做減速運動，其加速度大小不變，方向改變。設此時平板車的加速度為a3根據牛頓第二定律，對平板車有 F2mg=Ma3解得：a3= 42m/s2設木塊在速度減為零時，木塊、平板車的位移分別為x3、x4，取水平向右的方向為正方向。x3= v2/2a2=1.0m，木塊速度減為零所用時間 t2= =1.0s所以 x4= vt2a3t22=19m因|x4|x說明木塊在速度減為零之前已經從平板車的右端脫離。在F2作用t3時間木塊與平板車脫離，在這個過程中木塊、平板車的位

24、移分別為x5、x6， 木塊的位移x5= vt3a2t32平板車的位移x6=vt3a3t32由答圖5所示的幾何關系可知x5+|x6|=x，由此解得： t3=0.50s （1分）木塊離開平板車瞬間的速度v1=va2t3=1.0m/s木塊離開平板車后水平位移x7= v1t=0.50m木塊離開平板車的瞬間平板車的速度v2=va3t3=19m/s木塊離開平板車后平板車水平位移x8= v2 t=9.5mMF1mx2xx1mMF1MF2x5mx6答圖57木塊落到水平面上時距離平板車右端的水平距離x= x7|x8|=10m （1分）8如圖15所示，水平桌面距地面的高度h=0.80m可以看成質點的小金屬塊C的質

25、量m1=0.50kg，放在厚度不計的長木板AB上木板長L=0.865m，質量m2=0.20kg，木板的A端跟桌面的邊緣對齊小金屬塊C到木板B端的距離d=0.375m假定小金屬塊與木板間、木板與桌面間、小金屬塊與桌面間的動摩擦因數(shù)都相等，其值m0.20現(xiàn)用力將木板水平向右加速抽出在小金屬塊從木板上滑下以前，加在木板上的力為水平向右的恒力F小金屬塊落到桌面上后，又在桌面上滑動了一段距離，再從桌面邊緣飛出落到水平地面上小金屬塊落地點到桌邊的水平距離s=0.08m求作用在木板上的恒力F的大小 4解：小金屬塊經歷了三段運動過程：在木板上的勻加速直線運動，從木板上滑落后在桌面上的勻減速直線運動，離開桌面后

26、的平拋運動設小金屬塊做平拋運動的時間為t3，圖1f1m1gF1設平拋運動的初速度為v2，小金屬塊在長木板上運動時的受力如圖1所示，小金屬塊這時做勻加速直線運動，設它的加速度為a1圖2f1m1gF1小金屬塊離開長木板后在桌面上運動時的受力如圖2所示，小金屬塊這時做勻減速直線運動，設它的加速度的大小為設小金屬塊在木板上運動時，相對于地面運動的距離為s1，末速度為v1，所用時間為t1， 設小金屬塊在桌面上運動時，相對于地面運動的距離為s2，末速度為v2，m2gF1f2FF2圖3f1由題意知聯(lián)立以上四式，解得s1=0.25ms2=0.24mt1=0.5sv1=1.0m/s取木板為研究對象，小金屬塊在木

27、板上運動時，木板受力如圖3所示 木板在t1時間內向右運動距離為d+s1，設木板的加速度為a2，則利用牛頓定律F(f1+f2)=m2a2F=3.4N 增大F，可減少物體加速時間，物體不會落下即滑至桌邊時速度恰好為零，則物體加速階段與減速階段位移都是0.245m，據此可計算出當F3.41N時物塊不會落下桌子。9.如圖所示，質量為m=5kg的長木板放在水平地面上，在木板的最右端放一質量也為m=5kg的物塊A木板與地面間的動摩擦因數(shù)1=0.3，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2=0.2現(xiàn)用一水平力F=60N作用在木板上，使木板由靜止開始勻加速運動，經過t=1s，撤去拉力設物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力（g取10m/s2）求：（1）拉力撤去時，木板的速度大?。?）要使物塊不從木板上掉下，木板的長度至少多大（3）在滿足（2）的條件下，物塊最終將停在距板右端多遠處【答案】（1）4m/s；（2）1.2m；（3）0.48m5.解析：（1）若在時間t=1s內，物塊與長