板块模型专题训练.docx

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板块模型专题训练

板块类运动问题专题练习

1.（P4720）如图13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卩=0.20,木板上表面距水平面的高度h=0.050m.当

木板滑行速度V0=3.0m/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=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Ekc=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S1=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.

V0

La

h

L—

图13

1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。

（1）C平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得:

12

-m2Vc+m2gh=Ekc+0

2

代入数据：

vC=1m/s

向右平抛的水平位移：

Sx=Vctc=Vc=0.1m

Vg

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:

5滑=Sx+Si=1m

C离开木板后，木板受力如图3，由牛顿第二定律:

2

得：

a0=旳=2m/s

故：

7A=j2a0S=2m/s

J

f地0

1N地0

图

Fm1g

[3

S2,

（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

则木板的位移为8>+i，根据动能定理：

对木板mi:

-（f+f地）（8^1）

=1m1（vA-V2）①

12

对小物块m2：

f8^-m2vC-0

2

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-i:

一（f+f地）t=^（Va

-Vo）

对小物块m2：

ft=m2Vc-0

1

联立③④得：

f二丄f地

3

联立①②⑤：

l=0.6m

2.（P2324）如图11所示，水平地面上一个质量M=4.0kg、长度L=2.0m的木板，在

N的水平拉力作用下，以V0=2.0m/s的速度向右做匀速直线运动.某时刻将质量m=l.0

物块（物块可视为质点）轻放在木板最右端.

F=8.0

kg的

（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）

/Zz/Mzz/yzzzzz/zzz

图11

2解：

（1）未放物块之前，木板做匀速运动.因此

尸旦=0.20

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,

木板与地面之间的动摩擦因数

它将做匀减速直线运动，设其加速度的大小为

ai.

花一_f1F

图1

fi一F=Mai

f1=ji（m+M）ga1」（m+M）g—F=0.50m/s2

设物块经过时间t离开木板.木板在这段时间内的位移

12

L=V0t—a1t

2

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卩，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32.

2

mg=ma232=^g2.0m/s

a3.

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

33

f1+f2—F=1^33

i（M+m）g+1m—F=M33f1f2F

33=1.0m/s2图2

V,此过程中木板的位移为S1,

设经时间11,物块与木板速度相等，此时它们的速度为物块的位移为S2.

V=V0—33tI

V=32tI

+1+2

51=V0tI33tI

2

1,2

52=—32tI

2

解得t:

=|s，

因为S1—S2

4.10

V=—m/s,S1=—m,

39

所以物块仍然在木板上.之后，它们在水平方向的受力如图

4

S2=—m

9

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34.

f1—F=（M+m）34

34

a（M+m）g—F=（M+m）34

34=0.40m/s2

设再经过时间t「它们停止运动.

f1F

图3

0=V—a4tn

10

=—s

3

t总=11+tn=4.0s

因此将物块放在木板上后，

3.（P4340）如图17所示，

的上表面到水平面的距离

速直线运动，某时刻对平板车施加一个方向水平向左、

将一个质量m=1.0kg的木块轻放在平板车的右端。

经过4.0s木板停止运动.

平板车长L=6.0m，质量M=10kg，将其置于光滑水平面上，车h=1.25m。

现平板车正在光滑水平面上以V0=10m/s向右做匀

大小F1=78N的恒力，与此同时,F1作用1.0s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尸0.20,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。

m

图17

3.（8分）解：

木块离开平板车开始至落到光滑水平面上所用的时间为

（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t，则有h=2gt2

（1分）

分）

（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设此时平板车的加速度为a1,木块的加速度为根据牛顿第二定律，对平板车有F1+1m=Ma1

对木块有1mg=ma2

解得：

a1=8.0m/s2；a2=2.0m/s2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V0—a1t1=a2t1,

解得：

t1=1.0s

xi

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

12

则X1=V0t1—2a1t1，解得：

X1=6.0m分）

在F1作用的时间内摩擦力对平板车做的功

W=—mg<1=—0.20X1.0X10X-6.02=J

=1.0s

2V

X3=v/2a2=1.0m，木块速度减为零所用时间t2=-

所以X4=vt2—1a3t22=—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。

X5、X6,

在F2作用t3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

1

木块的位移X5=Vt3—2a2t32

12

平板车的位移X6=vt3—尹3七3

由答图5所示的几何关系可知X5+|X6|=?

X，由此解得：

t3=0.50s

分）

木块离开平板车瞬间的速度V1=v—a2t3=1.0m/s

木块离开平板车后水平位移x7=v1t=0.50m

木块离开平板车的瞬间平板车的速度V2=v—a3t3=—19m/s

木块离开平板车后平板车水平位移X8=V2t=—9.5m

x=X7+|x8|=10m

木块落到水平面上时距离平板车右端的水平距离

分）

4（P3718）（05夏季会考）如图15所示，水平桌面距地面的咼度h=0.80m.可以看成质

点的小金属块C的质量m1=0.50kg,放在厚度不计的长木板AB上.木板长L=0.865m，质量

m2=0.20kg,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=0.375m.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4=0.20•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=0.08m•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

—L-

mig

Al

V2仝=00^=0.2（m/S）

t30.4

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31.

fj=AR-Ame=0.20x0.50咒10=1.0（N）

a=匸=10=2.0（m/S2）m10.5

m1g

Fi

动，设它的加速度的大小为a；

a；=a1

2

SV1

S1-

231

由题意知

f1

f2=AF2=%m1+m2）g=0.20咒0.70咒10=1.4（N）

木板在t1时间内向右运动距离为d+S1，设木板的加速度为32，则

^S^1a2t12

2

F—（fi+f2）=m2a2

F=3.4N

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

物业安保培训方案

与减速阶段位移都是0.245m，据此可计算出当F〉3.41N时物块不会落下桌子。

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