板块模型难题专题训练全新

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μ=0.2，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μ=0.2，地面光滑，水平恒力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)

(3) 1 s 变式：1s

【解析】(1)由牛顿第二定律得:

撤力前:F-μ(m+M)g=Ma1，解得a1= m/s2，方向向右

撤力后:μ(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

x1=a1，x2=a2

小滑块始终在木板上，应满足x1+x2≤L

又a1t1=a2t2

由以上各式可解得t1≤1 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:v m×t1≤L，其中v m=a1t1

解得t1≤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:μmg=ma，解得a=2 m/s2

撤力前:F-μmg=Ma1，解得a1= m/s2

撤力后:μmg=Ma2，解得a2= m/s2

撤力时刻，木板的速度v1=a1t1

运动的位移: x1=a1

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-a2

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≤L，又v=v2

由以上各式可解得t1≤1 s，即力F作用的最长时间为1 s

【备注】无

2.一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μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2。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，有μ1mg=

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μ2mg=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4.5m，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】（1）μ1 = 0.1 μ1 = 0.1 （2）木板的最小长度应为6.0m （3）最终距离为6.5m 【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 ，由牛顿第二定律有：

-μ1 (m+M)g = (m+M)a 1 ·······○

1 (1分) 由图可知。木板与墙壁碰前瞬间的速度v 1= 4m/s ,由运动学公式得：

V 1 = v 0 + a 1t 1 ······○2 (1分) S 0 = v 0t 1 + a 1t 12········○

3 (1分) 式中t 1=1s , s 0 = 4.5m 是木板碰前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度。

联立○

1○2○3式和题给条件得：μ1 = 0.1·······○4 (1分) 在木板与墙壁碰撞后，木板以-v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a 2 ,由牛顿第二定律有：

-μ2mg = ma 2········○

5 (1分) 由图可得：a 2 = ·······○

6 (1分) 式中t 2 = 2s , v 2 = 0 ,联立○5○6式和题给条件得：μ2 = 0.4 ······○

7 (1分) （2）(8分)设碰撞后木板的加速度为a 3 ,经过时间Δt ,木板和小物块刚好具有共同速度v 3 ,由牛顿第二定律及运动学公式得：

μ2mg +μ1 (m+M)g = (m+M)a 1 = Ma 3······○

8 (1分) V 3 = - v 1 + a 3Δt ·······○9 (1分) V 3 = v 1 + a 2Δt ······○

10 (1分) 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：

s 1 = Δt ······○

11 (1分) 小物块运动的位移为： s 2 = Δt ······○

12 (1分) 小物块相对木板的位移为：Δs = s 2 – s 1 ·····○

13 (1分) 联立○6○8○9○10○11○

12○13式，并代入数值得：Δs = 6.0m ·····○14 (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a 4 ,此过程中小物块和木板运动的位移为s 3 ,由牛顿第二定律及运动学公式得：

μ1 (m+M)g = (m+M)a 4·······○

15(1分) 0 – v 32 = 2a 4s 3 ······○

16(1分) 磁碰后木板运动的位移为： s = s 1 + s 3 ·······○

17(1分) 联立○6○8○9○10○11○15○16○

17式，并代入数值得： S = -6.5m ·······○

18(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 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，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分