板块模型专题训练(6页).doc

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1、-板块模型专题训练-第 6 页板块类运动问题专题练习1（P47 20）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m1=4.0kg木板与水平面间的动摩擦因数=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Lv0A

2、BC图13h Lff地N地m1gN12图21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。fCN12m2g图1（1）C平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得：代入数据：向右平抛的水平位移：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：f地0N地0m1g图3C离开木板后，木板受力如图3，由牛顿第二定律：得：故：（2）小物块C放到木板上后离开

3、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： 对小物块: 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： 对小物块: 联立得： 联立：2（P23 24）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v0=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

4、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.图11MFm （结果保留二位有效数字）2解：（1）未放物块之前，木板做匀速运动.因此木板与地面之间的动摩擦因数 = 0.20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. 图1Ff1a1f1F = Ma1f1 = (m+M) ga1 = 0.50 m/s2设物块经过时间t离开木板. 木板在这段时间内的位移 L = v0ta1t2解得 t = 1.2 s或6.8 s其中t = 6.8 s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

5、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 = ma2 a2 = g = 2.0 m/s2图2Ff1f2a3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a3.f1 + f2F = Ma3 (M+m) g + mgF = Ma3a3 = 1.0 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 = a2t s1 = v0ta3t2s2 =a2t2 解得 t =s，v =m/s，s1 =m，s2 =m图3Ff1a4因为s1s2 L，所以物块仍然在木板上.之后，它们在水平

6、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.f1F = (M+m) a4 (M+m) gF = (M+m) a4a4 = 0.40 m/s2设再经过时间t，它们停止运动.0 = va4t t =st总 = t + t= 4.0 s 因此将物块放在木板上后，经过 4.0 s木板停止运动.3（P43 40）如图17所示，平板车长L=6.0m，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=1.25m。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

7、量m=1.0kg的木块轻放在平板车的右端。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=0.20，木块可视为质点，空气阻力可忽略不计，取g=10m/s2。求：mMF1v0图177（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

8、的时间为t，则有h=gt2解得：t=0.50s （3分）答图27fmMF1f（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2所示。设此时平板车的加速度为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=ma2解得：a1= 8.0m/s2；a2=2.0 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=1.0s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x1则x1= v0t1a1t12，解得：x1=6.0m（1分）在F1作用的时间内摩擦力对平板车做的功W=m

9、g x1=0.201.0106.0J=12 J（1分）（3）在F1作用的时间内木块的位移为x2= a2t12=1.0m1.0s末木块距离平板车右端的mx1MF1MF1x2xm答图37距离x=Lx2=5.0m，如答图3所示。1.0s末平板车和木块具有相同的速度v=a2t1=2.0m/s答图47MF2fmfvF2开始作用后，木块和平板车沿水平方向受力的情况如答图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。x3=

10、 v2/2a2=1.0m，木块速度减为零所用时间 t2= =1.0s所以 x4= vt2a3t22=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，在这个过程中木块、平板车的位移分别为x5、x6， 木块的位移x5= vt3a2t32平板车的位移x6=vt3a3t32由答图5所示的几何关系可知x5+|x6|=x，由此解得： t3=0.50s （1分）木块离开平板车瞬间的速度v1=va2t3=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=va3t3=19m/s木块离开平板车后平板车水平位移x

11、8= v2 t=9.5mMF1mx2xx1mMF1MF2x5mx6答图57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）4（P37 18）（05夏季会考）如图15所示，水平桌面距地面的高度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m0.20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

12、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CFLdhABs第8题图 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t3，图1f1m1gF1设平抛运动的初速度为v2，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图2f1m1gF1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， 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，m2gF1f2FF2图3f1由题意知联立以上四式，解得s1=0.25ms2=0.24mt1=0.5sv1=1.0m/s取木板为研究对象，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，则利用牛顿定律F(f1+f2)=m2a2F=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，则物体加速阶段与减速阶段位移都是0.245m，据此可计算出当F3.41N时物块不会落下桌子。