板块模型专题训练823.pdf

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1、-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，木板上外表距水平面的高度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 1 解：分析：小物块C 放到木板上

2、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。1C 平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得：据：smvC/1 代 入 数的水平位移：mghvtvScccX1.02 向右平抛所以 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：20/2smga 故：smSavA/220 2小物块 C 放到木板上

3、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1m：)(21)(20212vvmlSffA地 对小物块2m:021222CvmfS 假设C 滑上木块到别离所经历的时间为 t，规定水平向右为正方向，根据动量定理：对木板1m：)()(01vvmtffA地 对小物块2m:02Cvmft v0 A B C 图 13 h L f C N12 m2g 图 1 f f地 N地 m1g N12 图 2 f地0 N地0 m1g 图 3-联立得：地ff31 联立：ml6.0 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

4、 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.*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假设物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；2假设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顿运动.结果保存二位有效数字 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 =MgF=0.20 假设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.f1

5、F=Ma1 f1=(m+M)g a1=MFgMm)(=0.50 m/s2 设物块经过时间t离开木板.木板在这段时间的位移 L=v0t21a1t2 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假设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=ma2 a2=g=2.0 m/s2 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=Ma3 a3=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

6、木板的位移为s1，物块的位移为s2.v=v0a3t v=a2t s1=v0t21a3t2 s2=21a2t2 解得 t=32s，v=34m/s，s1=910m，s2=94m 图 11 M F m 图 1 F f1 a1 图 2 F f1 f2 a3-因为s1s2L，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.f1F=(M+m)a4(M+m)gF=(M+m)a4 a4=0.40 m/s2 设再经过时间t，它们停顿运动.0=va4tt=310s t总=t+t=4.0 s 因此将物块放在木板上后，经过 4.0 s 木板

7、停顿运动.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，车的上外表到水平面的距离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，*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=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。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：1木块从离开平板

8、车至落到水平面上所用的时间；2在F1作用的时间，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场至落到光滑水平面上所用的时间为t，则有h=12 gt2 解得：t=gh2=0.50s3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 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/s21 分 设将木块放到平板车右端后经过t1时间

9、木块和平板车到达共同速度，则有v0a1t1=a2t1，解得：t1=1.0s 此时间刚好是F1作用的时间，设在这段时间平板车的位移为*1 则*1=v0t112a1t12，解得：*1=6.0m图 3 F f1 a4 答图 2 f m M F1 f m M F1 v0 图 17-1 分 在F1作用的时间摩擦力对平板车做的功 W=mg*1=0.201.0106.0J=12 J1 分 3在F1作用的时间木块的位移为*2=12 a2t12=1.0m 1.0s 末木块距离平板车右端的 距离*=L*2=5.0m，如答图 3 所示。1.0s 末平板车和木块具有一样的 速度v=a2t1=2.0m/s F2开场作用

10、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*3、*4，取水平向右的方向为正方向。*3=v2/2a2=1.0m，木块速度减为零所用时间 t2=va2=1.0s 所以 *4=vt212a3t22=19m 因|*4|*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*5、*6，木块的位移*5=vt312a2t32 平板车的位移

11、*6=vt312a3t32 由答图 5 所示的几何关系可知*5+|*6|=*，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*7=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*8=v2 t=9.5m 木块落到水平面上时距离平板车右端的水平距离*=*7|*8|=10m1分 4P37 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

12、=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m*1 M F1 M F1*2*m 答图 3 答图 4 M F2 f m f v M F1 m*2*1 m F1 2 5 6-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，

13、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，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 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1a 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t1，12112avs 111tav 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v2，2122212vvsa 由题意知 dLss21 联立以上四式，解得 s1=0.25m

14、s2=0.24m t1=0.5s v1=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时间向右运动距离为d+s1，设木板的加速度为a2，则)m/s(0.55.0)25.0375.0(2)(2222112tsda利用牛顿定律 F(f1+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。图 2 f1 m1g F1 图 1 f1 m1g F1 m2g F1 f2 F F2 图 3 f1 C F L d h A B s 第 8 题图