板块类运动问题专题练习.doc

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1、板块类运动问题专题练习1. （8分）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Vo=3.Om/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=o.9O m.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.

2、2. （8分）如图11所示，将工件P （可视为质点）无初速地轻放在以速率V匀速运行的水平传送带的最左端 A,工件P在传送带的作用下开始运动，然后从传送带最右端B飞出，落在水平地面上.已知AB的长度L=7.5m, B距地面的高度 h=0.80m.当V=3.0m/s时，工 件P从A端运动到落地点所用的时间10=4.4s.求：（1） 工件P与传送带之间的动摩擦因数口；（2） 当传送带分别以不同的速率 v（运行方向不变）匀速运行时，工件P均以V0=5.0m/s 的初速度从A端水平向右滑上传送带.试分析当V的取值在什么范围内变化时， 工件P从 A端运动到落地点所用的时间 t保持不变，并求出对应的时间t

3、（结果保留两位有效数字）.3. （8分）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=8.0N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n=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)4. (8分)如图12所示，一辆平板小车静止在水平地面上，小车的左端放置一物块(可视为质点)已知小车的质量M=8.0kg

4、，长度1 = 2.0 m,其上表面离地面的高度h = 0.80 m.物块的质量 m = 1.0 kg ，它与小车平板间的动摩擦因数口 = 0.20.现用F = 26 N水平向左的恒力拉小车，经过一段时间后，物块与小车分离.不计小车.、.2与地面间的摩擦.取g = 10 m/s ，求:(1)物块与小车分离前，小车向左运动的最大距离;(2)当物块落地时，物块与小车右端的水平距离图125 (8分)如图14所示，质量 M= 1.0 kg的长木板静止在光滑水平面上，在长木板的右端放一质量 m = 1.0 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与长木板之间的动摩擦因数口 =0.20 .现用水平恒力 F = 6

5、.0 N向右拉长木板，使小滑块与长木板发生相对滑动，经过t =1.0 s撤去力F.小滑块在运动过程中始终没有从长木板上掉下求：(1)撤去力F时小滑块和长木板的速度各是多大;m(2)运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大.MF6. （8分）光滑的水平面上有一长木板，质量M=2.0kg，在长木板的最右端有一小滑块（可视为质点），质量m=.Okg，小滑块与长木板之间的动摩擦因数口 =0.20 .小滑块与长木板一起以Vo=2.Om/s的速度向左匀速运动， 如图12所示.某时刻起对长木板施加一个 F=12N的水平向右的恒力，此后小滑块将相对长木板滑动若长木板足够长，求：（1 ）水平恒力F作用后，小滑块

6、向左运动的最大距离;（2）小滑块向左运动的过程中相对长木板移动的最大距离.图127. （8分）如图15所示，光滑水平面上有一块木板，质量M = 1.0 kg，长度L = 1.0m在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m = 1.0 kg.小滑块与木板之间的动摩擦因数 口 = 0.30 开始时它们都处于静止状态某时刻起对小滑块施加一个F = 8.0N水平向右的恒力，此后小滑块将相对木板滑动（1 ）求小滑块离开木板时的速度;（2）假设只改变 M m 口、F中一个物理量的大小，使得小滑块速度总是木板速度的2倍，请你通过计算确定改变后的那个物理量的数值（只要提出一种方案即可）.图158. （8

7、分）如图15所示，水平桌面到地面的高度h = 0.8 m. 质量m = 0.2 kg 的小物块（可以看作质点）放在桌面A端现对小物块施加一个 F= 0.8 N的水平向右的恒力，小物块从静止开始运动.当它经过桌面上的 B点时撤去力F, 段时间后小物块从桌面上 的C端飞出，最后落在水平地面上已知AB = BC = 0.5 m，小物块在 A B间运动时与桌面间的动摩擦因数口 i = 0.2，在B、C间运动时与桌面间的动摩擦因数口 2 = 0.1.（1 ）求小物块落地点与桌面 C端的水平距离;（2）某同学作出了如下判断：若仅改变 AB段的长度而保持 BC段的长度不变，或仅 改变BC段的长度而保持 AB

8、段的长度不变，都可以使小物块落地点与桌面 C端的水平距离 变为原来的2倍.请你通过计算说明这位同学的判断是否正确 .9（ 8分）如图14所示，光滑水平面上有一木板槽（两侧挡板的厚度忽略不计），质量M=2.0 kg,槽的长度L = 2.0 m.在木板槽的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m = 1.0 kg 小滑块与木板槽之间的动摩擦因数口 1 = 0.20 开始时它们都处于静止状态.某时刻起对木板槽施加一个F = 10.0 N 水平向左的恒力，此后小滑块将相对木板槽滑动.（1）求小滑块滑到木板槽中点时速度的大小；（2）水平面光滑是一种理想化的情况，实际上木板槽与水平面间是有摩擦的，经测定木

9、板槽与水平面间的动摩擦因数口 2 = 0.05.如果使小滑块滑到木板槽中点时的速度与第 （1）问所求速度相同，请你通过计算确定一种方案: 即只改变M m F中一个物理量的大小，实现上述要求（只要提出一种方 案即可）.ffhm图1410. （8分）如图17所示，质量 M = 5 kg的平板静止在光滑的水平面上，平板的右端有一竖直挡板，一个质量m = 2 kg的木块静止在平板上，木块与挡板之间的距离L = 0.8 m，木块与平板之间的动摩擦因数口 = 0.4 .（1）若对木块施加 F = 12 N水平向右的恒力，直到木块与挡板相撞，求这 个过程经历的时间t ;（2） 甲同学说，只增大平板的质量M可

10、以缩短上述时间t ;乙同学说，只减小平板的质量M可以缩短上述时间 t.请你通过计算，判断哪位同学的说法是正确的.木块 LTF 平板图1711. （ 8分）如图14 （甲）所示，水平面上A B两点相距6.25m, 个质量为4.0kg的小滑块在水平推力的作用下沿水平面自左向 右滑动，先后经过 A、 B 两点。在滑块到达 A 点之前，滑块沿水平面做匀速运动，所受的水平推力大小为 0.4N。从滑块经过 A点开始，滑块受到的推力按照如图 14 （乙）所示的 规律变化,已知滑块在 3.0s 时刻的速度大小为 0.8m/s 。求：（ 1）滑块受到水平面的滑动摩擦力的大小；图 14（2）滑块经过B点时的速度大

11、小。答案1、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 来。N12m2g图1f:地JfJ111J图f N12Fm1g2N地2(1) C平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得:2m2Vc m2gh Ekc0代入数据：vC 1m/s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:S 滑Sx Si 1 mC离开木板后，木板受力

12、如图 3,由牛顿第二定律：f 地 omngmiao得: a0g 2m/s21地0<图m1g3a N地0故：vA2a0S 2m/s(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S，则木板的位移为S2+I,根据动能定理：1 2 2对木板 mi :(ff地)(S2 I) - m1(vA v0)21 2对小物块 m2： fS2m2vC 02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 mb :(ff地 )t m1 (va v)对小物块m2： ft m2vc 01联立得：f地3联立：I 0.6m2解：(1 )设P从B端做平抛运动到地面所

13、用的时间为t3,根据平抛运动公式2h 0.4s则P在传送带上运动的时间t AE= to- t 3=4.0S假设P从A到B的过程中，一直在滑动摩擦力的作用下做匀加速直线运动，则时的速度VbW V, P在传送带上运动的时间t ABvb/2 v生 5.0 s.由于tABtAB，说明P在到达B之前已与传送带保持相对静止设P的质量为m根据牛顿第二定律,P在传送带上滑动时的加速度mg则P做匀加速直线运动的时间ti位移 s1v20做匀速运动的时间t2且tABti联立以上4式，解得t20.10t3= 0.4s，因此时间t的变化取决于P在传送带上 若V>V0,开始阶段P做加速度为口 g的匀加速直线运动.假

14、设传送带的速度为某一 值vi时，P从AB之间的某点D开始相对传送带静止.增大传送带的速度 v，则P在到达D 点后仍将加速.由于P在AD间的运动情况不变， 而在DB间的速度变大，所以tAB变小.可 见随着V的增大，tAB减小.当V增大到Vmax时，P从A到B 一直做匀加速直线运动，且到B时的速度恰好等于 Vmax.如果V再增大，P从A到B的运动情况不再变化，即tAB保持不变，因此t也保持不变.根据运动学公式Vmax P从B到落地所用的时间总为 的运动时间tAB的变化. V02 2 gL 得Vmax.V。2 2 gL .40m/s 6.3m/s所以 tABVmaxVo1.3s ttAB t31.7

15、sg 若V < Vo,开始阶段P做加速度大小为 口 g的匀减速直线运动假设传送带的速度 为某一值V2时，P从AB之间的某点E开始相对传送带静止.减小传送带的速度 V，则P在 到达E点后仍将减速.由于P在AE间的运动情况不变，而在EB间的速度变小，所以tAB变大.可见随着V的减小，tAB变大.当V减小到Vmin时，P从A到B 一直做匀减速直线运动， 且到B时的速度恰好等于 Vmin.如果V再减小，P从A到B的运动情况不再变化，即tAB保持不变，因此t也保持不变.根据运动学公式V02 Vmin2 2 gL得Vmin. V02 2 gL 10m/s 3.2m/s所以 tABV0Vmin 1.8

16、s t tAB t32.2sg综上所述，当传送带的速度v> 6.3m/s时，P从A运动到落地点所用的时间保持不变， 均为t =1.7s ;当传送带的速度 0< v< 3.2m/s时，P从A运动到落地点所用的时间也保持 不变，均为t=2.2s.3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口 =旦 =0.20Mg.木板水平方向受力如图1所若物块与木板间无摩擦，物块放在木板上后将保持静止 示，它将做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a1.f1 - F = Ma3I Lf1F图1=(m M)g F= 0.50 m/sM设物块经过时间t离开木板.木板在这段时

17、间内的位移L = V0t a1t2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数也为口，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.口 mg= ma2a? = (ig = 2.0 m/s 2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.a3fif2F口 (M+m g + 卩 mg- F = Maa3 = 1.0 m/s设经时间t I,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si，物块的位移为S2.v = a2t is2亠2因为si - S

18、2< L,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,解得 t I =2s , V :4=m/s, Si :=1° m, S2 ：=4 m3399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.f i F = ( M+m a4fi口 (M+m g F = ( M+m a4a4 = 0.40 m/s设再经过时间t它们停止运动0 = V nt n =10s3t 总=t i + t n= 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4解：(1)物块所受摩擦力f= 口 mg根据牛顿第二定律，物块的加速度(ig = 2.0 m/s小车所受摩擦力

19、f ' =f= 口 mg设小车运动的加速度为 32,根据牛顿第二定律 F f=Ma解得32= Fmg =3.0m/s小车一直向左做加速运动，因此从开始运动到物块与小车分离，小车向左运动的距离 为所求的最大距离.设经过时间t物块与小车分离，此过程中物块的位移Si = 3it 2小车的位移S2= a2t 2图1由如图1所示的几何关系可知S2 Sl=l解得t = 2.0 s ,S2= 6.0 m即物块与小车分离前，小车向左运动的最大距离为6.0m(2)物块与小车分离时，速度分别为vi=ait= 4.0 m/s ， V2=a2t= 6.0 m/s物块与小车分离后向左做平抛运动，设物块做平抛运动

20、的时间为t'，则物块与小车分离后，小车向左运动的加速度F2a2= 3.25 m/sM物块做平抛运动的过程中物块向左的水平位移s,Vlt1.6 m小车向左的位移s2v2ta2t22.66 m2h图2由图2所示的几何关系可知，当物块落地时，物块与小车在水平方向上相距s2s, =1.06 m5解：（1）对长木板施加恒力 F的时间内，小滑块与长木板间相对滑动，小滑块和长木板在 水平方向的受力情况如图所示 .小滑块所受摩擦力f = 口 mg设小滑块的加速度为 ai,根据牛顿第二定律f = ma解得ai = 2.0 m/s长木板受的摩擦力设长木板的加速度为 比，根据牛顿第二定律F - f = Mq

21、解得a2 = 4.0 m/s经过时间t =1.0 s ,小滑块的速度vi = ai t = 2.0 m/s长木板的速度V2 = a2 t = 4.0 m/s(2)撤去力F后的一段时间内，小滑块的速度小于长木板的速度，小滑块仍以加速度ai做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动.设长木板运动的加速度为a3,此时长木板水平方向受力情况如图所示，根据牛顿第二定律f '= Ma3f，2I ，I解得a3 = 2.0 m/s设再经过时间ti后，小滑块与长木板的速度相等.即vi + ai t i = v 2 a3 11解得ti = 0.50 s此时二者的速度均为v = v i + ai 11 = 3

22、.0 m/s.如图所示，在对长木板施加力F的时间内，小滑块的位移是si,长木板的位移是 S2；从撤去F到二者速度相等的过程，小滑块的位移是S3,长木板的位移是 S4.小滑块与长木板速度相等时，小滑块距长木板右端的距离最大小滑块的总位移s 块=Si+ S3 = ait2 Viti-aiti2 = 2.25 m2 2长木板的总位移板=S2 + S4 =1a2t22v1 = 3.75 m2在运动中小滑块距长木板右端的最大距离为s = s 板s 块=1.5 m6 (1)小滑块所受向右的摩擦力f = 口 mg根据牛顿第二定律，小滑块的加速度mg = 2.0 m/s从水平恒力开始作用到小滑块的速度为0,小

23、滑块向左运动最远，最远距离为2.02m2.0 2.01.0m(2)当用水平恒力 F=12N向右推木板后，长木板受向左的摩擦力f ' = f设长木板运动的加速度为a2，根据牛顿第二定律F f ' = Ma22解得a2 = 5.0 m/s长木板向左做匀减速直线运动，运动的最大距离为S22Vq2a 22.02m2.0 5.00.4m经历时间t20.4sa2从水平恒力开始作用到小滑块的速度为0,经历时间t1 巴 1.0sai2在11时间内，长木板向右做a2 = 5.0 m/s的匀加速直线运动的时间t 3 = t 1 - t 2 = 0.6s此过程中，长木板向右运动的距离1 2岂 玄2上

24、30.9 m2JMII小滑块向左运动的过程中相对长木板移动的距离s = s i S2 + s 3 = 1.5 m7解：（1）小滑块受到 F=8.0 N水平向右的恒力后，向右做匀加速直线运动，所受向左 的摩擦力f = 口 mg根据牛顿第二定律，小滑块的加速度ai=旦=5.0 m/s设经过时间t后小滑块离开木板。在这段时间内小滑块的位移Xt2木板所受向右的摩擦力 板的加速度=f，向右做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律，木a2=匚=3.0 m/s在时间t内木板的位移X2a2t22由图可知L = x i - X2,解得t = 1.0 s则小滑块离开木板时的速度v = ait = 5.0 m/s(2)小

25、滑块做匀加速直线运动的速度木板做匀加速直线运动的速度v2a2tmgt任意时刻小滑块与木板速度之比若只改变欲使小滑块速度是木板速度的2倍，应满足m g若只改变F,则 F =9 N若只改变M则M =1.2 kg若只改变口，贝U 口=0.272n，贝U m = 0.93 kg(F mg)M 28解:(1)小物块在从A到C运动的过程中，根据动能定理1 2 nFx11mgx12mgx2mv 0其中 X1 = AB =0.5 m , X2 = BC= 0.5 m解得 v = 1 m/s小物块从C端飞出后做平抛运动由 h1gt2飞行时间t 2h 0.4 s V g小物块落地点与桌面 C端的水平距离X3= v

26、t = 0.4 m(2)要使小物块落地点与桌面C端的水平距离变为原来的2倍，由于平抛运动时间t不变，因此小物块运动到C端的速度v= 2 m/s由 Fxj1mgx12mgx2mv2 02可解得若仅改变xi，贝U xi= 1.25 m若仅改变X2,则X2= 1 m以上计算说明，仅改变xi是可行的，而仅改变X2是不可行的.所以该同学的判断是不 正确的.9解:(1)木板槽受到 F=10.0 N水平向左的恒力后，向左做匀加速直线运动，所受向右的摩擦 力f = 也1mga1t2根据牛顿第二定律，木板槽的加速度F f/2a1= 4.0 m/sM设经过时间t后小滑块滑到木板槽中点.在这段时间内木板槽的位移12

27、小滑块因受向左的摩擦力 f ' =f，将向左做匀加速直线运动根据牛顿第二定律, 小滑块的加速度a2= 2.0 m/s在时间t内木板的位移X2a?t22由图可知L= xiX2解得t = 1.0 s则小滑块滑到木板槽中点时的速度v = a2t = 2.0 m/s(2)由于小滑块滑到木板槽中点时的速度与第(1 )问所求速度相同，而小滑块的加速度不变，所以当木板槽与水平面间有摩擦时，要求木板槽的加速度也不变，即aiF img 2（M m）gMai若只改变F,贝U F = 11.5N ；若只改变 M贝U M = 1.67 kg ;若只改变 m贝U m = 0.40 kg.10解:(1)对木块施加

28、推力作用后，木块和平板的受力情况如图所示.f1FNimg木块受到的滑动摩擦力f i= 口 N= 口 mg=0.40 X 2.0 x 10 N =8.0N根据牛顿第三定律，有f 1= f 2,Ni = N2根据牛顿第二定律,木块的加速度a=Ff181=m12 8.0 2 2 m/s = 2.0m/s 2.0平板的加速度8.02m/s = 1.6m/s设经过t，木块恰好与挡板相撞，则1 .2 1 .2L-a1t-a2t2 2解得t = 2s（2）根据（1）可以求得时间t' 2Lt F mg mg m M如果只改变平板的质量 M从上式可知，当 M增大时，时间t减小，所以甲同学说法正确.11解

29、：（1）小滑块到达 A点之前做匀速运动，根据牛顿第二定律，小滑块所受的滑动 摩擦力f与此时的水平推力大小相等，即f 0.4 N（2 分）（2）滑块在02.0s的时间内，受到的推力F1=0.8N，根据牛顿第二定律，滑块的加速度a1为a110.1m/s?（1 分）m已知在13=3.0s末滑块的速度V3 V2a2（t3 t2）=0.8m/s滑块在2.03.0s的时间内，滑块受到与运动方向相反的推力F2-0.4N做减速运动，速度大小a20.2 m/s（1 分）m在12=2.0s末滑块的速度V2Va解得滑块通过 A点时的速度vo=O.8m/s（1 分）滑块在02.0s内的位移SV0叫2=1亦2滑块在2.03.0s内的位移v2 v3几丄、3（t3 t2）=0.9m2滑块在第一个周期内的位移Li=Si+si' =2.7m由于A、B两点相距s=6.25m，因此滑块到达 B点的时间应该在 6.0s8.0s之间。滑块从6.0s至到达B点这段时间内的位移La=s-2 Li=0.85m（2 分）2 2设滑块通过B点的速度为Vt，根据运动学公式L3vtV02a1解得vt=0.9m/s（1 分）