(完整版)板塊類運動問題專題練習匯總

第第#頁上A、B兩點相距6.25m,一個質(zhì)量為4.0kg的小滑塊在水平推力的作用下沿水平面自左向右滑動，先后經(jīng)過A、B兩點。在滑塊到達A點之前，滑塊沿水平面做勻速運動，所受的水平推力大小為0.4N。從滑塊經(jīng)過A點開始，滑塊受到的推力按照如圖14（乙）所示的規(guī)律變化，已知滑塊在3.0s時刻的速度大小為0.8m/s。求：（1）滑塊受到水平面的滑動摩擦力的大??；圖14（2）滑塊經(jīng)過B點時的速度大小。答案1、分析：小物塊C放到木板上后，C受力如圖1,離開木板之前作向右的勻加速運動，假設(shè)C離開木板時的速度為VC，C離開木板后向右做平拋運動，砸到地面后立即停下來；木板的受力如圖2，C離開它之前，木板做勻減速運動，假設(shè)C離開木板時木板的速度為vA,隨后木板以初速度vA勻減速滑動，直到停 下Nfm2gNfm2g圖1（1）C平拋過程中只受重力作用，機械能守恒，得:1—mv1—mv2+m22gh=E+02 KC代入數(shù)據(jù)：- A。 2h …向右平拋的水平位移：S=vt=v =0.1mXccc\1g所以C離開木板后，木板實際上由于地面摩擦力而勻減速滑動的位移為:C離開木板后，木板受力如圖3,由牛頓第二定律:f=從C離開木板后，木板受力如圖3,由牛頓第二定律:f=從mg=ma地0 1 10得：a=日g=2m/s20故：v=22aaS=2m/sav-o(2)小物塊C放到木板上后離開木板之前，假設(shè)小物塊C在這個過程中的位移為S2,則木板的位移為S2+l，根據(jù)動能定理：對木板m：-(f+f)(S+1)=1m(v2-v2)①TOC\o"1-5"\h\z地2 21a0對小物塊m:fS=mmv2-0 ②\o"CurrentDocument"2 2 2C假設(shè)C滑上木塊到分離所經(jīng)歷的時間為t，規(guī)定水平向右為正方向，根據(jù)動量定理：對木板m：-(f+f)t=m(v-v) ③地 1a0對小物塊m:ft=mv-0 ④2C聯(lián)立③④得：f=1f ⑤3地聯(lián)立①②⑤：1=0.6m12解：(1)設(shè)P從B端做平拋運動到地面所用的時間為t3,根據(jù)平拋運動公式h二2gt3得t='——=0.4sg則P在傳送帶上運動的時間 tAB=t0-t3=4.0s假設(shè)P從A到B的過程中，一直在滑動摩擦力的作用下做勻加速直線運動，則P到BL2L時的速度v<v,P在傳送帶上運動的時間t'=——->——=5.0s.B ABv/2vB由于t'>t，說明P在到達B之前已與傳送帶保持相對靜止.ABAB設(shè)P的質(zhì)量為m,根據(jù)牛頓第二定律，P在傳送帶上滑動時的加速度a=儂=日g,mv—0則P做勻加速直線運動的時間 t=一1Ng位移s二- 1 2NgL—sTOC\o"1-5"\h\z做勻速運動的時間t= 12v且t=t+1AB1 2聯(lián)立以上4式，解得 N=0.10(2)P從B到落地所用的時間總為t=0.4s,因此時間t的變化取決于P在傳送帶上的運動時間tAB的變化. 3①若v〉v,開始階段P做加速度為ug的勻加速直線運動.假設(shè)傳送帶的速度為某一值v時，p從Ab之間的某點D開始相對傳送帶靜止.增大傳送帶的速度v,則P在到達D點后仍將加速.由于P在AD間的運動情況不變，而在DB間的速度變大，所以%變小.可見隨著v的增大，tAB減小.當v增大到v時，P從A到B一直做勻加速直線運動，且到B時的速度恰好等于vmax.如果v再增大，PlU到B的運動情況不再變化，即%保持不變，因此t也保持不變.4艮據(jù)運動學公式 v2-v2=2NgL得max0v=vv2+2日gL=v40m/s=6.3m/smax、0=1.3s=1.3st=t+1=1.7sAB3②若V<V,開始階段P做加速度大小為ug的勻減速直線運動.假設(shè)傳送帶的速度為某一值v時，°P從AB之間的某點E開始相對傳送帶靜止.減小傳送帶的速度v,則P在到達E點后仍將減速.由于P在AE間的運動情況不變，而在EB間的速度變小，所以1AB變大.可見隨著v的減小，％變大.當v減小到v時，P從A到B一直做勻減速直線運動，且到B時的速度恰好等于vmin.如果v再減小，P1從A到B的運動情況不再變化，即%保持不變，因此t也保持不變.根據(jù)運動學公式v2-v2=2^gL得0minv=V2-2日gL=\10m/s=3.2m/sminv0v-v所以t=—0 min=1.8st=t+1=2.2sAB Rg AB3綜上所述，當傳送帶的速度vN6.3m/s時，P從A運動到落地點所用的時間保持不變，均為t=1.7s；當傳送帶的速度0WvW3.2m/s時，P從A運動到落地點所用的時間也保持不變，均為t=2.2s.3解：F(1)未放物塊之前，木板做勻速運動.因此木板與地面之間的動摩擦因數(shù)口=MF-=0.20若物塊與木板間無摩擦,物塊放在木板上后將保持靜止.木板水平方向受力如圖1所示，它將做勻減速直線運動，設(shè)其加速度的大小為％f1－F=Ma17~a1I— If1=u(m+M)g f1 圖FR(m+M)g-F ,a= =0.50m/s21M設(shè)物塊經(jīng)過時間t離開木板.木板在這段時間內(nèi)的位移 L=v°t—2a1t2解得t=1.2s或6.8s

其中t=6.8s不合題意，舍去.因此1.2s后物塊離開木板.(2)若物塊與木板間的動摩擦因數(shù)也為口，則物塊放在木板上后將做勻加速運動，設(shè)物塊的加速度的大小為a/Umg=ma2 a2=Ug=2.0m/s2木板水平方向受力如圖2所示，它做勻減速直線運動，設(shè)其加速度的大小為%a3 f1+f2—F=Ma3 I.一一IU(M+m)g+Umg－F=Ma 圖23a3=1.0m/s2設(shè)經(jīng)時間’,物塊與木板速度相等，此時它們的速度為v,此過程中木板的位移為s1,物塊的位移為s2.v0—a3tIa2tlvt—1at

01 231s—at2解得t=—s,v=4m/s,s=10m,s=4m解得13 3 19 29因為s1—s2<L,所以物塊仍然在木板上.之后，它們在水平方向的受力如圖3所示，者一起做勻減速直線運動，設(shè)它們共同運動的加速度的大小為a4.f1 F圖3f1—F=(M+mf1 F圖3U(M+m)g—F=(M+m)a4a4=0.40m/s2設(shè)再經(jīng)過時間％,它們停止運動.0=v-a4tIIt0=v-a4tIItI10=—s3L總=一tI=4.0因此將物塊放在木板上后,經(jīng)過4.0s木板停止運動.4解：(1)物塊所受摩擦力f(1)物塊所受摩擦力f=umg,根據(jù)牛頓第二定律，物塊的加速度a=—=Ug=2.0m/s21m小車所受摩擦力f,=f=umg，設(shè)小車運動的加速度為a2,根據(jù)牛頓第二定律F-f’=Ma2解得 a=F—Img=3.0m/s22M小車一直向左做加速運動,因此從開始運動到物塊與小車分離,小車向左運動的距離為所求的最大距離.設(shè)經(jīng)過時間t物塊與小車分離，此過程中1物塊的位移s=-at21211小車的位移s2=2a2tt由如圖1所示的幾何關(guān)系可知 s2－s1=l解得t=2.0s， s2=6.0m即物塊與小車分離前，小車向左運動的最大距離為6.0m（2）物塊與小車分離時，速度分別為v1=a1t=4.0m/s，v2=a2t=6.0m/s物塊與小車分離后向左做平拋運動，設(shè)物塊做平拋運動的時間為tt'='—=0.40sVg物塊與小車分離后，小車向左運動的加速度a'=—=3.25m/s22M物塊做平拋運動的過程中物塊向左的水平位移s'=vt'=1.6m11小車向左的位移 s'=vtf+-a't'?=2.66m2 2 22圖2由圖2所示的幾何關(guān)系可知，當物塊落地時，物塊與小車在水平方向上相距s-s=1.06m215解：(1)對長木板施加恒力F的時間內(nèi)，小滑塊與長木板間相對滑動，小滑塊和長木板在水平方向的受力情況如圖所示.□ff?廠\F小滑塊所受摩擦力 f=umg設(shè)小滑塊的加速度為a1,根據(jù)牛頓第二定律f=ma解得 a1=2.0m/s2長木板受的摩擦力 f,=f=umg設(shè)長木板的加速度為a2,根據(jù)牛頓第二定律F-f,二Ma解得 a2=4.0m/s2經(jīng)過時間t=1.0s,小滑塊的速度v1=a1t=2.0m/s長木板的速度v2=a2t=4.0m/s(2)撤去力F后的一段時間內(nèi)，小滑塊的速度小于長木板的速度，小滑塊仍以加速度a1做勻加速直線運動，長木板做勻減速直線運動.設(shè)長木板運動的加速度為a3，此時長木板水平方向受力情況如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律f'=Ma3」I-T 1解得 a3=2.0m/s2設(shè)再經(jīng)過時間t1后，小滑塊與長木板的速度相等.即 v1+a1t1=v2－a3t1解得 t1=0.50s此時二者的速度均為v=v1+a1t1=3.0m/s.如圖所示，在對長木板施加力F的時間內(nèi)，小滑塊的位移是s1，長木板的位移是s2；從撤去F到二者速度相等的過程，小滑塊的位移是S3，長木板的位移是s4. 2小滑塊與長木板速度相等時，小滑塊距長木板右端的距離最大.小滑塊的總位移s=s+s=a(it2+vt+—a12=2.25m塊1 3 2iii2ii

長木板的總位移, 1V+V。s=s+s=—at2+—t 1=3.75m板2 4 22 2 1在運動中小滑塊距長木板右端的最大距離為s=s板一s塊二1.5m6(1)小滑塊所受向右的摩擦力f=umg根據(jù)牛頓第二定律，小滑塊的加速度a=—=Ug=2.0m/s21m最遠距離為從水平恒力開始作用到小滑塊的速度為0，小滑塊向左運動最遠，最遠距離為V2

V2

=—o-=

2a1 m=1.0m2.0x2.0(2)當用水平恒力(2)當用水平恒力F=12N向右推木板后，長木板受向左的摩擦力設(shè)長木板運動的加速度為a2,根據(jù)牛頓第二定律F—f'=Ma2解得a2=5.0m/s2長木板向左做勻減速直線運動，運動的最大距離為f,二fV2V22r2 m=0.4m2.0x5.0v經(jīng)歷時間t=j=0.4s2a2v從水平恒力開始作用到小滑塊的速度為0,經(jīng)歷時間 t=…=1.0s1a1在t1時間內(nèi)，長木板向右做a2=5.0m/s2的勻加速直線運動的時間t3=t1-t2=0.6s此過程中,長木板向右運動的距離1s=at12=0.9m3 223小滑塊向左運動的過程中相對長木板移動的距離s=s1-s2+s3=1.5m7解：（1）小滑塊受到F=8.0N水平向右的恒力后，向右做勻加速直線運動，所受向左的摩擦力f=umg根據(jù)牛頓第二定律，小滑塊的加速度F—f…，a1= =5.0m/s2設(shè)經(jīng)過時間t后小滑塊離開木板。在這段時間內(nèi)小滑塊的位移1%=—at21 21木板所受向右的摩擦力f,二f，向右做勻加速直線運動。根據(jù)牛頓第二定律，木板的加速度f'a2=瓦=3.0m/s2在時間t內(nèi)木板的位移1%=at2222由圖可知L=x1-x2,解得t=1.0s則小滑塊離開木板時的速度v=a1t=5.0m/s（2）小滑塊做勻加速直線運動的速度=at=F-叫1m木板做勻加速直線運動的速度^mgv=at= 122M任意時刻小滑塊與木板速度之比v (F-^mg)M-i-= v |im2g2欲使小滑塊速度是木板速度的2倍，應(yīng)滿足(F-Rmg)M =2Rm2g若只改變F,則F=9N若只改變此則乂=1.2kg若只改變口，則口二0.27若只改變皿，則皿=0.93kg8解：(1)小物塊在從A到C運動的過程中，根據(jù)動能定理Fx-Rmgx-Rmgx=—mv2-01 1 1 2 22其中x1=AB=0.5m，x2=BC=0.5m解得v=1m/s小物塊從C端飛出后做平拋運動1由h=3gt2：2h -，飛行時間t=.—=0.4sg小物塊落地點與桌面C端的水平距離x3=vt=0.4m(2)要使小物塊落地點與桌面C端的水平距離變?yōu)樵瓉淼?倍，由于平拋運動時間t不變，因此小物塊運動到C端的速度v=2m/s由Fx_Rmgx-Rmgx=—mv2-01 1 1 2 22可解得若僅改變X1,則x1=1.25m若僅改變x2,則x2=-1m以上計算說明，僅改變I是可行的，而僅改變X2是不可行的.所以該同學的判斷是不正確的.9解：(1)木板槽受到F=10.0N水平向左的恒力后，向左做勻加速直線運動，所受向右的摩擦力f="1mg根據(jù)牛頓第二定律，木板槽的加速度F-faj~m-=4.0m/s2設(shè)經(jīng)過時間t后小滑塊滑到木板槽中點.在這段時間內(nèi)木板槽的位移1x=—at21 21小滑塊因受向左的摩擦力f′=f,將向左做勻加速直線運動.根據(jù)牛頓第二定律，小滑塊的加速度f'a2=-=2.0m/s2在時間t內(nèi)木板的位移1%=a122 22由圖可知=-xx-x21 2解得t=1.0s則小滑塊滑到木板槽中點時的速度v=a2t=2.0m/s（2）由于小滑塊滑到木板槽中點時的速度與第（1）問所求速度相同，而小滑塊的加速度

不變，所以當木板槽與水平面間有摩擦時，要求木板槽的加速度也不變，即F—Rmg-R(M+m)g 1 2 =aM1若只改變F,則F=11.5N；若只改變此則乂=1.67kg；若只改變皿，則皿=0.40kg.10解：（1）對木塊施加推力作用后，木塊和平板的受力情況如圖所示．木塊受到的滑動摩擦力fjuNjUmg=0.40X2.0X10N=8.0N根據(jù)牛頓第三定律,有 f1=f2,N1=N2根據(jù)牛頓第二定律,木塊的加速度F—f12—8.0a= 1=————