板块模型

板块模型专题复习

1.如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，

B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（）

A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止

B．当F＝时，A的加速度为C．当F＞3μmg时，A相对B滑动

D．无论F为何值，B的加速度不会超过

2.质量为m=1.0kg的小滑块（可视为质点）放在质量为M=

3.0kg的长木板的右端，木板上表面光滑，

木板与地面之间的动摩擦因数为，木板长L=1.0m，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=12N，如图所示，为使小滑块不掉下木板，试求：（g取10m/s2）

（1）用水平恒力F作用的最长时间；

（2）水平恒力F做功的最大值。

3.如图所示，一速率为v 0=10m/s 的物块冲上一置于光滑水平面上且足够长的木板上。物块质量为m =4kg ，木板质量M =6kg ，物块与木板间的动摩擦因数6.0=μ，试问：物块将停在木板上何处？

4.（2012届西电高三第一次月考）如图所示，质量为M 的长木板，静止放在粗糙水平面上，有一个质量为m ，可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板，从物块冲上木板到物块和木板达到共

v-图像分别如图中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点得坐标为同速度的过程中，物块和木板的t

v-图像（g=10m/s2），求：

a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)。根据t

（1）物块冲上木板做匀速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到相同速度之后，一起做匀减速直线运动的加速度大小a；

（2）物块质量m与长木板质量M之比；

?。

（3）物块相对长木板滑行的距离x

5.如图所示，长为l的薄木板放在长为l的正方形水平桌面上，木板的两端与桌面的两端对齐，一小木块放在木板的中点，木块、木板质量均为m，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为μ．现突然施加水平外力F在薄木板上将薄木板抽出，最后小木块恰好停在桌面边上，没从桌面上掉下．假设薄木板在被抽出的过程始终保持水平，怯在竖直方向上的压力全部作用在水平桌面上．求水平外力F 的大小？

6.一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4.5 m，如图(a)所示。t = 0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t = 1 s 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1 s时间内小物块的υ－t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的l5倍，重力加速度大小g取10 m／s2。

求

(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

(2)木板的最小长度；

(3)木板右端离墙壁的最终距离。

1.BCD

2.解：（1）撤力前后木板先加速后减速，设加速过程的位移为x1，加速度为a1，加速运动的时间为t1；减速过程的位移为x2，加速度为a2，减速运动的时间为t2。牛顿第二定律得：

撤力前：

解得

撤力后：

解得

为使小滑板不从木板上掉下，应满足x1+x2≤L

又a1t1=a2t2

由以上各式可解得t1≤1s，即作用的最长时间为1s

（2）木板在拉力F 作用下的最大位移

所以F 做功的最大值

3. 【解析】

方法一（基本公式法） 由牛顿第二定律可知 对物块 1ma mg =μ 对木板 2Ma mg =μ

解得 21m/s 6=a ，2

2m/s 4=a

设两者共速时所用时间为t ，则

t

a t a v 210=-

解得 s 1=t

这段时间物块与车的位移大小分别为

m

721

2101=-=t a t v x m

221

222==t a x

两车的位移之差

m 521=-=?x x x

故物块能停距木板左端5m 处 方法二（图像法）

作出物块与木板的运动图像如图所示。由牛顿第二定律可求得物块与木板的加速度

21m/s 6==g a μ

22m/s 4==

g M m

a μ

两者t 时刻速度相等，则

t

a t a v 210=-

解得 s 1=t

分析可知，图中阴影面积为板、块的相对位移，由几何关系知

m 521

0==

?t v x

故物块能停距木板左端5m 处

4．【答案】（1）2

m/s 5.1 2

m/s 1 2

m/s 5.0 （2）2:3 （3）20m

解：（1）由图像可知 21m/s 5.1=a ，2

2m/s 1=a ，23m/s 5.0=a

（2）由牛顿第二定律得 对物块： 11ma f = 对木板： 221Ma f f =- 对整体：

()3

2a m M f +=

联立以上各式，解得 23

=M

m （3）图中aco ?的面积即为物块相对长木板滑行的距离，所以

20m m 41021

=??=

?x

5.解：设小木块没有离开薄木板的过程，时间为t ，小木块的加速度大小为a1，移动的距离为S1，薄木板被抽出后，小木块在桌面上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，移动的距离为S2，有

μmg=ma1……① μmg=ma2……② 即有a1=a2=μg ．．．．．．． ③

根据运动学规律有S1=S2．．．．．．．． ④

…………… ⑤

…………⑥

根

据

题

意

有

S1+S2=L……………⑦

∴t2==………………⑧

设小木块没有离开薄木板的过程中，薄木板的加速度为a，移动的距离为

S ，

根

据

题

意

有

S=S1+

L ．．．．．．．．．． ⑩

解⑤⑧⑨⑩得a=3μg ．．．．． 根据牛顿第二定律

F —3μmg=ma ． ∴F=6μmg ．．

6.(1)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)a1 ① 由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度υ1= 4m ／s ，由运动学公式得 υ1 =υ0+a1t1 ② s0 = υ0t1+1

2

a1t12 ③

式中，t1 = ls ，s 。= 4.5m 是木板碰前的位移，υ0是小物块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式和题给条件得

μ1 = 0.1 ④

在木板与墙壁碰撞后，木板以－υ1的初速度向左做匀变速运动，小物块以υ1的初速度向右做匀变速运

动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有 －μ2mg = ma2 ⑤ 由图可得

a2 =

121

2t t --υυ ⑥

式中，t2 = 2s ，υ2 = 0，联立⑤⑥式和题给条件得

μ2 = 0.4 ⑦

(2)设碰撞后木板的加速度为a2，经过时间△t ，木板和小物块刚好具有共同速度υ3。由牛顿第二定律及运

动学公式得

μ2mg+μ1(M+m)g = M)a3 ⑧

υ3 = －υ1＋a3△t ⑨ υ3 = υ1＋a2△t ⑩

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

sl = 2-3

1υυ+△t ⑩

小物块运动的位移为

S2 =

2

3

1υυ+△t

小物块相对木板的位移为

△s = s2－s1 @

联立⑥⑧⑨⑩⑧式，并代入数值得 △s = 6.0m ⑩

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)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至停止，设加速度为a4，此过程中小物块

和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m+M)g = (m+M)a4 ⑩

0－υ32= 2a4s3 ⑩ 碰后木板运动的位移为 s = s1+s3 ⑥

联立⑥⑧⑨④⑩@⑩⑩式，并代入数值得 s = －6.5m ⑩

木板右端离墙壁的最终距离为6.5m 。