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m1=4.0kg．木板与水平面间的动摩擦因数μ=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E KC=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v A；

（2）木板AB的长度L．

图13

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t0=4.4s. 求：

（1）工件P与传送带之间的动摩擦因数μ；

（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(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=8.0 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 ，长度l = 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μ = 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

与地面间的摩擦. 取g = 10 m/s 2

，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.

5（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μ = 0.20．现用水平恒力F = 6.0 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；（2

图11

图12

图14

6．（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=1.0kg，小滑块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.20．小滑块与长木板一起以v0=2.0m/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12 7．（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 = 1.0 m．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μ= 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 = 8.0 N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、μ、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15

8．（8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，一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μ1 = 0.2，在B、C间运动时与桌面间的动摩擦因数μ2 = 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.

图15

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μ1= 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，经测定木板槽与水平面间的动摩擦因数μ2 = 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）.

图14

10．（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μ= 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．

11．（8分）如图14（甲）所示，水平面

图17

上A、B两点相距6.25m，一个质量为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v C ，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v A ,随后木板以初速度v A 匀减速滑动，直到停下来。

（1）C 平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得：

1222+=+KC C E gh m v m 代入数据：s m v C /1=

2图1

图2

向右平抛的水平位移：m g

v t v S c

c c X 1.02=== 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：

m S S S X 11=+=滑

C 离开木板后，木板受力如图3

0110a m g m f ==μ地

得：2

0/2s m g a ==μ

故：s m S a v A /220==

（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 2，则木板的位移为S 2+l , 根据动能定理：

对木板1m ： )(2

1))((20212v v m l S f f A -=

++-地 ① 对小物块2m :02

1222-=

C v m fS ② 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1m ： )()(01v v m t f f A -=+-地 ③

对小物块2m :02-=C v m ft ④

联立③④得：地f f 3

⑤ 联立①②⑤：m l 6.0=

图3

2解：（1）设P 从B 端做平抛运动到地面所用的时间为t 3，根据平抛运动公式 2

1gt h =

得 s 4.023==

t 则P 在传送带上运动的时间 t AB = t 0- 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P 到B 时的速度v B ≤v ，P 在传送带上运动的时间'

2 5.0/2AB B L L

t v v

≥=s. 由于'AB

AB t

t >，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 g m

a μμ==，

则P 做匀加速直线运动的时间 10

v t g

μ-=

位移 210

2v s g

μ-=

做匀速运动的时间 v

s L t 1

2-=

且 12AB t t t =+ 联立以上4式，解得 0.10μ=

（2）P 从B 到落地所用的时间总为t 3＝0.4s ，因此时间t 的变化取决于P 在传送带上的运动时间t AB 的变化.

① 若v >v 0，开始阶段P 做加速度为μg 的匀加速直线运动. 假设传送带的速度为某一值v 1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t AB 变小. 可见随着v 的增大，t AB 减小. 当v 增大到v max 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v max . 如果v 再增大，P 从A 到B 的运动情况不再变化，即t AB 保持不变，因此t 也保持不变. 根据运动学公式 gL v v μ22

max =- 得

6.3m/s m/s 4022

0max ==+=gL v v μ

所以 s 3.10

max =-=

v v t AB μ 3 1.7s AB t t t =+= ② 若v < v 0，开始阶段P 做加速度大小为μg 的匀减速直线运动. 假设传送带的速度为某一值v 2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t AB 变大. 可见随着v 的减小，t AB 变大. 当v 减小到v min 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v min . 如果v 再减小，P 从A 到B 的运动情况不再变化，即t AB 保持不变，因此t 也保持不变. 根据运动学公式 gL v v μ22

min 20=- 得

m/s 2.3m/s 1022

0min ==-=gL v v μ 所以 s 8.1min

0=-=

v v t AB μ 3 2.2s AB t t t =+= 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μ =

= 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a 1.

f 1－F = Ma 1

f 1 = μ (m+M )

g a 1 =

g M m -+)(μ= 0.50 m/s 2

设物块经过时间t 离开木板. 木板在这段时间内的位移 L = v 0t －

1a 1t 2

解得 t = 1.2 s 或6.8 s

图1

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μ，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a 2.

μmg = ma 2 a 2 = μg = 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a 3.

f 1 + f 2－F = Ma 3

μ (M+m ) g + μmg －F = Ma 3 a 3 = 1.0 m/s 2

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s 1，物块的位移为s 2.

v = v 0－a 3t Ⅰ v = a 2t Ⅰ

s 1 = v 0t Ⅰ－2

a 3t Ⅰ2

s 2 =

a 2t Ⅰ2 解得 t Ⅰ =

32s ，v =34

m/s ，s 1 =910m ，s 2 =9

4m 因为s 1－s 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，

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a 4.

f 1－F = (M +m ) a 4

μ (M+m ) g －F = (M +m ) a 4 a 4 = 0.40 m/s 2

设再经过时间t Ⅱ，它们停止运动.

图2

1 2 图

0 = v －a 4t Ⅱ t Ⅱ =

10s t 总 = t Ⅰ + t Ⅱ= 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=μmg ，根据牛顿第二定律，物块的加速度

a 1=

= μg = 2.0 m/s 2 小车所受摩擦力f ′=f=μmg ，设小车运动的加速度为a 2，根据牛顿第二定律 F － f ′=Ma 2

解得 a 2=F mg M

μ-=3.0m/s 2

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 s 1=

2112a t 小车的位移 s 2=

2212

a t

图1

由如图1所示的几何关系可知 s 2－s 1=l 解得 t = 2.0 s ， s 2= 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 v 1=a 1t= 4.0 m/s ，v 2=a 2t= 6.0 m/s

物块与小车分离后向左做平抛运动，设物块做平抛运动的时间为t ′，则

t '=

物块与小车分离后，小车向左运动的加速度

2F a M

= 3.25 m/s 2

物块做平抛运动的过程中

物块向左的水平位移 11 1.6s v t ''== m 小车向左的位移 222212s v t a t ''''=+=2.66 m

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

21s s ''-=1.06 m

5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 = μmg

设小滑块的加速度为a 1，根据牛顿第二定律

f = ma 1

解得 a 1 = 2.0 m/s

长木板受的摩擦力 f ′ = f = μmg 设长木板的加速度为a 2，根据牛顿第二定律 F – f ′= Ma 2 解得 a 2 = 4.0 m/s 2

经过时间t = 1.0 s ，

小滑块的速度 v 1 = a 1 t = 2.0 m/s 长木板的速度 v 2 = a 2 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a 1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a 3，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 ′ = Ma 3

解得 a 3 = 2.0 m/s 2

设再经过时间t 1后，小滑块与长木板的速度相等. 即 v 1 + a 1 t 1 = v 2－a 3 t 1 解得 t 1 = 0.50 s

此时二者的速度均为 v = v 1 + a 1 t 1 = 3.0 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s 1，长木板的位移是s 2；从撤去F 到二者速度相等的过程，小滑块的位移是s 3，长木板的位移是s 4.

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 = s 1＋s 3 = 21111212

21t a t v t a ++

= 2.25 m

长木板的总位移

s 板 = s 2＋s 4 = 11222

21t v

v t a ++= 3.75 m

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 m

6（1）小滑块所受向右的摩擦力f = μmg 根据牛顿第二定律，小滑块的加速度

a 1=

= μg = 2.0 m/s 2 从水平恒力开始作用到小滑块的速度为0，小滑块向左运动最远，最远距离为

m 1.0m 0

.20.20.222

1201=?==a v s

（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a 2，根据牛顿第二定律

F － f ′ = Ma 2 解得 a 2 = 5.0 m/s 2

长木板向左做匀减速直线运动，运动的最大距离为

4m .0m 0

.50.20.222

2202=?==a v s

经历时间4.02

2==

a v t s 从水平恒力开始作用到小滑块的速度为0，经历时间 0.11

1==

a v t s 在t 1时间内，长木板向右做a 2 = 5.0 m/s 2

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

9.02

12323==

t a s m

小滑块向左运动的过程中相对长木板移动的距离

s = s 1 – s 2 + s 3 = 1.5 m

7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 = μmg

根据牛顿第二定律，小滑块的加速度

a 1=

f F -= 5.0 m/s 2

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

2112

1t a x =

木板所受向右的摩擦力 f ′ = f ，向右做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律，木板的加速度

a 2=

f '= 3.0 m/s 2

在时间t 内木板的位移

2222

t a x =

由图可知 L = x 1 – x 2，解得 t = 1.0 s 则小滑块离开木板时的速度

v = a 1t = 5.0 m/s

（2）小滑块做匀加速直线运动的速度

t m

F t a v μ-=

=11 木板做匀加速直线运动的速度

t M

t a v μ=

=22

任意时刻小滑块与木板速度之比

m M

mg F v v 2

21)(μμ-= 欲使小滑块速度是木板速度的2倍，应满足

2)(2=-g

m M

mg F μμ

若只改变F ，则F = 9 N 若只改变M ，则M = 1.2 kg 若只改变μ，则μ = 0.27 若只改变m ，则m = 0.93 kg 8解：

（1）小物块在从A 到C 运动的过程中，根据动能定理

22111-=

--mv mgx mgx Fx μμ 其中 x 1 = AB = 0.5 m ，x 2 = 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 22

1gt h =

飞行时间 4.02==

t s 小物块落地点与桌面C 端的水平距离 x 3= vt = 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 02

22111-=--mv mgx mgx Fx μμ 可解得

若仅改变x 1，则x 1= 1.25 m 若仅改变x 2，则x 2= －1 m

以上计算说明，仅改变x 1是可行的，而仅改变x 2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 = μ1mg

根据牛顿第二定律，木板槽的加速度

a 1=

f F -= 4.0 m/s 2

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

2112

1t a x =

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