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m 1=4.0kg ．木板与水平面间的动摩擦因数μ=，木板上表面距水平面的高度h =0.050m ．当木板滑行速度v 0=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m 2=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 =．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S 1=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 ．—1解：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：021222+=+KC C E gh m v m 代入数据：s m v C /1=向右平抛的水平位移：m ghv t v S cc 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~图132图1 图2C 离开木板后，木板受力如图30110a m g m f ==μ地得：20/2s 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 ：)(21))((20212v v m l S f f A-=++-地 ① —对小物块2m :021222-=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 31= ⑤ 联立①②⑤：m l 6.0=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 m 的木板，在F= N 的水平拉力作用下，以v 0=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）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 μ =MgF= 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图3图11,图11a 1 =MFg 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 －21a 1t 2 解得 t = s 或 s其中t = s 不合题意，舍去. 因此后物块离开木板.（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/s2 、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 Ⅰs 1 = v 0t Ⅰ－21a 3t Ⅰ2 s 2 =21a 2t Ⅰ2 解得 t Ⅰ =32s ，v =34m/s ，s 1 =910m ，s 2 =94m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 4μ (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. 0 = v －a 4t Ⅱ t Ⅱ =310s t 总 = t Ⅰ + t Ⅱ= s因此将物块放在木板上后，经过 s 木板停止运动.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，车的上表面到水平面的距离h=1.25m 。
现平板车正在光滑水平面上以v 0=10m/s 向右做匀速直线运动，某时刻对平板车施加一个方向水平向左、大小F 1=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。
F 1作用后，将力的大小改为F 2=422N （作用位置和施力方向不变）。
F 2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F 2。
已知平板车与木块的动摩擦因数μ=，木块可视为质点，空气阻力可忽略不计，取g =10m/s 2。
求：（1）木块从离开平板车至落到水平面上所用的时间；图21 2 图31!:图17（2）在F 1作用的时间内，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始至落到光滑水平面上所用的时间为t ，则有h =12 gt 2 解得：t =gh2= ……………………………………………………………………（3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a 1，木块的加速度为a 2 根据牛顿第二定律， 对平板车有 F 1+μmg =Ma 1 对木块有 μmg =ma 2 解得：a 1= 8.0m/s 2；a 2=2.0 m/s 2…………………………………………………………（1分）设将木块放到平板车右端后经过t 1时间木块和平板车达到共同速度， 则有v 0－a 1t 1= a 2t 1， 解得：t 1=此时间刚好是F 1作用的时间，设在这段时间内平板车的位移为x 1 -则x 1= v 0t 1－12a 1t 12，解得：x 1=6.0m ………………………………………………………（1分）在F 1作用的时间内摩擦力对平板车做的功W =－μmg x 1=－××10×=－12 J ………………………………………………（1分）（3）在F 1作用的时间内木块的位移为x 2= 12 a 2t 12=1.0m末木块距离平板车右端的距离∆x =L —x 2=5.0m ，如答图3末平板车和木块具有相同的 速度v =a 2t 1=2.0m/s<F 2开始作用后，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a 3根据牛顿第二定律，对平板车有 F 2－μmg =Ma 3 解得：a 3= 42m/s 2答图2答图4v设木块在速度减为零时，木块、平板车的位移分别为x 3、x 4，取水平向右的方向为正方向。
x 3= v 2/2a 2=1.0m ，木块速度减为零所用时间 t 2= va 2=所以 x 4= vt 2－12a 3t 22=－19m因|x 4|＞∆x 说明木块在速度减为零之前已经从平板车的右端脱离。
在F 2作用t 3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x 5、x 6， 木块的位移x 5= vt 3－12a 2t 32—平板车的位移x 6=vt 3－12a 3t 32由答图5所示的几何关系可知x 5+|x 6|=∆x ，由此解得： t 3= ……………………（1分） 木块离开平板车瞬间的速度v 1=v －a 2t 3=1.0m/s 木块离开平板车后水平位移x 7= v 1t =0.50m木块离开平板车的瞬间平板车的速度v 2=v －a 3t 3=－19m/s 木块离开平板车后平板车水平位移x 8= v 2 t =－9.5m木块落到水平面上时距离平板车右端的水平距离x = x 7＋|x 8|=10m …………………（1分）@4（P37 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m 1=0.50kg ，放在厚度不计的长木板AB 上．木板长L =0.865m ，质量m 2=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＝．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，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t 3， M F 1m }x ∆x x 1 m MF 1 MF 2x 5…x 6答图5C Fdh AB s第8题图2321gt h =)s (4.01080.0223=⨯==g h t ~设平抛运动的初速度为v 2，32t v s =)m/s (2.04.008.032===t s v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a 1．)N (0.11050.020.0111=⨯⨯===g m F f μμ )m/s (0.25.00.12111===m f a -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 '．)N (0.1105.02.0111=⨯⨯==='g m F f μμ )m/s (0.25.00.12111=='='m f a 11a a =' 设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离为s 1，末速度为v 1，所用时间为t 1，12112a v s = ① !111t a v = ②设小金属块在桌面上运动时，相对于地面运动的距离为s 2，末速度为v 2，2122212v v s a -=- ③由题意知d L s s -=+21 ④联立以上四式，解得图2f 1΄1g 图1f 1m图3s 1=0.25m s 2=0.24m t 1=v 1=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．)N (4.11070.020.0)(2122=⨯⨯=+==g m m F f μμ木板在t 1时间内向右运动距离为d +s 1，设木板的加速度为a 2，则212121t a s d =+ )m/s (0.55.0)25.0375.0(2)(2222112=+=+=t s d a 利用牛顿定律 F －(f 1+f 2)=m 2a 2F =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F 〉时物块不会落下桌子。