板块模型难题专题训练

1．质量为m=1.0kg的小滑块(可视为质点)放在质量为M=3.0kg的木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，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，经一段时间后撤去F，小滑块始终在木板上。g取10m/s2。

(1)求撤去外力前后木板的加速度的大小和方向;

(2)设经过时间t1撤去外力，试画出木板从开始运动到停止过程中的速度—时间图象; (3)求水平恒力F作用的最长时间。

变式:若小滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，地面光滑，水平恒力F作用的最长时间是多少

2.(1)a1=?m/s2，方向向右?a2=?m/s2，方向向左?(2) (3)1s??????变式：1s

【解析】(1)由牛顿第二定律得:

撤力前:F-μ(m+M)g=Ma1，解得a1=?m/s2，方向向右

撤力后:μ(m+M)g=Ma2，解得a2=?m/s2，方向向左

(2)由于减速过程加速度的大小为加速过程的两倍，所以加速时间为t1，则再经t1/2，木板的速度就减小为零。其速度—时间图象如图。

(3)方法一 木板先加速后减速运动，设加速过程的位移为x1，加速运动的时间为t1，减速过程的位移为x2，减速运动的时间为t2。

由运动学规律有

x1=a1，x2=a2

小滑块始终在木板上，应满足x1+x2≤L 又a1t1=a2t2

由以上各式可解得t1≤1s，即力F作用的最长时间为1s

方法二 由于速度—时间图象的面积就代表位移的大小，所以由(2)问图可

知:vm×t1≤L，其中vm=a1t1

解得t1≤1s，即力F作用的最长时间为1s

变式:解答本题的疑难点在于两个物体都在运动，且运动过程较为复杂。突破点是对两物体隔离受力分析，弄清各自的运动过程及两个物体运动的时间、位移及速度的关系。

撤力前木板和小滑块都做加速运动，且木板的加速度较大，所以撤力时木板的速度较大。撤去外力后由于木板速度较大，所以小滑块继续做加速运动，而木板做减速运动。设木板加速过程的位移为x1，加速度大小为a1，加速运动的时间为t1，减速过程的位移为x2，加速度

大小为a2，减速运动的时间为t2;整个过程中小滑块运动的加速度为a。由牛顿第二定律得:μmg=ma，解得a=2m/s2

撤力前:F-μmg=Ma1，解得a1=?m/s2

撤力后:μmg=Ma2，解得a2=?m/s2 撤力时刻，木板的速度v1=a1t1

运动的位移:x1=a1

最终木板的速度为v2=v1-a2t2，减速运动过程中木板的位移x2=v1t2-a2

最终小滑块的速度为v=a(t1+t2)，全过程中小滑块运动的位移为x=a小滑块始终在木板上，应满足x1+x2-x≤L，又v=v2

由以上各式可解得t1≤1s，即力F作用的最长时间为1s 【备注】无

2.一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图所示，已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？（以g表示重力加速度）

设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有μ1mg=ma1

桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有μ2mg=ma2 设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，有? v12=2a1x1，v12=2a2x2

盘没有从桌面上掉下的条件是

?

设桌布从盘下抽出所经历的时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有

?

而

由以上各式解得

3．一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4.5m，如图（a）所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（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。已知碰撞后时间内小物块的图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取。求 （1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数； （2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离。

【答案】（1）μ1=0.1μ1=0.1（2）木板的最小长度应为6.0m（3）最终距离为6.5m

【考点】滑动摩擦力、动摩擦因数；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式 【解析】(1)(7分)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分)

由图可知。木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s,由运动学公式得： V1=v0+a1t1······(1分) S0=v0t1+a1t12········(1分)

式中t1=1s,s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。 联立式和题给条件得：μ1=0.1·······(1分)

在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1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········(1分)

由图可得：a2=·······(1分)

式中t2=2s,v2=0,联立式和题给条件得：μ2=0.4······(1分)

（2）(8分)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3,由牛顿第二定律及运动学公式得：

μ2mg+μ1(m+M)g=(m+M)a1=Ma3······(1分) V3=-v1+a3Δt·······(1分) V3=v1+a2Δt······(1分)

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：

s1=Δt······(1分)

小物块运动的位移为：s2=Δt······(1分)

小物块相对木板的位移为：Δs=s2–s1·····(1分) 联立式，并代入数值得：Δs=6.0m·····(2分)

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)(5分)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到停止，高加速度为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·······(1分) 0–v32=2a4s3······(1分)

磁碰后木板运动的位移为：s=s1+s3·······(1分) 联立式，并代入数值得： S=-6.5m·······(2分)

木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。 4.如图所示，

将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用 水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝

码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g. (1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；

(3)本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？

解析：(1)砝码对纸板的摩擦力

Ff1＝μm1g

桌面对纸板的摩擦力

Ff2＝μ(m1＋m2)g Ff＝Ff1＋Ff2，

解得Ff＝μ(2m1＋m2)g.

(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则 Ff1＝m1a1

F－Ff1－Ff2＝m2a2

若发生相对运动，则a2＞a1

解得F＞2μ(m1＋m2)g.

(3)纸板抽出前，砝码运动的距离 x1＝a1t

纸板运动的距离 d＋x1＝a2t

纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t l＝x1＋x2

由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2 代入数据解得F＝22.4N.

5．如图所示，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=0.90m．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．

v0 1解：分析：小物块C放C B A 到木板上后，C受力如图h 1，离开木板之前作向右

L 的匀加速运动，假设C离

开木板时的速度为vC，C

N地 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

f地 f 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,

N12 随后木板以初速度vA匀减速滑动，直到停下来。 m1g 图2 N12 （1）C平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得：

C f 代入数据：vC1m/s

向右平

m2g 图1

抛的水平位移：SXvctcvc2h0.1m gN地0 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：C离开木板后，木板受力如图3，由牛顿第二定律： f地0 2得：a0g2m/s 故：vA2a0S2m/s

m1g 图3

（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S2，则木板的位移为S2+l,根据动能定理：

122对木板m1：(ff地)(S2l)m1(vAv0)①

212对小物块m2:fS2m2vC0②

2假设C滑上木块到分离所经历的时间为t，

对木板m1：

ff木m1a1③

v0vAa1t④

对小物块m2:

fm2a2⑤ vca2t⑥

1f地⑦ 3联立①②⑦：l0.6m 6．如图11所示，水平地面上一个质量M=4.0kg、长度L=2.0m的木板，在F=8.0N

联立③④⑤⑥得：f的水平拉力作用下，以v0=2.0m/s的速度向右做匀速直线运动.某时刻将质量m=l.0kg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）

m F 2解：（1）未放物块之前，木板做匀速运M 动.因此木板与地面之间的动摩擦因数μ=F=0.20

Mg图11

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a1.

f1－F=Ma1

f1=μ(m+M)g

(mM)gFa1==0.50m/s2

Ma1 f1

图1

F 设物块经过时间t离开木板.木板在这段时间内的位移L=v0t－12a1t 2解得t=1.2s或6.8s

其中t=6.8s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a2.

μmg=ma2a2=μg=2.0m/s2

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 a3.

f1+f2－F=Ma3 f1 f2 F μ(M+m)g+μmg－F=Ma3

图2

2

a3=1.0m/s

设经时间tⅠ，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s1，物块的位移为s2.

v=v0－a3tⅠ v=a2tⅠ

s1=v0tⅠ－1a3tⅠ2

21s2=a2tⅠ2

2解得tⅠ=2s，v=4m/s，s1=10m，s2=4m

3399因为s1－s2f1－F=(M+m)a4

a4 μ(M+m)g－F=(M+m)a4

a4=0.40m/s2 0=v－a4tⅡtⅡ=10s

3f1

图3

F 设再经过时间tⅡ，它们停止运动.

t总=tⅠ+tⅡ=4.0s

因此将物块放在木板上后，经过4.0s木板停止运动.

7．（P4340）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v0=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F1=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。F1作用1.0s后，将力的大小改为F2=422N（作用位置和施力方向不变）。F2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F2。已知平板车与木块的动摩擦因数μ=0.20，木块可视为质点，空气阻力可忽略不计，取g=10m/s2。求： （1）木块从离开平板车至落到水平面上所用的时间； （2）在F1作用的时间内，摩擦力对平板车做的功； F1 M （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：

图17

m v0 （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=gt2 解得：t=

2h=0.50s………………………………………………………………g（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

m 所示。 f′ f F1 设此时平板车的加速度为a1，木块的加速度为a2 M 根据牛顿第二定律， 对平板车有F1+μmg=Ma1 答图2 对木块有μmg=ma2

解得：a1=8.0m/s2；a2=2.0m/s2………………………………………………（1分）

设将木块放到平板车右端后经过t1时间木块和平板车达到共同速度， 则有v0－a1t1=a2t1， 解得：t1=1.0s

此时间刚好是F1作用的时间，设在这段时间内平板车的位移为x1

则x1=v0t1－a1t12，解得：x1=6.0m………………………………………………（1分）

在F1作用的时间内摩擦力对平板车做的功 W=－μmgx1=－0.20×1.0×10×6.0J=－12J…………………………………………（1分）

m （3）在F1作用的时间内木块的位移为x2=a2t12=1.0m F1 M x2 1.0s末木块距离平板车右端的

?x m 距离?x=L—x2=5.0m，如答图3所示。 F1 M 1.0s末平板车和木块具有相同的 x1 答图3 速度v=a2t1=2.0m/s

F2开始作用后，木块和平板车沿水平方向 v m 受力的情况如答图4所示。 f F2 f′ 木块做减速运动，其加速度大小不变，方向改变。 M 设此时平板车的加速度为a3

根据牛顿第二定律，对平板车有F2－μmg=Ma3 答图4

2

解得：a3=42m/s

设木块在速度减为零时，木块、平板车的位移分别为x3、x4，取水平向右的方向为正方向。

x3=v2/2a2=1.0m，木块速度减为零所用时间t2==1.0s 所以x4=vt2－a3t22=－19m

因|x4|＞?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F2作用t3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x5、x6，

木块的位移x5=vt3－a2t32 平板车的位移x6=vt3－a3t32

由答图5所示的几何关系可知x5+|x6|=?x，由此解得：t3=0.50s………………（1分）

木块离开平板车瞬间的速度v1=v－a2t3=1.0m/s 木块离开平板车后水平位移x7=v1t=0.50m

木块离开平板车的瞬间平板车的速度v2=v－a3t3=－19m/s 木块离开平板车后平板车水平位移x8=v2t=－9.5m

木块落到水平面上时距离平板车右端的水平距离x=x7＋|x8|=10m……………（1分）

8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

m L=0.865m，质量的质量m1=0.50kg，放在厚度不计的长木板AB上．木板长F1 M m2=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x2 ?x 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m F1 因数都相等，其值＝0.20．现用力将木板水平向右加速抽出．在小金属块从木M 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，x1 x5 x6 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m F2 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． M 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，从木板上滑答图5

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t3， 设平抛运动的初速度为v2， F1 小金属块在长木板上运动时的受力如图1所示，小金属块

f1 a1． 这时做匀加速直线运动，设它的加速度为小金属块离开长木板后在桌面上运动时的受力如图2所m1g 示，小金属块这时做匀减速直线运动，设它的加速度的大

图1 F1

小为a1．

f1? 设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离为s1，末速度为v1，m所用时1g 间为t1，

图2

2vs11 ①

2a1v1a1t1 ②

设小金属块在桌面上运动时，相对于地面运动的距离为s2，末速度为v2，

22a1s2v2v12 ③

F2 f1 f2 F1? m2g 图3

F 由题意知

s1s2Ld ④

联立以上四式，解得 s1=0.25m s2=0.24m t1=0.5s v1=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． 木板在t1时间内向右运动距离为d+s1，设木板的加速度为a2，则

a22(ds1)2(0.3750.25)5.0(m/s2)利用牛顿定律 22t10.5F－(f1+f2)=m2a2

F=3.4N

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〉3.41N时物块不会落下桌子。 9.如图所示，质量为m=5kg的长木板放在水平地面上，在木板的最右端放一质量

也为m=5kg的物块A．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2．现用一水平力F=60N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s，撤去拉力．设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．（g取10m/s2）求： （1）拉力撤去时，木板的速度大小．

（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度至少多大．

（3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在距板右端多远处． 【答案】（1）4m/s；（2）1.2m；（3）0.48m

5.解析：（1）若在时间t=1s内，物块与长木板一起运动，加速度为a，则

F21mg2ma

① ②

物块受合外力fma2mg

说明物块在长木板上发生了相对滑动．

设撤去F时，长木板的速度为v1，滑块速度为v2，由动量定理可知， 对物块，有2mgtmv2

对系统，有(F21mg)tmv1mv2

③ ④

代入数据解得v1=4m/s，v2=2m/s

拉力撤去时，长木板的速度大小为4m/s．

（2）设撤去拉力后，经时间t1，两者获得共同速度为v，由动量定理可知， 对物块，有2mgt1mvmv2

⑤

⑥

对长木板，有22mgt11mgt1mvmv1

将v1和v2的数值代入解得t1=0.2s，v=2.4m/s

在t=1s内，物块相对于长木板的位移s1=(v1－v2)t/2=1m ⑦ 在t1=0.2s内，物块相对于长木板的位移s2=(v1-v2)t1/2=0.2m ⑧ 木板的长度最小值为L=s1+s2=1.2m

（3）滑块与木板有了共同速度后，在摩擦力作用下均做减速运动，物块相对于木板向右运动，木板和物块先后停下，设木板位移为x1，物块位移为x2，由动能定理，得

1 ⑨ (2mg21mg)x10mv2

21 ⑩ 2mgx20mv2

2这段时间内物块相对于木板的位移s3=x2－x1=0.72m． 物块最终离板右端的距离d=s1＋s2－s3=0.48m

f小车a2 （1分） 1m/s2

M12经t1=2s货物运动S1a1t14m （1分）

210.如图所示，在光滑水平桌面上放有长木板C，在C上左端和距左端x处各放有小物块A和B，A、B的体积大小可忽略不计，A、B与长木板C间的动摩擦因数为μ，A、B、C的质量均为m，开始时，B、C静止，A以某一初速度v0向右做匀减速运动，设物体B与板C之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：

（1）物体A运动过程中，物块B受到的摩擦力；

（2）要使物块A、B相碰，物块A的初速度v0应满足的条件。 解：（1）设A在C板上滑动时，B相对于C板不动，则对B、C有?μmg=2ma g a2mg又B依靠摩擦力能获得的最大加速度为amg m∵am＞a ∴B未相对C滑动而随木板C向右做加速运动? 1B受到的摩擦力fb=ma=μmg，方向向右 2（2）要使物块A刚好与物块B发生碰撞，物块A运动到物块B处时，A、B的1速度相等，即v1=v0－μgt=μgt 2得v1=v0/3? 设木板C在此过程中的位移为x1，则物块A的位移为x1+x，由动能定理 11－μmg(x1+x)=mv12－mv02? 221μmgx1=(2m)v12? 2联立上述各式解得v0=

要使物块A、B发生相碰的条件是v0＞