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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
A
B
C
图13
h
L

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.
图11
M
F
m
（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.
图12
F

h
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/s2，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：
F
m
M
图14
（1）撤去力F时小滑块和长木板的速度各是多大；
（2）运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大．

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；
m
M
F
v0
图12
（2）小滑块向左运动的过程中相对长木板移动的最大距离．

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）.
m
M
F
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.

F
h
A
B
C
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 = 20 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）.
M
F
图14
m

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．
L
M
F
L
平板
木块
图17

（乙）
（甲）
0.8
-0.4
F/N
t/s
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
6.0
7.0
8.0
0
A
B
11．（8分）如图14（甲）所示，水平面上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：
图14
（1）滑块受到水平面的滑动摩擦力的大小；
（2）滑块经过B点时的速度大小。

答案
f
C
N12
m2g
图1

f
f地
N地
m1g
N12
图2
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vC ，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vA,随后木板以初速度vA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：

代入数据：
向右平抛的水平位移：
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：

f地0
N地0
m1g
图3
C离开木板后，木板受力如图3，由牛顿第二定律：

得：
故：
（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：
对木板： ①
对小物块: 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： ③
对小物块: ④
联立③④得： ⑤
联立①②⑤：
2解：（1）设P从B端做平抛运动到地面所用的时间为t3，根据平抛运动公式
得
则P在传送带上运动的时间 tAB= t0- t3=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vB≤v，P在传送带上运动的时间s.
由于，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 ，则P做匀加速直线运动的时间
位移
做匀速运动的时间

且
联立以上4式，解得
（2）P从B到落地所用的时间总为t3＝0.4s，因此时间t的变化取决于P在传送带上的运动时间tAB的变化.
① 若v>v0，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v1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tAB变小. 可见随着v的增大，tAB减小. 当v增大到vmax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vmax. 如果v再增大，P从A到B的运动情况不再变化，即tAB保持不变，因此t也保持不变. 根据运动学公式 得

所以
② 若v < v0，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v2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tAB变大. 可见随着v的减小，tAB变大. 当v减小到vmin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vmin. 如果v再减小，P从A到B的运动情况不再变化，即tAB保持不变，因此t也保持不变. 根据运动学公式 得

所以
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a1.
图1
F
f1
a1
f1－F = Ma1
f1 = μ (m+M) g
a1 == 0.50 m/s2
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－a1t2
解得 t = 1.2 s或6.8 s
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a2.
μmg = ma2 a2 = μg = 2.0 m/s2
图2
F
f1
f2
a3
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.
f1 + f2－F = Ma3
μ (M+m) g + μmg－F = Ma3
a3 = 1.0 m/s2

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－a3tⅠ2
s2 =a2tⅠ2
解得 tⅠ =s，v =m/s，s1 =m，s2 =m
图3
F
f1
a4
因为s1－s2< 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a4.
f1－F = (M+m) a4
μ (M+m) g－F = (M+m) a4
a4 = 0.40 m/s2
设再经过时间tⅡ，它们停止运动.
0 = v－a4tⅡ tⅡ =s
t总 = tⅠ + tⅡ= 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
a1== μg = 2.0 m/s2
小车所受摩擦力f′=f=μmg，设小车运动的加速度为a2，根据牛顿第二定律 F－ f′=Ma2
解得 a2==3.0m/s2
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 s1=
小车的位移 s2=

图1
s1
s2

由如图1所示的几何关系可知 s2－s1=l
解得 t= 2.0 s， s2= 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
v1=a1t= 4.0 m/s，v2=a2t= 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
= 0.40 s
物块与小车分离后，小车向左运动的加速度
= 3.25 m/s2
物块做平抛运动的过程中
物块向左的水平位移 m
小车向左的位移 2.66 m
图2
h
s1′
s2′

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
=1.06 m

5解：
f
f ′
F
（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a1，根据牛顿第二定律
f = ma1
解得 a1 = 2.0 m/s2
长木板受的摩擦力 f ′ = f = μmg
设长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律
F – f ′= Ma2
解得 a2 = 4.0 m/s2
经过时间t = 1.0 s，
小滑块的速度 v1 = a1 t = 2.0 m/s
长木板的速度 v2 = a2 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a1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a3，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 ′
f ′ = Ma3
解得 a3 = 2.0 m/s2
设再经过时间t1后，小滑块与长木板的速度相等.
即 v1 + a1 t1 = v2－a3 t1
解得 t1 = 0.50 s
此时二者的速度均为 v = v1 + a1 t1 = 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s1，长木板的位移是s2；从撤去F到二者速度相等的过程，小滑块的位移是s3，长木板的位移是s4.

s1
s2
s4
s3

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 = s1＋s3 = = 2.25 m
长木板的总位移
s板 = s2＋s4 = = 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
a1== μg = 2.0 m/s2
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

（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a2，根据牛顿第二定律
F－ f ′ = Ma2
解得 a2 = 5.0 m/s2
长木板向左做匀减速直线运动，运动的最大距离为

经历时间s
从水平恒力开始作用到小滑块的速度为0，经历时间 s
在t1时间内，长木板向右做a2 = 5.0 m/s2的匀加速直线运动的时间
t3 = t1 – t2 = 0.6s
此过程中，长木板向右运动的距离
m
M
F
M
F
m
m
s2
s1
M
F
s3
m

小滑块向左运动的过程中相对长木板移动的距离
s = s1 – s2 + s3 = 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
a1== 50 m/s2
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

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
a2== 3.0 m/s2
在时间t内木板的位移
F
F
x2
x1
L

由图可知 L = x1 – x2，解得 t = 1.0 s
则小滑块离开木板时的速度
v = a1t = 5.0 m/s

（2）小滑块做匀加速直线运动的速度

木板做匀加速直线运动的速度

任意时刻小滑块与木板速度之比

欲使小滑块速度是木板速度的2倍，应满足

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

其中 x1 = AB = 0.5 m，x2 = 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
飞行时间 s
小物块落地点与桌面C端的水平距离
x3= 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
可解得
若仅改变x1，则x1= 1.25 m
若仅改变x2，则x2= －1 m
以上计算说明，仅改变x1是可行的，而仅改变x2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
a1== 4.0 m/s2
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

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
a2== 2.0 m/s2
在时间t内木板的位移

F
x2
x1
L/2

由图可知 = x1 – x2
解得 t = 1.0 s
则小滑块滑到木板槽中点时的速度
v = a2t = 2.0 m/s

（2）由于小滑块滑到木板槽中点时的速度与第（1）问所求速度相同，而小滑块的加速度不变，所以当木板槽与水平面间有摩擦时，要求木板槽的加速度也不变，即

若只改变F，则F = 11.5N；
若只改变M，则M = 1.67 kg；
若只改变m，则m = 0.40 kg.

10解：
N1
mg
F
f1
Mg
f2
N’
N2
（1）对木块施加推力作用后，木块和平板的受力情况如图所示．

木块受到的滑动摩擦力
f1=μN1=μmg =0.40×2.0×10 N =8.0N
根据牛顿第三定律, 有　　 f1= f2, N1= N2
根据牛顿第二定律, 木块的加速度
a1=m/s2 = 2.0m/s2
平板的加速度
a2=m/s2 = 1.6m/s2
设经过t ，木块恰好与挡板相撞，则
L=－
解得 t＝2s

（2）根据（1）可以求得时间t

如果只改变平板的质量M，从上式可知，当M增大时，时间t减小，所以甲同学说法正确．
11解：（1）小滑块到达A点之前做匀速运动，根据牛顿第二定律小滑块所受的滑动摩擦力f与此时的水平推力大小相等，即
N （2分）
（2）滑块在0~2.0s的时间内，受到的推力F1=0.8N，根据牛顿第二定律，滑块的加速度a1为
m/s2 （1分）
滑块在2.0~3.0s的时间内，滑块受到与运动方向相反的推力F2=0.4N做减速运动，加速度大小
m/s2 （1分）
在t2=20s末滑块的速度
已知在t3=3.0s末滑块的速度 =0.8m/s
解得滑块通过A点时的速度 v0=0.8m/s （1分）
滑块在0~2.0s内的位移 =1.8m
滑块在2.0~3.0s内的位移 =0.9m
滑块在第一个周期内的位移 L1=s1+s1′=2.7m
由于A、B两点相距s=6.25m，因此滑块到达B点的时间应该在6.0s~8.0s之间。滑块从6.0s至到达B点这段时间内的位移 L3=s-2L1=0.85m （2分）
设滑块通过B点的速度为vt，根据运动学公式
解得 vt=0.9m/s （1分）

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