高考物理典型方法及专题：18、物块在木板上的各种运动

高考物理典型方法及专题：18、物块在木板上的各种运动
一、小车在木板上运动类 1.如图所示，质量为M = 4kg 的木板静置于足够大的水平地面上，木板与地面间的动因
数μ = 0.01，板上最左端停放着质量为m =
1kg 可视为质点的电动小车，车与木板的挡
板相距L = 5m ．车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动，经时间t = 2s ，车与挡板相碰，碰撞时间极短且碰后电动机的电源切断，车与挡板粘合在一起，求碰后木板在水平地上滑动的距离。

二、木块与挡板碰撞类
2.如图甲所示，小车B 静止在光滑水平面上，一个质量为m 的铁块A(可视为质点)，以水平速度v 0=4.0m ／s 从左端滑上小车B ，然后与小车右端挡板碰撞，最后恰好停在小车车面的中点．已知小车车面长L=1m ，小车质量M=3m ．设A 与挡板碰撞无机械能损失，碰撞时间可忽略
不计，g 取10m/s 2
．求：
(1)A 、B 最终速度的大小；
(2)铁块A 与小车B 之间的动摩擦因数；
(3)铁块A 与小车B 的挡板相碰撞前后小车B 的速度大小，并在图乙坐标中画出在A 、B 相对滑动过程中小车B 相对地面的速度v-t 图线．
4.如图所示，长为2L 的板面光滑且不导电的平板小车C 放在光滑水平面上，车的右端有挡板，车的质量
m m C 4=．今在静止的平板车的左端放一个带电荷量为
＋q 、质量为m m A =的金属块A ，另将一绝缘小物块B
M m
L
放在平板车的中央，物块B 的质量m m B 2=．在整个空间加上一个水平方向的匀强电场时，金属块A 由静止开始向右运动，A 以速度0v 与B 发生碰撞，碰后A 以4/0v 的速度反弹回来，
B 以一定速度沿平板向右运动与
C 车的挡板相碰．碰后小车的速度等于碰前物块B 速度的一半．物块A 、B 均视为质点，A 、B 相碰时的相互作用力远大于电场力．求：
（1）匀强电场的场强大小和方向；
（2）若A 第二次和B 相碰，判断是在B 与C 相碰之前还是相碰之后?
（3）A 从第一次与B 相碰到第二次与B 相碰的这段时间内，电场力对A 做的功。

5.如图所示，P 是固定的竖直挡板，A 置于光滑水平面上的平板小车（小车表面略低于挡板下端），B 是放在小车最左端表面上的一个可视为质点的小物块。

开始时，物块随小车一起以相同的水平速度向左运动，接着物块与挡板发生了第一次碰撞，碰后物块相对于静止时的位置离小车最左端的距离等
于车长的3/4，此后物块又与挡板发生了多次碰撞，最后物块给恰未从小车上没落。

若物块与小车表面间的动摩擦因素是个定值，物块与挡板发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短暂，试确定小车与物块的质量关系。

三、电场条件下的木块运动类
6.在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小C N E /1065⨯=，方向与x 轴正方向相同，在O 处放一个带电量C q 8105-⨯-=，质量m=10g 的绝缘物块。

物块与水平面间的动摩擦因数2.0=μ，沿x 轴正方向给物块一个初速度s m v /20=，如图所示，求物块最终停止时的位置。

（g 取10m/s 2
）
P
B v 0
A
7.在绝缘水平面上放一质量m =2.0×10-3kg 的带电滑块A ，所带电荷量q =1.0×10-7
C.在
滑块A 的左边l =0.3m 处放置一个不带电的绝缘滑块B ，质量M =4.0×10-3
kg ，B 与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接)且弹簧处于自然状态，弹簧原长S =0.05m.如图所示，在
水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E =4.0×105
N/C ，滑块A 由静止释放后向左滑动并与滑块B 发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内)，此时弹性势能E 0=3.2×10-3
J ，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g 取10m/s 2.求:
(1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v ； (2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s .
四、多个物块在木板上运动类
8.在光滑的水平面上有一块质量m =1kg 的长木板，木板上相距L =1.2m 处各放一个质量m =1kg 的小木块A 和B （这两
个小木块可当作质点），现分别给A 木块向右的速度1v =5m/s ，B 木
块向左的速度2v =2m/s ，两木块沿同一直线相向运动，两木块与木板间的动摩擦因数 =0.50，两木块相遇时作弹性碰撞（碰撞时间极短，且相互交换速度）。

(g 取10m/s 2
)求：
（1）如A 、B 始终在木板上，两木块间的最大距离。

（2）要使A 、B 始终在木板上，木板的长度至少要多长。

E S A
B l A B
9.如图所示，一块足够长的木块，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有序号是1，2，3，…，n的木块，所有木块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数都相同。

开始时，木板静止不动，第1，2，3，…，n号木板的初速度分别是v0，2v0，3v0，…，nv0，方向都向右。

木板的质量与所有木块的总质量相等。

最终所有木块与木块以共同速度匀速运动。

设木块之间均无相互碰撞，木板足够长。

求：
(1) 所有木块与木板一起匀速运动的速度v n
(2) 第1号木块与木板刚好相对静止时的速度v1
(3)通过分析与计算说明第k号(n > k)木块的最小速度v k。

专题18答案
1、解：设木板不动，电动车在板上运动的加速度为a。

由L = 1
2
a
t2 得a
= 2.5m/s2
此时木板使车向右运动的摩擦力 F = ma 0 = 2.5N
木板受车向左的反作用力 F ˊ = F = 2.5N
木板受地面向右最大静摩擦力 F f = μ (M + m )g = 0.5N
F ˊ>F f 所以木板不可能静止，将向左运动
设电动车向右运动加速度为a 1，木板向左运动加速度为a 2，碰前电动车速度为υ1，木
板速度为υ2，碰后共同速度为υ，两者一起向右运动s 而停止，则 1 2 a 1t 2 + 1 2
a 2t 22
= L
对木板 F – μ (m + M
)g = Ma 2
对电动车 F = F ˊ = ma 而 υ1 = a 1t υ2 = a 2t
两者相碰时动量守恒，以向右为正方向，有mυ1 - Mυ2 = (m + M
)υ 由动能定理得 - μ (m + M )gs = 0 - 1 2
(m + M )υ2
代入数据，解得s = 0.2m
2、解:(1)设A 、B 达到共同速度为v １时，B 向右运动距离为S １
由动量守恒定律有
1
0)(v m M mv += 由动能定理有
21121Mv mgS =
μ
联立解得 S １=2m
由于S=0.5m<2m ，可知B 与挡板碰撞时，A 、B 还未达到共同速度。

设B 与挡板碰撞前瞬间A 的速度为A v ，B 的速度为B v ，则由动量守恒定律有
B
A Mv mv mv +=0
由动能定理有
221B Mv mgS =
μ 联立解得A v ＝4m/s 、 B v ＝1m/s
(2)B 与挡板第一次碰后向左减速运动，当B 速度减为零时，B 向左运动的距离设为SB ，
由动能定理有
221B B Mv mgS =
μ 由上式解得 S B =0.5m
在A 的作用下B 再次反向向右运动，设当A 、B 向右运动达到共同速度v 2时B 向右运动距离为S 2，由动量守恒定律有 2)(v m M Mv mv B A +=-
由动能定理有
2
2
22
1Mv mgS =μ 解得
s m v /322=
B S m S <=922
故A 、B 以共同速度
3
2
m/s 向右运动，B 第二次与挡板碰撞后，以原速率反弹向左运动.此后由于系统的总动量向左，故最后A 、B 将以共同速度v 3向左匀速运动. 由动量守恒定律有 (M-m)v 2=(M+m)v 3 解得s m v /9
2
3=
设A 在B 上运动的总量程为L(即木板B 的最小长度)，由系统功能关系得:
2
3
20)(2
121
v m M mv mgL +-=μ 代入数据解得 L=8.96m
3、解：(1)对A 、B 系统，由动量守恒定律： Mv 0=(M+m)v 得v=
m
M mv +0
=1m/s
(2)A 、B 系统，由动量定理，对全过程有μmg1.5L=
21mv 20-2
1(M+m)v 2
解得μ=gL
v v 442
20-=0.4
(3)设A 、B 碰撞前速度分别为v 10和v 20
对系统动量守恒mv 0=mv 1+Mv 2
对系统能量转化和守恒μmgL=
21mv 20-21mv 210-2
1Mv 220 带入数据联立方程，解得v 10=1+3=2.732m ／s(舍v 10=1-3=-0.732m ／s)
v 20=1-
3
3
=0.423m ／s 该过程小车B 做匀加速运动，μmg=M αM a M =3
4m/s 2
v 20=a M t 1 t 1=0.317s
A 、
B 相碰，设A 、B 碰后A 的速度为v 1和v 2 A ，对系统动量守恒mv 0=mv 1+Mv 2 对系统机械能守恒
21mv 210-21Mv 220=21mv 21+2
1Mv 22 带入数据联立方程，解得v 1=1-3=-0.732m ／s
(舍v 1=1+3m ／s)“-”说明方向向左
v 2=1+
3
3
=1.577m ／s 该过程小车B 做匀减速运动，-μmg=Ma M a M =-3
4m ／s 2
到最终相对静止v=v 2+a M t 2 t 2=0.433s
所以，运动的总时间为t=t 1+t 2=O.75s 小车B 的v-t 图如图所示：
4、解：（1）E 的方向向右，A 与B 碰撞前过程由动能定理得2
02
1mv qEL =
所以qL
mv E 22
=
（2）A 和B 碰撞过程，根据动量守恒有B mv v m mv 2)4(00+-=所以08
5v v B = B 运动到C 所用时间00588
5v L
v L t B =
=
A 运动到C 所用时间，由运动学和动力学公式得2
0214A A t m
qE t v L ⋅⋅+-= 解得0
0582)171(v L
v L t A >
+=
故A 第二次和B 相碰，一定是在B 和C 相碰之后。

（3）B 和C 相碰，动量守恒'+=B mv v
m v m 216
5485200 所以0='B v 故W ＝qEL
5、解:设小车、物块的质量分别为M 和m ，车长为L ，物块与小车间的动摩擦因素为μ，
初速度为v 0。

第一次碰后由于无机械能损失，因此物块的速度方向变为向右，大小仍为v 0，此后它与小车相互作用，当两者速度相等时（由题意知，此速度方向必向左，即必须有M ＞m ）,有该次相对车的最大位移l
对物块、小车系统由动量守恒定律有（M-m ）v 0=（M+m ）v ①
由于某种原能量守恒有()220)(2
121
v m M v m M mgl --+=
μ ② 多次碰撞后，物块恰未从小车上滑落，表明最后当物块运动到小车最右端时两者刚好停
止运动（或者速度同时趋于零）
对物块、小车系统由动量守恒定律有()202
1
v m M mgL +=
μ ③ 而 l =3L/4 ④ 由②③④得v 0=2v 代入①解得M=3m
6、解：物块在水平面受摩擦力N mg f 02.0==μ
物块受电场力N Eq F 03.0== F f <Θ
∴物块不可能在右侧静止，向右减速为零后向左加速离开电场，在左侧减速为零。

设在O 点右侧S 处速度减为零，在O 点左侧d 处停止，则
S f F mv )(2120+= （1） )2(2120d S f mv += （2） 联（1）（2）解得 m d 2.0=
7、解:(1)设两滑块碰前A 的速度为v 1，由动能定理有:212
1mv mgl qEl =
-μ 解得:v 1=3m/s
E
S
A
B l
A 、
B 两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为v v m M mv )(1+=
解得:v =1.0m/s
(2)碰后A 、B 一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x 1，由动能定理有： 2011)(2
1
0)(v m M E gx m M qEx +-
=-+-μ 解得:x 1=0.02m
设反弹后A 、B 滑行了x 2距离后速度减为零，由动能定理得:
0)(220=+--gx m M qEx E μ 解得:x 2≈0.05m
以后，因为qE >μ(M +m )g ，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为:S =x 2+s -x 1=0.05m+0.05m-0.02m
8、解法1：两木块在木板上滑动时的加速度为 2
5105.0s m
m
mg
a =⨯==
μ
经t s 两木块相遇22212
1
21at t v at t v L -+-
= s t 2.0= 两木块相遇前瞬间的速度分别为 s
m v s
m v 14/
2/
1==
两木块相碰后速度交换 s
m v s
m
v 41//2//
1==
根据动量守恒定律，可求出两木块与木板的共同速度v m m m v m v m )(21//11//
22++=-
s m m m m v m v m v /13)14(21//11//
22=-=++-=
A 、
B 两木块相对静止时相距最远 22//22//132
1
2121mv mv mv mgS ⨯-+=
μ m mg mv mv mv S 4.110
5.0213412322222
//22//1=⨯⨯⨯-+=-+=μ
解法2：两木块从开始滑动到相对静止过程中，ABC 组成的系统动量守恒：
v m m m mv mv )(21++=-
从能的转化和守恒来看，减小的机械能全部用来克服摩擦阻力做功转化为热能，且一对
摩擦阻力做功的代数和与接触面间的相对滑动的路程有关，令两物体最终相距为Ｓ则有：
2222132
1
2121)(mv mv mv L S f -+=
+，同理可解得：Ｓ＝１.4ｍ （2）A 、B 两木块相遇时A 向右的位移为 m at vt S A 9.02.052
12.05212
2=⨯⨯-⨯=-=
A 、
B 相碰后，A 向左的速度减小到零时，向左的位移为 /
A S
m a v S A
1.05
2122
2//1/=⨯==
木板的最短长度为m S S S d A A 2.21.09.04.1/
=-+=-+=
9、解: (1)木板的质量为M=nm ，设最终所有木块和木板一起匀速运动的速度为v n ，由动量守恒定律得m(v 0 + 2v 0 + …+nv 0) = (nm + M)v n ，解得.4
1
0v n v n +=
(2)设第1号木块与木板相对静止时速度为v 1，该木块速度的减小量为△v = v 0 – v 1。

由于其他木块与第1号木块有相同的加速度，这段时间内的所有木块的速度都减小△v = v 0 – v 1。

由动量守恒知，木板动量的增加量等于所有木块动量的减小量，即Mv 1 = nm(v 0 – v 1)，解得2
1v v =。

(3)当第k 号木块与木板速度相同时，第k 号木块的速度减为最小，此时第1，2，3…k 号木块及木块的速度均为v k ，而第k + 1，k + 2，…n 号木块动量的减小值均为(n-k)m(kv 0 – v k )，由动量守恒定律知，它应等于系统其余部分动量的增加量，即(km + M)v k – m(1+2+3+…+k)v 0 = (n – k) m (kv 0 – v k )。

解得04)
12(v n
k n k v k -+=，其中n > k 。