2020年高考物理专题训练六 多体多过程之板块与弹簧模型的动力学与能量综合问题

2020年高考物理专题训练六 多体多过程之板块与弹簧模
型的动力学与能量综合问题
1.如图甲所示，质量M ＝1 kg 的木板B 静止在水平地面上，可视为质点的滑块A 从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板，A 和B 经过t ＝1 s 后达到同一速度，然后共同减速直至静止。

整个过程中，A 和B 的速度随时间变化规律如图乙所示，取g ＝10 m/s 2。

用μ1表示A 与B 间的动摩擦因数，μ2表示B 与水平地面间的动摩擦因数，m 表示滑块A 的质量，求μ1、μ2和m 的值。

【答案】： μ1＝0.2，μ2＝0.1，m ＝3 kg
【解析】： 由图乙可知，在0～1 s 内滑块A 做匀减速直线运动，加速度大小a 1＝⎪⎪⎪
⎪
2－41 m/s 2
＝2 m/s 2
木板B 做匀加速直线运动，加速度大小a 2＝2－0
1 m/s 2＝
2 m/s 2
对滑块A 进行受力分析，由牛顿第二定律有：μ1mg ＝ma 1
对木板B 进行受力分析，由牛顿第二定律有：μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2 在1～3 s 内，将滑块A 和木板B 视为一个整体，该整体做匀减速直线运动。

由图乙可知该整体的加速度的大小a 3＝⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪0－23－1 m/s 2＝1 m/s 2
对该整体进行受力分析，由牛顿第二定律有 μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3
联立解得 μ1＝0.2，μ2＝0.1，m ＝3 kg
2.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块。

假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。

现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2。

下列反映a 1和a 2随时间t 变化的图线中正确的是( )
【答案】： A
【解析】：开始时木板和木块一起做加速运动，有F ＝(m 1＋m 2)a ，解得a ＝F m 1＋m 2＝kt m 1＋m 2，
即木板和木块的加速度相同且与时间成正比。

当木板与木块间的摩擦力达到μm 2g 后两者发生相对滑动，对木块有F －μm 2g ＝m 2a 2，a 2＝F －μm 2g m 2＝kt
m 2－μg ，故其图线的斜率增大；对
木板，在发生相对滑动后，有μm 2g ＝m 1a 1，故a 1＝μm 2g
m 1
为定值。

所以选项A 正确。

3.(2016·四川理综·10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。

一辆长12 m 的载有货物
的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止。

已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。

货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2。

求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度。

【答案】：(1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m
【解析】： (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为F f ，加速度大小为a 1，则F f ＋mg sin θ＝ma 1① F f ＝μmg cos θ②
联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2③ a 1的方向沿制动坡床向下。

(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s 。

货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端x 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为x 1，在车厢内滑动的距离x ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为x 2。

货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则
Mg sin θ＋F －F f ＝Ma 2④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ x 1＝vt －1
2a 1t 2⑥
x 2＝vt －1
2a 2t 2⑦
x ＝x 1－x 2⑧
l＝l0＋x0＋x2⑨
联立①②④～⑨并代入数据得l＝98 m⑩
4.长为L＝1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4 m/s，然后A、B 又一起在水平冰面上滑行了x＝8.0 cm后停下。

若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，g取10 m/s2。

求：
(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2。

(2)小物块A的初速度v0。

(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？【答案】：(1)0.10(2)2.4 m/s(3)3.0 m/s
【解析】：(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度
a＝v2
2x＝1.0 m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
解得μ2＝0.10
(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动。

其加速度
a1＝μ1g＝2.5 m/s2
小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有
μ1mg－μ2(2m)g＝ma2
解得a2＝0.50 m/s2
设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则对于木板v＝a2t
解得t ＝v
a 2
＝0.8 s
小物块滑上木板的初速度v 0＝v ＋a 1t ＝2.4 m/s
小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B 的最右端，两者的速度相等(设为v ′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v 0m ，则： v 0m t ′－12a 1t ′2－1
2a 2t ′2＝L
v 0m －v ′＝a 1t ′ v ′＝a 2t ′
由以上三式解得v 0m ＝3.0 m/s
5.(2015·新课标全国1)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4.5 m ，如图(a)所示。

t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 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1 s 时间内小物块的v －t 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10 m/s2。

求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。

【答案】：
（1）μ2＝0.4，μ1＝0.1 （2）6m （3）6.5m
【解析】：选择0-1s 作为研究过程对整体分析得：)1...(16161ma mg =μ
设0-1s 内整体的位移大小为x0，所以有；
)
3.....(21x )
2.....(v 2
00000at t v at v -=-=
联立1、2、3可得：0.11=μ
选择1-2s 作为研究过程分别对AB 进行受力分析和运动分析 对A 进行受力分析：)5....(12ma mg =-μ
对B 进行受力分析：)6...(1516212ma mg mg =--μμ
对AB 进行运动分析；设1-2s 末A 的位移为x 1B 的位移为x 2，2s 末A 、B 的速度大小分别为v 1，v 2；
)7...(11t a v v -=
联立5、6、7式得：
...
/3
4...
/42
221s m a s m a -=-= 将0.11=μ代入可得：0.42=μ (8)
)9...(.2
11
1t v v x +=
)10...(122t a v v -=
)11....(.2
12
2t v v x +=
)12...(21x x x +=∆
联立将a1、a2代入联立9、10、11、12式可得：
22/38s m v = ...21m x = ...3102m x = m x 3
161=∆
选择2s 以后作为研究过程；对AB 分别进行受力分析，两物体各自的加速度大小未变。

对AB 进行运动分析，设经过时间t2两物体共速，共速的速度大小为v 共，该过程AB 两物体各自产生的位移分别为x3、x4；
)13....(22221t a v t a +=解得：s m v t /2...5.02==共
)
15...(21)14...(2
12
222242
213t a t v x t a x +==
)
17...(6)16...(342m x x x x =∆-=∆
联立：14、15、16、17得：m x m x m x 3
2
...67...5.0243=∆=
= 选择2.5s 以后作为研究过程；AB 以共同大小的加速度a ，以v 共为初速度做匀减速运动，设经过时间t 3停止；
)18...(/121s m g a -=-=μ
)
20...(2)...19...(2541552
x x x x m
x ax v ++===共
X=6.5m (21)
6.如图所示，AB 为半径R ＝0.8 m 的1
4光滑圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接。

小车
质量M ＝3 kg ，车长L ＝2.06 m ，车上表面距地面的高度h ＝0.2 m ，现有一质量m ＝1 kg 的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B 端后冲上小车。

已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t 0＝1.5 s 时，车被地面装置锁定(g ＝10 m/s 2)。

试求：
(1)滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小； (2)车被锁定时，车右端距轨道B 端的距离；
(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车上表面间由于摩擦而产生的内能大小。

【答案】： (1)30 N (2)1 m (3)6 J
【解析】：(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得： mgR ＝12mv 2B
F N B －mg ＝m v 2B
R
则：F N B ＝30 N
(2)设m 滑上小车后经过时间t 1与小车同速，共同速度大小为v ，对滑块有：μmg ＝ma 1， v ＝v B －a 1t 1
对于小车：μmg ＝Ma 2， v ＝a 2t 1
解得：v ＝1 m/s ， t 1＝1 s ， 因t 1<t 0
故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5 s ，则小车右端距B 端的距离为： l ＝v
2t 1＋v (t 0－t 1)， 解得l ＝1 m 。

(3)Q ＝μmgl 相对＝μmg ⎝⎛⎭⎫v B ＋v 2
t 1－v
2t 1
解得Q ＝6 J 。

7.(多选)如图所示，质量为M 、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为F f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块。

当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x ，滑块速度为v 1，木板速度为v 2，下列结论正确的是( )
A ．上述过程中，F 做功大小为12mv 21＋12Mv 2
2 B ．其他条件不变的情况下，M 越大，x 越小
C ．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越长
D ．其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多 【答案】： BD
【解析】： 由功能原理可知，上述过程中，F 做功大小为二者动能与产生的热量之和，选项A 错误；其他条件不变的情况下，M 越大，M 的加速度越小，x 越小，选项B 正确；其他条件不变的情况下，F 越大，滑块的加速度越大，滑块到达右端所用时间越短，选项C 错误；其他条件不变的情况下，滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多，选项D 正确。

8.如图所示，两块厚度相同的木块A 、B ，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为2.0 kg 、0.9 kg ，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为0.10 kg 的铅块C (大小可以忽略)以10 m/s 的速度恰好水平地滑到A 的上表面，由于摩擦，铅块C 最后停在木块B 上，此时B 、C 的共同速度v ＝0.5 m/s 。

求木块A 的最终速度和铅块C 刚滑到B 上时的速度。

【答案】： 0.25 m/s 2.75 m/s
【解析】： 铅块C 在A 上滑行时，木块一起向右运动，铅块C 刚离开A 时的速度设为v C ′，A 和B 的共同速度为v A ，在铅块C 滑过A 的过程中，A 、B 、C 所组成的系统动量守恒，有m C v 0＝(m A ＋m B )v A ＋m C v C ′
在铅块C 滑上B 后，由于B 继续加速，所以A 、B 分离，A 以v A 匀速运动，在铅块C 在B 上滑行的过程中，B 、C 组成的系统动量守恒，有m B v A ＋m C v C ′＝(m B ＋m C )v 代入数据解得v A ＝0.25 m/s ，v C ′＝2.75 m/s 。

9.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。

圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC=h 。

圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A ；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g ，则圆环（ ）
A ．下滑过程中，加速度一直减小
B ．下滑过程中，克服摩擦力做功为2
14
mv C ．在C 处，弹簧的弹性势能为
2
14
mv mgh D ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度 【答案】：BD
【解析】：由题意知，圆环从A 到C 先加速后减速，到达B 处的加速度减小为零，故加速度
先减小后增大，故A 错误；根据能量守恒，从A 到C 有mgh ＝W f ＋E p ，从C 到A 有12
mv 2＋E p ＝mgh ＋W f ，联立解得：W f ＝14mv 2，E p ＝mgh －14
mv 2，所以B 正确，C 错误；根据能量守恒，从A 到B 有mgh 1＝12mv 2B 1＋ΔE p1＋W f 1，从C 到B 有12mv 2＋ΔE p2＝12
mv 2B 2＋W f 2＋mgh 2，又有12
mv 2＋E p ＝mgh ＋W f ，联立可得v B 2＞v B 1，所以D 正确。

10.(2018·济南模拟)如图，在高h 1＝30 m 的光滑水平平台上，质量m ＝1 kg 的小物块压缩弹簧后被锁扣K 锁住，储存了一定量的弹性势能E p 。

若打开锁扣K ，物块将以一定的水平速度v 1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC 的B 点沿切线方向进入圆弧形轨道。

B 点的高度h 2＝15 m ，圆弧轨道的圆心O 与平台等高，轨道最低点C 的切线水平，并与地面上长为L ＝70 m 的水平粗糙轨道CD 平滑连接；小物块沿轨道BCD 运动与右边墙壁发生碰撞，g 取10 m/s 2。

求：
(1)小物块由A 到B 的运动时间；
(2)小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能E p 的大小；
(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，运动至C 点停止，试求动摩擦因数μ。

【答案】： (1) 3 s (2)50 J (3)14
【解析】：(1)设从A 运动到B 的时间为t ，则h 1－h 2＝12
gt 2，t ＝ 3 s 。

(2)由R ＝h 1，得∠BOC ＝60°。

设小物块平抛的水平速度是v 1，
则gt v 1
＝tan 60°
v 1＝10 m/s
故E p ＝12mv 21
＝50 J 。

(3)设小物块在水平轨道CD 上通过的总路程为2L ，
由能量守恒知，mgh ＋12
mv 21＝μmg ·2L 代入数据计算得出μ＝14
11.(2018·吉林长春模拟)如图所示，重10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点开始压缩轻弹簧，到c 点时达到最大速度，到d 点(图中未画出)开始弹回，返回b 点离开弹簧，恰能再回到a 点。

若bc ＝0.1 m ，弹簧弹性势能的最大值为8 J ，则下列说法正确的是( )
A ．轻弹簧的劲度系数是50 N/m
B ．从d 到b 滑块克服重力做功8 J
C ．滑块的动能最大值为8 J
D ．从d 点到c 点弹簧的弹力对滑块做功8 J
【答案】： A
【解析】： 当滑块的合力为0时，滑块速度最大，即在c 点时滑块的速度最大，此瞬间滑块受力平衡，有mg sin 30°＝k ·bc ，可得k ＝mg sin 30°bc ＝50 N/m ，故A 正确。

滑块从d 到a ，运用动能定理得W G ＋W 弹＝0—0；又W 弹＝E p ＝8 J ，可得W G ＝－8 J ，即克服重力做功8 J ，所以从d 到b 滑块克服重力做功小于8 J ，故B 错误。

滑块从d 到c ，由系统的机械能守恒知滑块的动能增加量与重力势能增加量之和等于弹簧弹性势能的减小量8 J ，所以滑块的动能最大值小于8 J ，故C 错误。

弹簧弹性势能的最大值为8 J ，根据功能关系知，从d
点到b 点弹簧的弹力对滑块做功为8 J ，而从d 点到c 点弹簧的弹力对滑块做功小于8 J ，故D 错误。

12.(2016·全国甲卷·25)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l 。

现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接。

AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示。

物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5。

用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动。

重力加速度大小为g 。

(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；
(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围。

【答案】： (1)6gl 22l (2)53m ≤M ＜52
m 【解析】：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。

由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为
E p ＝5mgl ①
设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得
E p ＝12Mv 2B
＋μMg ·4l ② 联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得
v B ＝6gl ③
若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足
mv 2l
－mg ≥0④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得
12mv 2B ＝12mv 2D
＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得
v D ＝2gl ⑥
v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出。

设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得
2l ＝12
gt 2⑦ P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为
x ＝v D t ⑧
联立⑥⑦⑧式得
x ＝22l ⑨
(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零。

由①②式可知
5mgl ＞μMg ·4l ⑩
要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C 。

由机械能守恒定律有
12Mv 2B
≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得
53m ≤M ＜52
m ⑫ 13.(2018·河北石家庄质检)如图所示，光滑水平面上木块A 的质量m A ＝1 kg ，木块B 的质量m B ＝4 kg ，质量为m C ＝2 kg 的木块C 置于足够长的木块B 上，B 、C 之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑。

开始时B 、C 静止，A 以v 0＝10 m/s 的初速度向右运动，与B 碰撞后瞬间B 的速度为3.5 m/s ，碰撞时间极短。

求：
(1)A 、B 碰撞后A 的速度；
(2)弹簧第一次恢复原长时C 的速度。

【答案】： (1)－4 m/s (2)143
m/s 【解析】： (1)因碰撞时间极短，A 、B 碰撞时，可认为C 的速度为零，由动量守恒定律得：
m A v 0＝m A v A ＋m B v B
解得v A ＝m A v 0－m B v B m A
＝－4 m/s ，负号表示方向与A 的初速度方向相反。

(2)弹簧第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零。

设此时B 的速度为v B ′，C 的速度为v C ，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m B v B ＝m B v B ′＋m C v C
12m B v 2B ＝12m B v B ′2＋12m C v 2C
得v C ＝2m B m B ＋m C v B
v C ＝143
m/s 14.(多选)如图甲所示，光滑平台上的物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车B 上，小车与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g ，乙图为物体A 与小车B 的v ­t 图象，由此可求出( )
A ．小车
B 上表面的最小长度
B ．物体A 与小车B 的质量之比
C ．物体A 与小车B 上表面间的动摩擦因数
D ．小车B 获得的动能
【答案】： ABC
【解析】：由图象可知，A 、B 最终以共同速度v 1匀速运动，则小车B 上表面的长度l ≥12
v 0t 1，故A 可求出；由动量守恒定律得m A (v 0－v 1)＝m B v 1，故可以求出物体A 与小车B 的质量之比m A m B ＝v 1v 0－v 1，故B 可求出；由图象可以知道物体A 相对小车B 的位移Δx ＝12
v 0t 1，根据能量守恒定律得μm A g Δx ＝12m A v 20－12
(m A ＋m B )v 21，可以求出动摩擦因数μ，C 可求出；由于小车B 和物体A 的质量未知，故不能确定小车B 获得的动能和物体A 减少的动能，D 不可求出。