物块与长木板的类型习题

1、高考物理典型问题 (7) 物块与长木板的类型习题主讲 林裕光1、如图，质量为 M 、长度为 l 的小车静止在光滑的水平面上。质量为 m 的小物块放 在小车的最左端。现在一水平恒力 F 作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运t，小车运动的位移为 s，物块刚好滑到小车M 的左端，右端与小木块 m 连接，且 m 、动，物块和小车之间的摩擦力为 f 。经过时间 的最右端。 此时物块的动能为 (F f)(s+l) 此时物块的动量为 Ft 这一过程中，物块和小车增加的机械能为 这一过程中，物块和小车产生的内能为 以上判断正确的是A B2如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板m、M 施加等大反向的水平M

2、 及 M 与地面间接触光滑 .开始时， m 和 M 均静止， 现同时对 恒力 F1和 F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧 形变不超过其弹性限度，对于 m、 M 和弹簧组成的系统A. 由于 F1、F2 等大反向，故系统机械能守恒B. 当弹簧弹力大小与 F1、F2 大小相等时， m、M 各自的动能最大C. 由于 F1、F2 大小不变，所以 m、M 各自一直做匀加速运动D. 由于 F1、F2 等大反向，故系统的动量始终为零3、质量为 M 的小车 A 左端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为 m 的小物块 B 从右端以速度 v0 冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回， 回到车右端时

3、刚好与车保持相对静止。求这过程弹簧的最大弹性势 能 EP 和全过程系统摩擦生热 Q 各多少？简述 B 相对于车向右返回 过程中小车的速度变化情况。4、质量 M 的小车左端放有质量 m 的铁块，以共同速度v沿光滑水平面向竖直墙运动，车与墙碰撞的时间极短，不计动能 损失。动摩擦因数，车长 L ，铁块不会到达车的右端。到最终 相对静止为止，摩擦生热多少？5（20分）如图所示： P是固定的竖直挡板， A 是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

4、物块相对于车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， 最后物块恰未从小车上滑落。 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。m 的铁块 B 、 C 同时6、质量为 m 的长木板 A 静止在光滑水平面上，另两个质量也是 从 A 的左右两端滑上 A 的上表面， 初速度大小分别为 v 和 2v，B 、 C与A 间的动摩擦因数均为。 试分析 B、C滑上长木板 A后， A 的运动状态如何变化？为使 B 、C不相撞， A 木板至少多长？7（16）如图 13 所示， C 是放在光滑的水平面上

5、的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为 m 的小木块 A 和 B ，它们与木板间的动摩擦因数均为。最 初木板静止， A 、 B 两木块同时以方向水平向右的初速度v0 和 2v0 在木板上滑动，木板足够长， A 、B 始终未滑离木板。求：1）木块 B从刚开始运动到与木板 C速度刚好相等的过程中，木块 B 所发生的位移。v02v0AB图 132）木块 A 在整个过程中的最小速度。8、如图 2 所示为三块质量均为 m，长度均为 L 的木 块。木块 1 和木块 2 重叠放置在光滑的水平桌面上，木块 3 沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块 2 发生碰撞 后粘合在一起，如果要求碰后原

6、来叠放在上面的木块 1 完 全移到木块 3 上，并且不会从木块 3 上掉下，木块 3 碰撞 前的动能应满足什么条件？设木块之间的动摩擦因数为9. 如图所示，甲、乙两辆完全一样的小车， 质量都为 M ，乙车内用绳吊一质量为 0.5 M 的 小球，当乙车静止时，甲车以速度 v 与乙车相碰， 碰后连为一体，则碰后两车的共同速度为 .当小球摆到最高点时，速度为 .10、用轻弹簧相连的质量均为 2 kg 的 A、B 两物块都以 v 6 m s的速度在光滑的 水平地面上运动，弹簧处于原长，质量 4 kg的物块 C静止在前方，如图所示 .B 与 C碰撞 后二者粘在一起运动 .求：在以后的运动中：1）当弹簧的

7、弹性势能最大时，物体A 的速度多大 ?2）弹性势能的最大值是多大 ?3）A 的速度有可能向左吗 ?为什么 ?11（20分）如图所示，长为 L的木板 C放在光滑水平面上，板上有两个小物块 A 和 B ，其间有一根用细线拴住的被压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不相连），其弹性势能为 E0，弹簧长度与 L 相比可忽略；且 A 、B、C 三者的质量为 m A=m c=m ， mB=2m 。A 与 C 之间的 动摩擦因数是 B与 C之间的动摩擦数的 2倍，现将细线烧断， A、B 被弹开向两边运动。（1）A、B 在 C 上运动时， C 是否运动？若有，则方向如何，若没有，说明理由？（2）若 A、B 运动停止时都

8、正好停在 C 的两端，求 A、B 在 C 上滑行的距离 LA=L B 之比。（3）若一开始 A 、B 处于 C 的正中央，烧断细线后，哪个物体会先滑离C？滑离时其动能为多大？最终 C 的动能为多大？12、（ 20 分）在地面上方足够高的地方，存在一个高度d=0.3m 的“相互作用区域”（如图中划有虚线的部分） 。一个小圆环 A 套在一根匀匀直杆 B 上， A 和 B 的质量均为 m。开始时 A 处于 B 的最下端， B 竖直放置， A 距 “相互作用区域”的高度 h=0.2m。让 A 和 B 一起从静止开始下落， 它们之间的滑动摩擦力 f=0.5mg ；当 A 进入“相互作用区域” 时， A

9、受到方向向上的恒力 F 的作用， F=2mg ；“相互作用区域”对杆 B 不产生作用力。 不计空气阻力，取重力加速度 g=10m/s2。（1）求杆 B 刚进入“相互作用区域”时的速度。（ 2）假如杆 B 着地前 A 和 B 的速度相同，求这一速度。 （设杆 B 在下落过程中始终保持竖直且足够长）1. D；2. BD ； 3、解析：全过程系统动量守恒，小物块在车左端和回到车右端两个时 刻，系统的速度是相同的，都满足： mv 0= （ m+M ） v ；第二阶段初、末系统动能相同，说 明小物块从车左端返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加， 即弹簧的 最大弹性势能 EP 恰好等于返回

10、过程的摩擦生热，而往、返两个过程中摩擦生热是相同的， 所以 EP 是全过程摩擦生热 Q 的一半。又因为全过程系统的动能损失应该等于系统因摩擦 而增加的内能，所以 EK=Q=2E P而 EkMmv022 M mEpMmv024 M m,QMmv022 M m至于 B 相对于车向右返回过程中小车的速度变化， 则应该用牛顿运动定律来分析： 刚开始 向右返回时刻，弹簧对 B 的弹力一定大于滑动摩擦力，根据牛顿第三定律，小车受的弹力F 也一定大于摩擦力 f ，小车向左加速运动；弹力逐渐减小而摩擦力大小不变，所以到某一时刻弹力和摩擦力大小相等，这时小车速度最大；以后弹力将小 于摩擦力，小车受的合外力向右，

11、开始做减速运动； B 脱离弹簧后，小车在水平方向只受 摩擦力，继续减速，直到和 B 具有向左的共同速度，并保持匀速运动 4、解析：车与墙碰后瞬间，小车的速度向左，大小是v，而铁块的速度未变，仍是 v，方向向左。 根据动量守恒定律， 车与铁块相对静止时的速度方向决定于 M 与 m 的大小关系： 当 Mm 时，相对静止是的共同速度必向左，不会再次与墙相碰，可求得摩擦生热是2Q 2Mmv ；当 M=m 时，显然最终共同速度为零，当 Mm ），有该次相对车的最大位移 l （2 分）对物块、小车系统由动量守恒定律有 （M m）v0 （M m）v （ 3 分）1 2 1 2由能量守恒定律有 mgl （M

12、m）v02（M m）v2 （ 3分）22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同时停止运动（或者速度同时趋过于零）对物块、小车系统由能量守恒定律有 mgl 1（M m）v02 （3 分）2而 l=3L/4 （1 分）由得 v0 2v （ 2 分）代入解得 M=3m （3 分）解析： B、C都相对于 A 滑动时，A 所受合力为零，保持静止。这段时间为t1B 刚好相对于 A 静止时，C 的速度为 v， A 开向左做匀加速运动，由动量守恒可求出A、量守恒定律列式：mgd12mv21m2v22212 3m v3 ,解得 d7v23g这就是 A 木B、C最终的共同速度

13、 v v ，这段加速经历的时间为t2 2v ，最终 A 将以v v做匀速32 3 g3运动。Q fd mgd ，由能全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能，而摩擦生热板应该具有的最小长度。点评：本题还可以求系统机械能损失（摩擦生热）和B、C 与 A 摩擦生热之比：第一阶段 B 对 A 的位移就是对地的位移： sB=v2/2g，C 的平均速度是其 3 倍因此 C 对 A 的位 移是其 3 倍：sC=3v2/2g；第二阶段 A、B 共同向左运动的加速度是 g/2，对地位移是 s=v2/9 g，C 平均速度是其 4 倍，对地位移是 s/= 4v2/9g，相对于 A 位移是 v2/3g，故 B、C

14、与 A 间的相对位移大小依次是 dB= v2/2g 和 dC=11v2/6g，于是系统摩擦生热为 m（g dB+ dC） =7mv 2/3， dBdC=3 117、解：（ 1）木块 A 先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动。木块B 一直做匀减速直线运动。木板 C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、 B 、C 三者的速度相等为止，设为 v1。对 A、B、C 三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0 2mv0 （m m 3m）v1 （3 分）解得： v1=0.6v 0（1 分）对木块 B 运用动能定理，有：1 2 1 2mgsmv1m（2v0 ）（3 分）22解得 :s 91v02 /（

15、50 g）（1 分）（2）设木块 A 在整个过程中的最小速度为 v，所用时间为 t，由牛顿第二定律：对木块 A： a1mg/m g（ 1 分）对木板C： a22 mg/3m 2g/3（ 1 分）当木块A 与木板C 的速度相等时，木块A 的速度最小，因此有v0gt (2g/3)t（2 分）解得 t3v0 /(5g)（ 2 分）木块 A 在整个过程中的最小速度为： v/ v0 a1t 2v0 /5.（2 分）8、分析与解：设第 3 块木块的初速度为 V0,对于 3、2 两木块的系统，设碰撞后的速度为 V 1，据动量守恒定律得： mV 0=2mV 11对于 3、2 整体与 1 组成的系统，设共同速度

16、为 V 2，则据动量守恒定律得： 2mV 1=3mV 2 2（1）第 1 块木块恰好运动到第 3 块上，首尾相齐，则据能量守恒有：1 21 3mgL.2m.V12.3m.V2332 12 2由1 2 3 联立方程得： Ek3=6 mgL4（2）第 1 块运动到第 3 块木块上，恰好不掉下，据能量守恒定律得：1 2 1 3mg(1.5L) .2m.V12.3m.V23522由1 2 5 联立方程得： Ek3=9 mgL故： 6 mgL Ek3 9 mgLv29. ; v2510、解析：（1）当 A、B、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大由于 A、B、C 三者组成的系统动量守恒， （mA+mB

17、）v（mA+mB+mC）vA解得vA(2 2) 622m/s=3 m/s2）B、C 碰撞时B、则 mBv=( mB+mC)vC 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间26= =2 m/s24B、C 两者速度为 v ，设物 A 速度为vA时弹簧的弹性势能最大为 Ep，根据能量守恒Ep= 1 ( mB+mC) v 2 21 2 1+mAv - ( mA+mB+mC)22= 1 ( 2+4 )2 22+ 1 262- 1222+2+4) 32=12 J3）A 不可能向左运动系统动量守恒， mAv+mBv=mAvA+（mB+mC）vB设 A 向左， vA4 m/s 则作用后 A 、 B、 C 动能之和1 2

18、1 E = mAvA2+22mB+mC)vB2 1mB+mC) vB2=48 J实际上系统的机械能2E=Ep+2mA+m B+mC) vA =12+36=48 J根据能量守恒定律， E E 是不可能的11、解（ 1）A、B 在 C 上运动时， C不会动设：B与C间摩擦系数为 则 A与C间的摩擦系数为 2mA mC m mB 2mA 2 mg 1B 2 mg而f Af A, f BC 受合力为零，故不动2)B A、B 为系统在 C 上滑行时动量守恒，且系统的初动量为零。 A 、 B 一定同时停止运动。 设 A 、B 在弹簧恢复原长时的初动能分别为EKAEKBE0EKA2pA ,E,EKB2mAK

19、BEKA ， EKB2pB 而PA PB 2mB A BEKA2EKB ,即EKBE0 , EKB13E0弹簧长度与 L 相比可忽略，由动能定理：对 A： 2mgLALA : LB2L,LB3与 C 板中央，由题意易知：2 E0 32:1 即LA2E31L3A 先离开对B:mgC板2 mgLB 0 1E030 1 E0 2对 A ：2 mg 2EKA又 LA: LB 2:1L当LA1L时,LB21L4对 B ：L2 mgEKB3)置ABB与 C达到共同速度此后设将代入解得 EKAE0mBVB(mB mc )VBC时有 2mB EKB 3mV BCA : LB即当13E02:11A 滑离 C 时

20、， B 在 C 上滑动了 L41 E0 12 0 将代入解得 EKBVBC 时， B 还未离开由Ek2p22m将代入解得VBC2C板E027mBC 为系统的末动能即为 EKBC 13mV22 BC1118 E0 B与 C上相对滑动的距离设为 LB2 mg LB EKBC EKB1LL1将代入解得：LB1 L(LL)1L3624411最终 BC 共同运动 LBEKBCE03 5412、解法一：（ 1）设 A 和 B 一起由静止下落至“相互作用区域”12时的速度为 v1，根据动能定理有： 2mgh2mv12（3 分）代入数据解得： v1 =2.0 m2/ s （2） A 进入“相互作用区域”后，受到方向竖直向下的重力mg、滑动摩擦力 f和竖直向上的恒力 F 的作用，做减速运动，设离开“相互作用区域”时的速度为vA，1 2 2同理有： （mg f F）dm（v2A v12）（3 分）2代入数据解得： vA =1.0 m /s（ 2 分）A 进入“相互作用区域”之后，把A 和 B 二个物体构成的整体作为研究对象，外力之和为零，动量守恒 .设 A 离开“相互作用区域”时 B 的速度为 vB，根据动量守恒 定律有2mv1 mvA mvB（3 分）代入数据解得： vB 3.0m/s （2分）设 A 离开“相互作用区域”后到 A 和 B 的速度达到相同时，经过的时间为t，A 和B 的共同速度为