高考冲刺专题系列4：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

L m M 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。 解：设木板不动，电动车在板上运动的加速度为a0。

1

由 L = a0t2 得 a0 = 2.5m/s2

2

此时木板使车向右运动的摩擦力 F = ma0 = 2.5N 木板受车向左的反作用力 Fˊ = F = 2.5N

木板受地面向右最大静摩擦力 Ff = μ (M + m)g = 0.5N Fˊ>Ff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a1，木板向左运动加速度为a2，碰前电动车速度为υ1，木

12 1 2

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 a1t+ a2t2 = L

22

对木板 F – μ (m + M )g = Ma2 对电动车 F = Fˊ = ma

而 υ1 = a1t υ2 = a2t

两者相碰时动量守恒，以向右为正方向，有mυ1 - Mυ2 = (m + M )υ

1

由动能定理得 - μ (m + M )gs = 0 - (m + M )υ

2 代入数据，解得s = 0.2m

2

二、木块与挡板碰撞类

2.重庆一中 一质量M=2kg的长木板B静止在光滑的水

A v0 B S 平面上，B的右端与竖直挡板的距离为S=0.5m.一个质量为m=1kg的小物体A以初速度v0=6m/s从B的左端水平滑上B，

当B与竖直挡板每次碰撞时，A都没有到达B的右端。设定物体A可视为质点，A、B间的动

摩擦因数μ=0.2，B与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，g取10m/s２.求: (1)B与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，A、B的速度值各是多少？ (2)最后要使A不从B上滑下，木板B的长度至少是多少？(最后结果保留三位有效数字.) 解:(1)设A、B达到共同速度为v１时，B向右运动距离为S１

mv0(Mm)v1mgS由动量守恒定律有 由动能定理有

112Mv12

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联立解得 S１=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vA，B的速度为vB，则由动量守恒定律有

mgS12MvB2mv0mvAMvB

由动能定理有

联立解得vA＝4m/s、 vB＝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，

mgSB12Mv由动能定理有

2B 由上式解得 SB=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v2时B向右运动距离为S2，由动量守恒定律有 mvmgS12AMvB(Mm)v2

v223m/sS229mSB由动能定理有 故A、B以共同速度

232Mv22 解得

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v3向左匀速运动. 由动量守恒定律有 (M-m)v2=(M+m)v3 解得v329m/s

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: mgL12mv0212(Mm)v32 代入数据解得 L=8.96m

3.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v0=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/s2．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． 解：(1)对A、B系统，由动量守恒定律： Mv0=(M+m)v 得v=

mv0Mm=1m/s

(2)A、B系统，由动量定理，对全过程有μmg1.5L=

12mv0-

212(M+m)v2

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解得μ=

v04v4gL22=0.4

(3)设A、B碰撞前速度分别为v10和v20

对系统动量守恒mv0=mv1+Mv2 111对系统能量转化和守恒μmgL=

2mv20-

2mv2210-

2Mv20 带入数据联立方程，解得v10=1+3=2.732m／s(舍v10=1-3=-0.732m／s)

v320=1-=0.423m／s

3 该过程小车B做匀加速运动，μmg=Mα a4M M=

3m/s2

v20=aMt1 t1=0.317s

A、B相碰，设A、B碰后A的速度为v1和v2 A，对系统动量守恒mv0=mv1+Mv2 对系统机械能守恒

11122mv210-

122Mv20=2mv21+

2Mv2 带入数据联立方程，解得v1=1-3=-0.732m／s

(舍v1=1+3m／s)“-”说明方向向左

v32=1+3=1.577m／s

该过程小车B做匀减速运动，-μmg=Ma=-4M aM3m／s2

到最终相对静止v=v2+aMt2 t2=0.433s

所以，运动的总时间为t=t1+t2=O.75s 小车B的v-t图如图所示：

4.2005深圳市第一次调研考试: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mC4m．今在静止的平板车的左端放一个带电荷量为＋q、质量为

mAm的金属块A，另将一绝缘小物块B放在平板车的中央，物块B的质量mB2m．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v0与B发生碰撞，碰后A以v0/4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

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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。 解：（1）E的方向向右，A与B碰撞前过程由动能定理得qELmv0212mv0

2 所以E2qL

v0458（2）A和B碰撞过程，根据动量守恒有mv0m( B运动到C所用时间tBL5v088L5v0)2mvB所以vBv0

A运动到C所用时间，由运动学和动力学公式得L(117)L2v08L5v0v04tA1qE2mtA2

解得tA

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2m

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。

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v0。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v0，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）v0=（M+m）v 由于某种原能量守恒有mgl125v084m5v0162mvB 所以vB0 故W＝qEL

P B v0 A ①

Mmv0212(Mm)v ②

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mgL12Mmv0 ③

2而 l=3L/4 ④ 由②③④得v0=2v 代入①解得M=3m

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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

5E610N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个带电量q5108C，质量m=10g的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数0.2，沿x轴正方向给物块一个

初速度v02m/s，如图所示，求物块最终停止时的位置。（g取10m/s2）

解：物块在水平面受摩擦力fmg0.02N 物块受电场力FEq0.03N fF

∴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

12mv0(Ff)S （1）

212mv0f(2Sd) （2）

2联（1）（2）解得 d0.2m

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=1.0×10C.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=4.0×10-3kg，B-7

E B S l A 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=4.0×105N/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E0=3.2×10-3J，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.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.

解:(1)设两滑块碰前A的速度为v1，由动能定理有:qElmgl解得:v1=3m/s

12mv12

2

A、B两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为v mv1(Mm)v

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x1，由动能定理有： qEx1(Mm)gx1E00解得:x1=0.02m

设反弹后A、B滑行了x2距离后速度减为零，由动能定理得:

E0qEx212(Mm)v

2(Mm)gx20 解得:x2≈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=x2+s-x1=0.05m+0.05m-0.02m

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四、多个物块在木板上运动类

8.浙江模拟题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

A v1 v2 B 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

v1=5m/s，B木块向左的速度v2=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)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。 解法1：两木块在木板上滑动时的加速度为 a经t s两木块相遇Lv1t12atv2t/22

mgm0.5105ms2

12at t0.2s

2 两木块相遇前瞬间的速度分别为 v14m 两木块相碰后速度交换 v11m//s//v21m/s

sv24ms

////根据动量守恒定律，可求出两木块与木板的共同速度m2v2m1v1(m1m2m)v

vm2v2m1v1////m1m2m(41)31m/s

12mv1//2A、B两木块相对静止时相距最远 mgSmv1//212mv2//2123mv

2Smv//223mv22mg143120.5102221.4m

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：

mv1mv2(mmm)v

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： f(SL)12mv1212mv22123mv，同理可解得：Ｓ＝１.4ｍ

12at22（2）A、B两木块相遇时A向右的位移为 SAvt50.2/1250.20.9m

2 A、B相碰后，A向左的速度减小到零时，向左的位移为 SA

/A Sv1//22a12250.1m

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/ 木板的最短长度为dSSASA1.40.90.12.2m

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vn (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vk。

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vn，由动量守恒定律得m(v0 + 2v0 + „+nv0) = (nm + M)vn，解得vnn14v0.

(2)设第1号木块与木板相对静止时速度为v1，该木块速度的减小量为△v = v0 – v1。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 = v0 – v1。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Mv1 = nm(v0 – v1)，解得v1v02。

(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vk，而第k + 1，k + 2，„n号木块动量的减小值均为(n-k)m(kv0 – vk)，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)vk – m(1+2+3+„+k)v0 = (n – k) m (kv0 – vk)。解得vkk(2n1k)4nv0，其中n > k。

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