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计算题培优练 2 板块模型的综合分析
1.(12分)(2023·辽宁卷·15)如图，质量m =1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度
1
5
系数k=20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m =4 kg的小物块以水平向右的速度v = m/s滑上木板
2 0 4
左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力
1
等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E 与形变量x的关系为E = kx2。取重力加
p p 2
速度g=10 m/s2，结果可用根式表示。
(1)(3分)求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x ；
1
(2)(4分)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x 及此时木板速度v 的大
2 2
小；
(3)(5分)已知木板向右运动的速度从v 减小到0所用时间为t 。求木板从速度为v 时到之后与物块加速度首
2 0 2
次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t 表示)。
0
2.(13分)(2024·山东卷·17)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，
竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道
水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半
径R=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)(3分)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小
物块在Q点的速度大小v；
(2)(10分)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F
对应关系如图乙所示。
(ⅰ)求μ和m；
(ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8 N，当小物块到P点时撤去F，小
物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。3.(15分)(2024·贵州省部分学校一模)如图，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在光滑水平面上，圆心在O
点，半径R=1.8 m，厚度相同、材质相同、质量均为M=2 kg的木板P、Q静止在光滑水平面上，两者相互
接触但没有粘连，木板Q的右端固定有轻质挡板D，圆弧轨道的末端与木板P的上表面相切于木板P的左
端，滑块B、C分别放置在木板P、Q的左端，将滑块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块滑至底端时
与滑块B发生碰撞。已知木板P、Q的长度分别为L =4.86 m、L =5.6 m，滑块A的质量为m =3 kg，滑块B
1 2 1
的质量为m =1 kg，滑块C的质量为m =1 kg，滑块A、B、C与木板间的动摩擦因数分别为μ =0.3、μ =0.1
2 3 1 2
和μ =0.3，所有碰撞均为弹性碰撞且时间很短，滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
3
加速度g取10 m/s2。
(1)(4分)求滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小；
(2)(7分)求滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量；
(3)(4分)滑块C是否会从木板Q上滑落？如果不会从木板Q上滑落，最终会与木板Q相对静止在距离挡板
D多远的地方？答案精析
√3
1.(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m m/s
2
(3)4√3t -8t 2
0 0
解析 (1)由于地面光滑，则木板、物块组成的系统动量守恒，
则有m v =(m +m )v
2 0 1 2
代入数据得v=1 m/s
对木板受力分析有μm g=m a ，
2 1 1
μm g
2
得a = =4 m/s2
1 m
1
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v2=2a x
1 1
代入数据解得x =0.125 m
1
(2)木板与弹簧接触以后，对物块和木板组成的系统有
kx =(m +m )a
2 1 2 共
对物块受力分析有μm g=m a ，
2 2 2
得a =μg=1 m/s2
2
当a =a 时物块与木板之间即将相对滑动，
共 2
解得此时的弹簧压缩量x =0.25 m
2
对物块、木板与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有
1 1 1
(m +m )v2= (m +m )v 2+ kx 2
2 1 2 2 1 2 2 2 2
√3
代入数据得v = m/s
2 2
(3)木板从速度为v 到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速度大于物块的加速度，则当
2
木板与物块的加速度相同时即弹簧形变量为x 时，则说明此时木板的末速度大小为v ，共用时2t ，且物块
2 2 0
一直受滑动摩擦力作用，则对物块有
-μm g·2t =m v -m v
2 0 2 3 2 2
√3
解得v = -2t
3 2 0
木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的
初、末动能相等，
则对于木板和物块组成的系统有
1 1 1
W= m v 2+ m v 2- (m +m )v 2
f 2 1 2 2 2 3 2 1 2 2ΔU=-W，
f
联立得ΔU=4√3t -8t 2 。
0 0
2.(1)4 m/s (2)(ⅰ)0.2 1 kg (ⅱ)4.5 m
解析 (1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有
v2
mg+3mg=m
R
代入数据解得v=4 m/s
(2)(ⅰ)根据题意可知当F≤4 N时，小物块与轨道是一起向左加速，
根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a
1
根据题图乙有k= =0.5 kg-1
M+m
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，
则对轨道有F-μmg=Ma
1 μmg
即a= F-
M M
1
结合题图乙有k'= =1 kg-1
M
μmg
纵截距b=- =-2 m/s2
M
联立以上各式可得M=1 kg，m=1 kg，μ=0.2
(ⅱ)由题图乙可知，当F=8 N时，轨道的加速度为a =6 m/s2，
1
小物块的加速度为a =μg=2 m/s2
2
设当小物块运动到P点时，经过t 时间，
0
则对轨道有v =a t
1 10
对小物块有v =a t
2 20
在小物块从P点到Q点过程中系统机械能守恒有
1 1 1 1
Mv 2+ mv 2= Mv 2+ mv 2+2mgR
2 1 2 2 2 3 2 4
水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，
则有Mv +mv =Mv +mv
1 2 3 4
19
联立解得t =1.5 s(另一解t = s不合题意，舍去)
0 0 6
根据运动学公式有
1 1
L= a t 2- a t 2
2 1 0 2 2 0
代入数据解得L=4.5 m。3.(1)3 m/s 9 m/s (2)12.96 J
(3)不会 0.16 m
解析 (1)设滑块A与滑块B碰撞前瞬间的速度大小为v ，对滑块A从圆弧轨道的顶端滑至底端的过程由机
0
械能守恒定律得
1
m gR= m v 2
1 2 1 0
解得v =6 m/s
0
设滑块A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为v 、v ，A、B发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒
A B
定律与机械能守恒定律分别得
m v =m v +m v
1 0 1 A 2 B
1 1 1
m v 2= m v 2+ m v 2
2 1 0 2 1 A 2 2 B
联立解得v =3 m/s，v =9 m/s
A B
(2)滑块A、B碰撞后在木板P上分别做匀减速直线运动，设滑块A、B的加速度分别为a 、a ，由牛顿第
A B
二定律得
μ m g=m a
1 1 1 A
μ m g=m a
2 2 2 B
假设滑块C相对木板P、Q静止，设三者整体的加速度为a ，由牛顿第二定律得
P
μ m g+μ m g=(2M+m )a
1 1 2 2 3 P
解得a =2 m/s2
P
因滑块C的最大加速度为
a =μ g=3 m/s2>a
m 3 P
故假设成立，可得滑块C与木板P、Q相对静止一起以加速度a 做匀加速直线运动。设A与P达到共速的
P
时间为t ，共速时的速度为v ，由速度—时间关系得
1 共
v =v -a t =a t
共 A A1 P1
解得v =1.2 m/s，t =0.6 s
共 1
A与P达到共速时B的速度为
v =v -a t =9 m/s-1×0.6 m/s=8.4 m/s
B1 B B1
A与P达到共速的过程，A、B、P三者的位移大小分别为
1
x = (v +v )t
A 2 A 共 1
1
x = (v +v )t
B 2 B B1 1
1
x = v t
P 2 共 1
解得x =1.26 m，x =5.22 m，
A Bx =0.36 m
P
此过程A相对P的位移大小为
Δx =x -x =1.26 m-0.36 m
1 A P
=0.9 m
此过程B相对P的位移大小为
Δx =x -x =5.22 m-0.36 m
2 B P
=4.86 m
因Δx =L =4.86 m
2 1
故A与P达到共速时B恰好运动到P的右端与C发生弹性碰撞，因B、C的质量相等，故碰撞过程两者的
速度发生交换，碰撞后瞬间C的速度大小为
v =v =8.4 m/s
C B1
B的速度大小为v =v =1.2 m/s
B2 共
可知B相对P静止在其右端，A、B、P三者一起做匀速直线运动。滑块C相对木板Q向右运动，木板Q
做加速直线运动，P、Q分离。滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量为
Q=μ m gΔx +μ m gΔx
1 1 1 2 2 2
解得Q=12.96 J
(3)假设滑块C不会从木板Q上滑落，最终C与Q相对静止一起匀速直线运动的速度为v ，C相对Q的运
共1
动路程为s，以向右为正方向，由动量守恒定律
m v +Mv =(m +M)v
3 C 共 3 共1
解得v =3.6 m/s
共1
由能量守恒定律有
1 1 1
μ m gs= m v 2+ Mv 2- (m +M)v 2
3 3 2 3 C 2 共 2 3 共1
解得s=5.76 m
因s<2L =2×5.6 m=11.2 m
2
故滑块C不会从木板Q上滑落，最终与木板Q相对静止时与挡板D的距离为
d=s-L =5.76 m-5.6 m=0.16 m。
2
