动量和能量中的滑板滑块模型专题(新、选)

素养提升微突破02 动力学中的“滑块-滑板”模型——构建模型，培养抽象思维意识“滑块-滑板”模型“滑块-滑板”模型涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。

叠放在一起的滑块和木板，它们之间存在着相互作用力，在其他外力作用下它们或加速度相同，或加速度不同，无论哪种情况受力分析和运动过程分析都是关键，特别是对相对运动条件的分析。

本模型深刻体现了物理运动观念、相互作用观念的核心素养。

【2019·新课标全国Ⅲ卷】如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。

t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。

细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。

木板与实验台之间的摩擦可以忽略。

重力加速度取g=10 m/s2。

由题给数据可以得出A．木板的质量为1 kgB．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 NC．0~2 s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】结合两图像可判断出0~2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2~5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2~4 s和4~5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2~4 s内的力F 为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。

【素养解读】本题以木板为研究对象，通过f-t与v-t图像对运动过程进行受力分析、运动分析，体现了物理学科科学推理的核心素养。

一、水平面上的滑块—滑板模型水平面上的滑块—滑板模型是高中参考题型，一般采用三步解题法：【典例1】如图所示，质量m＝1 kg 的物块A放在质量M＝4 kg的木板B的左端，起初A、B静止在水平地面上。

滑块与滑板相互作用模型【模型分析】1、相互作用：滑块之间的摩擦力分析2、相对运动：具有相同的速度时相对静止。

两相互作用的物体在速度相同，但加速度不相同时，两者之间同样有位置的变化，发生相对运动。

3、通常所说物体运动的位移、速度、加速度都是对地而言的。

在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、加速度、时间一定存在关联。

它就是我们解决力和运动突破口。

4、求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动量定理：应用动量定理时特别要注意条件和方向，最好是对单个物体应用动量定理求解。

5、求位移通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理，应用动能定理时研究对象为单个物体或可以看成单个物体的整体。

另外求相对位移时：通常会用到系统能量守恒定律。

6、求速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理或动量守恒定律：应用动量守恒定律时要特别注意系统的条件和方向。

1、如图所示，在光滑水平面上有一小车A ，其质量为0.2=A m kg ，小车上放一个物体B ，其质量为0.1=B m kg ，如图（1）所示。

给B 一个水平推力F ，当F 增大到稍大于3.0N 时，A 、B 开始相对滑动。

如果撤去F ，对A 施加一水平推力F ′，如图（2）所示，要使A 、B 不相对滑动，求F ′的最大值m F2．如图所示，质量M=8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8 N ，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长(取g=l0 m/s 2)。

求： （1）小物块放后，小物块及小车的加速度大小各为多大？ （2）经多长时间两者达到相同的速度？（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？FA B 图（1）F ′A B 图（2）Mm3．如图所示，一块质量为M，长为L的均质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m的小物体（可视为质点），物体上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌边的定滑轮．某人以恒定的速率v向下拉绳，物体最多只能到达板的中点，而板的右端尚未到达桌边定滑轮处．试求：（1）物体刚达板中点时板的位移．（2）若板与桌面之间有摩擦，为使物体能达到板的右端，板与桌面之间的动摩擦因数的范围是多少？4．如图所示，质量为M，长度为L的长木板放在水平桌面上，木板右端放有一质量为m长度可忽略的小木块，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数均为μ。

修养提高微打破02动力学中的“滑块-滑板”模型——建立模型，培育抽象思想意识“滑块 -滑板”模型“滑块 -滑板”模型波及两个物体，而且物体间存在相对滑动。

叠放在一同的滑块和木板，它们之间存在着互相作使劲，在其余外力作用下它们或加快度同样，或加快度不一样，不论哪一种状况受力剖析和运动过程剖析都是重点，特别是对相对运动条件的剖析。

本模型深刻表现了物理运动观点、互相作用观点的核心修养。

如图（ a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不行伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。

t=0 时，木板开始遇到水平外力 F 的作用，在 t=4 s 时撤去外力。

细绳对物块的拉力 f 随时间 t 变化的关系如图（ b）所示，木板的速度 v 与时间 t 的关系如图（ c）所示。

木板与实验台之间的摩擦能够忽视。

重力加快度取 g=10 m/s2。

由题给数据能够得出A ．木板的质量为 1 kgB ．2 s~4 s 内，力 F 的大小为0.4 NC．0~2 s 内，力 F 的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为一、水平面上的滑块—滑板模型水平面上的滑块—滑板模型是高中参照题型，一般采纳三步解题法：如下图，质量m＝ 1 kg 的物块 A 放在质量M＝ 4 kg 的木板 B 的左端，开初A、 B 静止在水平川面上。

现用一水平向左的力 F 作用在 B 上，已知 A、 B 之间的动摩擦因数为μ＝，地面与 B 之间的动摩擦因1数为μ2＝。

假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。

求：(1)能使 A、 B 发生相对滑动的力 F 的最小值；(2)若力 F ＝ 30 N，作用 1 s 后撤去，要想 A 不从 B 上滑落，则 B 起码多长；从开始到A、 B 均静止， A 的总位移是多少。

二、斜面上的滑块—滑板模型1、抓住重点：一个转折和两个关系一个转折两个关系滑块与滑板达到同样速度转折前、后受力状况之间的关系和滑块、滑板位移与板长之间或许滑块从滑板上滑下是的关系。

动量与能量综合应用五大模型专题综述利用动量和能量观点的解题策略1．若研究对象为单一物体，当涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理；当涉及冲量和时间问题时，应优先考虑动量定理．2．若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律．3．利用动量和能量观点的解题，只涉及运动始末两个状态相关的物理量，不细究过程的细节，特别对于变力问题，就更显示出优越性．题型透析题型1、“滑块－平板”模型例1如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：(1)物块与小车共同速度；(2)物块在车面上滑行的时间t；(3)小车运动的位移x；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少？►方法提炼“滑块－平板”模型的解题思路(1)应用系统的动量守恒．(2)在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理．(3)在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理．(4)在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒．(5)滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度．题型2、“滑块－弹簧”模型例2如图所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞．二者在发生碰撞的过程中，求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度．►方法提炼“滑块－弹簧”模型的解题思路(1)应用系统的动量守恒；(2)应用系统的机械能守恒；(3)临界条件1：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大．(4)临界条件2：从A开始压缩弹簧到弹簧恢复原长时，B的速度最大，此过程类似弹性碰撞，可直接利用结论：v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0.题型3、“滑块－斜(弧)面”模型例3(2016·课标全国Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.例4(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断冰块与斜面体分离后能否追上小孩？►方法提炼“滑块－斜面”模型的解题思路(1)应用系统在水平方向的动量守恒；(2)应用系统的能量守恒；(3)临界条件1：滑块沿斜面上升到最高点时，滑块与斜面同速；(4)临界条件2：从冰块滑上斜面到分离时，斜面的速度最大，此过程类似弹性碰撞，可直接利用结论：v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0题型4、“滑块—摆球”模型例4(2018·安徽一模)如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m小滑块A套在细杆上可自由滑动．在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g.求：(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；(2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度．►方法提炼“滑块—摆球”模型的解题思路(1)应用系统在水平方向的动量守恒；(2)应用系统的能量守恒；(3)临界条件1：小球与滑块共速时，小球运动到最高点．(4)临界条件2：小球摆回最低点时，滑块获得最大速度，此过程类似弹性碰撞，可直接利用结论：v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0.“小球－圆弧槽”模型例5如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为74R，重力加速度为g，不计空气阻力．求：(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量．►方法提炼“小球－圆弧槽”模型的解题思路(1)应用系统在水平方向的动量守恒；(2)应用系统的能量守恒；(3)注意：小球离开圆弧槽时，小球与圆弧槽水平速度相同，离开后二者水平位移相同，然后小球沿切面再进入圆弧槽．。

专题18 动力学中的“滑块木板模型”常考点动力学中的“滑块木板模型”分析【典例1】质量m0＝30kg、长L＝1m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数μ1＝0.15.将质量m＝10kg的小木块（可视为质点），以v0＝4m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上（如图所示），小木块与木板面的动摩擦因数μ2＝0.4（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10m/s2），则以下判断中正确的是（）A．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板B．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板C．木板一定静止不动，小木块能滑出木板D．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板【解析】木块受到的滑动摩擦力为F f2，方向向左F f2＝μ2mg＝40N木板受到木块施加的滑动摩擦力为F′f2，方向向右，大小为F′f2＝F f2＝40N木板受地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即F f1＝μ1（m＋m0）g＝60NF f1方向向左F′f2＜F f1木板静止不动，木块向右做匀减速运动，设木块减速到零时的位移为x，则由0－v2＝－2μ2gx得x＝2m＞L＝1m故小木块能滑出木板。

【典例2】如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为m A =1kg 和m B =2kg 的物块A 、B 放在长木板上，A 、B 与长木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

现用水平拉力F 拉A ，取重力加速度g =10m/s 2。

改变F 的大小，B 的加速度大小可能为（ ）A ．1.5m/s 2B ．2.5m/s 2C ．3.5m/s 2D ．4.5m/s 2【解析】物块A 、B 放在轻质长木板上，二者所受摩擦力大小相等，由于A 物块所受最大静摩擦小于B 物块的。

故B 物块始终相对长木板静止，当拉力增加到一定程度时，A 相对长木板滑动，B 所受的最大合力等于A 的最大静摩擦力，即B Amax A f f m g μ==根据牛顿第二定律，有B B Bmax f m a =可知B 的最大加速度为2Bmax 2m /s a =【典例3】如图所示，质量为M =5kg 的足够长的长木板B 静止在水平地面上，在其右端放一质量m =1kg 的小滑块A （可视为质点）。

动量守恒的十种模型解读和针对性训练滑块木板模型模型解读1.模型图示2.模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。

(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。

3.求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。

(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。

(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝fΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。

【方法归纳】. “子弹打木块”（“滑块—木板”）模型，采用动量守恒定律、动能定理或能量守恒定律列方程解答。

滑块木板模型的位移关系:滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，二者位移之差等于板长。

若滑块和木板反向运动，二者位移之和等于板长。

【典例精析】【典例】(2024·广东广州校考)如图，长为L的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m 的滑块以水平向右的初速度v0滑上木板左端。

若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为v03；若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。

滑块可视为质点，重力加速度大小为g。

求：(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ；(2)木板的质量M ；(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I 1∶I 2。

【针对性训练】1.. （2024年5月武汉三模）一块质量为M 、长为l 的长木板A 静止放在光滑的水平面上，质量为m 的物体B （可视为质点）以初速度v 0从左端滑上长木板 A 的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B 的动能减少量为，长木板A 的动能增加量为，A 、B 间因摩擦产生的热量为Q ，下列说法正确的是（ ）A. A 、B 组成的系统动量、机械能均守恒B. ，，Q 的值可能为，，C. ，，Q 的值可能为，，D. 若增大v 0和长木板A 的质量M ，B 一定会从长木板A 的右端滑下，且Q 将增大.2 .如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t ＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v 0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v 随时间t 变化的图像可能正确的是( )3.（10分）（2024年4月安徽安庆示范高中联考）如图所示，一质量为M =4kg 的木板静止在水平面上，木板上距离其左端点为L =25m 处放置一个质量为m =1kg 的物块（视为质点），物块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.3。

题型3 滑块—滑板模型1.模型特点涉及两个物体，多个运动过程，并且物体间存在相对滑动.2.解题思路研透高考明确方向命题点1水平板块问题8.[受牵引力作用的板块问题/2024福建厦门一中校考]如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块.在t＝0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t＝1s时撤去F，整个过程木板运动的v －t图像如图乙所示.物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（C）A.1～1.5s内木板的加速度为4m/s2B.物块与木板间的动摩擦因数为0.5C.拉力F的大小为21ND.物块最终停止时的位置与木板右端的距离为5.25m解析 速度—时间图像斜率的绝对值表示加速度大小，由图乙可知，1～1.5 s 内木板的加速度大小为a ＝ΔvΔt ＝9−31.5−1 m/s 2＝12 m/s 2，选项A 错误；根据题意，结合图乙可知，0～1.5 s 内小物块始终做匀加速运动，t ＝1.5 s 时木板和小物块达到共速，设小物块与木板间的动摩擦因数为μ，则对小物块应用牛顿第二定律得μmg ＝ma 0，而由速度与时间的关系式可得v ＝a 0t ，其中v ＝3 m/s 、t ＝1.5 s ，从而解得μ＝0.2，选项B 错误；设地面与木板间的动摩擦因数为μ1，在撤去拉力后，对木板应用牛顿第二定律得μmg ＋2μ1mg ＝ma ，解得μ1＝0.5.又由图乙可知，在没有撤去拉力时木板的加速度a 1＝Δv 1Δt 1＝91m/s 2＝9 m/s 2，对此时的木板应用牛顿第二定律得F －μmg －2μ1mg ＝ma 1，解得F ＝21 N ，选项C 正确；对木板和小物块达到共速时进行分析，若共速后二者相对静止，设二者的共同加速度为a 2，则由牛顿第二定律有2μ1mg ＝2ma 2，解得a 2＝5 m/s 2，而小物块相对于木板不发生相对滑动的临界加速度a max ＝a 0＝2 m/s 2＜a 2，由此可知，小物块与木板共速后瞬间又发生了相对滑动，对木板，设其继续与木块发生相对滑动时的加速度大小为a 3，则由牛顿第二定律有2μ1mg －μmg ＝ma 3，解得a 3＝8 m/s 2，即木板以加速度a 3继续减速直至速度为零，小物块以加速度大小为a 0减速直至速度为零，设在两者达到共速时小物块的对地位移为x 1，木板的对地位移为x 2，则可得x 1＝12a 0t 2＝2.25 m ，x 2＝12a 1t 02＋a 1t 0(t －t 0)－12a (t －t 0)2，其中t 0＝1 s ，解得x 2＝7.5 m ，则可知两者共速时物块的位置与木板右端的距离为Δx ＝x 2－x 1＝5.25 m.设共速之后的减速阶段小物块的位移为x 3，木板的位移为x 4，则由运动学公式可得v 2＝2a 0x 3，v 2＝2a 3x 4，解得x 3＝2.25 m ，x 4＝0.562 5 m ，则物块最终停止时的位置与木板右端的距离为Δx'＝x 2＋x 4－(x 1＋x 3)＝3.562 5 m ，选项D 错误. 命题点2 倾斜板块问题9.[倾斜板块/多选]滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为2140.小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s 2，则下列判断正确的是（ BC ）A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s 2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s 2C.经过1s 的时间，小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s解析 对小孩，由牛顿第二定律得加速度大小a 1＝mgsin37°－μ1mgcos37°m＝2.8m/s 2，同理对滑板由牛顿第二定律得加速度大小a 2＝mgsin37°＋μ1mgcos37°－2μ2mgcos37°m＝0.8m/s 2，A 错误，B正确；从开始滑动至小孩刚与滑板分离的过程，有12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，解得t ＝1s ，离开滑板时小孩的速度大小为v ＝a 1t ＝2.8m/s ，C 正确，D 错误.命题点3 板块中的动力学图像10.[F －t 图像＋a －t 图像/多选]水平地面上有一质量为m 1的长木板，木板的左端放有一质量为m 2的小物块，如图（1）所示.用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（2）所示，其中F 1、F 2分别为t 1、t 2时刻F 的大小.木板的加速度a 1随时间t 的变化关系如图（3）所示.已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g .则（ BCD ）图（1） 图（2） 图（3）A.F 1＝μ1m 1gB.F 2＝m 2（m 1＋m 2）m 1（μ2－μ1）gC.μ2＞m 1＋m 2m 2μ1D.在0～t 2时间段物块与木板加速度相等解析 结合图(3)可知在0～t 1时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块与木板均静止，在t 1～t 2时间内，物块与木板之间摩擦力仍为静摩擦力，物块与木板一起滑动，D 正确；把物块和木板看成整体，在t 1时刻，由牛顿第二定律有F 1－μ1(m 1＋m 2)g ＝0，解得F 1＝μ1(m 1＋m 2)g ，A 错误；t 2时间后，物块相对于木板滑动，木板所受的滑动摩擦力为恒力，做匀加速直线运动，设t 2时刻木板的加速度为a ，在t 2时刻，对木板由牛顿第二定律有μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a ＞0，显然μ2＞m 1＋m 2m 2μ1，C 正确；t 2时刻，对物块由牛顿第二定律有F 2－μ2m 2g ＝m 2a ，联立解得F 2＝m 2(m 1＋m 2)m 1(μ2－μ1)g ，B 正确.11.[a －F 图像/2024江苏扬州新华中学校考]如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A ，斜面上叠放着小物块B 和薄木板C ，木板下端位于挡板A 处，整体处于静止状态.木板C 受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F 作用时，木板C 的加速度a 与拉力F 的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ＝10m/s 2，则由图像可知下列说法正确的是（ D ）A.10N ＜F ＜15N 时物块B 和木板C 相对滑动B.木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出C.由题目条件可求木板C 的质量D.F ＞15N 时物块B 和木板C 相对滑动解析 由图乙可知，当F ＜10 N 时，物块B 和木板C 均静止，当10 N ＜F ＜15 N 时， 物块B 和木板C 一起加速运动，当F ＞15 N 时，木板C 的加速度a 与拉力F 的关系图像 发生弯折，可知此时物块B 和木板C 发生了相对滑动，选项A 错误，选项D 正确；因 当F 2＝15 N 时，a ＝2.5 m/s 2，此时物块和木板开始发生相对滑动，物块和木板之间 的静摩擦力达到最大，对物块有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，对木板和物块组成的整 体，当F 1＝10 N 时，a ＝0，有F 1＝(M ＋m )g sin θ，当F 2＝15 N 时，a ＝2.5 m/s 2，有 F 2－(M ＋m )g sin θ＝(M ＋m )a ，联立求解得M ＋m ＝2 kg ， sin θ＝12，μ＝√32，但是不能求解木板C 的质量，选项B 、C 错误. 方法点拨。

第七章动量守恒定律专题十一动量守恒中的四类典型模型核心考点五年考情命题分析预测子弹打木块模型本专题是本章的难点，滑块＋弹簧模型和滑块＋滑板模型是高考的热点.预计2025年高考会出现考查滑块＋滑板模型的选择题或滑块＋弹簧模型的计算题.滑块＋弹簧模型2023：辽宁T15，浙江6月T18；2022：全国乙T25；2021：天津T10；2019：全国ⅢT25滑块＋斜（曲）面模型2023：湖南T15，山东T18滑块＋滑板模型2023：辽宁T15；2022：山东T18，河北T13题型1子弹打木块模型1.模型图示2.模型特点（1）子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒.（2）系统的机械能有损失.3.两种情境（1）子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多（完全非弹性碰撞）动量守恒：mv 0＝（m ＋M ）v .能量守恒：Q ＝F f s ＝12m 02－12（M ＋m ）v 2.（2）子弹穿透木块动量守恒：mv 0＝mv 1＋Mv 2.能量守恒：Q＝F f d＝12m02－（12M22＋12m12）.1.[子弹未穿透木块/2024江苏淮安模拟]如图所示，质量为M＝0.45kg的木块静止于光滑水平面上，一质量为m＝0.05kg的子弹以水平速度v0＝100m/s打入木块并停在木块中，下列说法正确的是（A）A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝10m/sB.子弹对木块做的功W＝25JC.木块对子弹做正功D.子弹打入木块过程中产生的热量Q＝175J解析根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝B0＋＝10m/s，故A正确；根据动能定理可知，子弹对木块做的功为W＝12Mv2-0＝22.5J，故B错误；由于子弹的动能减小，根据动能定理可知，木块对子弹做负功，故C错误；根据能量守恒定律可知，子弹打入木块过程中产生的热量为Q＝12m02−12(M＋m)v2＝225J，故D错误.2.[子弹穿透木块]如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980g的匀质木块，现有一颗质量为20g的子弹以大小为300m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动.已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm，子弹打进木块的深度为6cm.设木块对子弹的阻力保持不变.（1）求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能.（2）若子弹是以大小为400m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？答案（1）6m/s882J（2）能解析（1）设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝（M＋m）v解得v＝6m/s此过程系统所增加的内能ΔE＝12m02－12（M＋m）v2＝882J.（2）假设子弹以v'0＝400m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv'0＝（M＋m）v'解得v'＝8m/s此过程系统所损耗的机械能为ΔE'＝12mv'20－12（M ＋m ）v'2＝1568J 由功能关系有ΔE ＝F 阻x 相＝F 阻d ΔE'＝F 阻x'相＝F 阻d'则ΔΔ'＝阻阻'＝'解得d'＝1568147cm因为d'＞10cm ，所以假设不成立，能射穿木块.题型2滑块＋弹簧模型模型图示水平地面光滑模型特点（1）两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒；（2）在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒；（3）弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小（完全非弹性碰撞拓展模型）；（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大（弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时）3.[滑块与弹簧连接/多选]如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接并静止在光滑的水平地面上.现使A 以3m/s 的速度向B 运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙，则有（CD）A.在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都处于压缩状态B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长C.两物块的质量之比为m1：m2＝1：2D.在t2时刻A与B的动能之比E k1：E k2＝1：8解析由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，而t3时刻处于伸长状态，故A错误；结合图像弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，在t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；根据动量守恒定律，可知t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3m/s，v2＝1m/s，解得m1：m2＝1：2，故C正确；在t2时刻A的速度为v A＝-1m/s，B的速度为v B＝2m/s，根据m1：m2＝1：2，求出E k1：E k2＝1：8，故D正确.命题拓展命题条件不变，一题多设问下列说法不正确的是（C）A.t1～t2时间内B的加速度在减小B.t1和t3时刻弹簧的弹性势能相等C.t2时刻弹簧处于压缩状态D.t3时刻弹簧的弹性势能最大解析由v-t图像可知t1～t2时间内B的加速度在减小，A正确，不符合题意；t1和t3时刻，A和B的速度均相等，则A和B系统的总动能相等，弹簧的弹性势能相等，B正确，不符合题意；t2时刻，A和B的加速度均为零，说明弹簧弹力为零，则弹簧在t2时刻处于原长状态，C错误，符合题意；t3时刻，A和B的速度相等，弹簧的弹性势能最大，D正确，不符合题意.4.[滑块与弹簧不连接]如图所示，一木板放在光滑水平面上，木板的右端与一根沿水平方向放置的轻质弹簧相连，弹簧的自由端在Q点.木板的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，P、Q之间的距离为L，Q点右侧表面是光滑的.一质量为m＝0.2kg的滑块（可视为质点）以水平速度v0＝3m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回.已知木板质量M＝0.3kg，滑块与木板表面P、Q之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10m/s2.（1）若L＝0.8m，求滑块滑上木板后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；（2）要使滑块既能挤压弹簧，最终又没有滑离木板，则木板上P 、Q 之间的距离L 应在什么范围内？答案（1）0.22J（2）0.675m≤L ＜1.35m解析（1）滑块滑上木板后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，此时滑块、木板共速，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝（m ＋M ）v 共由能量守恒定律得E p ＝12m 02－12（m ＋M ）共2－μmgL解得E p ＝0.22J（2）滑块最终没有离开木板，滑块和木板具有共同的末速度，设为u ，滑块与木板组成的系统动量守恒，有mv 0＝（m ＋M ）u设共速时滑块恰好滑到Q 点，由能量守恒定律得μmgL 1＝12m 02－12（m ＋M ）u2解得L 1＝1.35m设共速时滑块恰好回到木板的左端P 点处，由能量守恒定律得2μmgL 2＝12m 02－12（m ＋M ）u 2解得L 2＝0.675m所以P 、Q 之间的距离L 应满足0.675m≤L ＜1.35m.题型3滑块＋斜（曲）面模型模型图示水平地面光滑、曲面光滑模型特点（1）最高点：m 与M 具有共同水平速度v 共，m 不会从此处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒，mv 0＝（M ＋m ）v 共；系统机械能守恒，12m v 02＝12（M ＋m ）v 共2＋mgh ，其中h 为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度（完全非弹性碰撞拓展模型）；（2）最低点：m 与M 分离点，系统水平方向动量守恒，mv 0＝mv 1＋Mv 2；系统机械能守恒，12m 02＝12m 12＋12M 22（弹性碰撞拓展模型）5.[滑块脱离曲面]如图所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B.若将小球的初速度增大为2v0，不计空气阻力，则小球能达到距B点的最大高度为（C）A.RB.1.5RC.3RD.4R解析若小球以水平速度v0滑上滑块，小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0的方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，由机械能守恒定律得12m02＝12×2m12＋mgR，代入数据解得v0＝2g，若小球以水平速度2v0冲上滑块，小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平方向上速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得2mv0＝2mv2，由能量守恒定律得12m×(2v0)2＝12×2m22＋mgR＋12m2，解得v y＝6g，小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做匀减速运动，则h＝22＝3R，故距B点的最大高度为3R，故选C.命题拓展情境不变，一题多设问以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，小球与滑块分离时的速度是多少？答案0解析从小球滑上滑块至小球离开滑块的过程中，根据能量守恒定律得12m02＝12m球2＋12m块2，小球和滑块系统水平方向动量守恒，有mv0＝mv球＋mv块，解得v球＝0.6.[滑块不脱离曲面/2024广东广州部分学校联考]如图所示，质量m0＝5g的小球用长l＝1m的轻绳悬挂在固定点O，质量m1＝10g的物块静止在质量m2＝30g的14光滑圆弧轨道的最低点，圆弧轨道静止在光滑水平面上，悬点O在物块m1的正上方，将小球拉至轻绳与竖直方向成37°角后，由静止释放小球，小球下摆至最低点时与物块发生弹性正碰，碰后物块恰能到达圆弧轨道的最上端.若小球、物块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：（1）小球与物块碰撞前瞬间小球的速度v0；（2）小球与物块碰撞后瞬间物块的速度v1；（3）圆弧轨道的半径R.答案（1）v0＝2m/s（2）v1＝43m/s（3）R＝115m解析（1）小球下摆至最低点，满足机械能守恒定律，有m0gl（1－cos37°）＝12m002解得v0＝2g（1－Hs37°）＝2m/s（2）小球与物块碰撞，满足动量守恒定律、机械能守恒定律，有m0v0＝m0v01＋m1v1 12m002＝12m0012＋12m112解得v1＝43m/s（3）物块滑到圆弧轨道最高点的过程，满足动量守恒定律、机械能守恒定律，则有m1v1＝（m1＋m2）v212m112＝12（m1＋m2）22＋m1gR解得R＝115m.7.[滑块与斜面结合]如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m（h小于斜面体的高度）.已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g＝10m/s2.（1）求斜面体的质量；（2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案（1）20kg（2）不能，理由见解析解析（1）规定向左为正方向.冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝（m2＋m3）v①12m202＝12（m2＋m3）v2＋m2gh②式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得v＝1m/s，m3＝20kg ③.（2）设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入数据得v1＝－1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥12m 202＝12m 222＋12m 332⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝－1m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩.题型4滑块＋滑板模型示意图木板初速度为零且足够长木板有初速度且足够长，板块反向地面光滑地面光滑v －t 图像8.[滑块、滑板同向运动]如图所示，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M 的物块（可视为质点）以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上滑行的距离为（C）A.LB.34C.2 D.4解析设物块受到的滑动摩擦力为F f ，物块的初速度为v 0.如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，对物块的滑动过程运用动能定理得-F f L ＝0-12M 02，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统所受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv 0＝(M ＋M )v 1，对系统运用能量守恒定律有F f L'＝12M 02−12(2M )12，联立解得L'＝2，C 正确，A 、B 、D 错误.9.[滑块、滑板反向运动]质量为M＝1.0kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5kg的小木块B以v2＝4m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6s小木块B相对A静止，已知重力加速度g取10m/s2，求：（1）两者相对静止时的运动速度v；（2）从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小；（3）小木块与长木板间的动摩擦因数μ.答案（1）1m/s，方向水平向右（2）1.5kg·m/s（3）0.5解析设水平向右为正方向（1）从开始到相对静止，系统在水平方向动量守恒－Mv1＋mv2＝（M＋m）v解得v＝1m/s，方向水平向右.（2）长木板的动量变化量大小Δp＝Mv－（－Mv1）＝1.5kg·m/s.（3）对小木块B，根据动量定理得－μmgt＝mv－mv2解得μ＝0.5.10.[多个滑块综合考查/2024辽宁沈阳模拟]如图，粗糙水平地面上放着两个相同的木板B和C，可视为质点的物块A以初速度v0冲上木板B.已知A质量为2m，与B、C间动摩擦因数均为μ；B、C质量均为m，与地面间动摩擦因数均为12μ.当A运动至B最右端时，A、B速度相同且B、C恰好相撞（碰撞时间极短），撞后B、C粘在一起.重力加速度为g.求：（1）开始时B、C间的距离；（2）A最终离C右端的距离；（3）从A冲上木板B到最终C静止的整个过程系统因摩擦产生的热量.答案（1）029B（2）230272B（3）3536m02解析（1）A在B上滑动时，对A有2μmg＝2ma A故a A＝μg对B有2μmg－32μmg＝ma B故a B＝12μg设经过t1时间A、B速度相同，则有v0－a A t1＝a B t1解得t1＝203B由于x B＝12a B12，解得x B＝029B，此即B、C的初始距离（2）木板B的长度等于A、B共速时的相对位移，有L＝（v0t1－12a A12）－12a B12解得L＝023B由动量守恒定律可得，A滑到B最右端时，A、B共速的速度v1＝13v0此时B与C发生完全非弹性碰撞，有mv1＝2mv2故碰撞后瞬间B、C的速度为v2＝16v0A以13v0的速度滑上C，继续以a A＝μg的加速度减速，而此时B、C整体所受合力为零，做匀速直线运动，设经过时间t2后A与B、C共速，则有v1－a A t2＝v2解得t2＝06B此过程中A相对C的位移大小为x AC＝（v1t2－12a A22）－v2t2解得x AC＝0272B此后A、C相对静止，故A最终离C右端的距离为L－x AC＝230272B（3）B、C碰撞过程损失的机械能为12m12－12×2m22＝136m02整个过程系统的总机械能损失为12×2m02－0＝m02因此整个过程系统因摩擦产生的热量Q＝3536m02.1.[滑块＋曲面/2023山东]如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上.作用在A上的水平外力，使A 与B以相同速度v0向右做匀速直线运动.当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s.已知v0＝1m/s，v＝4m/s，m A＝m C＝1kg，m B＝2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C 不会从B上滑下.B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2.（1）求C下滑的高度H；（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；（3）若s＝0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；（4）若s＝0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小.答案（1）0.8m（2）0.625m≤s≤2+2m（3）－6J（4）（6＋322）N·s解析（1）C下滑过程，由动能定理有m C gH＝12m C v2，解得H＝0.8m（2）设C滑上B以后，C的加速度大小为a C，B的加速度大小为a1，B、C共速时间为t1，s的最小值为s1，B、C共同的加速度大小为a2，经过t2时间A追上B，s的最大值为s2，则由牛顿第二定律有μ2m C g＝m C a C解得a C＝5m/s2μ2m C g－μ1（m B＋m C）g＝m B a1解得a1＝1m/s2又v0＋a1t1＝v－a C t1解得t1＝0.5s由运动学规律有s1＝v0t1＋12a112联立解得s1＝58m＝0.625mB、C共速后，由牛顿第二定律得μ1（m B＋m C）g＝（m B＋m C）a2解得a2＝1m/s2由运动学公式得s2＝s1＋（v0＋a1t1）t2－12a222s2＝v0（t1＋t2）联立解得s2＝2+2m故s的范围为0.625m≤s≤2+2m（3）由题意知s＜s1，所以B与P碰撞时，B与C未共速.设C在B板上滑动的时间为t3，B与P相碰时C的速度大小为v1，则由运动学公式得s＝v0t3＋12a132解得t3＝0.4s（另一解舍去）v1＝v－a C t3解得v1＝2m/s对物体C从刚滑上B到B与P碰撞前的过程，由动能定理有W＝12m C（12－v2）解得W＝－6J（4）设B与P碰撞前瞬间的速度大小为v2，B与P碰撞后瞬间的速度为v3，B向左运动的加速度大小为a3，B向左运动时间t4与A相遇.设A、B碰撞前瞬间B的速度大小为v4；A、B碰撞后瞬间，A的速度为v5，B的速度为v6，C的速度大小为v7，则由运动学公式得v2＝v0＋a1t3解得v2＝1.4m/s由于P固定在地面上，B与P的碰撞为弹性碰撞，所以有v3＝v2＝1.4m/sB与P碰撞后向左运动的过程中，对B由牛顿第二定律得μ2m C g＋μ1（m B＋m C）g＝m B a3解得a3＝4m/s2自B、P碰撞后至A、B发生碰撞的过程，由运动学公式得s－v0t3＝v0t4＋v3t4－12a342解得t4（另一解舍去）v4＝v3－a3t4解得v41）m/sv7＝v1－a C t4解得v7＝（22－1）m/s以向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得m A v0－m B v4＝m A v5＋m B v6由机械能守恒定律得12m A02＋12m B42＝12m A＋12m B62联立解得v5＝（1m/s、v6＝（1m/s（另一组解舍去）即A、B碰撞后，A以速度v5向左运动，B以初速度v6向右运动经分析可得，B、C最终静止，A最终以速度v5向左运动，故自C滑上B开始至三物体达到平衡状态，这三个物体总动量的变化量为Δp＝m A v5－[（m A＋m B）v0＋m C v]解得Δ＝（6N·s2.[滑块＋弹簧/2022全国乙]如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v－t图像如图（b）所示.已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同.斜面倾角为θ（sinθ＝0.6），与水平面光滑连接.碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内.求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数.图（a）图（b）答案（1）0.6m02（2）0.768v0t0（3）0.45解析（1）水平面光滑，故在水平面上两物块碰撞过程动量守恒，从B与弹簧接触到弹簧第一次压缩到最短过程中有m B v1＝（m B＋m A）v0其中v1＝1.2v0可得m B＝5m该过程中机械能守恒，设弹簧最大弹性势能为E p，得E p＋12（m A＋m B）02＝12m B12由上式得E p＝0.6m02（2）由图像知0～t0内物块B与物块A的位移差等于弹簧的最大压缩量，也就是题图中该段时间物块A、B图像所夹面积，物块A在0～t0时间内的位移S A＝0.36v0t0，即为0～t0内，v－t图像中A线与t轴所夹面积.解法1在压缩弹簧的过程中，物块A、B所受弹簧弹力大小相等，方向相反，则物块A的加速度始终是物块B加速度的5倍，有a A＝5a B若两者均做初速度为零的变速运动，则两者的位移满足S A＝5S'B在图1中深灰色阴影面积为S A，浅灰色阴影面积为S'B.最大压缩量为X＝1.2v0t0－S A－S'B＝0.768v0t0图1图2解法20～t0过程，由动量守恒定律有mv A＋5mv B＝（m＋5m）v0结合运动学知识有mS A＋5mS B＝6mv0t0解得S B＝1.128v0t0（B在0～t0内的位移）最大压缩量为X＝S B－S A＝1.128v0t0－0.36v0t0＝0.768v0t0（3）设物块A第一次从斜面滑到平面上时的速度为v x，物块A（含弹簧）回到水平面，第二次与B相互作用过程系统机械能守恒、动量守恒.则有m B v2－m A v x＝m B v3＋m A·2v012m B22＋12m A2＝12m B32＋12m A（2v0）2其中v2＝0.8v0可得v x＝v0（另一解舍去）物块A第一次从斜面底端滑到最高点的过程，由动能定理有－mgμs cosθ－mgs sinθ＝0－12m（20）2物块A第一次从最高点滑到水平面的过程，由动能定理有－mgμs cosθ＋mgs sinθ＝12m02－0由上式得μ＝0.45.1.[多选]如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，mA＞m B，B球上固定一轻质弹簧.A球以速率v去碰撞静止的B球，则（BD）A.A球的最小速率为零B.B球的最大速率为2＋vC.当弹簧压缩到最短时，B球的速率最大D.两球的动能最小值为222（＋）解析A球与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A球产生向左的弹力，对B球产生向右的弹力，故A球做减速运动，B球做加速运动，当B球的速度等于A球的速度时弹簧的压缩量最大，此后A球继续减速，B球继续加速，弹簧压缩量减小，当弹簧恢复原长时，B球速度最大，A球速度最小，此过程满足动量守恒定律和能量守恒定律，有m A v＝m A v1＋m B v2，12m A v2＝12m A12＋12m B22，解得v1＝−＋v，v2＝2＋v，因为m A＞m B，可知A球的最小速率不为零，B球的最大速率为2＋v，故A、C错误，B正确；两球共速时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，此时两球动能最小，根据动量守恒定律有m A v＝(m A＋m B)v共，E k＝12(m A＋m B)共2，联立可得E k＝222(＋)，故D正确.2.[2024北京八一中学校考/多选]如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长.一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短.下列说法中正确的是（BD）A.子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒B.子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小C.子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能D.两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能解析子弹射入物块A的过程为完全非弹性碰撞，有动能损失，则子弹和物块A的机械能不守恒，故A错误；子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的作用力与物块A对子弹的作用力是一对相互作用力，等大反向，而且两个力作用时间相等，由I＝Ft知，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，故B正确；子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，因为子弹射入物块A过程中有动能转化为内能，故C错误；两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物块具有共同速度时，有(m A＋m子)v1＝(m A＋m子＋m B)v2，ΔE p＝12(m A＋m子)12−12(m A＋m子＋m B)22，则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，故D正确.3.[2024河南三门峡模拟/多选]光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，图甲小车放置在无阻碍的光滑水平面上，图乙小车靠墙停放，已知重力加速度为g，则（BC）A.图甲中小球返回右端将向右做平抛运动B.图乙中小球返回右端将向右做平抛运动C.图甲中小球在弧形槽内上升的最大高度为024D.图甲中全过程小球对小车压力的冲量为mv0解析题图甲中，小球离开小车时，设小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中系统在水平方向上动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，对系统由机械能守恒定律得12m02＝12m12＋12m22，联立解得v1＝0，v2＝v0，所以题图甲中小球返回右端将做自由落体运动，A错误；题图乙中小车静止不动，因此小球返回右端将向右做平抛运动，B正确；设题图甲中小球在弧形槽内上升的最大高度为h，由系统水平方向动量守恒得mv0＝2mv，由能量守恒定律得12m02＝12×2mv2＋mgh，解得h＝024，C正确；由以上分析可知，题图甲中小球返回右端将做自由落体运动，小车将向左做匀速直线运动，速度为v0，对小车水平方向，由动量定理可得I x＝Δp＝mv0，由于小球对小车一直有竖直向下的压力分量，故全过程小球对小车压力的冲量不等于mv0，D错误.4.[多选]如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R（R足够大）的14光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，质量为2的小球A以v0＝6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，两小球均可视为质点，则（AD）A.B的最大速率为4m/sB.B运动到最高点时的速率为34m/sC.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞解析A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得2v0＝2v A＋Mv B，12·202＝12·22＋12M2，解得v A＝-2m/s，v B＝4m/s，故B的最大速率为4m/s，A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则Mv B＝(M＋2M)v，得v＝43m/s，B错误；B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为v'B、v'C，由水平方向动量守恒有Mv B＝Mv'B＋2Mv'C，由机械能守恒有12M2＝12Mv'2B＋12·2Mv'2C，联立解得v'B＝-43m/s，由于｜v'B｜＜｜v A｜，所以二者不会再次发生碰撞，C错误，D正确.5.[设问创新/2024江苏盐城模拟]如图所示，一质量为M＝3.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m＝1.0kg的小木块A.同时给A和B大小均为v＝5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B.在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是（C）A.1.8m/sB.2.4m/sC.2.8m/sD.3.5m/s解析以A、B组成的系统为研究对象，因为系统不受外力，则系统动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，从A、B开始运动到A的速度为零，根据动量守恒定律可得(M-m)v＝Mv B1，解得v B1＝103m/s，从A、B开始运动到A、B共速，根据动量守恒定律可得(M-m)v＝(M＋m)v B2，解得v B2＝2.5m/s，木块A加速运动的过程为其速度减为零到与B共速的过程，此过程中B始终减速，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度范围为2.5m/s≤v B≤103m/s，故C正确，ABD错误.6.[2024湖南长沙南雅中学校考]质量为M，长度为d的木块放在光滑的水平面上，在木块的右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动，质量为m的子弹以水平速度v0射入静止的木块，刚好能将木块射穿.现拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块，设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则（C）A.拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒B.子弹在木块中受到的阻力大小为B02C.拔去销钉，子弹在木块中运动的时间为2B（＋）0D.拔去销钉，子弹射入木块的深度为B＋解析拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，故木块和子弹组成的系统动量守恒；但因摩擦力要做功，故系统机械能不守恒，故A错误.当木块固定时，由动能定理可知-fd＝0-12m02，解得f＝B022，故B错误.拔去销钉，子弹与木块系统动量守恒，则根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，解得v＝B0＋，对木块根据动量定理可得ft＝Mv，子弹在木块中运动的时间为2B(＋p0，故C正确.拔去销钉，由C选项分析可知最终速度，故整个过程根据动能定理有-fx＝12(m＋M)v2-12m02，解得x＝B＋，D错误.7.[2024江西南昌模拟]质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用挡板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为x的地面上，如图所示，若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边水平距离为（D）A.2 B.2x C.x解析当用挡板挡住A球而只释放B球时，B球做平抛运动，设高度为h，则有h＝12gt2，x＝v0t，所以弹簧的弹性势能为E p＝12m02.若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，取向右为正方向，由动量守恒定律可得0＝mv1-。

动量能量综合专题--------滑块滑板模型一、模型解法剖析1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化．3．应注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指对地位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．二、考法分类示例【系统外障碍物碰撞类】例一.(2020·山东省实验中学高三模拟)如图1所示，水平光滑的桌面上有一质量M＝4 kg的长木板静止在光滑水平面上，质量m＝1 kg的小滑块置于长木板左端，小滑块可视为质点．长木板右端与固定竖直挡板间的距离L＝10 m，小滑块以v0＝10 m/s的速度向右滑上长木板，经过一段时间后，长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失．已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2，长木板足够长，小滑块始终未脱离长木板．求：图1(1)经过多长时间，长木板与竖直挡板相碰；(2)长木板与竖直挡板碰撞后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离．命题预测一(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图2甲所示，质量为m＝0.3 kg的小物块B(可视为质点)放在质量为M＝0.1 kg、长度L＝0.6 m的木板A的最左端，A和B一起以v0＝1 m/s的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A与右侧一竖直固定挡板P发生弹性碰撞．以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5 s内B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2，求：图2(1)A与B间的动摩擦因数μ；(2)A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；(3)A与P碰撞几次，B与A分离．命题预测二(2020·湖南五市十校第二次联考)如图3所示，在光滑水平面上的平板小车，质量为m1，其左端放有质量为m2的铁块(可视为质点)，若铁块与小车均以v0＝3 m/s的速度向右做匀速运动，小车将与竖直墙壁发生正撞，碰撞时间忽略不计．碰撞时无动能损失，已知铁块与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，铁块始终不从小车上掉下来．求：图3(1)若m1>m2，且满足题意的小车的最小长度为5 m，求m1与m2的比值；(2)若m1＝1 kg，m2＝2 kg，小车和墙第一次相碰以后，小车所走的总路程为多少？【系统内多次碰撞类】例二.如图4所示，质量为M的水平木板静止在光滑的水平地面上，左端放一质量为m的铁块，现给铁块一个水平向右的瞬时冲量使其以初速度v0开始运动，并与固定在木板另一端的弹簧相碰后返回，恰好又停在木板左端．(重力加速度为g)图4(1)求整个过程中系统克服摩擦力做的功．(2)若铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则铁块相对木板的最大位移是多少？(3)系统的最大弹性势能是多少？命题预测三(2020·山东济宁市期末)如图5所示，在光滑的水平面上有一质量M＝4 kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m＝2 kg.平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L＝10 m．某时刻平板车以v1＝1 m/s的速度向左滑行，同时小滑块以v2＝8 m/s的速度向右滑行．一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距d＝5 m，取g＝10 m/s2，求：图5(1)小物块与平板车相对静止时的速度v；(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数μ；(3)弹簧可能获得的最大弹性势能E p.命题预测四如图所示，水平地面上有一个质量为M＝4 kg、两端带有固定挡板的长木板，其上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板上放置一个可视为质点的小滑块，其质量为m＝1 kg，滑块距左、右挡板的距离均为l＝5.0 m，初始时滑块和长木板均静止．现施加一水平向右、大小为F＝20 N的恒力拉木板，经过一段时间，滑块即将与左挡板接触时，撤去拉力F；滑块与左挡板发生弹性碰撞后，又经过一段时间，再与右挡板发生碰撞，且碰撞后不再分离．g取10 m/s2.求：(1)滑块与左挡板发生弹性碰撞后的瞬间滑块和长木板的速度大小；(2)长木板从开始运动到最终静止时发生的总位移．【多物体相互作用类】例三.(2020·广西桂林市第一次联合调研)如图6所示，两个完全相同的长木板A、B靠在一起(不连接)放在光滑的水平面上，A、B的长均为L，质量均为m，一物块C质量也为m，以初速度v0从A木板的左端滑上木板，最终刚好能滑到木板A的右端，重力加速度为g，物块与两长木板间的动摩擦因数相同，不计滑块C的大小．求：图6(1)物块与长木板间的动摩擦因数μ；(2)物块滑到A 的右端时，再给C 一个向右的瞬时冲量，使C 的速度变为43v 0，试判断C 会不会从B 的右端滑出，要求写出判断的推理过程．命题预测五 (2020·河南郑州市线上测试)如图7所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以初速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：图7(1)A 、B 碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度； (2)长木板B 的最小长度；(3)物块A 离长木板左侧的最终距离．【其他含滑块滑板模型】例四.(2020·内蒙古集宁一中高二月考)如图8所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB 是光滑的，在最低点B 与水平轨道BC 相切，BC 的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内．可视为质点的物块从A 点正上方某处无初速度自由下落，恰好落入小车圆弧轨道上滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C 处恰好没有滑出．已知物块到达圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落人圆弧轨道时的能量损失．求：图8(1)物块开始下落的位置距水平轨道BC 的竖直高度是圆弧半径的几倍； (2)物块与水平轨道BC 间的动摩擦因数μ.命题预测六 如图9所示为某工地一传输工件的装置，AB 为一段足够大且固定的14圆弧轨道，圆弧半径R ＝5.6 m ，BC 为一段足够长的水平轨道，CD 为一段固定的14圆弧轨道，圆弧半径r ＝1 m ，三段轨道均光滑．一长为L ＝2 m 、质量为M ＝1 kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m ＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点的高度为h 处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处．工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面DE 上的工人接住．工件与小车间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，则：图9(1)若h 为2.8 m ，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？ (2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，则h 的取值范围为多少？例一.解析 (1)小滑块滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒，以向右为正方向，则有m v 0＝(m ＋M )v ， 解得v ＝2 m/s ， 对长木板μmg ＝Ma ， 得长木板的加速度a ＝1 m/s 2，从小滑块刚滑上长木板至两者达到相同速度，有v ＝at 1， 解得t 1＝2 s ， 长木板位移x ＝12at 12，解得x ＝2 m<L ＝10 m.两者达到相同速度时长木板还没有碰竖直挡板，此后两者一起匀速运动，则L －x ＝v t 2， 解得t 2＝4 s ，则总时间为t ＝t 1＋t 2＝6 s ，即经过6 s 长木板与竖直挡板相碰．(2)长木板与竖直挡板碰撞后，小滑块和长木板水平方向动量守恒，以向右为正方向，则有m v －M v ＝(m ＋M )v ′最终两者的共同速度v ′＝－1.2 m/s ， 由能量守恒定律得μmgx ＝12m v 02－12(m ＋M )v ′2小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离x ＝11.6 m.命题预测一解析 (1)碰后A 向左减速，B 向右减速，由题图乙得： a B ＝ΔvΔt＝1 m/s 2由牛顿第二定律有μmg ＝ma B 解得μ＝0.1(2)碰后B 向右减速，A 向左减速到0后，向右加速，最后与B 共速，对A 、B 由动量守恒定律可得：m v 0－M v 0＝(M ＋m )v 1 解得：v 1＝0.5 m/s此过程，对B 由动量定理得：m v 1－m v 0＝－μmgt 1 解得：t 1＝0.5 s对A 由动能定理有：－μmgx A ＝12M v 12－12M v 02解得：x A ＝0.125 m此后A 、B 一起向右匀速运动的时间为：t 2＝x Av 1＝0.25 s所以一共用的时间：t ＝t 1＋t 2＝0.75 s ，即A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔为0.75 s (3)A 第1次与挡板P 碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒有： 12m v 02＋12M v 02＝12(M ＋m )v 12＋μmgx 相对1 解得x 相对1＝0.5 m假设第3次碰撞前，A 与B 不分离，A 第2次与挡板P 相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有： m v 1－M v 1＝(M ＋m )v 2 由能量守恒有：12m v 12＋12M v 12＝12(M ＋m )v 22＋μmgx 相对2 解得：x 相对2＝0.125 m由于x 相对＝x 相对1＋x 相对2>L ，所以A 与P 碰撞2次，B 与A 分离．命题预测二解析 (1)研究m 1与墙碰后过程，m 1碰后速度等大反向，m 2以初速度v 0继续向右做减速运动，规定向左方向为正方向，当m 1与m 2向左达到共同速度v 共时，对应小车的最小长度l min ，由动量守恒定律和能量关系得： m 1v 0－m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 共μm 2gl min ＝12(m 1＋m 2)v 02－12(m 1＋m 2)v 共2代入数据解得：m 1m 2＝54(2)小车第一次与墙相撞后向左所走路程为s 1，由动能定理得－μm 2gs 1＝0－12m 1v 02解得s 1＝98m规定向右为正方向，小车与墙第1次碰后至第2次碰前(已同速)，由动量守恒定律有： －m 1v 0＋m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 1 解得：v 1＝(m 2－m 1)v 0m 1＋m 2＝13v 0第二次相撞后平板车向左走的路程为s 2， 由2as ＝v 2得s 2s 1＝19同理可得小车与墙第n －1次碰后至第n 次碰前，由动量守恒定律有：－m 1v n －2＋m 2v n －2＝(m 1＋m 2)v n －1解得：v n －1＝(m 2－m 1)v n －2m 1＋m 2＝v n －23以后每次相碰反弹向左走的路程满足s n s n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v n －1v n －22，则s n ＝19s n －1故小车所走的路程s ＝2s 1＋2s 2＋…＋2s n ＝2s 1(1＋19＋192＋…＋19n －1)解得s ＝8132 m例二.解析 设弹簧被压缩至最短时，共同速度为v 1，此时弹性势能最大，设为E p ，铁块回到木板左端时，共同速度为v 2，则由动量守恒定律得 m v 0＝(M ＋m )v 1① m v 0＝(M ＋m )v 2②(1)整个过程系统克服摩擦力做的功 W f ＝12m v 02－12(M ＋m )v 22③联立②③解得W f ＝Mm v 022(M ＋m )④(2)系统克服摩擦力做的功 W f ＝2μmgL ⑤联立④⑤解得L ＝M v 024μg (M ＋m )⑥(3)根据能量守恒定律得 12W f ＋E p ＝12m v 02－12(M ＋m )v 12⑦ 联立①④⑦解得E p ＝Mm v 024(M ＋m )⑧命题预测三解析 (1)平板车与滑块组成的系统动量守恒，设M 、m 共同速度为v ，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 m v 2－M v 1＝(M ＋m )v v ＝2 m/s ，方向水平向右．(2)如果小滑块尚未越过Q 点就与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒得12M v 12＋12m v 22－12(M ＋m )v 2＝μmg (L －d ) 解得μ＝0.54如果小滑块越过Q 点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒得12M v 12＋12m v 22－12(M ＋m )v 2＝μmg (L ＋d ) 解得μ＝0.18(3)如果小滑块尚未越过Q 点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零．如果小滑块越过Q 点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，弹簧被压缩具有最大弹性势能时，滑块和平板车共速，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒得12M v 12＋12m v 22－12(M ＋m )v 2＝μmgL ＋E p 解得E p ＝18 J所以，弹簧可能获得的最大弹性势能为18 J.命题预测四 【解析】(1)设木板做加速运动的加速度为a 1，由牛顿第二定律得：F －μ(M ＋m)g ＝Ma 1设木板经过l 后的速度为v 0，由运动学公式得：v 20－0＝2a 1l联立解得：a 1＝2.5 m /s 2，v 0＝5 m /s左挡板与滑块发生弹性碰撞，木板与滑块组成的系统，由动量守恒和机械能守恒得：Mv 0＝Mv 1＋mv 212Mv 20＝12Mv 21＋12mv 22联立解得：v 1＝3 m /s ，v 2＝8 m /s(2)撤去F 后，设木板做减速运动的加速度为a 2，由牛顿第二定律得：μ(M ＋m)g ＝Ma 2 解得：a 2＝2.5 m /s 2 此时到停止用时为：t ＝0－v 1－a 2＝0－3－2.5 s ＝1.2 s此过程M 运动的位移为：x 1＝12v 1t ＝1.8 m在t 时间内小滑块的位移为：x 0＝v 2t ＝9.6 m由于x 0＜2l ＋x 1＝11.8 m ，所以二者在第二次相撞前木板已经停止．设滑块与右挡板发生碰撞后，两者达到的共同速度为v 3，由动量守恒得：mv 2＝(M ＋m)v 3 解得：v 3＝1.6 m /s设之后二者一起滑停的位移为x 2，由动能定理得：－μ(M ＋m)gx 2＝0－12(M ＋m)v 23 解得：x 2＝0.64 m长木板全过程的位移为：x ＝l ＋x 1＋x 2＝7.44 m 【答案】(1)8 m /s 3 m /s (2)7.44 m 【方法总结】“滑块—木板”模型也类似非弹性碰撞(或完全非弹性碰撞)，碰撞中动量守恒，机械能减少．滑块与木板通过滑动摩擦力相互作用，实现系统的机械能部分单向转化为内能，机械能的减少量等于内能的增加量，在弄清物理过程的基础上，由动量守恒p 1＝p 2 和能量守恒fs 相对＝ΔE k 列式解决．例三.解析 (1)设物块C 滑到A 的右端时，三者共同速度为v 1，根据动量守恒定律有 m v 0＝3m v 1根据功能关系有μmgL ＝12m v 02－12×3m v 12＝13m v 02，求得μ＝v 023gL(2)假设C 不会从B 板上滑离，B 、C 获得共同速度为v 3， 则m v 2＋m v 1＝2m v 3， 求得v 3＝56v 0设C 在B 上滑行的距离为x ，根据功能关系有μmgx ＝12m v 22＋12m v 12－12×2m v 32求得x ＝34L ，假设成立，因此物块不会从B 的右端滑离．命题预测五 解析 (1)设物块A 与木板B 碰前瞬间的速度为v ，由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 02解得v ＝v 02－2μ1gl ＝9 m/sA 与B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ，v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s碰后瞬间物块A 的速度大小为3 m /s 、方向向左，长木板B 的速度大小为6 m/s 、方向向右； (2)碰撞后B 做减速运动，C 做加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B 有－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝－m 2a 1 对物块C 有μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t ，则v 2－a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t －12a 1t 2－12a 2t 2＝3 m (3)B 、C 达到共同速度之后，因μ1(m 2＋m 3)g ＝μ2m 3g ，故二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3，由牛顿运动定律得μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 2)a 3 整个过程B 运动的位移为x B ＝v 2t －12a 1t 2＋0－(a 2t )2－2a 3＝6 m A 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小为a 4＝μm 1g m 1＝1 m/s 2，位移为x A ＝0－v 12－2a 4＝4.5 m 物块A 离长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5 m.例四.解析 (1)设物块的质量为m ，其开始下落处的位置距水平轨道BC 的竖直高度为h ，到达B 点时的速度为v ，小车圆弧轨道半径为R .则由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2， 物块运动到B 点时根据牛顿第二定律得9mg －mg ＝m v 2R联立解得h ＝4R ，即物块开始下落的位置距水平轨道BC 的竖直高度是圆弧半径的4倍．(2)设物块与BC 间的滑动摩擦力的大小为F f ，物块滑到C 点时与小车的共同速度为v ′， 物块在小车上由B 运动到C 的过程中小车相对地面的位移大小为s ，依题意，小车的质量为3m ，BC 长度为10R ，F f ＝μmg ，由动量守恒定律有 m v ＝(m ＋3m )v ′对物块、小车分别应用动能定理得－F f (10R ＋s )＝12m v ′2－12m v 2，F f s ＝12(3m )v ′2 联立解得μ＝0.3.命题预测六 解析 (1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点，设到B 点时的速度为v B ，根据动能定理有mgh ＝12m v B 2 工件做圆周运动，在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R联立解得F N ＝40 N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝40 N.(2)由于BC 轨道足够长，要使工件能到达CD 轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v 0，工件与小车达到共速时的速度为v 1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统， 由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v 1由动能定理得μmgL ＝12m v 02－12(m ＋M )v 12 对于工件从AB 轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得mgh 1＝12m v 02 代入数据解得h 1＝3 m要使工件能从CD 轨道最高点飞出，h 1＝3 m 时物块有从AB 轨道滑下且不脱离小车的最大速度．设工件从轨道下滑的最小高度为h ′，刚滑上小车的速度为v 0′，与小车达到共速时的速度为v 1′，刚滑上CD 轨道的速度为v 2′，规定向右为正方向，对工件和小车系统，由动量守恒定律得m v 0′＝(m ＋M )v 1′由动能定理得μmgL ＝12m v 0′2－12M v 1′2－12m v 2′2 工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得12m v 2′2＝mgr 工件在AB 轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得mgh ′＝12m v 0′2 联立并代入数据解得h ′＝187m 综上所述，要使工件能到达CD 轨道最高点，应使h 满足187m<h ≤3 m.。

（滑板-滑块模型专题）2019.111、（2019天津第2题）．如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力A ．方向向左，大小不变B ．方向向左，逐渐减小C ．方向向右，大小不变D ．方向向右，逐渐减小2、如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。

现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 （ ）A ．物块先向左运动，再向右运动B ．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D ．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零 3、(新课标理综第21题).如图，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 是常数），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变化的图线中正确的是（）4、如图所示,A 、B 两物块的质量分别为 2 m 和 m, 静止叠放在水平地面上. A 、B 间的动摩擦因数为μ,B 及地面间的动摩擦因数为0.5μ. 最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g. 现对 A 施加一水平拉力 F,则( )A 当 F < 2 μmg 时,A 、B 都相对地面静止B 当 F =5μmg /2 时, A 的加速度为μg /3C 当 F > 3 μmg 时,A 相对 B 滑动D 无论 F 为何值,B 的加速度不会超过0.5μg5.一质量为M=4kg 的木板静止在光滑的水平面上，一个质量为m=1kg 的滑块（可以视为质点）以某一初速度V 0=5m/s 从木板左端滑上木板，二者之间的摩擦因数为µ=0.4,经过一段时间的相互作用，木块恰好不从木板上滑落，求木板长度为多少？6. 如图所示，质量M=0.2kg 的长木板静止在水平面上，长木板及水平面间的动摩擦因数μ2=0.1.现有一质量m=0.2kg 的滑块以v 0=1.2m/s 的速度滑上长板的左端，小滑块及长木板间的动摩擦因数μ1=0.4.滑块最终没有滑离长木板，求滑块在开始滑上长木板到最后静止下来的过程中，滑块滑行的距离是多少?(以地面为参考系，g=10m/s 2)?7．如图所示，m 1=40kg 的木板在无摩擦的地板上，木板上又放m 2=10kg的石块，石块及木板间的动摩擦因素μ=0.6。

专题7.6 滑板木块模型【考纲解读与考频分析】滑板木块模型是高考命题热点，考查频率高。

【高频考点定位】： 滑板木块模型考点一：滑板木块模型 【3年真题链接】1. （2018海南高考物理）如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上，t =0时， 小物块以速度0v 滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的v t -图像，图中t 1、0v 、1v 已知。

重力加速度大小为g . 由此可求得（ ） A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t =0开始到t 1时刻，木板获得的动能【参考答案】BC【命题意图】此题考查物块木板模型、动量守恒定律、牛顿运动定律、对速度图像的理解及其相关的知识点。

【解题思路】由图（b ）的速度图像可以得出物块相对于长木板滑动的距离，不能得出长木板的长度，选项A 错误；由动量守恒定律，mv 0=(m+M)v 1，可以得出物块与木板的质量之比m/M=101v v v -，选项B 正确；由图（b ）的速度图像可以得出物块在长木板上滑动的加速度a=011v v t -，由牛顿第二定律，μmg=ma ，可以解得物块与木板之间的动摩擦因数μ=a/g =011v v gt -，选项C 正确；从t =0开始到t 1时刻，木板获得的动能为Ek=12Mv 12，由于不知道长木板的质量M ，因此不能得出从t =0开始到t 1时刻，木板获得的动能，选项D 错误。

【2年模拟再现】1.（2019·江西临川模拟3月）如图所示，光滑水平面上放一个质量为M 足够长的木板，开始M 静止，现在有一个质量为m 的滑块以速度滑上M ，m 和M 间的动摩擦因数为，以下说法正确的是A. 如果增大M ，则m 和M 相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加B. 如果增大m ，则m 和M 相对运动的时间变短，m 在M 上滑行的距离变大C. 如果增大动摩擦因数，则因摩擦而产生的热量不变D. 如果增大初速度，则因摩擦而产生的热量增加 【参考答案】ACD【名师解析】设最终m 与M 的共同速度为v 。

文档来源为 :从网络收集整理 .word 版本可编辑 .欢迎下载支持 .专题 :动力学中的滑块 —滑板模型1、模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2、考点：“滑块 - 木板”类问题，具有涉及考点多（运动学公式、牛顿运动定律、功能关系等） ，情境丰富，设问灵活，解法多样，思维量高等特点，是一类选拔功能极强的试题，也是新课标力学常考的试题。

3、解题思路：（ 1）动力学关系 : 受力分析注意摩擦的作用是相互的，灵活运用整体法和隔离法分析，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；而出现最大加速度时往往是运动过程出现 临界转折的关键点。

（ 2）运动关系：恰好“滑落”或“不滑落”常为找时间关系列位移方程，一般为同向运动位移差为板长，反向运动位移之和为板长。

（ 3）能量关系：相互摩擦机械能损失转化为内能，常用能量守恒△ E=f 滑 X 相对。

（ 4）区分选修 3-5 动量守恒中的滑块滑板: 要满足动量守恒必不受外力，一般无外界拉力和地面摩擦力。

【典例 1】【临界问题】木板 M 静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块 m ，与木板之间的动摩擦因数 μ，为了使得 m能从 M 上滑落下来，求下列两种情况下力F 的大小范围。

Fm m F方法归纳：是否滑动的关键在于是否达到最大静摩擦，MM关键在最大静摩擦及最大加速度判断比较【变式一】图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L ，质量为 M=4kg 的木板 A ，在木板的左端有一个质量为m=2kg 的小物体 B ，A 、B 之间的动摩擦因数为 μ=0.2 ，当对 B 施加水平向右的力 F 作用时 ( 设 A 、B 间的最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等 ) ，（ 1）若 F=5N ，则 A 、B 加速度分别为多大？（ 2）若 F=10N ，则 A 、B 加速度分别为多大？（ 3）在（ 2）的条件下，若力 F 作用时间 t =3s ， B 刚好到达木板 A 的右端，则木板长 L 应为多少？ 【变式二】【 2011·理综课标 I 第 21 题】 如图， 在光滑水平面上有一质量为m 的足够长的木板，其上叠放1一质量为 m 的木块。