2025届高考物理二轮复习讲义：微专题2 滑块—木板模型综合问题（含解析）

2025届高考物理二轮复习讲义
微专题2 滑块—木板模型综合问题
1.模型特点:摩擦力的分析与“传送带”模型类似,木板受到摩擦力的影响,往往做匀变速直线运动,解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度寻找各运动过程之间的联系.
2.解题关键:(1)抓住临界条件,使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同.(2)抓住问题实质,“滑块—木板”模型的本质是相对运动问题,一是分析共速时是否发生相对运动,采用假设法判断摩擦力是静摩擦力还是滑动摩擦力,二是要分别求出滑块和木板对地的位移,再计算相对位移.
　　　　　 　　　　　 　　　　　
系统动量不守恒
例1　如图甲所示,足够长的木板置于光滑水平地面上,其上表面的右端放置一个小滑块,开始时两者均静止.现木板受到一水平向右逐渐增大的拉力F的作用,其加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示,直线AB的反向延长线的横截距为3 N.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2.求:
(1)木板与滑块之间的动摩擦因数μ;
(2)木板的质量M和滑块的质量m.
变式　(不定项)如图所示,C为质量不计的足够长的硬质膜,放在光滑的水平面上,其上分别静止放有两个物体A和B,A的质量为10 kg,B的质量5 kg,与膜之间的动摩擦因数均为μ=0.2,物体受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力.50 N的水平拉力F在t=0时刻开始作用在物体上,g取10 m/s2.下列说法正确的是 (　)
A.若力F水平向右作用在物体A上,则物体A的加速度大小为3 m/s2
B.若力F水平向右作用在物体A上,1 s后撤去力F,则物体A最终的速度大小为 m/s
C.若力F水平向左作用在物体B上,则物体B的加速度大小为8 m/s2
D.若力F水平向左作用在物体B上,1 s后撤去力F,则物体B最终的速度大小为 m/s
系统动量守恒
例2　(不定项)[2024·湖北孝感模拟] 如图所示,在光滑水平面上,有一质量M=3 kg的薄板和质量m=1 kg的物块都以v=4 m/s的初速度相向运动,它们之间有摩擦,且动摩擦因数为0.1,薄板足够长,下列说法正确的是 (　)
A.当薄板的速度为3 m/s时,物块正在向左运动,且正在减速
B.物块向左滑行的最大位移约为3.556 m
C.物块相对于木板的位移约为19.556 m
D.物块与木板之间因摩擦产生的热量为24 J
例3　[2024·嘉兴模拟] 如图所示,放在光滑水平面上的小车可以在两个固定障碍物A、B之间往返运动.小车最左端放有一个小木块,初始小车紧挨障碍物A静止.某时刻,一粒子弹以v0=27 m/s的速度射中木块并嵌入其中.小车向右运动到与障碍物B相碰时,木块恰好运动到小车的最右端,且小车与木块恰好达到共速.小车和它上面的木块同时与障碍物B相碰,碰后小车速度立即减为零,而木块以碰撞之前的速率反弹.过一段时间,小车左端又与障碍物A相碰,碰后小车速度立即减为零,木块继续在小车上向左滑动,速度逐渐减为零而停在小车上.已知小车质量为m,长度为L=2.7 m,小木块质量为m,子弹质量为m,子弹和小木块都可以看作质点,g取10 m/s2.求:
(1)小木块运动过程中的最大速度;
(2)小木块与小车间的动摩擦因数;
(3)小木块最终停止运动后,小木块在小车上的位置与小车右端的距离.
【跟踪训练】
1.(不定项)[2024·镇海中学模拟] 如图所示,质量为M=2 kg的木板AB静止放在光滑水平面上,木板右端B点处固定一根轻质弹簧,弹簧处于原长状态时左端在C点,C点到木板左端的距离L=1.0 m,可视为质点的小木块质量为m,静止放置在木板的左端.现对木板AB施加水平向左的恒力F=24 N,0.5 s时撤去恒力F,此时木块恰好到达弹簧自由端C处,此后的运动中没有超过弹簧的弹性限度.已知木板上C点左侧部分与木块间的动摩擦因数为μ=0.2,C点右侧部分光滑,g取10 m/s2.下列说法正确的是 (　)
A.撤去恒力F后,木板先做减速运动,后做匀速运动
B.恒力F对木板AB做功为26 J
C.整个运动过程中,弹簧的最大弹性势能为8 J
D.整个运动过程中,系统产生的热量为8 J
2.[2024·温州模拟] 如图甲所示,质量为M=1 kg、长度为L=1.5 m的木板A静止在光滑水平面上(两表面与地面平行),在其右侧某一位置有一
竖直固定挡板P.质量为m=3 kg的小物块B(可视为质点)以v=4 m/s的初速度从A的最左端水平冲上A,一段时间后A与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0.3 s内B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示.重力加速度g取10 m/s2.
(1)求B刚冲上A时挡板P离A板右端的最小距离;
(2)求A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内产生的热量;
(3)A与P碰撞几次,B与A分离
参考答案与详细解析
例1　(1)0.3　(2)3 kg　1 kg
[解析] (1)根据图像可知,当拉力F满足012 N时,滑块和木板发生相对滑动,所以木板和滑块恰好发生相对滑动时,加速度a0=3 m/s2
对滑块,根据牛顿第二定律有μmg=ma0
解得μ=0.3
(2)当拉力F>12 N时,对木板,根据牛顿第二定律有F-μmg=Ma
整理得a=F-
则a-F图像中直线AB段的斜率k== kg-1
解得M=3 kg
当拉力F满足0F=(M+m)a
整理得a=F
则a-F图像中直线OA段的斜率k'== kg-1
解得m=1 kg
变式　BCD　[解析] 根据题意可知,A与C之间的最大静摩擦力为FfmA=μmAg=20 N,B与C之间的最大静摩擦力为FfmB=μmBg=10 N,由于C的质量不计,则C的合力一定为0,即A与C之间和B与C之间的摩擦力大小相等,根据题意,若力F水平向右作用在物体A上,由于物体B的最大加速度为aBm==2 m/s2,对整体有Fm=(mA+mB)aBm=30 N例2　AD　[解析] 取薄板运动方向为正方向,设薄板和物块共速时的速度大小为v共,薄板和物块组成的系统动量守恒,有Mv-mv=(M+m)v共,解得v共=2 m/s,故薄板向右做减速运动,物块先向左减速运动,速度减到零后向右加速运动,最终薄板和物块一起向右运动,当薄板速度大小为v1=3 m/s时,设此时物块的速度为v2,根据动量守恒定律得Mv-mv=Mv1+mv2,解得v2=-1 m/s,即此时物块正在向左减速运动,故A正确;对物块,根据牛顿第二定律得a==1 m/s2,当物块对地速度为0时,向左滑行的位移最大,为x==8 m,故B错误;薄板和物块相对运动的整个过程,根据能量守恒定律得Q=Mv2+mv2-(M+m)=μmgΔx,解得Q=24 J,Δx=24 m,故C错误,D正确.
例3　(1)5.4 m/s　(2)0.36　
(2)0.35 m
[解析] (1)小木块在小车上滑动时做减速运动,因此小木块的最大速度为子弹射入木块后的共同速度,设子弹和小木块的共同速度为v1,以向右为正方向,根据动量守恒定律有
mv0=v1
解得小木块的最大速度为v1=5.4 m/s
(2)将内嵌子弹的小木块与小车看作整体,系统动量守恒,设整体与障碍物B相碰时达到的共同速度为v2,由动量守恒定律得
v1=m+m+mv2
解得v2=1.8 m/s
设小木块与小车之间的摩擦力为Ff,动摩擦因数为μ,对三者组成的系统,由能量守恒定律得
FfL=-m+m+m
其中Ff=μg
联立解得μ=0.36
(3)设小木块反弹后与小车达到相对静止状态时共同速度为v3,相对小车滑动的距离为s1,小车停下后小木块做匀减速运动,相对小车滑行的距离为s2,小木块反弹后,对三者组成的系统,由动量守恒定律得
v2=v3
由能量守恒定律得
Ffs1=-m+m+m
小车停下后,对小木块,由动能定理得
Ffs2=
解得s1=0.3 m,s2=0.05 m
所以小木块最终停止运动后,小木块在小车上的位置与小车右端的距离为x=s1+s2=0.35 m
【跟踪训练】
1.CD　[解析] 恒力F作用的过程中,对小木块有μmg=ma1,x1=a1t2,联立解得a1=2 m/s2,x1=0.25 m,对木板有F-μmg=Ma2,x2=a2t2,x2-x1=L,联立解得x2=1.25 m,a2=10 m/s2,m=2 kg,则恒力F对木板AB做功为W=Fx2=30 J,此时木板的速度v2=a2t=5 m/s,小木块的速度v1=a1t=1 m/s,所以撤去恒力F后,弹簧被压缩,小木块继续做加速运动,木板开始做减速运动,弹簧压缩到最短时,两者共速,此时弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律有mv1+Mv2=(M+m)v,由能量守恒定律有m+M=(M+m)v2+Epm,联立解得v=3 m/s,Epm=8 J,之后弹簧压缩量减小,小木块继续做加速运动,木板继续做减速运动,弹簧恢复原长时,小木块速度大于木板速度,小木块接着向左运动进入粗糙面,开始做减速运动,木板受到向左的摩擦力,开始做加速运动,故B错误,C正确;弹簧恢复原长时,根据动量守恒定律有mv1+Mv2=Mv2'+mv1',根据能量守恒定律有m+M=Mv2'2+mv1'2,联立解得v1'=5 m/s,v2'=1 m/s,假设二者在粗糙部分最后共速,则由动量守恒定律有(m+M)v'=Mv2'+mv1',解得v'=3 m/s,木板的加速度大小a2'==2 m/s2,木板向左运动的位移x2'==2 m,小木块的位移x1'==4 m,由于x1'-x2'=2 m>L,故假设不成立,即小木块会从木板左侧滑出,所以整个运动过程中,系统产生的热量Q=2μmgL=8 J,故A错误,D正确.
2.(1)6 m/s　2 m/s　(2)3.5 m
[解析] (1)以向右为正方向,设滑块第一次滑到B点时滑块和小车的速度分别为v1、v2,系统在水平方向上动量守恒,有
mv1+Mv2=0
根据机械能守恒定律得
mgR=m+M
联立解得v1=6 m/s,v2=-2 m/s
(2)设滑块第一次在水平面BD上向右运动过程中离B点的最大距离为x,此时滑块和小车共速,系统在水平方向上动量守恒,所以此时滑块和小车的速度均为零,当滑块第一次向左滑上圆弧面最高点时,系统在水平方向上动量守恒,所以此时滑块和小车的速度也均为零.根据能量守恒定律有
μmg·2x=mg(R-h)
解得x=3.5 m
3.(1)0.3 m　(2)13.5 J　(3)2次
[解析] (1)由图像可知,A第1次与P碰前瞬间B的速度为vB0=3 m/s,设此时A的速度vA0,对A、B组成的系统,由动量守恒定律有mv=MvA0+mvB0
解得vA0=3 m/s
由图像可知,0~0.3 s内,B的加速度大小aB==5 m/s2
由牛顿第二定律有μmg=maB
解得μ=0.5
由于vA0=vB0,说明A第1次与P碰撞前,A与B已达到共速,设从B滑上A到A与B共速过程中A的位移为xA1,对A由动能定理有μmgxA1=M
解得xA1=0.3 m
所以挡板P离A板右端的最小距离为0.3 m.
(2)设从B滑上A到A与B共速过程中B的位移为xB1,对B由动能定理有
-μmgxB1=m-mv2
解得xB1=0.7 m
A与P第一次碰撞前,A与B的相对位移
x相对1=xB1-xA1=0.4 m
A与P第1次碰后反弹,先向左做匀减速运动,后向右做匀加速运动,假设A与P第2次碰前A与B已达到共速,此时速度为v1,以水平向右为正方向,对A、B组成的系统,由动量守恒定律可得mvB0-MvA0=(M+m)v1
解得v1=1.5 m/s
对A由动能定理得
μmgxA2=M-M
由B由动能定理得
-μmgxB2=m-m
解得xA2=-0.225 m,xB1=0.675 m
A与P碰后到A与B共速,A与P的相对位移x相对2=xB2-xA2=0.9 m
由于x相对1+x相对2=1.3 mA与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔内产生的热量为
Q=m+M-(M+m)=13.5 J
(3)假设第3次碰撞前,A与B仍不分离,A第2次与挡板P碰后反弹至A与B再次共速的过程中,以水平向右为正方向,由动量守恒定律有mv1-Mv1=(M+m)v2
解得v2=0.75 m/s
由能量守恒定律有
m+M=(M+m)·+μmgx相对3
解得x相对3=0.225 m
由于x相对=x相对1+x相对2+x相对3=1.525 m>L=1.5 m,故假设不成立,A与B未达到共速时B即滑离A,不能发生第3次碰撞
所以A与P碰撞2次,B与A分离.