专题强化1.1 滑块木板模型--高中物理选择性必修一素养提升学案

中小学教育资源及组卷应用平台
高中物理选择性必修一素养提升学案
第一章 动量守恒定律
专题强化1.1 滑块木板模型
【培优目标】
1.会利用动量守恒定律和能量守恒定律分析常见典型问题。
2.培养应用动量观点和能量观点分析综合问题的能力。
【考点探究】
　“滑块—滑板”模型
模型图例 上表面粗糙、质量为M的滑板，放在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0滑上滑板。
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大小的乘积等于系统减少的机械能，即摩擦生热。2.若滑块未从滑板上滑下，当两者速度相同时，滑板速度最大，二者相对位移最大。
两种情景 1.若滑块未滑离滑板，当滑块与滑板相对静止时，二者的共同速度为v，滑块相对滑板的位移为d，滑板相对地面的位移为x，滑块和滑板间的摩擦力为Ff。这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况：(1)系统动量守恒：mv0＝(M＋m)v。(2)系统能量守恒：Ffd＝mv－(M＋m)v2。2.若滑块滑离滑板，设滑离滑板时，滑块的速度为v1，滑板的速度为v2，滑板长为L：(1)系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。(2)系统能量守恒：FfL＝mv－mv－Mv。
【方法归纳】
求解滑块木板模型问题的三点技巧
(1)正确分析作用过程中各物体运动状态的变化情况，建立运动模型。
(2)明确作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量。
(3)合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题。
(4)动量守恒方程和能量守恒方程中各物体的速度是相对同一参考系的。
【典例剖析】
【典例1】　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μ QUOTE ，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μ，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
【解析】
设最终m与M的共同速度为v。取向右为正方向，
由动量守恒定律得：
对木板，由动量定理得：
联立得：
则知，如果增大M，m和M相对运动的时间t变长。
因摩擦而产生的热量为：
可得：，则知如果增大M，因摩擦而产生的热量Q增加。故A正确。
由知如果增大m，则m和M相对运动的时间t变短
设m在M上滑行的距离为L，由得：
知增大m，m在M上滑行的距离变小。故B错误。
如果增大动摩擦因数μ，由知因摩擦而产生的热量不变，故C正确。
如果增大初速度，则由知因摩擦而产生的热量增加，故D正确。
【答案】ACD
【关键点拨】
木板足够长，最终m与M相对静止，由动量守恒定律求得两者最终的共同速度，由动量定理得到运动时间表达式，由能量守恒定律得到热量表达式，再进行分析。
解决本题的关键要把握m在M上滑行时遵守的两大规律：动量守恒和能量守恒。要知道摩擦生热与m在M上滑行的距离有关。
【针对性训练】
1.. （2023河北唐山三模）在生产生活中，经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车上固定着两端开口的光滑细管，细管由水平、弯曲和竖直三部分组成，各部分之间平滑连接，竖直管的上端到小车上表面的高度为。一小球以初速度水平向右射入细管，小球的质量与小车的质量（包含细管）相等，小球可视为质点，忽略一切阻力作用。下列说法正确的是（　　）
A. 小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统动量守恒
B. 小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用
C. 当小球初速度时，将会从细管的竖直部分冲出
D. 若小球从细管的竖直部分冲出，冲出后一定会落回到细管中
【答案】BCD
【解析】
小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统在水平方向受到合外力为零，在弯曲处，小球和小车组成的系统，在竖直方向合外力不为零，则小球和小车（包含细管）组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统动量不守恒，故A错误；
由于小球和小车（包含细管）组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管的竖直部分运动时，水平方向的速度相同，则小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用，故B正确；
由于水平方向动量守恒，在最高点，由动量守恒定律和能量定律有
解得
从细管的竖直部分冲出，则有
解得
故C正确；
小球从细管的竖直部分冲出后，水平方向的速度始终相同，则冲出后一定会落回到细管中，故D正确。
故选BCD。
2．如图1所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v-t图像如图2所示，重力加速度，则下列说法正确的是
A． M=m
B． M=2m
C． 木板的长度为8m
D． 木板与物块间的动摩擦因数为0.1
【答案】．BC
【解析】木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故，而v-t图像的斜率表示加速度，故，解得；对木板受力分析可知，，解得，AD错误B正确；从图中可知物块和木板最终分离，两者v-t图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故，C正确．
3.．(2024年12月成都石室中学质检)如图（a）所示，“L”形木板 Q（竖直挡板厚度不计）静止于粗糙水平地面上，质量为1kg 的滑块 P （视 为质点）以6m /s 的初速度滑上木板，t 2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v t 图像如图（b）所示。 重力加速度大小 g 取 10m /s2，则（ ）
A．“L”形木板的长度为 9 m
B．Q 的质量为1kg
C．地面与木板之间的动摩擦因数为 0.1
D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后滑块 Q 与地面 因摩擦产生的内能之比为 1：4
【答案】BD
【解析】 由两者运动的v t 图像可知，“L”形木板的长度为前 2s 内两者的相对位移，由梯形面积可得板长为 6m， 故 A 错误； 两者碰撞时，取滑块 P 的速度方向为正方向，设 P 的质量为 m=1kg，Q 的质量为 M，由系统动量守恒 定律得mv1 Mv 2 (m M) v 3, 根据 v-t 图像可知，v1=3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s，代入上式解得 M 1kg ，故 B 正确；
设 P 与 Q 之间的动摩擦因数为μ1，Q 与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据 v-t 图像可知，0-2s 内 P 与 Q 的加速度分别为 aP=1.5m/s2，aQ=0.5m/s2，对 P、Q 分别受力分析，由牛顿第二定律得
1m g maP,
1 mg 2( m M) g MaQ
联立解得 2 0.05，故 C 错误；
由于碰撞系统损失的机械能为E mv 12 Mv 22( m M) v32 ，代入数据解得E 1.0J
碰撞后滑块 Q 与地面因摩擦产生的内能等于系统减小的动能 ( m M) v32=4J
所以，碰撞系统损失的机械能与碰撞后滑块 Q 与地面因摩擦产生的内能之比为 1: 4，故 D 正确。
4. （2024年11月湖南岳阳重点高中质检）如图所示，质量M＝6kg的木板静置于足够大的水平地面上，其下表面与地面间的动摩擦因数，上表面P点左侧粗糙、右侧光滑，木板右端凸起形成挡板。两个完全相同、质量均为的滑块A、B（均可视为质点）放在木板上，其中滑块A放置于木板左端，滑块B放置于P点。现给滑块A一向右的瞬时冲量，滑块A开始向右运动，A、B碰后粘在一起，最终恰好能回到滑块B相对地面的初始位置。已知P点到木板左端的距离，滑块与木板P点左侧的动摩擦因数，滑块与木板右端挡板的碰撞为弹性碰撞，滑块A、B与挡板的碰撞时间均极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。求：
（1）滑块B的最大速度v；
（2）木板的长度；
（3）两滑块与木板因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）设滑块A与木板间的滑动摩擦力大小为，木板与地面间的滑动摩擦力大小为，则有
因
故碰撞前木板相对地面不动
设给滑块A一瞬时冲量后滑块A的速度大小为，滑块A与滑块B碰撞前的速度大小为，滑块A与滑块B碰撞后，滑块B的速度最大，则有
解得
（2）滑块进入点右侧光滑部分后做匀速直线运动，直到与挡板发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，设碰后滑块的速度为，木板的速度为，则有
解得
与挡板碰后滑块向左做匀速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，设木板做匀减速直线运动的加速度大小为，当滑块到达点后，开始做匀减速直线运动，回到滑块相对地面的初始位置时速度变为零。设滑块从与挡板碰撞后至运动到点的时间为，滑块做匀减速直线运动的位移大小为，此过程滑块的加速度大小为，则滑块与木板碰后在时间内木板向右运动的位移大小也为，则有
解得
（3）设滑块向左做匀减速直线运动的时间为，木板运动时间后速度大小为，接下来木板的加速度大小为，经时间木板停止运动，则有
由于，说明木板先停下来，该过程中木板向右运动的位移大小
解得
5.（2024年11月广州三校联考）如图1所示，质量的木板B静止在光滑水平地面上，质量的小物块A静止在B的左端，B右方竖直平面内有一固定的光滑半圆形轨道CD，直径CD竖直，最低点C与B的上表面等高。时对A施加一水平向右的推力时撤去力F，运动一段时间后A恰好不从B的右端滑落，又过一段时间，A从C处进入半圆形轨道，且恰好通过D点。已知0~2 s内的速度—时间图像如图2所示，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取。求（结果保留2位有效数字）
（1）力F的大小；
（2）木板B的长度L以及半圆形道的半径R。
【参考答案】．（1）；（2），
【名师解析】（1）由题图2知：A、B的加速度大小
，............（1分）
根据牛顿第二定律，对A有
............（1分）
对B有
............（1分）
联立解得
............（1分）
（2）力F撤去后到B到达C点前的过程，根据动量守恒定律有
............（1分）
其中
............（1分）
解得
0~2 s内A的位移大小
............（1分）
其中
根据功能关系有
............（1分）
解得
............（1分）
A沿半圆形轨道运动的过程，根据机械能守恒定律有
............（1分）
A恰好通过D点，有
............（1分）
联立解得
............（1分）
6.（2023安徽江淮十校5月联考）如图所示，厚度相同的长木板B、D质量均为1kg，静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为，B的右端与D的左端相距。在B、D的左端分别静止有可视为质点的小物块A、C，其中A的质量，C的质量，A与B、D之间的动摩擦因数均为，C与D间无摩擦作用。现对A施加水平向右的恒力F＝52N，当B与D发生碰撞时，A与C刚好发生弹性碰撞，BD碰撞后粘在一起，已知A与C能在木板上发生第二次碰撞，所有碰撞时间均极短，重力加速度，求：
（1）木板B的长度；
（2）木板D的最小长度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）设在施加水平向右的恒力瞬间，A、B加速度大小分别为、，则有
解得
设从施加水平向右的恒力到B、D相碰经过的时间为，则有
联立解得
（2）设B与D碰前瞬间的速度为，碰后瞬间B与D的共同速度为，则有
解得
设A与C相碰前瞬间速度为，碰后瞬间A、C速度分别为、，则有
解得
由于
则B、D碰撞后粘在一起，以共同速度
做匀速直线运动。又碰后B与D的共同速度
所以碰后A和C都相对B、D向右滑动。A做初速度为，加速度为的匀加速运动，C做速度为的匀速运动。设A与C从第一次碰撞到第二次碰撞经过的时间为，通过的距离为，B与D一起通过的距离为，则
解得
设D板的最小长度为，则
解得D板的最小长度
7. （2023山东聊城三模）如图所示，是一长为的水平传送带，以顺时针匀速转动，传送带左端与半径的光滑圆轨道相切，右端与放在光滑水平桌面上的长木板上表面平齐。木板长为，的右端带有挡板，在上放有小物块，开始时和静止，到挡板的距离为。现将小物块从圆弧轨道最高点由静止释放，小物块与传送带间的动摩擦因数，、之间及、之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。、、的质量均为，重力加速度为，所有的碰撞均为弹性正碰。求：
（1）通过传送带过程产生的内能；
（2）滑上后与碰撞前，与间的摩擦力大小；
（3）滑上后，经多长时间与挡板碰撞；
（4）与碰后，到挡板的最大距离。
【答案】（1）0.5J；（2）1N；（3）1.0s；（4）
【解析】
（1）小物块A由静止运动到圆轨道最低点，由动能定理
解得
设经时间t1小物块A与传送带共速，由动量定理
解得
在时间t1内A、传送带发生的位移为
小物块A通过传送带过程产生的内能
（2）对物块B和长木板C整体受力分析，由牛顿第二定律
物块B和长木板C整体加速度为
对物块B，由牛顿第二定律
（3）设A滑上C后经时间t2物块A与B碰撞
解得
A、B碰撞前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v3、v4，则
A、B碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得
解得
，
设A、B碰后经时间t3物块B与挡板相碰
解得
A滑上C后，B与挡板碰撞的时间
（4）B与挡板碰撞前C、B的速度分别为v5、v6，则
B与C碰撞过程动量守恒和机械能守恒，碰后C、B的速度分别为v7、v8，得
解得
，
之后A、B一起相对C滑动ΔL达到共同速度，对三者由动量守恒
由能量守恒
解得
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)