《领跑高中》物理二轮复习 专题二 能量与动量 素养培优1 “板块”模型中动力学、能量和动量的综合（教师用书）

素养培优1　“板块”模型中动力学、能量和动量的综合
模型图示 模型特点
“滑块—滑板”模型作为力学的基本模型经常出现，是对直线运动和牛顿运动定律及动量守恒定律有关知识的巩固和应用，这类问题可分为两类： ①没有外力参与，滑板放在光滑水平面上，滑块以一定速度在滑板上运动，滑块与滑板组成的系统动量守恒，注意滑块若不滑离滑板，最后二者具有共同速度，摩擦力与相对路程的乘积等于系统损失的动能，即Ff·x相对＝ΔEk。 ②系统受到外力，这时对滑块和滑板一般隔离分析，画出它们运动的示意图，应用牛顿运动定律、运动学公式及动量定理求解。
【典例1】　（2024·湖北宜昌高三二模）如图甲所示，一辆质量为M＝1.5 kg的小车静止在光滑的水平面上，一质量为m的木块以一定的水平速度滑上小车，最后与小车以相同的速度运动，它们的运动速度随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）木块的质量m；
（2）木块与小车上表面间的动摩擦因数；
（3）这个过程中系统损失的机械能。
答案：（1）0.5 kg　（2）0.3　（3）0.75 J
解析：（1）二者相互作用过程，二者构成的系统动量守恒，有mv0＝（m＋M）v，由图乙可知v0＝2 m/s，共同速度为v＝0.5 m/s，联立解得木块的质量m＝0.5 kg。
（2）由速度—时间图像可得小车的加速度为a＝ m/s2＝1 m/s2，对小车由牛顿第二定律可得μmg＝Ma，解得μ＝＝0.3。
（3）由功能关系可得这个过程中系统损失的机械能为ΔE＝m－（m＋M）v2＝×0.5×22 J－×（1.5＋0.5）×0.52 J＝0.75 J。
【典例2】　（2024·海南三亚高三三模）如图所示，质量M＝2 kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m＝1 kg的滑块静止在木板的左端。现给滑块施加一方向水平向右、大小F＝3 N的拉力，经时间t＝6 s后撤去拉力，已知撤去拉力的瞬间，木板的速度大小v1＝3 m/s，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）滑块与木板间的动摩擦因数μ；
（2）撤去拉力的瞬间，滑块的速度的大小v2；
（3）木板和滑块最后的共同速度的大小v共。
答案：（1）0.1　（2）12 m/s　（3）6 m/s
解析：（1）对木板进行分析，由动量定理有ft＝Mv1，又因为f＝μmg，联立代入数据解得μ＝0.1。
（2）对滑块进行分析，由动量定理有（F－f）t＝mv2，代入数据解得v2＝12 m/s。
（3）撤去拉力后，由动量守恒定律有Mv1＋mv2＝（M＋m）v共，代入数据解得v共＝6 m/s。
【典例3】　（2024·海南高考17题）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的半径R＝10 m的光滑圆弧形滑梯，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h＝5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板的质量M＝25 kg，一质量为m＝50 kg的游客从a点由静止开始下滑，并从b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高的固定平台C边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16 m停下。游客可视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求：
（1）游客滑到b点时对滑梯压力的大小；
（2）滑板的长度L。
答案：（1）1 000 N　（2）7 m
解析：（1）对游客从a点滑到b点的过程，由动能定理有mgh＝mv2，游客滑到b点时，有F－mg＝m，由牛顿第三定律可知，游客滑到b点时对滑梯压力的大小为F'＝F＝1 000 N。
（2）法一　游客在平台上运动时，由牛顿第二定律有μmg＝ma1，由运动学公式有＝2a1s，解得游客滑上平台的速度大小v1＝8 m/s，游客在滑板上滑动时，对游客，由牛顿第二定律有μmg＝ma2对滑板，由牛顿第二定律有μmg＝Ma3，游客在滑板上滑动的过程，由运动学公式有v1＝v－a2t，游客的位移为x1＝vt－a2t2，滑板的位移为x2＝a3t2，则滑板的长度L＝x1－x2，联立解得L＝7 m。
法二　游客在滑板上运动时，游客与滑板组成的系统动量守恒，则对游客在滑板上运动的过程，由动量守恒定律有mv＝mv1＋Mv2，由能量守恒定律有mv2＝m＋M＋μmgL，对游客在平台上运动的过程，由动能定理有
－μmgs＝0－m，联立解得L＝7 m。
【典例4】　（2024·浙江6月选考18题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
答案：（1）5 m/s　（2）0.625 J　（3）6 m/s
解析：（1）由动能定理得－mg·2R＝m－m
滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，有mg＝m
解得v0＝＝5 m/s。
（2）根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v
根据能量守恒定律得ΔE＝m－（m＋M）v2
代入数据解得系统损耗的机械能ΔE＝0.625 J。
（3）滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起匀减速运动到H点时，此时滑块离开弹簧时的速度最大
滑块的加速度大小am满足μ1mg＝mam
解得am＝6 m/s2
平板的加速度大小aM满足μ1mg－μ2（m＋M）g＝MaM，解得aM＝4 m/s2
作出v-t图像，如图所示
由v-t图像可知
t1－t1＝L
v1＝aMt1＝vm－amt1
联立解得vm＝6 m/s。
板块模型的思维模板
1.（2024·江苏南京高三二模）如图所示，质量为M＝2 kg的木板静置于光滑水平地面上，质量为m＝1 kg的小滑块（可视为质点）以v0＝3 m/s的速度从木板左端滑上木板，小滑块最终未滑下木板，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）小滑块最终的速度大小；
（2）若小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，求小滑块相对木板滑动的时间。
答案：（1）1 m/s　（2）1 s
解析：（1）小滑块在木板上滑动过程中，滑块和木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得v＝1 m/s。
（2）根据题意，对滑块，由动量定理有－μmgt＝mv－mv0，解得t＝1 s。
2.（2024·江苏盐城高三一模）如图所示，质量mA＝2 kg的长木板A的右端放置质量mB＝1 kg的小物块B，它们静止在光滑水平面上。现有质量mC＝2 kg的物块C沿水平面向右以v0＝3 m/s的速度与木板A发生弹性正碰（碰撞时间极短），再经t＝1 s时间B与A相对静止。取重力加速度g＝10 m/s2，试求：
（1）碰后C的速度；
（2）A、B相对静止时的速度大小；
（3）A的上表面与B之间的动摩擦因数。
答案：（1）0　（2）2 m/s　（3）0.2
解析：（1）物块C与木板A发生弹性正碰，由动量守恒定律有mCv0＝mAvA＋mCvC，由机械能守恒定律有mC＝mA＋mC，解得vA＝3 m/s，vC＝0，即碰后C的速度为零。
（2）再经t＝1 s时间B与A相对静止，此过程A与B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mAvA＝（mA＋mB）v共，解得v共＝2 m/s。
（3）对物块B，根据动量定理有μmBgt＝mBv共，所以A的上表面与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2。
3.（2024·甘肃高考14题）如图，质量为2 kg的小球A（视为质点）在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端，C的左端在O的正下方。剪断细绳O'P，小球A开始运动。（重力加速度g取10 m/s2）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短），碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后瞬间C的速度大小。
（3）A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
答案：（1）40 N　（2）4 m/s　（3）0.15
解析：（1）对A从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定理有mgl（1－cos 60°）＝m－0
在最低点，对A由牛顿第二定律有T－mg＝
根据牛顿第三定律得T'＝T
联立解得细绳受到的拉力T'＝40 N。
（2）由于碰撞时间极短，则碰撞过程A、C组成的系统水平方向动量守恒，有
mv0＝0＋mvC
结合（1）问解得vC＝4 m/s。
（3）C与B相互作用的过程，系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有mvC＝（m＋3m）v共，根据能量守恒定律有
m＝（m＋3m）＋μmgΔx
联立解得μ＝0.15。
4.（2024·江苏南通高三二模）如图所示，在光滑水平面上有一个长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一个光滑的圆弧槽C，C与长木板接触但不连接，且下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上。某时刻滑块A以初速度v0从右端滑上B并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，求：
（1）滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；
（2）圆弧槽C的半径R；
（3）A、C最终分离时，各自的速度大小。
答案：（1）　（2）　（3）v0　v0
解析：（1）当A在B上滑动时，A与B、C整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝m·＋2mv1　①，由能量守恒定律得μmgL＝m－m·－×2m　②，联立①②解得v1＝v0，μ＝　③。
（2）当A滑上C时，B与C分离，A、C发生相互作用，A到达C的最高点时两者的速度相等，设为v2，A、C组成的系统在水平方向动量守恒，则m·＋mv1＝（m＋m）v2　④，A、C组成的系统机械能守恒，则m·＋m＝×（2m）＋mgR　⑤，联立③④⑤解得R＝。
（3）A滑上C后，B与C分离，只有A与C发生相互作用，此后B的速度一直为v0，设A滑离C时，A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，对A与C组成的系统，由动量守恒定律得m·＋mv1＝mvA＋mvC，由能量守恒定律得m·＋m＝m＋m，联立解得vA＝v0，vC＝v0。
5.（2024·河北石家庄高三二模）如图甲所示，一定长度、质量为M＝2 kg的长木板放在水平面上，质量为m＝1 kg且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力F1（大小未知），使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为t＝0时刻，0～2 s内长木板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示，t＝2 s时将外力大小改为F2＝22 N，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）μ1以及F1的大小；
（2）长木板最终的速度大小；
（3）长木板的最小长度。
答案：（1）0.2　42 N　（2） m/s　（3） m
解析：（1）由图乙可知，对物块在0～2 s的时间内，有a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，对物块根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。0～2 s的时间内长木板做加速运动，由图乙可知a＝＝ m/s2＝9 m/s2，对木板由牛顿第二定律得F1－μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma，解得F1＝42 N。
（2）t＝2 s后，由题意得F2＝μ2（M＋m）g，故长木板与物块组成的系统动量守恒，可得mv1＋Mv2＝（m＋M）v3，解得v3＝ m/s。
（3）由图乙可得，0～2 s时，物块相对长木板的位移Δx1＝×2×（18－4） m＝14 m，2 s后，到物块与长木板共速时，由能量守恒定律有μ1mgΔx2＝m＋M－（m＋M），解得Δx2＝ m，故长木板的最小长度L＝Δx1＋Δx2＝ m。
6.（2024·湖南株洲高三三模）如图所示，质量M＝2.0 kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝1.0 kg的小物块放在木板的最左端。现用一水平向右、大小为F＝10 N的力作用在小物块上，当小物块在木板上滑过L1＝2.0 m的距离时，撤去力F。已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）撤去F前，小物块和木板的加速度大小；
（2）力F作用的时间；
（3）要使小物块不从木板上掉下来，木板的最小长度。（结果均可用分式表示）
答案：（1）6 m/s2　2 m/s2　（2）1 s　（3） m
解析：（1）撤去F前，假设小物块与木板间未发生相对滑动，对整体，根据牛顿第二定律有F＝（M＋m）·a共，解得a共＝ m/s2，对木板，根据牛顿第二定律有f＝Ma共＝ N＞μmg，则小物块与木板之间发生相对滑动，对小物块，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma物，解得a物＝6 m/s2，对木板，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma木，解得a木＝2 m/s2。
（2）设力F作用的时间为t，根据位移与时间的关系式x＝v0t＋at2可知，此时，小物块的位移为x1＝a物t2，木板的位移为x2＝a木t2，又有x1－x2＝L1，解得t＝1 s。
（3）撤去拉力时，根据v＝v0＋at可知，此时，物块的速度为v物＝6 m/s，木板的速度为v木＝2 m/s，要使小物块不从木板上掉下来，则小物块到达木板最右端时与木板共速，根据动量守恒定律有mv物＋Mv木＝（M＋m）v共，解得v共＝ m/s，撤去拉力后，对物块，根据牛顿第二定律有－μmg＝ma1，解得a1＝－4 m/s2，木板的受力没有发生变化，则木板的加速度不变，根据公式v2－＝2ax可知，小物块的位移为x1＝ m，木板的位移为x2＝ m，则木板的最小长度L＝L1＋（x1－x2）＝ m。
7.（2024·新课标卷25题）如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
答案：（1）4 m/s　 s　（2） m
解析：（1）解法一　由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x物＝v0t1－a＝l＋
x板＝a＝
联立并代入数据解得v0＝4 m/s、t1＝ s。
解法二　对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·l＝m－m
μmg·l＝m－0
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝ s。
（2）结合（1）问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为
v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有
－＝v2t2
h＝g
联立并代入数据解得h＝ m。
8 / 8