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微专题2 滑块—木板(子弹打木块)
模型综合问题
角度1 系统动量不守恒综合问题
角度2 系统动量守恒综合问题
备用习题
◆
听课手册
1.模型特点:摩擦力的分析与“传送带”模型类似,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.
角度1 系统动量不守恒综合问题
例1 [2025·安徽皖东联考] 如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板 ，小滑块
(可看作质点)放置于长木板上的最右端.现将一个水平向右的力 作用在长木板
的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力 的作用.滑块、长木板
的速度—时间图像如图乙所示，已知小滑块与长木板的质量相等，小滑块
始终没有从长木板上滑下.重力加速度取 .则下列说法正确的是( )
A.滑块与长木板 之间的动摩擦因数是0.5
B.长木板 与地面之间的动摩擦因数是0.75
C.时长木板 停下来
D.长木板的长度至少是
√
[解析] 由图乙可知，力在时撤去，此时长木板的速度 ，
时两者速度相同，，前长木板的速度大于滑块 的速
度；后长木板的速度小于滑块的速度，过程中，以滑块 为研
究对象，由牛顿第二定律得，由 图像可知
，解得 ，故A错误；
过程中，以长木板 为研究对象，由牛顿第二定律得
，由图乙可得 ，解得
，从 末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得
，解得，这段时间，
时长木板停下来，故B错误，C正确；长木板的长度至少是前过程中滑块
在长木板 上滑行的距离
，故D错误.
例2 [2025·辽宁丹东一模] 如图所示，在光滑水平面上，质量 可视为质
点的小物块，静止在质量 的长木板左端，物块与木板间的动摩擦因数
，现对物块施加一水平向右的拉力，作用一段时间 后立刻撤掉
外力，小物块又经时间 恰好运动到长木板的右端且没有从右端落下，重力加
速度为取 .
(1) 求时间与时间 的比值；
[答案]
[解析] 方法一：由题得小物块与长木板最终共速，设速度大小为 ，对小物块
列动量定理有
对长木板列动量定理有
得
方法二：对小物块受力分析,有
得
对长木板受力分析,有
得
小物块先加速后减速最后与长木板共速，长木板一直加速后匀速，小物块减速
时有
得
小物块加速阶段最大速度 ，小物块减速阶段最后与长板共速的速度
长木板一直加速，匀速后的速度
得
例2 [2025·辽宁丹东一模] 如图所示，在光滑水平面上，质量 可视为质
点的小物块，静止在质量 的长木板左端，物块与木板间的动摩擦因数
，现对物块施加一水平向右的拉力，作用一段时间 后立刻撤掉
外力，小物块又经时间 恰好运动到长木板的右端且没有从右端落下，重力加
速度为取 .
(2) 若长木板的长度，则在外力作用时间 内小物块和长木板组成的系
统产生的热量大小是多少？
[答案]
[解析] 小物块加速阶段位移
小物块减速阶段位移
长木板位移
由
得
时间内相对位移
角度2 系统动量守恒综合问题
例3 [2025·江苏淮安模拟] 长为、质量为 的平板小车停在光滑水平面上，质
量为的木块(可视为质点，)以速度 滑上小车的左端，如图甲所示，最
后随小车一起运动；若小车以速度 向左运动，将木块轻轻放在小车左端，如
图乙所示，最终也随小车一起运动.则( )
A.两种情况中木块相对小车滑行的距离相等
B.两种情况中木块最终随小车运动的速率相等
C.两种情况中木块与小车间摩擦产生的热不相等
D.两种情况中木块相对小车滑行的时间不相等
√
[解析] 根据动量守恒定律和能量守恒定律，甲图中有 ，
，乙图中有 ，
，因，可知 、
、 ，选项A正确，B、C错误；对木块由动量定理，甲图中有
，乙图中有，解得 、
，可知 ，选项D错误.
例4 [2025·山西太原联考] 如图所示(未按比例作图)，一质量的滑板
静止在光滑水平桌面上，其右侧处有一大小可忽略不计的卡销，滑板 的上表
面距离地面的高度.现一质量的物块置于滑板 的左端，
一质量的子弹以的水平速度射中物块 并留在其中
(时间极短)，然后物块(包括子弹)从滑板左端水平向右滑行，物块与滑板 间
的动摩擦因数.当滑板运动到点时被卡销锁定.已知滑板长 ，
其右端到点的距离可调，重力加速度取 ，不计空气阻力.
(1) 求子弹射入物块后瞬间，二者共同速度 的大小和该过程损失的机械能；
[答案] ;
[解析] 子弹射入物块 过程，根据动量守恒定律可得
解得
由能量守恒定律，可得该过程损失的机械能
解得
例4 [2025·山西太原联考] 如图所示 (未按比例作图)，一质量的滑板
静止在光滑水平桌面上，其右侧处有一大小可忽略不计的卡销，滑板 的上表
面距离地面的高度.现一质量的物块置于滑板 的左端，
一质量的子弹以的水平速度射中物块 并留在其中
(时间极短)，然后物块(包括子弹)从滑板左端水平向右滑行，物块与滑板 间
的动摩擦因数.当滑板运动到点时被卡销锁定.已知滑板长 ，
其右端到点的距离可调，重力加速度取 ，不计空气阻力.
(2) 若当物块与滑板共速时，滑板 恰
被卡销锁定，求距离 ；
[答案]
[解析] 物块与滑板 共速
根据动量守恒定律可得
解得
滑板一直加速，加速度
由运动学公式得
则
例4 [2025·山西太原联考] 如图所示(未按比例作图)，一质量的滑板
静止在光滑水平桌面上，其右侧处有一大小可忽略不计的卡销，滑板 的上表
面距离地面的高度.现一质量的物块置于滑板 的左端，
一质量的子弹以的水平速度射中物块 并留在其中
(时间极短)，然后物块(包括子弹)从滑板左端水平向右滑行，物块与滑板 间
的动摩擦因数.当滑板运动到点时被卡销锁定.已知滑板长 ，
其右端到点的距离可调，重力加速度取 ，不计空气阻力.
(3) 当距离时，求物块从点飞出后，在地面上的落点到 点的水平距
离 .
[答案]
[解析] 当时，物块 一直做匀减速运动，由运动学公式有
解得
物块从点飞出后做平抛运动，有
在地面上的落点到点的水平距离为
解得
【通法通则】
求解“滑块—木板”模型的关键思路
衍生 (电磁作用下的滑块问题)(多选)[2025·河南安阳一模] 如图所示，光滑水平
地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电、电荷量 ，质量
的滑块放在小车的左端，小车的质量 ，滑块与绝缘小车
之间的动摩擦因数，它们所在空间存在磁感应强度 的垂直于纸
面向里的匀强磁场.开始时小车和滑块静止，重力加速度取 ，下列说法
正确的是( )
A.若给小车一个向左的冲量 ，则小车与滑
块因摩擦产生的热量为
B.若给小车一个向左的冲量 ，则小车与滑
块因摩擦产生的热量为
C.若给小车一个向左的冲量 ，则小车与滑
块因摩擦产生的热量为
D.若给小车一个向左的冲量 ，则小车与滑
块因摩擦产生的热量为
√
√
[解析] 滑块有两种稳态可能，一种是分离，一种是共速，假设分离时滑块和小
车恰好共速有、，可得，当 时，
稳态为共速，当 时，稳态为分离；若给小车一个向左的冲量
，则小车与滑块稳态为共速，有 ，根据能量
守恒定律得 ，求得
，故A正确，B错误；若给小车一个向左的
冲量 ，则小车与滑块稳态为分离，有
，根据动量守恒定律有 ，
根据能量守恒定律得 ，求
得 ，故D正确，C错误.
角度1 系统动量不守恒综合问题
1.如图所示，小明将一质量为 的象棋子放在静置于水平桌面的课本上，课本质
量为，棋子与课本间的动摩擦因数为，课本与桌面间的动摩擦因数为 ，
重力加速度为.现用水平恒力作用于课本，当 不大时课本与棋子一起加速运
动，当 较大时二者会发生相对运动，则( )
A.一起运动时，棋子的加速度大小为
B.一起运动时，课本的加速度大小为
C.相对运动时，课本的加速度大小为
D.相对运动时，棋子的加速度大小为
√
[解析] 一起运动时，对整体有 ，棋子和课本的加
速度大小为，A、B错误；相对运动时，对棋子有 ，
棋子的加速度大小，对课本有 ，课本
的加速度大小 ，C正确，D错误.
2.如图甲所示，一质量为 的长木板静置于粗糙水平面上，其上放置一质量未
知的小滑块，长木板与小滑块之间的接触面粗糙.小滑块受到水平拉力 作用时，
用传感器测出小滑块的加速度与水平拉力 的关系如图乙中实线所示.已知地面
与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度取 .下列说法正确的是
( )
A.小滑块与长木板间的动摩擦因数为0.6
B.当水平拉力增大时，小滑块比长木板先相对地面发生滑动
C.小滑块的质量为
D.当水平拉力时，长木板的加速度大小为
√
[解析] 设小滑块与长木板间的动摩擦因数为，小滑块的质量为 ，由图乙可
知，当小滑块与长木板恰好产生相对滑动时，水平拉力，当 时，
对小滑块由牛顿第二定律可得，变形为，则
图像中部分的直线对应的纵截距，由图乙可知, ，
解得 ，A正确；
由图乙可知，当拉力为 时，小滑块与长木板恰好发生相对滑动，此时小滑块
与长木板有相同的加速度，大小为，设长木板的质量为 ，对长木
板由牛顿第二定律有，解得 ，对小滑块由
牛顿第二定律有，解得 ，因为
，所以当水平拉力增大时，小滑块与长木板
同时相对地面发生滑动，B、C错误；
当水平拉力 时，对小滑块与长木板组成的整体，由牛顿第二定律可得
，解得小滑块与长木板的加速度大小为
，D错误.
3.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 作用，其
加速度随拉力变化的关系图像如图乙所示，直线反向延长线过 点.
已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 .求:
(1) 木板与滑块间的动摩擦因数 ；
[答案] 0.3
[解析] 根据图乙可知，当拉力满足 时，滑块和木板保持相对静
止一起向右加速运动，当拉力 时，滑块和木板发生相对滑动，木板和
滑块恰好发生相对滑动时，加速度
对滑块，根据牛顿第二定律有
解得
3.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 作用，其
加速度随拉力变化的关系图像如图乙所示，直线反向延长线过 点.
已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 .求:
(2) 木板的质量和滑块的质量 .
[答案] ;
[解析] 当外力时，对木板，根据牛顿第二定律有
整理得
则图像中直线的斜率
由图乙可知，
解得
当外力满足 时，对整体，根据牛顿第二定律有
整理得
则图像中直线的斜率
由图乙可知，
解得
角度2 系统动量守恒综合问题
1.(多选)如图甲所示，质量为、右侧带有固定挡板的平板车 静止在光滑水平
地面上，挡板的厚度可忽略不计，质量为的物块 (可视为质点)由平板车的中
点处以初速度向右运动，此后、运动的 图像如图乙所示，其
中为、第一次碰撞的时刻，之后、一起匀速向右运动.整个过程 始终
未离开.已知、之间的动摩擦因数为，重力加速度取 ，忽
略、 碰撞过程中的机械能损失.下列说法正确的是( )
A.
B.
C.、相对滑动的总路程为
D.若车长，则最终距离右端
√
√
[解析] 根据题意可知为、 第一次碰撞的时刻，碰撞后速度应发生变化，由
图像可知碰后速度交换，所以、的碰撞为弹性碰撞，且 ，故A错
误；、碰撞一次后先相对滑动一段时间，最后共速，整个运动过程中、
组成的系统动量守恒，设两者最终的速度为，有 ，解得
，由图像可得 ，故B正确；设从开始到相对静
止过程中，、相对滑动的总路程为 ，根据能量守恒定律可得
，联立解得
，故C错误；若车长 ，因第1次
碰撞发生在平板车的右挡板，则第一次碰撞前
、相对滑动的路程为，设最终与右端间的距离为，有 ，解得
，故D正确.
2.(多选)如图所示，长为的木板 静止在光滑水平面上，其右端固定着一个挡板，
木板与挡板的总质量为.一质量为的小木块从木板 的左端开始以初速
度沿木板滑动，小木块与木板间的动摩擦因数为 ，小木块滑到木板
的右端与挡板发生碰撞.已知碰撞过程时间极短，且碰撞后木块 最终恰好滑到
木板 的最左端.以下说法正确的是( )
A.、相对静止时的对地速度大小为
B.若，则、 碰撞为弹性碰撞
C.若，则、碰撞完毕后 对地向右运动
D.若，则从碰撞完毕开始到两者相对静止的过程中，摩擦力对 做的
功为
√
√
√
[解析] 取水平向右为正方向,对、 组成的系统, 由动量守恒定律有
，解得、相对静止时的对地速度大小为 ，A正确；
若 ,则对全过程,由能量守恒定律有，
解得，即、 碰撞过程无机械能损失，为弹性碰撞，对从滑上到、
碰撞完毕过程，有 ，
，联立解得
时，
，应舍去，由于，说明碰撞后 对地向左运动，C错误；
若，则从碰撞完毕开始到两者相对静止的过程中，有，，联立解得时,,应舍去，这段过程中，摩擦力对做的功 ，D正确.
3.光滑的水平面上停放着质量的平板小车， 的左端放置质量
的物块，车上与左端距离为处小于车的长度 放置质量
的物块，物块、 均可视为质点，它们与车面间的动摩擦因数分别
为、.开始时车被锁定无法运动，物块以 的水平初
速度从左端开始正对运动，重力加速度取 .
(1) 若，则开始运动后经过多长时间与 发生碰撞
[答案]
[解析] 若,则物块与物块碰撞前，由牛顿第二定律得
由运动学公式得
联立解得
3.光滑的水平面上停放着质量的平板小车， 的左端放置质量
的物块，车上与左端距离为处小于车的长度 放置质量
的物块，物块、 均可视为质点，它们与车面间的动摩擦因数分别
为、.开始时车被锁定无法运动，物块以 的水平初
速度从左端开始正对运动，重力加速度取 .
(2) 若，与发生弹性正碰，求 停止运动时与车左端的距离.
[答案]
[解析] 若,与发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，设与 碰前
瞬间速度为，碰后瞬间、速度分别为、 ，则由运动学公式得
由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得，
由于，说明碰后向左运动，假设碰后向左发生的最大位移为 ，由动
能定理得
停止运动时与车左端的距离为
联立解得
3.光滑的水平面上停放着质量的平板小车， 的左端放置质量
的物块，车上与左端距离为处小于车的长度 放置质量
的物块，物块、 均可视为质点，它们与车面间的动摩擦因数分别
为、.开始时车被锁定无法运动，物块以 的水平初
速度从左端开始正对运动，重力加速度取 .
(3) 若改变的值，运动至与发生弹性碰撞后立即解除对车的锁定，此后 与
都刚好没从车上掉下，求平板车的长度.
[答案]
[解析] 设与碰前瞬间速度为，碰后瞬间、速度分别为、 ，同理可
得
、与平板车之间的摩擦力大小分别为 ，
，由于，且的加速度大于 的加速度，由此可判
断碰后向左做匀减速运动，向右做匀减速运动，且比先减速到零，在 做
匀减速运动到速度为零的过程中，平板车一直保持静止，且 减速到速度为0后
与平板车相对静止.
由于 刚好没有从车上掉下，所以由运动学公式得
联立解得
的速度减小为零后，仍有向右的速度，最终、 与平板车三者达到共速后
匀速运动，设最终三者共同匀速运动的速度为 ，由动量守恒定律得
设开始与平板小车右端距离为 ，由能量守恒定律得
联立解得
所以平板车的长度微专题2 滑块—木板(子弹打木块)模型综合问题
例1 C [解析] 由图乙可知,力F在t=5 s时撤去,此时长木板P的速度v=5 m/s,t=6 s时两者速度相同,v=3 m/s,t=6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度;t=6 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度,0~6 s过程中,以滑块Q为研究对象,由牛顿第二定律得μ1mg=ma1,由v t图像可知a1== m/s2=0.5 m/s2,解得μ1=0.05,故A错误;5~6 s过程中,以长木板P为研究对象,由牛顿第二定律得μ2(2m)g+μ1mg=ma2,由图乙可得a2== m/s2=2 m/s2,解得μ2=0.075,从6 s末到长木板停下来的过程中,由牛顿第二定律得μ2(2m)g-μ1mg=ma3,解得a3=1 m/s2,这段时间Δt1==3 s,t=9 s时长木板P停下来,故B错误,C正确;长木板P的长度至少是前6 s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx1=×5×5 m+×(5+3)×1 m-×3×6 m=7.5 m,故D错误.
例2 (1)3∶1 (2)4 J
[解析] (1)方法一:由题得小物块与长木板最终共速,设速度大小为v,对小物块列动量定理有Ft1-μmg(t1+t2)=mv-0
对长木板列动量定理有μmg(t1+t2)=Mv-0
得t1∶t2=3∶1
方法二:对小物块受力分析,有F-μmg=ma1
得a1=4 m/s2
对长木板受力分析,有μmg=Ma2
得a2=2 m/s2
小物块先加速后减速最后与长木板共速,长木板一直加速后匀速,小物块减速时有-μmg=ma3
得a3=-4 m/s2
小物块加速阶段最大速度v1=a1t1,小物块减速阶段最后与长板共速的速度v=a1t1+a3t2
长木板一直加速,匀速后的速度v=a2
得t1∶t2=3∶1
(2)小物块加速阶段位移x1=a1
小物块减速阶段位移x2=v1t2+a3
长木板位移x3=a2(t1+t2)2
由x1+x2-x3=L
得t1=1 s
t1时间内相对位移Δx=x1-a2=1 m
Q=μmgΔx=4 J
例3 A [解析] 根据动量守恒定律和能量守恒定律,甲图中有mv0=(m+M)v1,Q1=μmgx1=m-(m+M)=,乙图中有Mv0=(m+M)v2,Q2=μmgx2=M-(m+M)=,因m≠M,可知x1=x2、v1≠v2、Q1=Q2,选项A正确,B、C错误;对木块由动量定理,甲图中有-μmgt1=mv1-mv0,乙图中有μmgt2=mv2,解得t1=、t2=,可知t1=t2,选项D错误.
例4 (1)6 m/s 882 J (2)2 m (3) m
[解析] (1)子弹射入物块P过程,根据动量守恒定律可得
mv=v1
解得v1=6 m/s
由能量守恒定律,可得该过程损失的机械能ΔE=mv2-(m+m2)
解得ΔE=882 J
(2)物块P与滑板Q共速
根据动量守恒定律可得v1=v2
解得v2=2 m/s
滑板Q一直加速,加速度aQ==1 m/s2
由运动学公式得l=
则l=2 m
(3)当l=1 m<2 m时,物块P一直做匀减速运动,由运动学公式有-=-2μg
解得v3= m/s
物块P从A点飞出后做平抛运动,有h=gt2
在地面上的落点到A点的水平距离为x=v3t
解得x= m
【模型·衍生·拓展】
衍生 AD [解析] 滑块有两种稳态可能,一种是分离,一种是共速,假设分离时滑块和小车恰好共速有I=(m+M)v、qvB=mg,可得I=0.1 N·s,当I≤0.1 N·s时,稳态为共速,当I>0.1 N·s时,稳态为分离;若给小车一个向左的冲量I=0.08 N·s,则小车与滑块稳态为共速,有I=Mv0=v1,根据能量守恒定律得Q=M-,求得Q=0.032 J,故A正确,B错误;若给小车一个向左的冲量I=0.12 N·s,则小车与滑块稳态为分离,有qvB=mg,根据动量守恒定律有I=Mv0=mv+Mv',根据能量守恒定律得Q=M-mv2-Mv'2,求得Q=0.07 J,故D正确,C错误.微专题2 滑块—木板(子弹打木块)模型综合问题
1.AD [解析] 设物块和木板的质量均为m,物块运动到木板右端恰好未从木板上滑落,系统动量守恒,选取物块初速度的方向为正方向,则有mv=2mv共,解得v共=v,即物块A运动到木板右端时的速度大小为,A正确;根据匀变速直线运动规律可知,物块A运动的位移xA=(v+)t=vt,B错误;A动量的减少量ΔpA=mv-m·=mv,B动量的增加量ΔpB=m·-0=mv,则A动量的减少量等于B动量的增加量,C错误;由题可知,t时间木板B的位移为xB=(0+)t=vt,结合上述分析可得,木板B的长度为L=xA-xB=vt,D正确.
2.AD [解析] 由题意可知,起初物块做匀加速直线运动,木板做匀减速直线运动,故四个选项中的虚线均表示物块、实线均表示木板,某个时刻两者速度相等,之后若μ1>μ2,则二者可相对静止以共同加速度做匀减速直线运动直至停下,且二者做匀减速运动的加速度大小均为μ2g,小于起初木板做匀减速运动的加速度,A正确,B错误;若μ1<μ2,则二者不能相对静止,二者以不同的加速度做匀减速直线运动,且物块的加速度大小不变、方向相反,C错误,D正确.
3.BCD [解析] 0~t1时间内,木板的加速度为零,木板不动,t1~t2时间内,木板加速度增大,木板与物块一起加速,而t2时刻之后木板加速度保持不变,说明物块与木板之间出现相对滑动.0~t1时间内物块与木板都静止,t1时刻,对物块和木板整体,有F1=Ffm地=μ1(m1+m2)g,A错误;t2时刻对物块,有F2-μ2m2g=m2a,对木板,有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a,联立可得F2=(μ2-μ1)g ,B正确;由于地面与木板之间先发生相对滑动,所以μ2m2g>μ1(m1+m2)g,μ2>μ1,C正确;0~t1时间内,木板和物块都不动,加速度为零,t1~t2时间内,木板与物块一起加速,所以0~t2时间内,木板与物块的加速度相等,D正确.
4.B [解析] 由题图乙可知,A、B二者开始时对地静止,当拉力为3 N时A、B开始一起运动,故B与地面间的最大静摩擦力为Ffmax=3 N,A错误;当拉力为9 N时,A、B发生相对滑动,此时A的加速度为aA=4 m/s2,当拉力为13 N时,B的加速度aB=8 m/s2,A相对于B滑动时,由牛顿第二定律,对A有μ1mAg=mAaA,解得A、B之间的动摩擦因数为μ1=0.4,C错误;对于B,根据牛顿第二定律有13 N-3 N-μ1mAg=mBaB,对整体有(9-3) N=(mA+mB)aA,联立解得mA=0.5 kg、mB=1.0 kg,A、B的总质量为1.5 kg,B正确;由题图乙可得μ2(mA+mB)g=3 N,解得B与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2,D错误.
5.C [解析] a和b的速度达到共速之前,a受到b向右的摩擦力和恒力F,b受到a向左的摩擦力,a做加速运动,b做减速运动,则对于a有F+μmg=ma1,对于b有μmg=ma2,由此可知a的加速度大于b的加速度,故A、B错误;a、b共速后,若在恒力F作用下,a、b间的摩擦力没有达到最大静摩擦力,则a、b一起做加速运动,则对于b有Ff=ma共,且Ff≤μmg,故a和b的加速度a共
6.AD [解析] 子弹的初速度大小v0改变时,分为两种情况,一种是最终子弹和木块共速,一种是子弹穿出木块后继续运动.分析最终子弹和木块共速这种情况,由于水平面光滑,子弹和木块组成的系统所受合外力为零,则系统动量守恒,设子弹和木块最终速度为v,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得v=v0,可知此种情况下木块获得的速度v随子弹初速度v0增大而增大,当子弹恰好不穿出木块时,木块获得的速度取得最大值,设此时v0=v0m,v=vm,满足vm=v0m,子弹在木块中运动过程中,子弹所受阻力Ff=kv0,子弹做匀减速运动的加速度大小a1==,木块做匀加速运动的加速度大小a2==,由位移关系得-=L,联立解得v0m=;分析子弹穿出木块后继续运动这种情况,将子弹恰好穿出木块(与子弹恰好不穿出木块实际为同一临界点)包含在这种情况内,此时v0≥,设子弹刚穿出木块时子弹和木块的速度分别为v1、v2,可知v1>v2,对子弹有2a1x1=-,对木块有2a2x2=,又知x1-x2=L,联立解得v2=,研究函数f(v0)=v0-,对此函数变形得f(v0)==,当1-=0,即v0=时,f(v0)取得最大值,v2也取得最大值,综上可知,子弹的初速度大小为时,木块获得的速度最大,故A正确;将v0=代入上面各式,可得Ff=,a2=,v2=,子弹在木块中运动的时间t==,木块在加速过程中运动的距离x2==,根据能量守恒定律可知,木块和子弹损失的总动能用来克服摩擦力做功,即ΔEk=FfL=,故B、C错误,D正确.
7.(1)2∶1 (2)m (3)v0 (4)L
[解析] (1)A与B碰撞前,以A为研究对象,有μmg=ma1
A与B碰撞后,A、C相对静止,以A和C为研究对象,则μmg=2ma2
则A与B碰撞前后,A的加速度大小之比为a1∶a2=2∶1
(2)对于A、B、C系统,从A开始运动至再次回到C左端过程中,由动量守恒定律有mv0=3mv
由能量守恒定律得系统产生的热量Q=m-×3mv2
解得Q=m
(3)对全过程,有Q=2μmgL
B、C碰撞前瞬间,由动量守恒定律有mv0=mvB+2mvC
从开始到B、C碰撞前瞬间,由功能关系有m=×2m+m+μmgL
解得vB=v0
(4)经分析A、B、C的位移大小相等,设B、C碰撞前C的位移为x1,由动能定理有μmgx1=×2m
设B、C碰撞后到A、B、C共速前,C的位移为x2,由动能定理有2μmgx2=m-mv2
又xA=x1+x2
解得xA=L
8.(1)4mg (2) (3)v=(k≥1)
[解析] (1)由B点到最低点过程由动能定理有mgL=m-mv2
在最低点由牛顿第二定律可得F-mg=m
联立可得F=4mg
(2)轻绳运动到滑杆左上方与水平方向夹角为37°时,由能量守恒定律可得
mv2=mgLsin 37°+mv2'2
水平方向有
x=Lcos 37°+L=v2'sin 37°·t
竖直方向取向上为正可得
y=1.2L-Lsin 37°=v2'cos 37°·t-gt2
联立可得v=
(3)当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为37°的位置记为点C,由能量守恒定律可得
mv2=mgLsin 37°+m+km
设v1的水平速度和竖直速度分别为vx,vy,则有=+
则水平方向动量守恒可得mvx=kmv2
水平方向满足人船模型可得mx1=kmx2
x1=Lcos 37°+L-x2
机器人相对滑杆做圆周运动,因此速度关系为
tan 37°=
水平方向有Lcos 37°+L-x2=vx·t
竖直方向有1.2L-Lsin 37°=vy·t-gt2
联立可得v2=+gL
即v=
显然当k=1时取得最小,此时v==1.模型特点:摩擦力的分析与“传送带”模型类似,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.
角度1 系统动量不守恒综合问题
例1 [2025·安徽皖东联考] 如图甲所示,粗糙的水平地面上有长木板P,小滑块Q(可看作质点)放置于长木板上的最右端.现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端,让长木板从静止开始运动,一段时间后撤去力F的作用.滑块、长木板的速度—时间图像如图乙所示,已知小滑块Q与长木板P的质量相等,小滑块Q始终没有从长木板P上滑下.重力加速度g取10 m/s2.则下列说法正确的是 ( )
A.滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5
B.长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.75
C.t=9 s时长木板P停下来
D.长木板P的长度至少是16.5 m
例2 [2025·辽宁丹东一模] 如图所示,在光滑水平面上,质量m=1 kg可视为质点的小物块,静止在质量M=2 kg的长木板左端,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4,现对物块施加一水平向右的拉力F=8 N,作用一段时间t1后立刻撤掉外力F,小物块又经时间t2恰好运动到长木板的右端且没有从右端落下,重力加速度为g取10 m/s2.
(1)求时间t1与时间t2的比值;
(2)若长木板的长度L= m,则在外力F作用时间t1内小物块和长木板组成的系统产生的热量大小是多少
角度2 系统动量守恒综合问题
例3 [2025·江苏淮安模拟] 长为L、质量为M的平板小车停在光滑水平面上,质量为m的木块(可视为质点,m≠M)以速度v0滑上小车的左端,如图甲所示,最后随小车一起运动;若小车以速度v0向左运动,将木块轻轻放在小车左端,如图乙所示,最终也随小车一起运动.则 ( )
A.两种情况中木块相对小车滑行的距离相等
B.两种情况中木块最终随小车运动的速率相等
C.两种情况中木块与小车间摩擦产生的热不相等
D.两种情况中木块相对小车滑行的时间不相等
例4 [2025·山西太原联考] 如图所示(未按比例作图),一质量m1=2 kg的滑板Q静止在光滑水平桌面上,其右侧A处有一大小可忽略不计的卡销,滑板Q的上表面距离地面BC的高度h=5 m.现一质量m2=0.98 kg的物块P置于滑板Q的左端,一质量m=0.02 kg的子弹以v=300 m/s的水平速度射中物块P并留在其中(时间极短),然后物块P(包括子弹)从滑板左端水平向右滑行,物块P与滑板Q间的动摩擦因数μ=0.2.当滑板Q运动到A点时被卡销锁定.已知滑板Q长L=6.5 m,其右端到A点的距离l可调,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力.
(1)求子弹射入物块P后瞬间,二者共同速度v1的大小和该过程损失的机械能;
(2)若当物块P与滑板Q共速时,滑板Q恰被卡销锁定,求距离l;
(3)当距离l=1 m时,求物块P从A点飞出后,在地面上的落点到A点的水平距离x.
求解“滑块—木板”模型的关键思路
【模型·衍生·拓展】
衍生 (电磁作用下的滑块问题)(多选)[2025·河南安阳一模] 如图所示,光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车,将带负电、电荷量q=0.5 C,质量m=0.05 kg的滑块放在小车的左端,小车的质量M=0.05 kg,滑块与绝缘小车之间的动摩擦因数μ=0.4,它们所在空间存在磁感应强度B=1.0 T的垂直于纸面向里的匀强磁场.开始时小车和滑块静止,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.若给小车一个向左的冲量I=0.08 N·s,则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.032 J
B.若给小车一个向左的冲量I=0.08 N·s,则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.03 J
C.若给小车一个向左的冲量I=0.12 N·s,则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.072 J
D.若给小车一个向左的冲量I=0.12 N·s,则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.07 J
[反思感悟]微专题2 滑块—木板(子弹打木块)模型综合问题
1.(多选)[2025·河北保定二模] 如图所示,光滑水平面上静置一长度未知的木板B,一质量与木板相同的物块A(可视为质点)从左端以大小为v的速度冲上木板,经过时间t运动到木板右端且恰好不从木板上滑离.下列说法正确的是 ( )
A.物块A运动到木板右端时的速度大小为
B.在此过程中,物块A运动的距离为
C.A动量的减少量大于B动量的增加量
D.木板B的长度为
2.(多选)[2025·湖南岳阳联考] 如图所示,一质量为m1的物块叠放在质量为m2的足够长的木板上,二者均静止在水平地面上,已知木板与物块间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2.现给长木板一水平向右的初速度v0,下列关于长木板和物块的v t图像(实线和虚线分别表示不同物体)可能正确的是 ( )
A
B
C
D
3.(多选)[2021·全国乙卷] 水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有一质量为m2的物块,如图甲所示.用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图乙所示.其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小.木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示.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 ( )
A.F1=μ1m1g
B.F2=(μ2-μ1)g
C.μ2>μ1
D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等
4.[2025·四川成都模拟] 如图甲所示,在粗糙的水平地面上有一长木板B,在其上叠放着木块A,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,用一水平力F作用于B,A、B的加速度与F的关系如图乙所示,g取10 m/s2,则下列说法中正确的是 ( )
A.木板B与地面间的最大静摩擦力为9 N
B.A、B的总质量为1.5 kg
C.A、B间的动摩擦因数为0.8
D.长木板B与地面间动摩擦因数为0.4
5.[2025·辽宁丹东模拟] 如图所示,在光滑水平地面上一长木板b以2v0的速度向右匀速运动,某时刻将一个相对于地面静止的物块a轻放在木板b上,同时对物块a施加一个水平向右的恒力F,已知木板b与物块a的质量相等,物块a始终在木板b上,且物块a与木板b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则物块a放到木板b上后,下列关于物块a、木板b运动的v t图像可能正确的是 ( )
A
B
C
D
6.(多选)[2024·湖北卷] 如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块.设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小Ff与射入初速度大小v0成正比,即Ff=kv0(k为已知常数).改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则 ( )
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
7.[2025·山东济南二模] 如图所示,长为L的木板C右端有一挡板(厚度不计),静置在光滑水平地面上,完全相同的两物块A、B(可视为质点)分别置于C的左端和中点处,A、B、C的质量均为m.现给A一水平向右的初速度v0,此后A和B、B和C各发生一次碰撞,且A恰好未从C上滑落.所有的碰撞均为弹性碰撞,碰撞时间极短,重力加速度大小为g.求:
(1)A与B碰撞前后,A的加速度大小之比;
(2)从A开始运动至再次回到C左端过程中,系统产生的热量;
(3)B和C碰撞前瞬间B的速度大小;
(4)从A开始运动至再次回到C左端时,A的位移.
8.[2025·湖南卷] 某地为发展旅游经济,因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演.表演中,需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点,图为山体截面与表演装置示意图.a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道,轨道中有质量为M的滑杆.滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连.初始时刻,轻绳绷紧且与轨道平行,机器人从B点以初速度v竖直向下运动,B点位于轨道平面上,且在A点正下方,AB=1.2L.滑杆始终与轨道垂直,机器人可视为质点且始终在同一竖直平面内运动,不计空气阻力,轻绳不可伸长,sin 37°=0.6,重力加速度大小为g.
(1)若滑杆固定,v=,当机器人运动到滑杆正下方时,求轻绳拉力的大小;
(2)若滑杆固定,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时,机器人松开轻绳后被抛至A点,求v的大小;
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动,M=km,且k≥1,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时,机器人松开轻绳后被抛至A点,求v与k的关系式及v的最小值.
