第23讲.滑块木板模型（解析版）-2024高考二轮复习

2024高考二轮复习二十五讲第23讲、滑块木板模型第一部分织网点睛，纲举目张模型一水平面上的板块模型水平面上的板块模型是指滑块和滑板都在水平面上运动的情形，滑块和滑板之间存在摩擦力，发生相对运动，常伴有临界问题和多过程问题，对同学的综合力量要求较高。模型二斜面上的板块模型斜面上的板块模型是指滑板和滑块一起在斜面上运动的情形，此类问题的处理方法与水平面上的板块模型类似，只是要考虑滑块和滑板的重力在沿斜面方向上的分力对运动的影响。模型三板块模型与动量、能量的综合问题板块模型中因滑块与滑板间的滑动摩擦力做功，产生摩擦热，所以常涉及能量问题。若滑板在光滑水平面上，无水平外力作用时，滑板和滑块组成的系统满足动量守恒，如涉准时间，可应用动量定理，所以该模型常涉及动量问题。板块问题常涉及多个物体、多个运动过程，板块间存在相对运动。解决板块问题要分析不同阶段的受力状况和运动状况，然后逐个建立动量守恒和能量守恒的方程。同时留意一些关键字眼，如木板足够长，说明物块最终与木板同速，其相对滑动距离对应木板至少长度。其次部分实战训练，高考真题演练1．（2023高考全国乙卷）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开头运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（）A.木板的动能肯定等于fl B.木板的动能肯定小于flC.物块的动能肯定大于 D.物块的动能肯定小于【参考答案】BD【命题意图】本题考查滑块木板模型、动能定理及其相关学问点。【解题思路】画出物块与木板运动示意图和速度图像。对物块，由动能定理，-fx1=-对木板，由动能定理，fx2=依据速度图像面积表示位移可知，x2=S△COF，x1=SABFO，l=x1-x2=SABCE＞x2=S△COF，因-fl＞fx2=，A错误B正确；对系统，由能量守恒定律，fl=-（+），物块动能=-fl-＜-fl，C错误D正确。【思路点拨】正确画出二者运动的速度图像是解题的关键。2.（2023高考海南卷）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。求：（1）滑到的底端时对的压力是多大？（2）若未与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？（3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用时间。【参考答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）【名师解析】（1）滑块下滑到轨道底部，有解得在底部，依据牛顿其次定律解得由牛顿第三定律可知B对A的压力是。（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，依据牛顿其次定律得解得加速度向左为对C分析，受B向右的摩擦力和地面对左的摩擦力依据牛顿其次定律解得其加速度向左为由运动学位移与速度关系公式，得B向右运动的距离C向右运动距离由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量可得（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为，有解得B的位移为则此刻的相对位移为此时由，肯定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经时间B与C挡板碰撞，有解得碰撞时B速度为碰撞时由动量守恒可得解得碰撞后B、C速度为之后二者一起减速，依据牛顿其次定律得后再经后停下，则有故从滑上到最终停止所用的时间总时间3.（2023高考山东高中学业水公平级考试）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，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，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。（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，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；（4）若，自C滑上B开头至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的大小。【参考答案】（1）；（2）；（3）；（4）【名师解析】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程依据动能定理有代入数据解得（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为木板B受到C的摩擦力水平向右，为B受到地面的摩擦力水平向左，为所以滑块C加速度为木板B的加速度为设经过时间t1，B和C共速，有代入数据解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同减速，加速度大小为设再经过t2时间，物块A恰好撞上木板B，有整理得解得，（舍去）此时B的位移共同的速度综上可知满足条件的s范围为（3）由于所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，依据运动学公式有整理后有解得，（舍去）滑块C在这段时间的位移所以摩擦力对C做的功（4）由于木板B足够长，最终的状态肯定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有此时A、B之间的距离为△s=s-sA=0.48m-0.4m=0.08m由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有整理得解得，（舍去）此时有，方向向左；，方向向右。接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有代入数据解得而此时物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最终B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量末动量则整个过程动量的变化量即这三个物体总动量的变化量的大小为9.02kg·m/s。4.（2023高考选择性考试辽宁卷）如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。（1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t表示）。【参考答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）【名师解析】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0=(m1＋m2)v1代入数据有v1=1m/s对m1受力分析有则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12=2a1x1代入数据解得x1=0.125m（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx=(m1＋m2)a共对m2有a2=μg=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对m1、m2组成的系统列动能定理有代入数据有

（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2始终受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0=m2v3－m2v2解得则对于m1、m2组成的系统有U=－Wf联立有5.（2022福建高考）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开头运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；（3）从C与B相碰后到A开头运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。【参考答案】（1）；（2）；（3）【命题意图】此题考查动能定理、动量守恒定律、碰撞、摩擦力做功及其相关学问点。【名师解析】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，依据动能定理可得解得C在碰撞前瞬间的速度大小为（2）物块B、C碰撞过程，依据动量守恒可得解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为故C与B碰撞过程中损失的机械能为（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得解得弹簧的压缩量，即滑板A开头运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为从C与B相碰后到A开头运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为

第三部分思路归纳，内化方法1.求解水平面上的板块模型的三个关键(1)两个分析：认真审题，清楚题目的物理过程，对每一个物体进行受力分析和运动过程分析。(2)求加速度：精确     求出各个物体在各个运动过程的加速度，留意两个运动过程的连接处的加速度可能突变。(3)明确关系：找出物体之间的位移和路程关系或速度关系往往是解题的突破口，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。当过程比较多时可以借助v­t图像，从图像中找到时间与空间的关系，是解决问题的有效手段。2.处理板块模型的思路(1)水平面光滑时，优先考虑应用动量守恒定律。(2)在涉及滑块或滑板的时间时，优先考虑用动量定理。(3)在涉及滑块或滑板的位移时，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定律。(5)滑块恰好不滑动时，滑块与滑板达到共同速度。第四部分最新模拟集萃，提升应试力量1.（2024山西部分学校10月联考）如图所示，质量为M的木板上放置质量为m的木块，一水平向右的牵引力作用在木块上，二者一起沿水平地面对右做匀加速直线运动.下列说法正确的是A．木块对木板的力大于木板对木块的力B．木板受到木块水平向右的摩擦力C．假如二者一起向右运动的加速度增大，则木块受到木板的摩擦力增大D．假如二者一起向右运动的加速度减小，则木板受到地面的摩擦力减小【参考答案】BC【名师解析】木板与木块之间是作用力与反作用力的关系，大小相等，方向相反，A错误；木板向右加速，受到木块向右的摩擦力大于地面对左的摩擦力，B正确；假如二者一起向右的加速度增大，则木板受到木块的摩擦力增大，木块受到木板的摩擦力也增大，C正确；假如二者一起向右运动的加速度减小，木板受到木块的摩擦力减小，地面对木板的支持力不变，摩擦力也不变，D错误.2.(2024辽宁沈阳重点高中质检)如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ=30°、高度为h=1.6m。一薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l0=0.2m的轻弹簧，木板总质量为m=1kg，总长度为L=2.0m。一质量为M=3kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，物块A经过一段时间后从斜面顶端以4m/s的速率沿平行于斜面方向落到木板B上并开头向下滑行，已知A、B之间的动摩擦因数为。木板下滑到斜面底端遇到挡板时马上停下，物块A最终恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时始终处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：(1)物体A水平抛出时离地面的高度H；(2)薄木板B从开头运动到与挡板碰撞所需的时间；(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。【参考答案】(1)1.8m；(2)0.6s；(3)5J【名师解析】(1)物块A落到B上时解得vy＝2m/s物块A落到木板前做平抛运动，竖直方向：解得H＝1.8m(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足：mgsin30°＝μ0mgcos30°得物块A在木板上滑行时，以A为争辩对象有：(沿斜面对上)以木板B为争辩对象有：(沿斜面对下)假设A与木板达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：v共＝aBt1＝v－aAt1解得v共＝3m/s，t1＝0.4s此过程故Δx＝xA－xB＝0.8m<L－l0＝1.8m说明以上假设成立共速后，由于(M＋m)gsin30°＝μ0(M＋m)gcos30°，A与木板B一起匀速到木板与底端挡板碰撞，该过程所需时间所以t=t1+t2=0.6s(3)木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触，然后A压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A的速度为vA，有：－2aA(L－l0－Δx)＝vA2－v共2解得vA＝2m/s设弹簧最大压缩量为xm，A从开头压缩弹簧到刚好回到原长过程有：Q＝2μMgxmcos30°＝得Q＝6J，xm＝mA从开头压缩弹簧到弹簧最短过程有Epm＝＋Mgxmsin30°－＝5J3.（2024山东泰安9月测试）如图所示，物块A、木板B的质量均为m=1kg，不计A的大小，木板B长L=2m。开头时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开头运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=0.1，g取10m/s2。（1）发生相对滑动时，A、B的加速度各是多大？（2）若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？（3）若A刚好没有从B上滑下来，求B在地面上滑行的总位移。【参考答案】（1），；（2）；（3）【名师解析】（1）分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，依据牛顿其次定律可得木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，依据牛顿其次定律可得解得（2）A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有，解得，则A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为。（3）若A刚好没有从B上滑下来，A到达B的最右端时B的位移此后A、B一起匀减速运动直至停止，设加速度大小为，由牛顿其次定律得解得A、B在地面上一起滑行的位移则B在地面上滑行的总位移为4．（16分）(2024广东七校第一次联考)在航空托运中，时有损坏行李的事情发生，小华同学设计了如下图所示的缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲装置A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为，转运车B与地面间的摩擦可忽视。A、B的质量均为，A、B水平部分的长度均为。包裹C可视为质点且无其它包裹影响，重力加速度。C与B的右挡板发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽视。（1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量m最大不超过多少；（2）若某包裹的质量为，从处静止滑下，求包裹在距转运车右端多远的位置停下来；（3）若包裹的质量还是，为使该包裹能滑上转运车B上，则该包裹释放时h的范围。（结果保留两位有效数字）【参考答案】．（1）60；（2）2.5m；（3）【名师解析】：（1）A恰好不运动需要满足解得故包裹C的质量最大不超过60；（2）因C的质量，故装置A始终处于静止状态，由动能定理得解得C与B相互作用的全过程，两者组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，则由能量守恒定律得解得又得物体在车上的相对位移所以距转运车右端2.5m。

（3）装置A还始终处于静止状态，C滑到低端由动能定理得为C下滑的最小高度，得则C滑上小车，C与小车弹性碰撞后返回至小车最左端时两者共速，为C不会从小车上掉下的最大高度：由C、车动量守恒由能量守恒得得所以5.(2023重庆南开中学期末)如图所示，外形相同、质量均为m的两个长金属板A、B静止地叠放在水平地面上，A、B右端的初始距离为，时刻，用一带有橡胶指套的手指以竖直向下的恒力F压着A的上表面并以恒定的速度向右移动手指，经一段时间后，从A表面撤去手指作用时，A、B右端的距离与指套在A上面留下的划痕长度相等；又经过相同时间，A、B右端恰好对齐且速度相等。已知：指套与A之间的滑动摩擦因数为，A、B之间的滑动摩擦因数为，B与地面之间的滑动摩擦因数为，重力加速度g取，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）时刻，B的加速度大小；（2）A、B右端恰好对齐且速度相等时速度大小；（3）A、B右端初始距离的大小。【参考答案】（1）；（2），；（3）【名师解析】（1）假设A、B滑动：对A解得对B解得故假设成立，则B的加速度大小为（2）假设撤去手指时，手指还未与A共速，设撤去手指的时刻为t，划痕为x，则此时A、B加速度分别为t时刻A、B右端距离为x时刻A、B共速解得则撤去手指时A的速度大小为说明手指撤去前已经与A共速，明显A最终是由减速到共速，B先后以不同加速度加速到共速，时刻A、B共速解得（3）设手指与A共速时刻，则t时刻A、B右端距离为x，则解得则A、B初始距离6.（2023年重庆部分重点高中期末联考）如图所示，在光滑水平面上静止有一长木板A，在木板的左端静止有一物块B，物块的质量为m，长木板的质量为2m，现给长木板A和物块B分别同时施加向左和向右的恒力F1和F2，当F2=mg，F1=0.5mg时，物块和长木板刚好不发生相对滑动，，且物块和长木板一起向右做匀加速运动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块的大小忽视不计，重力加速度为g，求：(1)物块和长木板的加速度；(2)物块和长木板间的动摩擦因数μ。【参考答案】(1)；(2)【名师解析】(1)由题意可知，对AB整体争辩，有：解得(2)对B争辩，有：，解得7.（2023年重庆部分重点高中期末联考）一足够长的斜面，最高点为O点，有一长为l=1.00m的木条AB，A端在斜面上，B端伸出斜面外。斜面与木条间的摩擦力足够大，以致木条不会在斜面上滑动。在木条A端固定一个质量为M=2.00kg的重物（可视为质点），B端悬挂一个质量为m=0.50kg的重物。若要使木条不脱离斜面，在下列两种状况下，OA的长度各需满足什么条件？（1）木条的质量可以忽视不计；（2）木条质量为m′=0.50kg，分布均匀。【参考答案】（1）OA＞0.20m；（2）OA＞0.25m【名师解析】（1）当木条A端刚刚离开斜面时，受力状况如图所示

设斜面倾角为θ，依据力矩平衡条件，若满足条件木条就不会脱离斜面。依据题意解得（2）设G为木条重心，由题意可知当木条A端刚刚离开斜面时，受力状况如图所示

由①中的分析可知，若满足＞木条就不会脱离斜面解得8.(2023年7月浙江宁波期末)如图所示，倾角的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长、质量的薄木板，木板的最右端叠放一质量的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面对上的恒力F，使木板沿斜面由静止开头做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。则（）A.要使木板沿斜面由静止开头做匀加速直线运动，需恒力