模型34 滑块木板、子弹木块、滑块弹簧、滑块斜(曲)面问题（解析版）-2025版高考物理热点模型精-品讲义

模型34滑块木板、子弹木块、滑块弹簧、滑块斜(曲)面问题01模型概述01模型概述1.滑块木板模型1）模型图示2）模型特点 ①把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，若水平面光滑，滑块和木板组成的系统动量守恒。若地面粗糙，系统的总动量将发生变化。②由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，即ΔE＝Ff·s相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程。 ②若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大．此过程相当于完全非弹性碰撞过程3）求解方法 ①求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统； ②求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体； ③求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律或，研究对象为一个系统．2.子弹木块模型1)模型图示2)模型特点①子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。②系统的机械能有损失。3)两种情景①子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒：mv0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2②子弹穿透木块动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22)3.滑块弹簧模型1）模型图示2）模型特点①动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒；②机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒；③弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)；④弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)．4.滑块斜（曲）面模型1）模型图示2）模型特点①上升到最大高度：m与M具有共同水平速度，此时m的竖直速度.系统水平方向动量守恒，；系统机械能守恒，，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)．②返回最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，；系统机械能守恒相当于完成了弹性碰撞)．02典题攻破02典题攻破1.滑块木板模型【典型题1】（2024·全国·一模）如图甲所示，长木板放置在光滑的水平地面上，木块（视为质点）放置在木板的正中央，现突然给木块一个水平向右的速度，经过一段时间，木块刚好不从木板的最右端离开，已知木块与木板的质量相等；把长木板放置在粗糙的水平地面上，木块放置在木板的最左端，已知木板与地面间的动摩擦因数为，如图乙所示，现同时给木块、木板水平向右的速度，重力加速度为g。（1）求甲图中木块与木板间的动摩擦因数以及木板的长度；（2）求乙图中木块与木板加速度的大小分别为多少；（3）求乙图中木块与木板的运动时间之差以及木块在木板上滑行的距离。【答案】（1），；（2），；（3），【详解】（1）根据题意可知，木块刚好不从木板的最右端离开，即木块滑到木板的最右端时，木块与木板共速，设此时的速度为，由动量守恒定律有解得设甲图中木块与木板间的动摩擦因数为，对木块有又有联立解得设木板的长度为，由能量守恒定律有解得（2）由（1）分析，结合牛顿第二定律可得，乙图中木块的最大加速度的大小为若乙图中木块与木板一起向右减速，则加速度大小为可知，乙图中木块与木板相对滑动，由牛顿第二定律，对木块有解得对木板有解得（3）假设木块减速到0时未从木板上掉落，由运动学公式可得，木块减速到0的时间为运动的位移为木板减速到0的时间为运动的位移为乙图中木块与木板的运动时间之差乙图中木块在木板上滑行的距离即假设成立，则乙图中木块与木板的运动时间之差为，木块在木板上滑行的距离为。2.子弹木块模型【典型题2】（2023·广东东莞·模拟预测）如图所示，质量为m的子弹以水平初速度射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为v，在此过程中，木块在地面上滑动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，子弹与木块间的相互作用力为f，以下关系式中不正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【详解】A.对子弹由动能定理可知即选项A正确，不符合题意；B.对子弹和木块的系统由能量关系可知选项B正确，不符合题意；C.对子弹和木块系统由动量守恒定律可知选项C正确，不符合题意；D.对木块由动能定理选项D错误，符合题意。故选D。3.滑块弹簧模型【典型题3】（2024·湖南邵阳·三模）（多选）如图（a），一质量为的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从0到时间内，物块A运动的距离为。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法中正确的是（）A．物块B的质量为B．碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为C．时间内物块B运动的距离为D．弹簧压缩量的最大值为【答案】BC【详解】A．时刻，由动量守恒定律可知解得故A错误；B．由图像可知时刻两物块速度相等，弹性势能最大，根据机械能守恒定律解得故B正确；CD．解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，由牛顿第二定律可知同一时刻同一时刻A、B的瞬时速度分别为，根据位移等于速度在时间上的累积可得，又解得弹簧压缩量的最大值解法二：B接触弹簧后，压弹弹簧过程中，A、B动量守恒，有对方程两边同时乘以时间，有之间，位移等于速度在时间上的累积，可得又代入可得则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值故C正确，D错误。故选BC。4.滑块斜（曲）面模型【典型题4】（2024·安徽·模拟预测）如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为的圆弧凹槽，凹槽质量为，凹槽点切线水平，点为最高点.一个质量也为的小球以速度从点冲上凹槽，重力加速度为，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（

）

A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动B．若，小球恰好可到达凹槽的点且离开凹槽后做自由落体运动C．若，小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹糟后做自由落体运动D．若，小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹槽后做竖直上抛运动【答案】C【详解】A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的水平方向动量守恒，但总动量不守恒，故A错误；B．若小球恰好到达点时，由于水平方向动量守恒有由机械能守恒解得故B错误；CD．当时，小球从点飞出后做斜抛运动，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回时恰好能落到点，故最后一次离开斜面的位置一定是点，由水平方向动量守恒得由机械能守恒得解得，可知小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹槽后做自由落体运动，故C正确，D错误。故选C。03针对训练03针对训练1．（2024·青海海南·一模）如图所示，一个质量为M的滑块放置在水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧圆弧半径。E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以的初速度水平向右从E点冲上滑块，若小球刚好没越过圆弧的上端，已知重力加速度大小不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【详解】根据题意，小球上升到滑块上端时，小球与滑块的速度相同，设为，根据动量守恒定律有根据机械能守恒定律有联立解得故选C。2．（2024·北京朝阳·一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（）A．P的动量为0B．Q的动量达到最大值C．P、Q系统总动量小于mvD．弹簧储存的弹性势能为【答案】D【详解】A．当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q系统所受外力为零，因此整个过程中动量守恒所以P的动量为故A错误；B．弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q的动量达到最大值，故B错误；C．P、Q系统动量守恒，总动量为故C错误；D．根据动量守恒和能量守恒，解得故D正确。故选D。3．（2024·安徽芜湖·二模）如图所示，质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧处于原长，一颗质量为的子弹以水平速度射入木块A并留在物块中（时间极短），则下列说法正确的是（）A．子弹射入物块A的过程中，子弹的动量变化量为B．子弹射入物块A的过程中，物块A的动能增加量为C．在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块B的动量大小最大值为D．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为【答案】C【详解】A．子弹射入物块A的过程中，子弹与物块A组成的系统动量守恒，则有求得子弹动量的变化量选项A错误；B．物块A的动能增加量为选项B错误；C．当弹簧第一次压缩到最短时，物块B的动量大小最大，则有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒，则有求得物块B的动量大小最大值为选项C正确；D．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为选项D错误。故选C。4．（2024·辽宁·一模）（多选）如图所示，在光滑水平面上右侧放有一个光滑圆弧轨道ABC，其圆心为O，质量为m的小球从水平面上P点以初速度向右运动，滑上圆弧轨道后从C点抛出。已知圆弧轨道质量为，圆弧轨道半径为，重力加速度为g，，则小球与圆弧轨道作用的过程中（）A．小球离开C点时的速度与水平方向的夹角为B．小球运动的最高点相对水平面的高度为C．圆弧轨道的最大速度为D．小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度水平向左【答案】BCD【详解】A．小球运动到C点过程中，根据水平方向动量守恒可知根据能量守恒解得所以小球离开C点时的速度与水平方向的夹角为53°，故A错误；B．小球到达斜面最高点后斜抛，竖直方向解得小球运动的最高点相对水平面的高度为故B正确；CD．因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同，所以小球还能落到圆弧轨道上，最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上，设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为，圆弧轨道的速度为，则有联立解得即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向向左，故CD正确。故选BCD。5．（2024·湖南长沙·模拟预测）（多选）如图，质量为的木块静止放置在光滑水平面上，质量为的子弹（可视为质点）以初速度水平向右射入木块，水平射出木块时速度变为，已知木块的长为，设子弹在木块中的阻力恒为。则子弹在木块中运动的时间为（）A． B． C． D．【答案】BC【详解】设子弹在木块中运动的时间为，以子弹为对象，根据动量定理可得解得设子弹射出木块时，木块的速度为，根据系统动量守恒可得解得根据位移关系可得解得故选BC。6．（2024·四川宜宾·二模）（多选）如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为、、，重力加速度。下列说法正确的是（）A．物体B能上升的最大高度为0.6m B．物体B能上升的最大高度为1.8mC．物体C能达到的最大速度为 D．物体C能达到的最大速度为【答案】AD【详解】AB．子弹A以的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有解得m故A正确，B错误；D．B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有解得m/s故C错误，D正确；故选AD。7．（2024·辽宁沈阳·一模）（多选）如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为、，作出某段时间内图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（

）A．滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒B．当滑块的速度为时，小球运动至最高点C．小球与滑块的质量比为1∶2D．小球的初速度大小可能为【答案】AC【详解】A．小球滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，A正确。C．设小球的质量为m，初速度为v，在水平方向上由动量守恒定律得化简为结合图（b）可得即C正确；B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得求得B错误；D．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得机械能守恒其中，求得小球的初速度大小不可能为D错误。故选AC。8．（2024·陕西安康·模拟预测）（多选）如图所示，用轻弹簧拴接的小物块a、b放在光滑的水平地面上，在小物块b的右侧有一竖直固定挡板。现给小物块a以水平向右、大小为的初速度，当小物块b的速度达到最大时恰好与挡板发生弹性碰撞。已知小物块b与挡板碰撞后立即以原速率返回，小物块a的质量为，小物块b的质量为，弹簧始终在弹性限度内，下列判断正确的是（）A．小物块b与挡板碰撞之前，系统的最小动能为3JB．小物块b与挡板碰撞之前，小物块a的最小速度为1m/sC．小物块b与挡板碰撞之后，系统的动量大小为D．小物块b与挡板碰撞之后，弹簧的最大弹性势能为【答案】BD【详解】A．小物块与挡板碰撞之前，两物块共速时系统的动能最小，由动量守恒定律有系统的动能为联立解得A错误；B．弹簧再一次恢复到原长时，小物块的速度最大，此时小物块的速度最小，设此时小物块的速度为，小物块的速度为，根据动量守恒定律有根据机械能守恒有解得，B正确；C．小物块与挡板碰撞后的瞬间，的速度不变，的速度大小不变，方向相反，因此系统的动量大小为C错误；D．与挡板碰撞之后，、速度相同时，弹簧的弹性势能最大，设此时两小物块共速时的速度为，根据动量守恒定律有解得故弹簧的弹性势能为D正确。故选BD。9．（2024·河南·模拟预测）如图，光滑水平面上放置两个四分之一圆形光滑曲面A、B，A、B圆弧最低点平滑连接（不粘连），圆弧最低点切线水平，A固定，B可自由滑动，小滑块C静置于曲面B最低端，小滑块D由距曲面A最低端高h=1.8m的地方自由滑下，与C发生弹性正碰，已知小滑块C质量m1=0.6kg，小滑块D质量m2=0.2kg，曲面B质量M=0.6kg，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。曲面半径足够大，求：（1）小滑块D与小滑块C碰撞后，D的速度大小；（2）小滑块C、D所能达到的最大高度。【答案】（1）3m/s；（2）0.225m，0.45m【详解】（1）小滑块D沿曲面A滑下，设末速度v0，由机械能守恒定律得解得滑块D与C发生弹性正碰，取向右为正，碰后C、D速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立解得，所以滑块D与小滑块C碰撞后，D的速度大小为3m/s；（2）滑块C与曲面B相互作用过程有联立解得对D，由机械能守恒定律可得解得小滑块D能达到的最大高度10．（2024·安徽黄山·二模）如图所示，a、b、c均为质量为m的物块，其中b、c通过轻弹簧连接并静置在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，a物块从距离b高为h处由静止释放，与b碰撞后黏在一起，碰撞时间极短。重力加速度为g，则：（1）求a、b碰撞后瞬间a、b整体的速度和加速度大小；（2）若a物块从距离b高为h0处由静止释放，弹簧恰好能恢复原长，求初始时弹簧的弹性势能（结果用含h0的式子表示）；（3）若a物块从距离b高为hx处由静止释放，c恰好能离开地面，求hx为多少？【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）a做自由落体运动，有解得a、b碰撞过程动量守恒，则所以碰撞后瞬间，对a、b整体，根据牛顿第二定律有解得加速度大小为（2）若a物块从距离b高为h0处由静止释放，则有a、b碰撞过程动量守恒，则弹簧恰好能恢复原长，根据能量守恒可得联立可得（3）若a物块从距离b高为hx处由静止释放，且c恰好能离开地面，则联立可得11．（2024·河南·模拟预测）如图所示，质量为的小车静止在光滑的水平地面上，小车AB段是半径为R（R未知）的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L（L未知）的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为的滑块在小车上的B点以的初速度开始向左运动，滑块恰好到达圆弧的顶端A点，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。若滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g取。（1）求圆弧的半径；（2）求小车BC段的长度；（3）若滑块在小车光滑圆弧轨道上运动的时间为，求该过程中滑块对小车做的功和滑块对小车弹力冲量的大小和方向。【答案】（1）；（2）；（3），，方向斜向左下方，与竖直方向成角【详解】（1）滑块在最高点A时与小车相对静止，自B滑至最高点A过程中水平方向动量守恒定律滑块与小车组成系统机械能守恒解得圆弧的半径为（2）滑块最后恰好停在C点，说明滑块在C点时与小车共速，小车自B点开始至C点过程中，水平方向动量守恒由系统能量守恒定律解得小车BC段的长度为（3）滑块自B上升至返回B过程中，水平方向动量守恒滑块与小车组成的系统机械能守恒联立解得，对小车由动能定理解得该过程中滑块对小车做的功为该过程对滑块由动量定理，竖直方向有解得方向竖直向上；水平方向有解得方向水平向右，故小车对滑块弹力冲量的大小为方向斜向右上方，与竖直方向成角，由于小车对滑块的弹力与滑块对小车的弹力是一对相互作用力，则滑块对小车弹力冲量的大小为，方向斜向左下方，与竖直方向成角。12．（2024·辽宁辽阳·模拟预测）如图所示，质量为4m、半径为R的光滑四分之一圆弧体A静止在足够大的光滑水平面上，水平面刚好与圆弧面的最底端相切，轻弹簧放在光滑水平面上，左端固定在竖直固定挡板上，用外力使质量为m的小球B压缩弹簧（B与弹簧不连接），由静止释放小球，小球被弹开后运动到圆弧体的最高点时，恰好与圆弧体相对静止，不计小球的大小，重力加速度为g。求：（1）弹簧具有的最大弹性势能；（2）小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间对圆弧面的压力大小；（3）小球B第二次滚上圆弧面后，上升的最大高度。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设弹簧开始具有的最大弹性势能为Ep，设小球被弹开后速度大小为v0，滚上圆弧面最高点后速度大小为v1，根据能量守恒有根据动量守恒解得（2）由（1）可解得小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间解得根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面的压力大小（3）设小球第一次离开圆弧面时，小球的速度大小为v2、圆弧体的速度大小为v3，根据动量守恒有根据能量守恒有从小球第二次滚上圆弧面到上升到最高点过程中，设上升到最高点时共同速度为v4，上升的最大高度为h，根据动量守恒有根据能量守恒有解得13．（2024·山西晋中·二模）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，质量为的小滑块B（可视为质点）从轨道顶端滑下，在