資源簡介

增分培優2　“滑塊—木板”模型的綜合問題
1.滑塊和木板組成的系統所受的合外力為零時，優先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時，需選用動力學觀點解題。
2.滑塊與木板達到相同速度時應注意摩擦力的大小和方向是否發生變化。
3.應注意區分滑塊、木板各自的相對地面的位移和它們的相對位移。用運動學公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移，求系統摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)。
例1 如圖1所示，質量為1 kg、足夠長的長木板B放在水平地面上，質量為2 kg的物塊A放在木板B的左端。物塊A與木板B間的動摩擦因數為0.7，木板B與地面間的動摩擦因數為0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為10 m/s2。現對A施加一水平向右的拉力F，則物塊速度vA、木板速度vB隨時間變化的圖像可能是(　　)
圖1
例2 (2024·海南卷，17)某游樂項目裝置簡化如圖2所示，A為固定在地面上的半徑R＝10 m的光滑圓弧形滑梯，滑梯頂點a與滑梯末端b的高度差h＝5 m，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板的質量M＝25 kg，一質量為m＝50 kg的游客從a點由靜止開始下滑，并從b點滑上滑板，當滑板右端運動到與其上表面等高的固定平臺C邊緣時，游客恰好滑上平臺，并在平臺上滑行s＝16 m停下。游客可視為質點，其與滑板及平臺表面之間的動摩擦因數均為μ＝0.2，忽略空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求：
圖2
(1)游客滑到b點時對滑梯壓力的大小；
(2)滑板的長度L。
例3 (2024·河南鄭州一模)如圖3甲所示，質量mB＝3 kg的長木板B上表面放置一質量mA＝2 kg的物塊A，另有一質量mC＝1 kg的物塊C以某一初速度v0從長木板最左端滑上長木板，物塊C與物塊A發生彈性碰撞后恰好能從長木板左端滑落，物塊A最終未從長木板滑離。物塊A、C與長木板B之間的動摩擦因數均為μ1，長木板B與地面之間的動摩擦因數為μ2，兩物塊碰撞前長木板與地面相對靜止。從兩物塊碰撞后瞬間開始計時，物塊A的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2。求：
圖3
(1)兩物塊碰撞后瞬間C的速度大?。?br/>(2)動摩擦因數μ1、μ2的值；
(3)長木板B與地面之間由于摩擦產生的熱量。
1.(多選)(2024·黑吉遼卷，10)一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為μ。t＝0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時間內，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖4所示，其中g為重力加速度大小。t＝4t0時刻，小物塊和木板的速度相同。下列說法正確的是(　　)
圖4
A.小物塊在t＝3t0時刻滑上木板
B.小物塊和木板間的動摩擦因數為2μ
C.小物塊與木板的質量之比為3∶4
D.t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動
2.(多選)(2024·湖北卷，10)如圖5所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊，質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k為已知常量)。改變子彈的初速度大小v0，若木塊獲得的速度最大，則(　　)
圖5
A.子彈的初速度大小為
B.子彈在木塊中運動的時間為
C.木塊和子彈損失的總動能為
D.木塊在加速過程中運動的距離為
1.(多選)如圖1甲所示，小車B緊靠平臺邊緣靜止在光滑水平面上，物體A(可視為質點)以初速度v0從光滑的平臺水平滑到與平臺等高的小車上(未沖出)，物體和小車的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，則以下說法正確的是(　　)
圖1
A.物體A與小車B間的動摩擦因數為0.3
B.物體A與小車B的質量之比為1∶2
C.小車B的最小長度為2 m
D.如果僅增大物體A的質量，物體A有可能沖出去
2.(多選)如圖2所示，質量為m1＝4 kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一個質量m2＝2 kg的物塊，木板和物塊間的動摩擦因數為0.4，木板的長度為4 m，物塊可視為質點，現用一大小為F＝16 N的力作用在物塊上，下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　)
圖2
A.木板的加速度為2 m/s2
B.物塊的加速度為6 m/s2
C.經過2 s物塊從木板上滑離
D.物塊離開木板時的速度為8 m/s
3.(多選)(2024·河南信陽一模)如圖3所示，質量為M＝1 kg的長木板放在粗糙的水平地面上，質量m＝0.5 kg的小物塊置于長木板右端，小物塊與長木板之間的動摩擦因數μ1＝0.4，長木板與地面之間的動摩擦因數μ2＝0.1。現給小物塊施加一個水平向左的恒力F1＝3 N，給長木板施加一個水平向右的恒力F2＝4.5 N。2 s時撤掉力F1，小物塊始終未從長木板上掉下來。下列說法正確的是(　　)
圖3
A.0～2 s長木板的加速度aM＝3 m/s2
B.0～2 s過程中F1對小物塊做了12 J的功
C.0～4 s的過程中小物塊與長木板之間的摩擦生熱Q＝24 J
D.恒力對小物塊、木板系統做的功等于系統機械能的增加量
4.如圖4所示，光滑水平地面上有一質量為M＝2 kg的木板，木板的左端放有一質量為m＝1 kg的小木塊，木塊與木板間的動摩擦因數為μ＝0.1。在木板兩側地面上各有一豎直固定墻壁，起初木板靠左側墻壁靜止放置?，F給木塊向右的水平初速度v0＝3 m/s，在此后運動過程中木板與墻壁碰撞前木塊和木板均已相對靜止，木塊始終沒有從木板上掉下，木塊與墻壁沒發生碰撞。設木板與墻壁碰撞時間極短且無機械能損失，g＝10 m/s2，求：
圖4
(1)第一次碰撞墻壁對木板的沖量大小I；
(2)木板的最短長度L；
(3)木塊與木板發生相對滑動的總時間t。
5.(2024·廣東江門一模)如圖5是工人傳輸貨物的示意圖，工人甲把質量m＝7 kg貨物從傾斜軌道的頂端A點由靜止釋放，貨物從軌道的底端B點(B點處有一段長度不計的小圓弧)滑上放置在水平地面上的長木板。長木板的右端到達反彈裝置左端C點的瞬間，貨物剛好運動到長木板的最右端且與長木板達到共速，此時工人乙控制機械抓手迅速把貨物抓起放到存貨區，長木板進入反彈裝置，反彈后長木板的最左端返回B點時恰好靜止。已知傾斜軌道AB的長度L1＝10 m，傾斜軌道AB與水平方向的夾角為θ＝53°，BC段的長度L2＝7.5 m，長木板的長度d＝5 m，貨物與傾斜軌道以及長木板間的動摩擦因數μ1＝0.5，長木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
圖5
(1)貨物到達B點時的速度vB多大；
(2)長木板的右端剛到C點時貨物的速度vC多大；
(3)長木板在反彈過程中損失的能量與長木板剛接觸反彈裝置時的能量比值η。
6.(2024·湖北襄陽二模)如圖6所示，質量為m＝2 kg、左側固定有豎直擋板的平板小車靜置于光滑水平地面上，質量均為m＝2 kg的甲、乙兩物塊(均可視為質點)緊挨著并排放置在小車的水平表面上，物塊甲距左側擋板d＝4.5 m，物塊乙距小車右端足夠遠。已知甲、乙兩物塊與小車接觸面間動摩擦因數分別為μ1＝0.1、μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，t＝0時刻開始用水平向右的恒力F＝10 N作用于小車，t＝3 s時撤去力F。若物塊與擋板發生碰撞，則碰后不再分開。求：
圖6
(1)t＝0時，甲物塊的加速度大小a甲；
(2)小車最終速度的大小v；
(3)甲、乙兩物塊間的最終距離L。
增分培優2　“滑塊—木板”模型的綜合問題
1.滑塊和木板組成的系統所受的合外力為零時，優先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時，需選用動力學觀點解題。
2.滑塊與木板達到相同速度時應注意摩擦力的大小和方向是否發生變化。
3.應注意區分滑塊、木板各自的相對地面的位移和它們的相對位移。用運動學公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移，求系統摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)。
例1 如圖1所示，質量為1 kg、足夠長的長木板B放在水平地面上，質量為2 kg的物塊A放在木板B的左端。物塊A與木板B間的動摩擦因數為0.7，木板B與地面間的動摩擦因數為0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為10 m/s2。現對A施加一水平向右的拉力F，則物塊速度vA、木板速度vB隨時間變化的圖像可能是(　　)
圖1
答案　A
解析　設二者恰不發生相對滑動時，外力大小為F0，對物塊有F0－μ1mAg＝mAaA，對木板有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB，且aA＝aB，解得F0＝30 N，aA＝aB＝8 m/s2。A選項中，物塊和木板一起加速運動，且加速度滿足要求，A正確；B選項中，物塊的加速度大于木板的加速度，均小于二者的最大共同加速度，B錯誤；C選項中，物塊的加速度大小為8.5 m/s2，木板的加速度大小為4.25 m/s2＜8 m/s2，C錯誤；D選項中，二者的加速度相同，但大于二者的最大共同加速度，D錯誤。
例2 (2024·海南卷，17)某游樂項目裝置簡化如圖2所示，A為固定在地面上的半徑R＝10 m的光滑圓弧形滑梯，滑梯頂點a與滑梯末端b的高度差h＝5 m，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板的質量M＝25 kg，一質量為m＝50 kg的游客從a點由靜止開始下滑，并從b點滑上滑板，當滑板右端運動到與其上表面等高的固定平臺C邊緣時，游客恰好滑上平臺，并在平臺上滑行s＝16 m停下。游客可視為質點，其與滑板及平臺表面之間的動摩擦因數均為μ＝0.2，忽略空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求：
圖2
(1)游客滑到b點時對滑梯壓力的大小；
(2)滑板的長度L。
答案　(1)1 000 N　(2)7 m
解析　(1)對游客從a點滑到b點的過程，由動能定理有mgh＝mv2
游客滑到b點時，有
FN－mg＝m
由牛頓第三定律可知，游客滑到b點時對滑梯壓力的大小為FN′＝FN＝1 000 N。
(2)解法一　游客在平臺上運動時，由牛頓第二定律
有μmg＝ma1
由運動學規律有v＝2a1s
解得游客滑上平臺的速度大小v1＝8 m/s
游客在滑板上滑動時，對游客由牛頓第二定律有
μmg＝ma2
對滑板由牛頓第二定律有
μmg＝Ma3
游客在滑板上滑動的過程，由運動學規律有
v1＝v－a2t
游客的位移為x1＝vt－a2t2
滑板的位移為x2＝a3t2
則滑板的長度L＝x1－x2
聯立解得L＝7 m。
解法二　游客在滑板上運動時，游客與滑板組成的系統動量守恒，則對游客在滑板上運動的過程，由動量守恒定律有
mv＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律有
mv2＝mv＋Mv＋μmgL
對游客在平臺上運動的過程，由動能定理有
－μmgs＝0－mv
聯立解得L＝7 m。
例3 (2024·河南鄭州一模)如圖3甲所示，質量mB＝3 kg的長木板B上表面放置一質量mA＝2 kg的物塊A，另有一質量mC＝1 kg的物塊C以某一初速度v0從長木板最左端滑上長木板，物塊C與物塊A發生彈性碰撞后恰好能從長木板左端滑落，物塊A最終未從長木板滑離。物塊A、C與長木板B之間的動摩擦因數均為μ1，長木板B與地面之間的動摩擦因數為μ2，兩物塊碰撞前長木板與地面相對靜止。從兩物塊碰撞后瞬間開始計時，物塊A的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2。求：
圖3
(1)兩物塊碰撞后瞬間C的速度大??；
(2)動摩擦因數μ1、μ2的值；
(3)長木板B與地面之間由于摩擦產生的熱量。
答案　(1)1 m/s　(2)0.4　0.1　(3)0.2 J
解析　(1)規定向右為正方向，設兩物塊碰前瞬間C的速度為vC，碰后瞬間C的速度為vC′，碰后瞬間物塊A的速度為vA，物塊C與物塊A發生彈性碰撞，滿足動量守恒和機械能守恒，則有
mCvC＝mCvC′＋mAvA
mCv＝mCvC′2＋mAv
解得vA＝vC＝vC
vC′＝vC＝－vC
由乙圖可知，物塊A發生碰撞后速度vA＝2 m/s
解得vC′＝－1 m/s，負號表示方向向左。
(2)由乙圖可知，0～0.45 s內，A做勻減速直線運動的加速度大小為aA＝＝4 m/s2
由牛頓第二定律得μ1mAg＝mAaA
解得μ1＝0.4
物塊C從碰撞后到滑落過程中，設加速度大小為aC，由牛頓第二定律得μ1mCg＝mCaC
解得aC＝4 m/s2
物塊C恰好能從長木板左端滑落時速度為零，物塊C從碰撞后到滑落的時間t1＝＝0.25 s
設物塊C從長木板滑落后，長木板的加速度大小為aB
有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB
由乙圖可知t2＝0.45 s后，物塊A和長木板共速，速度大小是vA＝vB＝0.2 m/s
由運動學公式得vB＝aB(t2－t1)
解得aB＝1 m/s2，μ2＝0.1。
(3)長木板B加速階段的位移大小x1＝(t2－t1)
解得x1＝0.02 m
設從A、B共速到停止運動的加速度大小為a，位移大小為x2，
有μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
v＝2ax2
解得x2＝0.02 m
長木板B與地面之間由于摩擦產生的熱量為
Q＝μ2(mA＋mB)g(x1＋x2)
解得Q＝0.2 J。
1.(多選)(2024·黑吉遼卷，10)一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為μ。t＝0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時間內，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖4所示，其中g為重力加速度大小。t＝4t0時刻，小物塊和木板的速度相同。下列說法正確的是(　　)
圖4
A.小物塊在t＝3t0時刻滑上木板
B.小物塊和木板間的動摩擦因數為2μ
C.小物塊與木板的質量之比為3∶4
D.t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動
答案　ABD
解析　由v－t圖像可知，在3t0時刻木板的加速度發生變化，可知小物塊在t＝3t0時刻滑上木板，A正確；由v－t圖像可知，0～3t0時間內，木板的加速度大小a1＝μg，設木板的質量為M，對木板由牛頓第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，在t＝3t0時，木板的速度v1＝a1·3t0＝μgt0，根據題意可知t＝3t0時小物塊以μgt0的速度水平向左滑上木板，3t0～4t0時間內，小物塊的加速度大小a′＝＝2μg，設小物塊的質量為m，對小物塊，由牛頓第二定律有μ′mg＝ma′，可得μ′＝2μ，B正確；由v－t圖像可知，3t0～4t0時間內，木板的加速度大小a2＝μg，對木板分析有F－μ′mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，可得m∶M＝1∶2，C錯誤；t＝4t0之后，假設木板與小物塊相對靜止，對整體有F－μ(M＋m)g＝0，假設成立，所以t＝4t0之后小物塊與木板一起做勻速運動，D正確。
2.(多選)(2024·湖北卷，10)如圖5所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊，質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k為已知常量)。改變子彈的初速度大小v0，若木塊獲得的速度最大，則(　　)
圖5
A.子彈的初速度大小為
B.子彈在木塊中運動的時間為
C.木塊和子彈損失的總動能為
D.木塊在加速過程中運動的距離為
答案　AD
解析　子彈在木塊內運動的過程中，子彈與木塊組成的系統所受合外力為0，所以該系統動量守恒，若子彈沒有射出木塊，則由動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木塊獲得的速度大小為v＝，又子彈的初速度越大，其打入木塊越深，則當子彈恰不射出木塊時，木塊獲得的速度最大，此時有mv＝(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝；若子彈能夠射出木塊，則有v0>，子彈在木塊內運動的過程，對子彈和木塊分別由牛頓第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根據位移關系有v0t－amt2－aMt2＝L，對木塊有vM＝aMt，聯立解得vM＝，又v0越大，穿出木塊所需時間t越小，則vM越小，即隨著v0的增大，木塊獲得的速度vM不斷減小。綜上，若木塊獲得的速度最大，則子彈的初速度大小v0＝，A正確；子彈在木塊內運動的過程，對子彈由動量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子彈在木塊中運動的時間t＝，B錯誤；由能量守恒定律可知，木塊和子彈損失的總動能ΔEk＝kv0L＝，C錯誤；木塊在加速過程中做勻加速運動，由運動學規律有x＝，解得木塊在加速過程中運動的距離x＝，D正確。
1.(多選)如圖1甲所示，小車B緊靠平臺邊緣靜止在光滑水平面上，物體A(可視為質點)以初速度v0從光滑的平臺水平滑到與平臺等高的小車上(未沖出)，物體和小車的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，則以下說法正確的是(　　)
圖1
A.物體A與小車B間的動摩擦因數為0.3
B.物體A與小車B的質量之比為1∶2
C.小車B的最小長度為2 m
D.如果僅增大物體A的質量，物體A有可能沖出去
答案　AC
解析　物體A滑上小車B后做勻減速直線運動，對物體A分析有μmAg＝mAaA，由v－t圖像可得aA＝＝ m/s2＝3 m/s2，聯立解得μ＝0.3，故A正確；對小車B分析有μmAg＝mBaB，由v－t圖像可得aB＝＝ m/s2＝1 m/s2，聯立解得＝，故B錯誤；小車B的最小長度為物體A在小車B上的最大相對滑動位移，則有Lmin＝xA－xB＝×1 m－×1×1 m＝2 m，故C正確；如果僅增大物體A的質量，物體A的加速度保持不變，但是小車B的加速度增大，那么兩者達到共速的時間減小，則物體A與小車B的相對滑動位移減小，所以物體A不可能沖出去，故D錯誤。
2.(多選)如圖2所示，質量為m1＝4 kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一個質量m2＝2 kg的物塊，木板和物塊間的動摩擦因數為0.4，木板的長度為4 m，物塊可視為質點，現用一大小為F＝16 N的力作用在物塊上，下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　)
圖2
A.木板的加速度為2 m/s2
B.物塊的加速度為6 m/s2
C.經過2 s物塊從木板上滑離
D.物塊離開木板時的速度為8 m/s
答案　ACD
解析　對物塊，由牛頓第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4 m/s2；對木板，由牛頓第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，A正確，B錯誤；物塊從木板上滑離時，位移關系滿足a2t2－a1t2＝l，解得t＝2 s，C正確；物塊滑離木板時的速度v2＝a2t＝8 m/s，D正確。
3.(多選)(2024·河南信陽一模)如圖3所示，質量為M＝1 kg的長木板放在粗糙的水平地面上，質量m＝0.5 kg的小物塊置于長木板右端，小物塊與長木板之間的動摩擦因數μ1＝0.4，長木板與地面之間的動摩擦因數μ2＝0.1。現給小物塊施加一個水平向左的恒力F1＝3 N，給長木板施加一個水平向右的恒力F2＝4.5 N。2 s時撤掉力F1，小物塊始終未從長木板上掉下來。下列說法正確的是(　　)
圖3
A.0～2 s長木板的加速度aM＝3 m/s2
B.0～2 s過程中F1對小物塊做了12 J的功
C.0～4 s的過程中小物塊與長木板之間的摩擦生熱Q＝24 J
D.恒力對小物塊、木板系統做的功等于系統機械能的增加量
答案　BC
解析　對長木板進行受力分析，受力示意圖如圖甲所示。
根據牛頓第二定律F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1 m/s2，故A錯誤；對小物塊進行受力分析，小物塊先在拉力、摩擦力的作用下做勻加速直線運動，后在摩擦力作用下做勻減速直線運動，加速度大小分別為2 m/s2和4 m/s2，長木板和小物塊在0～4 s內
的v－t圖像如圖乙所示，0～2 s小物塊的位移x＝4 m，拉力對小物塊做功為W＝12 J，故B正確；兩條v－t圖線圍成的面積表示小物塊相對于木板運動的長度，由v－t圖像可知L＝12 m，小物塊與長木板之間的摩擦生熱Q＝μ1mgL＝24 J，故C正確；恒力對小物塊、木板系統做的功等于系統機械能的增加量加上摩擦生熱，故D錯誤。
4.如圖4所示，光滑水平地面上有一質量為M＝2 kg的木板，木板的左端放有一質量為m＝1 kg的小木塊，木塊與木板間的動摩擦因數為μ＝0.1。在木板兩側地面上各有一豎直固定墻壁，起初木板靠左側墻壁靜止放置?，F給木塊向右的水平初速度v0＝3 m/s，在此后運動過程中木板與墻壁碰撞前木塊和木板均已相對靜止，木塊始終沒有從木板上掉下，木塊與墻壁沒發生碰撞。設木板與墻壁碰撞時間極短且無機械能損失，g＝10 m/s2，求：
圖4
(1)第一次碰撞墻壁對木板的沖量大小I；
(2)木板的最短長度L；
(3)木塊與木板發生相對滑動的總時間t。
答案　(1)4 N·s　(2) m　(3)4 s
解析　(1)取水平向右為正方向，當木塊與木板共速時，由動量守恒定律可得
mv0＝(M＋m)v1
解得v1＝1 m/s
因為木板與墻壁碰撞無機械能損失，所以木板與墻壁碰撞前、后速度大小相等，方向相反，所以第一次碰撞墻壁對木板的沖量為I＝－Mv1－Mv1
解得I＝－4 N·s
第一次碰撞墻壁對木板的沖量大小為4 N·s。
(2)木塊第二次在木板上相對靜止的位置到木板左端的距離為木板的最短長度，設木塊第二次與木板相對靜止時的速度大小為v2，有Mv1－mv1＝(M＋m)v2
解得v2＝ m/s，方向水平向左
由于第二次相對靜止之前木塊相對木板都只向同一方向運動，根據動能定理有
μmgL＝mv－(M＋m)v
解得L＝ m。
(3)木塊與木板第一次共速后，兩者相對運動過程中木板始終在做減速運動，可以將木板所有減速過程連成一個完整的減速過程，其初速度為v1＝1 m/s，末速度為零，相對滑動階段木板加速度大小為
aM＝＝0.5 m/s2
第一次共速前木板加速的時間為t1＝＝2 s
此后所有相對滑動時間為t′＝＝2 s
則木塊與木板相對滑動總時間為t＝t1＋t′＝4 s。
5.(2024·廣東江門一模)如圖5是工人傳輸貨物的示意圖，工人甲把質量m＝7 kg貨物從傾斜軌道的頂端A點由靜止釋放，貨物從軌道的底端B點(B點處有一段長度不計的小圓弧)滑上放置在水平地面上的長木板。長木板的右端到達反彈裝置左端C點的瞬間，貨物剛好運動到長木板的最右端且與長木板達到共速，此時工人乙控制機械抓手迅速把貨物抓起放到存貨區，長木板進入反彈裝置，反彈后長木板的最左端返回B點時恰好靜止。已知傾斜軌道AB的長度L1＝10 m，傾斜軌道AB與水平方向的夾角為θ＝53°，BC段的長度L2＝7.5 m，長木板的長度d＝5 m，貨物與傾斜軌道以及長木板間的動摩擦因數μ1＝0.5，長木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
圖5
(1)貨物到達B點時的速度vB多大；
(2)長木板的右端剛到C點時貨物的速度vC多大；
(3)長木板在反彈過程中損失的能量與長木板剛接觸反彈裝置時的能量比值η。
答案　(1)10 m/s　(2)5 m/s　(3)60%
解析　(1)貨物由A運動到B過程，根據動能定理可得
mgL1sin 53°－μ1mgL1cos 53°＝mv
解得vB＝10 m/s。
(2)貨物在長木板上做勻減速直線運動，由牛頓第二定律，可得a貨＝＝5 m/s2
根據勻變速直線運動規律，有－2a貨L2＝v－v
解得vC＝5 m/s。
(3)長木板進入反彈裝置時的速度為v1＝vC＝5 m/s
設長木板的質量為M，則長木板剛進入反彈裝置時的能量為E＝Mv
長木板反彈后最右端回到C點的速度設為v2，長木板從C點到B點的過程中，由動能定理得
－μ2Mg(L2－d)＝0－Mv
長木板在反彈過程中損失的能量為
ΔE＝Mv－Mv
則長木板在反彈過程中損失的能量與長木板剛接觸反彈裝置時的能量比值η＝×100%＝60%。
6.(2024·湖北襄陽二模)如圖6所示，質量為m＝2 kg、左側固定有豎直擋板的平板小車靜置于光滑水平地面上，質量均為m＝2 kg的甲、乙兩物塊(均可視為質點)緊挨著并排放置在小車的水平表面上，物塊甲距左側擋板d＝4.5 m，物塊乙距小車右端足夠遠。已知甲、乙兩物塊與小車接觸面間動摩擦因數分別為μ1＝0.1、μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，t＝0時刻開始用水平向右的恒力F＝10 N作用于小車，t＝3 s時撤去力F。若物塊與擋板發生碰撞，則碰后不再分開。求：
圖6
(1)t＝0時，甲物塊的加速度大小a甲；
(2)小車最終速度的大小v；
(3)甲、乙兩物塊間的最終距離L。
答案　(1)1 m/s2　(2)5 m/s　(3)4.875 m
解析　(1)規定水平向右為正方向，當F＝10 N時，假設甲、乙、車保持相對靜止，則有F＝3ma共
解得a共＝ m/s2
對甲受力分析得μ1mg≥ma甲
得a甲≤1 m/s2
則a共＞a甲，故甲與車發生相對滑動
假設乙和車保持相對靜止，根據牛頓第二定律，有
F－μ1mg＝2ma共′，解得a共′＝2 m/s2
對乙受力分析得μ2mg≥ma乙，則a乙≤2 m/s2
因為a共′≥a乙
所以乙與車保持相對靜止，故a甲＝1 m/s2，a乙＝2 m/s2。
(2)根據v甲＝a甲t，v乙＝a乙t
可得t＝3 s時v甲＝3 m/s，v乙＝6 m/s
撤去F后，甲、乙、車系統動量守恒，有
mv甲＋(m＋m)v乙＝3mv
解得v＝5 m/s。
(3)前3 s內，甲、乙相對運動的距離
x相對＝(a乙－a甲)t2
解得x相對＝4.5 m＝d
t＝3 s時甲和車相碰，有mv甲＋mv乙＝2mv共
解得v共＝4.5 m/s
對乙受力分析得－μ2mg＝ma乙′
解得a乙′＝－2 m/s2
對甲、車系統受力分析得μ2mg＝2ma甲車
解得a甲車＝1 m/s2
則相對運動位移L＝x相對＋－
代入數據得L＝4.875 m。(共43張PPT)
增分培優2　“滑塊—木板”模型的綜合問題
專題二　能量與動量
目 錄
CONTENTS
增分培優
01
課時跟蹤訓練
03
鏈接高考真題
02
增分培優
1
1.滑塊和木板組成的系統所受的合外力為零時，優先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時，需選用動力學觀點解題。
2.滑塊與木板達到相同速度時應注意摩擦力的大小和方向是否發生變化。
3.應注意區分滑塊、木板各自的相對地面的位移和它們的相對位移。用運動學公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移，求系統摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)。
圖1
A
例1 如圖1所示，質量為1 kg、足夠長的長木板B放在水平地面上，質量為2 kg的物塊A放在木板B的左端。物塊A與木板B間的動摩擦因數為0.7，木板B與地面間的動摩擦因數為0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為10 m/s2?，F對A施加一水平向右的拉力F，則物塊速度vA、木板速度vB隨時間變化的圖像可能是(　　)
解析　設二者恰不發生相對滑動時，外力大小為F0，對物塊有F0－μ1mAg＝mAaA，對木板有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB，且aA＝aB，解得F0＝30 N，aA＝aB＝8 m/s2。A選項中，物塊和木板一起加速運動，且加速度滿足要求，A正確；B選項中，物塊的加速度大于木板的加速度，均小于二者的最大共同加速度，B錯誤；C選項中，物塊的加速度大小為8.5 m/s2，木板的加速度大小為4.25 m/s2＜8 m/s2，C錯誤；D選項中，二者的加速度相同，但大于二者的最大共同加速度，D錯誤。
圖2
例2 (2024·海南卷，17)某游樂項目裝置簡化如圖2所示，A為固定在地面上的半徑R＝10 m的光滑圓弧形滑梯，滑梯頂點a與滑梯末端b的高度差h＝5 m，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板的質量M＝25 kg，一質量為m＝50 kg的游客從a點由靜止開始下滑，并從b點滑上滑板，當滑板右端運動到與其上表面等高的固定平臺C邊緣時，游客恰好滑上平臺，并在平臺上滑行s＝16 m停下。游客可視為質點，其與滑板及平臺表面之間的動摩擦因數均為μ＝0.2，忽略空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)游客滑到b點時對滑梯壓力的大??；
(2)滑板的長度L。
解析　(1)對游客從a點滑到b點的過程，
由牛頓第三定律可知，游客滑到b點時對滑梯壓力的大小為FN′＝FN＝1 000 N。
(2)解法一　游客在平臺上運動時，由牛頓第二定律
有μmg＝ma1
解得游客滑上平臺的速度大小v1＝8 m/s
游客在滑板上滑動時，對游客由牛頓第二定律有μmg＝ma2
對滑板由牛頓第二定律有
μmg＝Ma3
游客在滑板上滑動的過程，由運動學規律有
v1＝v－a2t
則滑板的長度L＝x1－x2
聯立解得L＝7 m。
答案　(1)1 000 N　(2)7 m
解法二　游客在滑板上運動時，游客與滑板組成的系統動量守恒，則對游客在滑板上運動的過程，由動量守恒定律有
mv＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律有
圖3
例3 (2024·河南鄭州一模)如圖3甲所示，質量mB＝3 kg的長木板B上表面放置一質量mA＝2 kg的物塊A，另有一質量mC＝1 kg的物塊C以某一初速度v0從長木板最左端滑上長木板，物塊C與物塊A發生彈性碰撞后恰好能從長木板左端滑落，物塊A最終未從長木板滑離。物塊A、C與長木板B之間的動摩擦因數均為μ1，長木板B與地面之間的動摩擦因數為μ2，兩物塊碰撞前長木板與地面相對靜止。從兩物塊碰撞后瞬間開始計時，物塊A的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)兩物塊碰撞后瞬間C的速度大?。?br/>(2)動摩擦因數μ1、μ2的值；
(3)長木板B與地面之間由于摩擦產生的熱量。
解析　(1)規定向右為正方向，設兩物塊碰前瞬間C的速度為vC，碰后瞬間C的速度為vC′，碰后瞬間物塊A的速度為vA，物塊C與物塊A發生彈性碰撞，
滿足動量守恒和機械能守恒，則有
mCvC＝mCvC′＋mAvA
由乙圖可知，物塊A發生碰撞后速度
vA＝2 m/s
解得vC′＝－1 m/s，負號表示方向向左。
(2)由乙圖可知，0～0.45 s內，A做勻減速直線運動的加速度大小為
由牛頓第二定律得μ1mAg＝mAaA
解得μ1＝0.4
物塊C從碰撞后到滑落過程中，設加速度大小為aC，
由牛頓第二定律得μ1mCg＝mCaC
解得aC＝4 m/s2
物塊C恰好能從長木板左端滑落時速度為零，
物塊C從碰撞后到滑落的時間
設物塊C從長木板滑落后，長木板的加速度大小為aB
有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB
由乙圖可知t2＝0.45 s后，物塊A和長木板共速，速度大小是vA＝vB＝0.2 m/s
由運動學公式得vB＝aB(t2－t1)
解得aB＝1 m/s2，μ2＝0.1。
解得x1＝0.02 m
設從A、B共速到停止運動的加速度大小為a，
位移大小為x2，
有μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
答案　(1)1 m/s　(2)0.4　0.1　(3)0.2 J
解得x2＝0.02 m
長木板B與地面之間由于摩擦產生的熱量為Q＝μ2(mA＋mB)g(x1＋x2)
解得Q＝0.2 J。
鏈接高考真題
2
ABD
1.(多選)(2024·黑吉遼卷，10)一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為μ。t＝0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時間內，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖4所示，其中g為重力加速度大小。t＝4t0時刻，小物塊和木板的速度相同。下列說法正確的是(　 　)
圖4
A.小物塊在t＝3t0時刻滑上木板
B.小物塊和木板間的動摩擦因數為2μ
C.小物塊與木板的質量之比為3∶4
D.t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動
AD
2.(多選)(2024·湖北卷，10)如圖5所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊，質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k為已知常量)。改變子彈的初速度大小v0，若木塊獲得的速度最大，則(　　)
圖5
課時跟蹤訓練
3
AC
1.(多選)如圖1甲所示，小車B緊靠平臺邊緣靜止在光滑水平面上，物體A(可視為質點)以初速度v0從光滑的平臺水平滑到與平臺等高的小車上(未沖出)，物體和小車的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，則以下說法正確的是(　　)
圖1
A.物體A與小車B間的動摩擦因數為0.3
B.物體A與小車B的質量之比為1∶2
C.小車B的最小長度為2 m
D.如果僅增大物體A的質量，物體A有可能沖出去
ACD
2.(多選)如圖2所示，質量為m1＝4 kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一個質量m2＝2 kg的物塊，木板和物塊間的動摩擦因數為0.4，木板的長度為4 m，物塊可視為質點，現用一大小為F＝16 N的力作用在物塊上，下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　 　)
圖2
A.木板的加速度為2 m/s2
B.物塊的加速度為6 m/s2
C.經過2 s物塊從木板上滑離
D.物塊離開木板時的速度為8 m/s
BC
3.(多選)(2024·河南信陽一模)如圖3所示，質量為M＝1 kg的長木板放在粗糙的水平地面上，質量m＝0.5 kg的小物塊置于長木板右端，小物塊與長木板之間的動摩擦因數μ1＝0.4，長木板與地面之間的動摩擦因數μ2＝0.1。現給小物塊施加一個水平向左的恒力F1＝3 N，給長木板施加一個水平向右的恒力F2＝4.5 N。2 s時撤掉力F1，小物塊始終未從長木板上掉下來。下列說法正確的是(　　)
圖3
A.0～2 s長木板的加速度aM＝3 m/s2
B.0～2 s過程中F1對小物塊做了12 J的功
C.0～4 s的過程中小物塊與長木板之間的摩擦生熱Q＝24 J
D.恒力對小物塊、木板系統做的功等于系統機械能的增加量
解析　對長木板進行受力分析，受力示意圖如圖甲所示。
根據牛頓第二定律F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，
解得aM＝1 m/s2，故A錯誤；
對小物塊進行受力分析，小物塊先在拉力、摩擦力的作用下做勻加速直線運動，后在摩擦力作用下做勻減速直線運動，加速度大小分別為2 m/s2和4 m/s2，
木板和小物塊在0～4 s內的v－t圖像如圖乙所示，0～2 s小物塊的位移x＝4 m，拉力對小物塊做功為W＝12 J，故B正確；兩條v－t圖線圍成的面積表示小物塊相對于木板運動的長度，由v－t圖像可知L＝12 m，小物塊與長木板之間的摩擦生熱Q＝μ1mgL＝24 J，故C正確；恒力對小物塊、木板系統做的功等于系統機械能的增加量加上摩擦生熱，故D錯誤。
4. 如圖4所示，光滑水平地面上有一質量為M＝2 kg的木板，木板的左端放有一質量為m＝1 kg的小木塊，木塊與木板間的動摩擦因數為μ＝0.1。在木板兩側地面上各有一豎直固定墻壁，起初木板靠左側墻壁靜止放置?，F給木塊向右的水平初速度v0＝3 m/s，在此后運動過程中木板與墻壁碰撞前木塊和木板均已相對靜止，木塊始終沒有從木板上掉下，木塊與墻壁沒發生碰撞。設木板與墻壁碰撞時間極短且無機械能損失，g＝10 m/s2，求：
圖4
(1)第一次碰撞墻壁對木板的沖量大小I；
(2)木板的最短長度L；
(3)木塊與木板發生相對滑動的總時間t。
解析　(1)取水平向右為正方向，
當木塊與木板共速時，由動量守恒定律可得
mv0＝(M＋m)v1
解得v1＝1 m/s
因為木板與墻壁碰撞無機械能損失，所以木板與墻壁碰撞前、后速度大小相等，方向相反，所以第一次碰撞墻壁對木板的沖量為I＝－Mv1－Mv1
解得I＝－4 N·s
第一次碰撞墻壁對木板的沖量大小為4 N·s。
(2)木塊第二次在木板上相對靜止的位置到木板左端的距離為木板的最短長度，設木塊第二次與木板相對靜止時的速度大小為v2，有
Mv1－mv1＝(M＋m)v2
(3)木塊與木板第一次共速后，兩者相對運動過程中木板始終在做減速運動，可以將木板所有減速過程連成一個完整的減速過程，其初速度為
v1＝1 m/s，末速度為零，相對滑動階段木板加速度大小為
則木塊與木板相對滑動總時間為t＝t1＋t′＝4 s。
5.(2024·廣東江門一模)如圖5是工人傳輸貨物的示意圖，工人甲把質量m＝7 kg貨物從傾斜軌道的頂端A點由靜止釋放，貨物從軌道的底端B點(B點處有一段長度不計的小圓弧)滑上放置在水平地面上的長木板。長木板的右端到達反彈裝置左端C點的瞬間，貨物剛好運動到長木板的最右端且與長木板達到共速，此時工人乙控制機械抓手迅速把貨物抓起放到存貨區，長木板進入反彈裝置，反彈后長木板的最左端返回B點時恰好靜止。已知傾斜軌道AB的長度L1＝10 m，傾斜軌道AB與水平方向的夾角為θ＝53°，BC段的長度L2＝7.5 m，長木板的長度d＝5 m，貨物與傾斜軌道以及長木板間的動摩擦因數μ1＝0.5，長木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
(1)貨物到達B點時的速度vB多大；
(2)長木板的右端剛到C點時貨物的速度vC多大；
(3)長木板在反彈過程中損失的能量與長木板剛接觸反彈裝置時的能量比值η。
圖5
答案　(1)10 m/s　(2)5 m/s　(3)60%
解析　(1)貨物由A運動到B過程，根據動能定理可得
(2)貨物在長木板上做勻減速直線運動，
根據勻變速直線運動規律，
(3)長木板進入反彈裝置時的速度為v1＝vC＝5 m/s
長木板反彈后最右端回到C點的速度設為v2，長木板從C點到B點的過程中，由動能定理得
6.(2024·湖北襄陽二模)如圖6所示，質量為m＝2 kg、左側固定有豎直擋板的平板小車靜置于光滑水平地面上，質量均為m＝2 kg的甲、乙兩物塊(均可視為質點)緊挨著并排放置在小車的水平表面上，物塊甲距左側擋板d＝4.5 m，物塊乙距小車右端足夠遠。已知甲、乙兩物塊與小車接觸面間動摩擦因數分別為μ1＝0.1、μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，t＝0時刻開始用水平向右的恒力F＝10 N作用于小車，t＝3 s時撤去力F。若物塊與擋板發生碰撞，則碰后不再分開。求：
圖6
(1)t＝0時，甲物塊的加速度大小a甲；
(2)小車最終速度的大小v；
(3)甲、乙兩物塊間的最終距離L。
答案　(1)1 m/s2　(2)5 m/s　(3)4.875 m
解析　(1)規定水平向右為正方向，
當F＝10 N時，假設甲、乙、車保持相對靜止，則有F＝3ma共
對甲受力分析得μ1mg≥ma甲
得a甲≤1 m/s2
則a共＞a甲，故甲與車發生相對滑動
假設乙和車保持相對靜止，根據牛頓第二定律，有
F－μ1mg＝2ma共′，解得a共′＝2 m/s2
對乙受力分析得μ2mg≥ma乙，則a乙≤2 m/s2
因為a共′≥a乙
所以乙與車保持相對靜止，故a甲＝1 m/s2，a乙＝2 m/s2。
(2)根據v甲＝a甲t，v乙＝a乙t
可得t＝3 s時v甲＝3 m/s，v乙＝6 m/s
撤去F后，甲、乙、車系統動量守恒，有
mv甲＋(m＋m)v乙＝3mv
解得v＝5 m/s。
(3)前3 s內，甲、乙相對運動的距離
解得x相對＝4.5 m＝d
t＝3 s時甲和車相碰，有mv甲＋mv乙＝2mv共
解得v共＝4.5 m/s
對乙受力分析得－μ2mg＝ma乙′
解得a乙′＝－2 m/s2
對甲、車系統受力分析得μ2mg＝2ma甲車
解得a甲車＝1 m/s2
代入數據得L＝4.875 m。

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