2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)講義微專題2滑塊—木板模型綜合問(wèn)題1.模型特點(diǎn):摩擦力的分析與“傳送帶”模型類似,木板受到摩擦力的影響,往往做勻變速直線運(yùn)動(dòng),解決此類問(wèn)題要注意從速度、位移、時(shí)間等角度尋找各運(yùn)動(dòng)過(guò)程之間的聯(lián)系.2.解題關(guān)鍵:(1)抓住臨界條件,使滑塊不從木板的末端掉下來(lái)的臨界條件是滑塊到達(dá)木板末端時(shí)的速度與木板的速度恰好相同.(2)抓住問(wèn)題實(shí)質(zhì),“滑塊—木板”模型的本質(zhì)是相對(duì)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題,一是分析共速時(shí)是否發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng),采用假設(shè)法判斷摩擦力是靜摩擦力還是滑動(dòng)摩擦力,二是要分別求出滑塊和木板對(duì)地的位移,再計(jì)算相對(duì)位移.系統(tǒng)動(dòng)量不守恒例1如圖甲所示,足夠長(zhǎng)的木板置于光滑水平地面上,其上表面的右端放置一個(gè)小滑塊,開(kāi)始時(shí)兩者均靜止.現(xiàn)木板受到一水平向右逐漸增大的拉力F的作用,其加速度a隨拉力F變化的關(guān)系圖像如圖乙所示,直線AB的反向延長(zhǎng)線的橫截距為3N.已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10m/s2.求:(1)木板與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(2)木板的質(zhì)量M和滑塊的質(zhì)量m.變式(不定項(xiàng))如圖所示,C為質(zhì)量不計(jì)的足夠長(zhǎng)的硬質(zhì)膜,放在光滑的水平面上,其上分別靜止放有兩個(gè)物體A和B,A的質(zhì)量為10kg,B的質(zhì)量5kg,與膜之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2,物體受到的最大靜摩擦力等于其滑動(dòng)摩擦力.50N的水平拉力F在t=0時(shí)刻開(kāi)始作用在物體上,g取10m/s2.下列說(shuō)法正確的是 ()A.若力F水平向右作用在物體A上,則物體A的加速度大小為3m/s2B.若力F水平向右作用在物體A上,1s后撤去力F,則物體A最終的速度大小為103C.若力F水平向左作用在物體B上,則物體B的加速度大小為8m/s2D.若力F水平向左作用在物體B上,1s后撤去力F,則物體B最終的速度大小為103系統(tǒng)動(dòng)量守恒例2(不定項(xiàng))[2024·湖北孝感模擬]如圖所示,在光滑水平面上,有一質(zhì)量M=3kg的薄板和質(zhì)量m=1kg的物塊都以v=4m/s的初速度相向運(yùn)動(dòng),它們之間有摩擦,且動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1,薄板足夠長(zhǎng),下列說(shuō)法正確的是 ()A.當(dāng)薄板的速度為3m/s時(shí),物塊正在向左運(yùn)動(dòng),且正在減速B.物塊向左滑行的最大位移約為3.556mC.物塊相對(duì)于木板的位移約為19.556mD.物塊與木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為24J例3[2024·嘉興模擬]如圖所示,放在光滑水平面上的小車可以在兩個(gè)固定障礙物A、B之間往返運(yùn)動(dòng).小車最左端放有一個(gè)小木塊,初始小車緊挨障礙物A靜止.某時(shí)刻,一粒子彈以v0=27m/s的速度射中木塊并嵌入其中.小車向右運(yùn)動(dòng)到與障礙物B相碰時(shí),木塊恰好運(yùn)動(dòng)到小車的最右端,且小車與木塊恰好達(dá)到共速.小車和它上面的木塊同時(shí)與障礙物B相碰,碰后小車速度立即減為零,而木塊以碰撞之前的速率反彈.過(guò)一段時(shí)間,小車左端又與障礙物A相碰,碰后小車速度立即減為零,木塊繼續(xù)在小車上向左滑動(dòng),速度逐漸減為零而停在小車上.已知小車質(zhì)量為m,長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2.7m,小木塊質(zhì)量為25m,子彈質(zhì)量為110m,子彈和小木塊都可以看作質(zhì)點(diǎn),g取10m/s2.(1)小木塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度;(2)小木塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù);(3)小木塊最終停止運(yùn)動(dòng)后,小木塊在小車上的位置與小車右端的距離.【跟蹤訓(xùn)練】1.(不定項(xiàng))[2024·鎮(zhèn)海中學(xué)模擬]如圖所示,質(zhì)量為M=2kg的木板AB靜止放在光滑水平面上,木板右端B點(diǎn)處固定一根輕質(zhì)彈簧,彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)左端在C點(diǎn),C點(diǎn)到木板左端的距離L=1.0m,可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊質(zhì)量為m,靜止放置在木板的左端.現(xiàn)對(duì)木板AB施加水平向左的恒力F=24N,0.5s時(shí)撤去恒力F,此時(shí)木塊恰好到達(dá)彈簧自由端C處,此后的運(yùn)動(dòng)中沒(méi)有超過(guò)彈簧的彈性限度.已知木板上C點(diǎn)左側(cè)部分與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2,C點(diǎn)右側(cè)部分光滑,g取10m/s2.下列說(shuō)法正確的是 ()A.撤去恒力F后,木板先做減速運(yùn)動(dòng),后做勻速運(yùn)動(dòng)B.恒力F對(duì)木板AB做功為26JC.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,彈簧的最大彈性勢(shì)能為8JD.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為8J2.[2024·溫州模擬]如圖甲所示,質(zhì)量為M=1kg、長(zhǎng)度為L(zhǎng)=1.5m的木板A靜止在光滑水平面上(兩表面與地面平行),在其右側(cè)某一位置有一豎直固定擋板P.質(zhì)量為m=3kg的小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))以v=4m/s的初速度從A的最左端水平?jīng)_上A,一段時(shí)間后A與P發(fā)生彈性碰撞.以碰撞瞬間為計(jì)時(shí)起點(diǎn),取水平向右為正方向,碰后0.3s內(nèi)B的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示.重力加速度g取10m/s2.(1)求B剛沖上A時(shí)擋板P離A板右端的最小距離;(2)求A與P第1次碰撞到第2次碰撞的時(shí)間間隔內(nèi)產(chǎn)生的熱量;(3)A與P碰撞幾次,B與A分離?參考答案與詳細(xì)解析例1(1)0.3(2)3kg1kg[解析](1)根據(jù)圖像可知,當(dāng)拉力F滿足0<F≤12N時(shí),滑塊和木板保持相對(duì)靜止一起向右加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)拉力F>12N時(shí),滑塊和木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),所以木板和滑塊恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí),加速度a0=3m/s2對(duì)滑塊,根據(jù)牛頓第二定律有μmg=ma0解得μ=0.3(2)當(dāng)拉力F>12N時(shí),對(duì)木板,根據(jù)牛頓第二定律有F-μmg=Ma整理得a=1MF-則a-F圖像中直線AB段的斜率k=1M=3?012?3解得M=3kg當(dāng)拉力F滿足0<F≤12N時(shí),對(duì)整體,根據(jù)牛頓第二定律有F=(M+m)a整理得a=1M則a-F圖像中直線OA段的斜率k'=1M+m=3?0解得m=1kg變式BCD[解析]根據(jù)題意可知,A與C之間的最大靜摩擦力為FfmA=μmAg=20N,B與C之間的最大靜摩擦力為FfmB=μmBg=10N,由于C的質(zhì)量不計(jì),則C的合力一定為0,即A與C之間和B與C之間的摩擦力大小相等,根據(jù)題意,若力F水平向右作用在物體A上,由于物體B的最大加速度為aBm=FfmBmB=2m/s2,對(duì)整體有Fm=(mA+mB)aBm=30N<F=50N,可知B與C之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),由牛頓第二定律,對(duì)物體A有F-FfmB=mAaA1,解得aA1=4m/s2,1s后,物體A的速度為vA1=aA1t=4m/s,物體B的速度為vB1=aBmt=2m/s,撤去力F后,A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,最終三者共速,則有mAvA1+mBvB1=(mA+mB)v1,解得v1=103m/s,故A錯(cuò)誤,B正確;根據(jù)題意,若力F水平向左作用在物體B上,則B與C之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),由牛頓第二定律,對(duì)物體B有F-FfmB=mBaB2,解得aB2=8m/s2,對(duì)物體A有FfmB=mAaA2,解得aA2=1m/s2,1s后,物體A的速度為vA2=aA2t=1m/s,物體B的速度為vB2=aB2t=8m/s,撤去力F后,A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,最終三者共速,則有mAvA2+mBvB2=(mA+mB)v2,解得v2=103m/s,例2AD[解析]取薄板運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?設(shè)薄板和物塊共速時(shí)的速度大小為v共,薄板和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有Mv-mv=(M+m)v共,解得v共=2m/s,故薄板向右做減速運(yùn)動(dòng),物塊先向左減速運(yùn)動(dòng),速度減到零后向右加速運(yùn)動(dòng),最終薄板和物塊一起向右運(yùn)動(dòng),當(dāng)薄板速度大小為v1=3m/s時(shí),設(shè)此時(shí)物塊的速度為v2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得Mv-mv=Mv1+mv2,解得v2=-1m/s,即此時(shí)物塊正在向左減速運(yùn)動(dòng),故A正確;對(duì)物塊,根據(jù)牛頓第二定律得a=μmgm=1m/s2,當(dāng)物塊對(duì)地速度為0時(shí),向左滑行的位移最大,為x=v22a=8m,故B錯(cuò)誤;薄板和物塊相對(duì)運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程,根據(jù)能量守恒定律得Q=12Mv2+12mv2-12(M+m)v共2=μmgΔx,解得Q=24J,Δx例3(1)5.4m/s(2)0.36(2)0.35m[解析](1)小木塊在小車上滑動(dòng)時(shí)做減速運(yùn)動(dòng),因此小木塊的最大速度為子彈射入木塊后的共同速度,設(shè)子彈和小木塊的共同速度為v1,以向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有110mv0=110m解得小木塊的最大速度為v1=5.4m/s (2)將內(nèi)嵌子彈的小木塊與小車看作整體,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)整體與障礙物B相碰時(shí)達(dá)到的共同速度為v2,由動(dòng)量守恒定律得110m+25mv1=110m+25解得v2=1.8m/s設(shè)小木塊與小車之間的摩擦力為Ff,動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,對(duì)三者組成的系統(tǒng),由能量守恒定律得FfL=12110m+25mv12-1其中Ff=μ110m聯(lián)立解得μ=0.36 (3)設(shè)小木塊反彈后與小車達(dá)到相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)共同速度為v3,相對(duì)小車滑動(dòng)的距離為s1,小車停下后小木塊做勻減速運(yùn)動(dòng),相對(duì)小車滑行的距離為s2,小木塊反彈后,對(duì)三者組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律得110m+25mv由能量守恒定律得Ffs1=12110m+25mv22-1小車停下后,對(duì)小木塊,由動(dòng)能定理得Ffs2=12解得s1=0.3m,s2=0.05m所以小木塊最終停止運(yùn)動(dòng)后,小木塊在小車上的位置與小車右端的距離為x=s1+s2=0.35m【跟蹤訓(xùn)練】1.CD[解析]恒力F作用的過(guò)程中,對(duì)小木塊有μmg=ma1,x1=12a1t2,聯(lián)立解得a1=2m/s2,x1=0.25m,對(duì)木板有F-μmg=Ma2,x2=12a2t2,x2-x1=L,聯(lián)立解得x2=1.25m,a2=10m/s2,m=2kg,則恒力F對(duì)木板AB做功為W=Fx2=30J,此時(shí)木板的速度v2=a2t=5m/s,小木塊的速度v1=a1t=1m/s,所以撤去恒力F后,彈簧被壓縮,小木塊繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng),木板開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng),彈簧壓縮到最短時(shí),兩者共速,此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大,由動(dòng)量守恒定律有mv1+Mv2=(M+m)v,由能量守恒定律有12mv12+12Mv22=12(M+m)v2+Epm,聯(lián)立解得v=3m/s,Epm=8J,之后彈簧壓縮量減小,小木塊繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng),木板繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng),彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),小木塊速度大于木板速度,小木塊接著向左運(yùn)動(dòng)進(jìn)入粗糙面,開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng),木板受到向左的摩擦力,開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤,C正確;彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv1+Mv2=Mv2'+mv1',根據(jù)能量守恒定律有12mv12+12Mv22=12Mv2'2+12mv1'2,聯(lián)立解得v1'=5m/s,v2'=1m/s,假設(shè)二者在粗糙部分最后共速,則由動(dòng)量守恒定律有(m+M)v'=Mv2'+mv1',解得v'=3m/s,木板的加速度大小a2'=μmgM=2m/s2,木板向左運(yùn)動(dòng)的位移x2'=v'2-v2'22a2'=2m,小木塊的位移x1'=v'2-v1'2.(1)6m/s2m/s(2)3.5m[解析](1)以向右為正方向,設(shè)滑塊第一次滑到B點(diǎn)時(shí)滑塊和小車的速度分別為v1、v2,系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,有mv1+Mv2=0根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgR=12mv12+聯(lián)立解得v1=6m/s,v2=-2m/s(2)設(shè)滑塊第一次在水平面BD上向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離B點(diǎn)的最大距離為x,此時(shí)滑塊和小車共速,系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,所以此時(shí)滑塊和小車的速度均為零,當(dāng)滑塊第一次向左滑上圓弧面最高點(diǎn)時(shí),系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,所以此時(shí)滑塊和小車的速度也均為零.根據(jù)能量守恒定律有μmg·2x=mg(R-h)解得x=3.5m3.(1)0.3m(2)13.5J(3)2次[解析](1)由圖像可知,A第1次與P碰前瞬間B的速度為vB0=3m/s,設(shè)此時(shí)A的速度vA0,對(duì)A、B組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律有mv=MvA0+mvB0解得vA0=3m/s由圖像可知,0~0.3s內(nèi),B的加速度大小aB=ΔvΔt=5由牛頓第二定律有μmg=maB解得μ=0.5由于vA0=vB0,說(shuō)明A第1次與P碰撞前,A與B已達(dá)到共速,設(shè)從B滑上A到A與B共速過(guò)程中A的位移為xA1,對(duì)A由動(dòng)能定理有μmgxA1=12M解得xA1=0.3m所以擋板P離A板右端的最小距離為0.3m.(2)設(shè)從B滑上A到A與B共速過(guò)程中B的位移為xB1,對(duì)B由動(dòng)能定理有-μmgxB1=12mvB02解得xB1=0.7mA與P第一次碰撞前,A與B的相對(duì)位移x相對(duì)1=xB1-xA1=0.4mA與P第1次碰后反彈,先向左做勻減速運(yùn)動(dòng),后向右做勻加速運(yùn)動(dòng),假設(shè)A與P第2次碰前A與B已達(dá)到共速,此時(shí)速度為v1,以水平向右為正方向,對(duì)A、B組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律可得mvB0-MvA0=(M+m)v1解得v1=1.5m/s對(duì)A由動(dòng)能定理得μmgxA2=12Mv12由B由動(dòng)能定理得-μmgxB2=12mv12-解得xA2=-0.225m,xB1=0.675mA與P碰后到A與B共速,A與P的相對(duì)位移x相對(duì)2=xB2-xA2=0.9m由于x相對(duì)1+x相對(duì)2=1.3m