第1部分 专题2 5 微专题强化二 应用动力学、能量和动量观点解决板块问题（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

微专题强化二　应用动力学、能量和动量观点解决板块问题 1.应用动力学观点解决“板—块”模型问题的思路 2.“板—块”模型中的功能关系问题 (1)系统的功能关系分析：WF－FfΔs＝ΔEk。 (2)系统因摩擦产生的内能：Q＝FfΔs。 3.“板—块”模型中的动量问题 (1)涉及单个物体、时间的情况下，优先选用动量定理研究。 (2)系统所受外力的合力为0的情况下，优先选用动量守恒定律研究。 应用动力学观点解决板块问题 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木 学生用书⬇第38页 板小物块均静止，现用F＝14 N 的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，则： (1)在F的作用下，长木板和小物块的加速度各为多大？ (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ (3)要使小物块不滑下木板，木板至少要多长？ 答案：(1)3 m/s2　2 m/s2　(2)0.5 m　(3)0.7 m 解析：(1)假设长木板和小物块恰好不发生相对滑动，则F＝(m＋M)a 对小物块有Ff静＝ma 解得Ff静＞μmg 故假设不成立 可知小物块和长木板发生相对滑动，应用牛顿第二定律可得 长木板加速度a1＝＝3 m/s2 小物块的加速度a0＝＝2 m/s2。 (2)刚撤去F时，小物块相对于长木板向左的位移Δx1＝a1t2－a0t2＝0.5 m。 则刚撤去F时，小物块离长木板右端0.5 m。 (3)刚撤去F时，长木板的速度v1＝a1t＝3 m/s 小物块的速度v2＝a0t＝2 m/s 撤去F后，长木板的加速度a1'＝－＝－0.5 m/s2 当两者速度相等时，有v＝v2＋a0t'＝v1＋a1't' 解得t'＝0.4 s，v＝2.8 m/s 在t'内，小物块相对木板向左的位移 Δx2＝－ 解得Δx2＝0.2 m 最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m 则要使小物块不滑下木板，木板至少长为0.7 m。 应用能量和动量观点解决板块问题 (2025·山东青岛一模)如图所示，质量mB＝4 kg的光滑斜劈B静止在水平台面上，底边长度d＝6 m，高度h＝4 m。B底端距离台面边缘x0＝2 m，水平地面上一质量mC＝2 kg的木板C紧靠平台静置，C上表面与台面相平。质量mA＝2 kg、可看作质点的物块A从B顶端由静止释放，滑到台面上时与台面发生相互作用，A的动能发生损失，进入台面后的速度水平向右，大小为vx＝4 m/s。已知A沿B下滑过程中，A和B相对地面均做匀变速直线运动，B与台面、C与地面间均无摩擦，A与台面、A与C间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)A滑到B底端时，B向左滑动的距离xB； (2)A滑上C时A的速度大小v0； (3)为使A不从C上滑下，C的最小长度L； (4)A滑到B底端后，与台面发生相互作用过程中A损失的动能ΔEk。 审题指导： 题眼点拨 (1)A与B相互作用的过程，系统动量不守恒→但水平方向动量守恒，水平方向满足“人船模型”的条件 (2)A与C相互作用的过程，动量守恒→系统减少的动能转化为内能 答案：(1)2 m　(2)4 m/s　(3)2 m　(4)32 J 解析：(1)A、B系统水平方向上动量守恒，有 mAvA＝mBvB 所以A滑到B底端过程中有mAxA＝mBxB 又xA＋xB＝d 解得xA＝4 m，xB＝2 m。 (2)设A滑上C时的速度为v0，由动能定理得 －μmAg(xB＋x0)＝mA－mA。 解得v0＝4 m/s。 (3)设A、C的共同速度为vAC，A、C系统动量守恒，有mAv0＝(mA＋mC)vAC A、C系统能量守恒，有 μmAgL＝mA－(mA＋mC) 解得L＝2 m。 (4)已知A沿B下滑过程中，A和B相对地面均做匀变速直线运动，A、B系统水平方向上动量守恒，有mAvA'cos α＝mBvB，又tan α＝ A、B系统机械能守恒，有 mAgh＝mAvA'2＋mB 解得A滑到B底端时动能EkA＝mAvA'2＝64 J 根据能量守恒定律，A与台面发生相互作用过程中损失的动能ΔEk＝EkA－mA 解得ΔEk＝32 J。 学生用书⬇第39页 预测.如图所示为两块高度相同的长方体木板A和B，它们相隔一定的距离静置于光滑水平面上，A的长度为LA＝1.0 m。另一小物块C(可视为质点)位于木板A的左端，已知A与C的质量均为m＝1 kg，B的质量为M＝3 kg。C与A间的动摩擦因数为μ1＝0.4，C与B间的动摩擦因数为μ2＝0.15。现给物块C水平向右的初速度v0＝4.0 m/s，当C离开A时，A恰好与B发生弹性碰撞﹐碰后C在B上滑动没有离开B，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块C在木板A上的滑动时间t； (2)木板A对木板B的冲量的大小IAB； (3)木板B的最小长度LB。 答案：(1)0.5 s　(2)3 N·s　(3)0.25 m 解析：(1)C在A上滑动时，对C有μ1mg＝maC 对A有μ1mg＝maA 由运动学规律得v0t－aCt2＝LA＋aAt2 解得t＝0.5 s。 (2)A与B碰前瞬间A的速度为v1＝aAt＝2 m/s A与B发生弹性碰撞，设碰后A、B的速度分别为vA、vB，则有 mv1＝mvA＋MvB m＝m＋M 解得vA＝－1 m/s，vB＝1 m/s 对B由动量定理得IAB＝MvB＝3 N·s。 (3)C滑上B时的速度为vC＝v0－aCt＝2 m/s C恰好没有滑离B且最终与B共速(设为v)时B长度最小 对B与C，由动量守恒定律与能量守恒定律分别有 mvC＋MvB＝(m＋M)v μ2mgLB＝m＋M－(m＋M)v2 解得LB＝0.25 m。 专题集训(九)　应用动力学、能量和动量观点解决板块问题 (时间：45分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－5题，每题5分，共25分) 1.(2025·江西模拟)如图，木板静置于光滑的水平面上，一颗子弹(视为质点)以水平速度击中并留在木板中，若木板对子弹的阻力恒定，子弹质量小于木板质量，虚线表示子弹与木板刚共速时的位置，则在下列四幅图中子弹与木板刚共速时的位置可能正确的是 答案：B 解析：设子弹射入木板的初速度为v0，经过t时间子弹与木板达到共速v，子弹的质量为m，木板的质量为M，由题意可知m＜M，根据动量守恒可得mv0＝(m＋M)v，可得v＝v0＜v0，经过t时间子弹发生的位移大小为x子＝t，木板发生的位移大小为x木＝t，子弹与木板发生的相对位移大小为Δx＝x子－x木＝t－t＝t，则有Δx＝t＞t＝2x木。故选B。 2.(多选)(2025·山西太原二模)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 答案：AD 解析：设A、B的质量均为m，物块A运动到木板右端时的速度大小为v共，有mv＝(m＋m)v共，解得v共＝v，A、B组成的系统动量守恒，则A动量的减少量等于B动量的增加量，故A正确，C错误；物块A做匀减速直线运动，则xA＝·t＝，同理，对木板B有xB＝·t＝，则木板B的长度L＝xA－xB＝，故B错误，D正确。故选AD。 3.如图甲所示，长L＝1 m、质量M＝1.6 kg的木板b静止在地面上，质量m＝0.4 kg的物块a(可视为质点)静止在木板的右端，a与b之间、b与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.3。t＝0时刻对b施加一水平向右的力F，F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法中正确的是 A.0～2 s内，摩擦力对b的冲量为0 B.t＝5 s时，a的速度大小为3.75 m/s C.t＝5 s时，a脱离木板 D.0～5 s内，地面对b的摩擦力的冲量大小为30 N·s 答案：B 解析：木板b与地面间的最大静摩擦力为Ffm＝μ2(M＋m)g＝6 N，结合题图乙可知，0～2 s内，木板b与地面间摩擦力为静摩擦力，大小等于外力F，则0～2 s内摩擦力对b的冲量大小为If1＝×2 N·s＝6 N·s，故A错误；由题图乙可知，t＝3 s后，外力F保持不变，大小为Fm＝9 N，由牛顿第二定律，对物块a有Ff1＝ma1，其中Ff1≤μ1mg＝0.8 N，解得a1≤2 m/s2，对a、b整体，由牛顿第二定律有F1－Ffm＝(M＋m)a1，当a1最大时，有F1＝10 N，即当外力F＝10 N，a、b发生相对滑动，通过分析可知，a、b未发生相对滑动，则a不能脱离木板，t＝2 s后，a、b整体开始相对地面滑动，则2～5 s内地面对b的摩擦力的冲量大小为If2＝FfmΔt＝18 N·s，则0～5 s内，地面对b的摩擦力的冲量为If＝If1＋If2＝24 N·s，0～5 s内，对a、b整体，由动量定理有×3 s＋Fm(5 s－3 s)－If＝(M＋m)v，解得v＝3.75 m/s，故B正确，C、D错误。故选B。 4.(多选)(2025·四川成都模拟)如图甲所示，“L”形木板Q(竖直挡板厚度不计)静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P(视为质点)以6 m/s的初速度滑上木板，t＝2 s时滑块与木板相撞并粘在一起。两者运动的v -t图像如图乙所示。重力加速度大小g＝10 m/s2，则下列说法正确的是 A.“L”形木板的长度为9 m B.Q的质量为1 kg C.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 D.由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的热量之比为1∶4 答案：BD 解析：“L”形木板的长度为L＝×2 m－×2 m＝8 m，A错误；滑块P滑上木板后，滑块P做匀减速运动，木板Q做匀加速运动，碰前P的速度为v1＝3 m/s，木板Q的速度v2＝1 m/s，碰撞后共同速度为v3＝2 m/s，碰撞过程系统的动量守恒，设滑块P的质量为m，木板Q的质量为M，由动量守恒定律可得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，解得M＝1 kg，B正确；设滑块P与木板Q间的动摩擦因数为μ1，地面与木板间的动摩擦因数为μ2，由两者的v -t图像可知，在0～2 s时间内，滑块P的加速度为aP＝ m/s2＝－1.5 m/s2，木板Q的加速度为aQ＝ m/s2＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律可得－μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，代入数据解得μ2＝0.05，C错误；由于碰撞系统损失的机械能为ΔE＝m＋M－(m＋M)，解得ΔE＝1 J，碰撞后木板Q与地面摩擦产生的热量Q＝(m＋M)＝4 J，由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能之比为1∶4，D正确。故选BD。 5.(多选)(2025·山东济南一模)如图所示，足够长的木板M放在光滑水平面上，滑块N放在木板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡板。木板M和滑块N以相同的速度v0水平向右运动，木板M和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。以木板M第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点，水平向右为正方向，以下描述木板M和滑块N的速度随时间变化规律的图像(用实线表示滑块N的速度变化规律，用虚线表示木板M的速度变化规律)可能正确的是 答案：ABD 解析：若木板和滑块的质量相等，则碰撞后滑块向右减速的加速度大小等于木板向左减速的加速度大小，同时减速为0，故A可能正确；若木板的质量大于滑块的质量，则－Mv0＋mv0＝(M＋m)v，两物体共速时速度向左，而后一起匀速运动，故B可能正确，C错误；若木板的质量小于滑块的质量，两物体共速时速度向右，先匀速运动一段再和挡板碰撞，重复之前的过程，故D可能正确。故选ABD。 6.(12分)(2024·甘肃高考)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力大小。 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 答案：(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 解析：根据题意，设A、C质量为m＝2 kg，B的质量为M＝6 kg，细绳O'P、OP长为l＝1.6 m，初始时细绳O'P、OP与竖直方向夹角均为θ＝60°。 (1)A开始运动到最低点有 mgl＝m－0 在最低点对A受力分析，根据牛顿第二定律得 F－mg＝m 解得v0＝4 m/s，F＝40 N 由牛顿第三定律可知，A运动到最低点时细绳OP所受的拉力大小为40 N。 (2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知mv0＝0＋mvC 解得vC＝v0＝4 m/s。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，根据动量守恒可得mvC＝v 根据能量守恒得 μmgL相对＝m－v2 联立解得μ＝0.15。 7.(13分)(2025·浙江模拟三)如图所示，倾角为θ的斜面AB与长度为L1的水平面BC平滑连接，tan θ＝，光滑细管道CD是由两个半径均为R＝0.2 m的四分之一圆弧组成，G为两圆弧的连接点，入口C和出口D处切线均水平，出口D的右侧是光滑水平台阶，台阶右侧地面EF(足够长)上放置长度L2＝2.0 m、质量M＝0.5 kg的木板，木板紧靠台阶右侧且水平上表面与台阶齐平。质量m＝0.3 kg的滑块P从斜面上高度h0＝5.0 m的A点由静止释放，恰好能到达D点。滑块与斜面AB及水平面BC间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，整个装置位于竖直平面内，滑块可以看成质点，经过连接点时无机械能损失，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g＝10 m/s2。 (1)求水平面BC的长度L1； (2)求滑块经过G点时对管道的压力大小； (3)已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ2，若滑块能滑上木板，且不滑离木板，求滑块释放的高度h的取值范围。 答案：(1)1.2 m　(2)6 N (3)5 m＜h≤(16μ2＋5)m 解析：(1)滑块恰好能到达D点，即到达D点时速度恰为零 对滑块从A到D的过程，根据动能定理有 mg(h0－2R)－μ1mgcos θ·－μ1mgL1＝0 解得L1＝1.2 m。 (2)对滑块从G到D的过程，根据动能定理得 －mgR＝0－m 解得vG＝2 m/s 在G点根据牛顿第二定律有FN＝m 解得FN＝6 N 根据牛顿第三定律可知，滑块经过G点时对管道的压力大小为6 N。 (3)根据题意可知，滑块恰不能滑上木板时，释放高度为h0＝5.0 m。要使滑块恰不滑离木板，即滑块恰能运动到木板右端，此时两者速度相同，对滑块从A到D，根据动能定理有mg－μ1mgcos θ·－μ1mgL1＝m－0 滑块与木板组成的系统动量守恒，则有 mvD＝v 由能量守恒定律有 m－v2＝μ2mgL2 联立解得h大＝ m 故5 m＜h≤ m。 学生用书⬇第40页 学科网（北京）股份有限公司 $