板块模型的力与能量问题 讲义-2026届高考物理二轮复习专题

板块模型的力与能量问题 一．知识讲解 1．板块模型的动力学分析和功能关系分析 情境模型图示 动力学分析 分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移 功和能分析 （1）对滑块和木板分别运用动能定理； （2）对滑块和木板组成的系统运用能量守恒定律 解题时应注意三个问题 （1）求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑； （2）求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板； （3）求摩擦生热时用相对位移Δx 2．滑块—木板模型的解题思路 （1）解决滑块—木板模型问题的关键是先对物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质特征，然后列方程联立求解。 （2）解题思路 二．典例精讲 1．水平面上“滑块—木板”模型 例题1 （多选）如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m＝0.5 kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。t＝0时给小物块施加一个水平向左的恒力F1＝3 N，给长木板施加一个水平向右的恒力F2＝4.5 N。t＝2 s时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来。取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A．0～2 s内长木板的加速度大小aM＝3 m/s2 B．0～2 s过程中F1对小物块做了12 J的功 C．0～4 s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝24 J D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量 【答案】BC 【解析】对长木板，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1 m/s2，A错误；取长木板的运动方向为正方向，对小物块在0～2 s内，由牛顿第二定律得μ1mg－F1＝ma1，解得a1＝－2 m/s2，2 s后，对小物块由牛顿第二定律有μ1mg＝ma2，解得a2＝4 m/s2，作出长木板和小物块在0～4 s内的v－t图像如图乙中图线a、b所示，由图乙可知，0～2 s内小物块做匀加速直线运动，位移大小x＝4 m，拉力F1对小物块做功为W＝F1x＝12 J，B正确；两条v－t图线围成图形的面积表示小物块相对于木板运动的长度，由v－t图像知L＝12 m，小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝μ1mgL＝24 J，C正确；由功能关系知，恒力对小物块和木板组成的系统做的功等于系统机械能的增加量和摩擦生热之和，D错误。 2．倾斜面上“滑块—木板”模型 例题2 如图所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块（视为质点），物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg（0.5＜k＜1），初始时木板下端与挡板的距离为L。现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板，重力加速度为g，求： （1）木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1； （2）从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小Δx； （3）木板的长度x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。 【答案】（1）　（2）　（3）　 【解析】（1）对物块与木板整体，根据动能定理有2mgLsin θ＝ 解得v1＝。 （2）木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小为a1，则mgsin θ＋kmg＝ma1， 解得a1＝0.5g＋kg，沿斜面向下， 物块的加速度大小为a2，则kmg－mgsin θ＝ma2， 解得a2＝kg－0.5g，沿斜面向上， 规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时， 对木板有v共＝－v1＋a1t1， 对物块有v共＝v1－a2t1， 解得t1＝，v共＝ 木板第一次与挡板碰撞到二者第一次速度相同时物块的位移x块＝ 木板的位移大小x板＝ 之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移为Δx＝x块＋x板＝。 （3）设板长为x，从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒， 则mgLsin θ＋mg(L＋x)sin θ－kmgx＝0，解得x＝ 故系统产生的热量Q＝kmgx＝。 三．跟踪训练 1．（多选）（2023·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开始运动。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．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于－fl D．物块的动能一定小于－fl 【答案】BD 【解析】设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1＞v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得＝＋＋fl，整理可得＝－fl－＜－fl，D正确，C错误；因摩擦产生的热量Q＝fl＝f(xm－xM)，根据运动学公式xm＝，xM＝，因为v0＞v1＞v2，可得xm＞2xM，则xm－xM＝l＞xM，所以W＝fxM＜fl，B正确，A错误。故选BD。 2．（多选）（2023·河北·联考题）如图所示，倾角为30°足够长的光滑斜面固定在水平地面上，一木板B置于斜面顶端，木板B的质量M＝4 kg，某时刻，B由静止释放的同时，有一个质量为m＝1 kg的物块A以沿斜面向上，大小为5 m/s的初速度滑上木板，A、B间动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，关于物块和木板的运动，下列说法正确的是（ ） A．物块刚滑上板时，木板的加速度为3.125 m/s2 B．要使物块不滑离板，则木板长至少为2 m C．整个运动过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量Q为10 J D．不论板多长，物块最终一定能滑离木板 【答案】AC 【解析】A．对木板，根据牛顿第二定律可得Mgsin θ－μmgcos θ＝Ma1，解得a1＝3.125 m/s2，故A正确； BD．对物块，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，解得a2＝12.5 m/s2 物块先做匀减速直线运动，速度减为0后，再做匀加速直线运动，匀减速和匀加速的加速度相同，板始终做匀加速直线运动，当两者共速后，物块和木板一起做匀加速直线运动的加速度为a共＝gsin θ＝5 m/s2 设沿斜面向下为正方向，则－v0＋a2t共＝a1t共 共速时间为t共＝ s，x相＝＝ m，故BD错误； C．整个过程因摩擦产生的热量为Q＝μmgx相cos θ＝10 J，故C正确。 故选AC。 学科网（北京）股份有限公司 $