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-（配套课件）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题二　能量与动量 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。 角度1 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，长木板与小物块均静止，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： 例1 (1)在F的作用下，长木板和小物块的加速度各为多大？ 答案：3 m/s2　2 m/s2　 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，小物块离长木板右端多远？ 答案：0.5 m　 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)要使小物块不滑下木板，木板至少要多长？ 答案：0.7 m 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。 例2 如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，质量mB＝0.2 kg、长度L＝18 m的薄木板放在斜面上，A是质量mA＝0.1 kg的滑块(可视为质点)。初始状态时，薄木板下端Q距斜面底端距离x＝15 m，现将B由静止释放，同时滑块A以速度v0＝6 m/s从木板上端P点沿斜面向下运动。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： 审题指导： 题眼 点拨 (1)刚开始运动时，分别分析A、B受力→利用牛顿第二定律计算加速度的大小 (2)判断两者是否能达到共速→若达到共速，判断共速后的运动情况 模型 方法 板块模型共速的判断方法 (1)刚开始运动时，A、B加速度的大小； 答案：2 m/s2　8 m/s2　 开始运动时A加速度的大小 aA＝＝2 m/s2 B加速度的大小 aB＝＝8 m/s2。 (2)从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间。 答案：2 s 假设滑块不脱离木板，当两者达到共速时，有 v＝v0＋aAt1＝aBt1 解得t1＝1 s，v＝8 m/s 此时木板下滑位移xB＝aB＝4 m 滑块下滑位移xA＝v0t1＋aA＝7 m 二者相对位移Δx＝xA－xB＝3 m＜L＝18 m 二者共速时滑块未脱离木板，假设成立，此后A、B一 起沿斜面向下运动，加速度为a＝gsin 37°＝6 m/s2 当木板下滑到达底端时有x－xB＝vt2＋a 解得t2＝1 s 则从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间t＝t1＋t2＝2 s。 解决板块问题的技巧 1.弄清各物体初态的对地运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。 2.准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。 3.速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。 方法技巧 角度2 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： 例2 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 (1)A滑到B底端时，B向左滑动的距离xB； 答案：2 m　 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)A滑上C时A的速度大小v0； 答案：4 m/s　 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)为使A不从C上滑下，C的最小长度L； 答案：2 m　 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)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。 答案：32 J 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。 预测1.(2025·河北沧州模拟)如图甲所示，两个质量均为m、厚度均为d、高度均为h的木板A、B静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(体积忽略)以一定初速度v0打入木板A，子弹恰好未离开木板B且A、B两木板没有发生碰撞。现把A、B两块木板绑在一起横放(如图乙所示)，子弹再次以同样的初速度v0打入木板A，子弹也恰好未离开木板。设子弹在木板中受到的阻力恒定，忽略空气阻力和重力引起的竖直方向的运动，则等于 A. B. C. D. √ 子弹第一次打入木板A的过程中，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，由能量守恒定律有Ffd＝m－m－m；子弹打入木板B的过程中，由动量守恒定律有mv1＝2mv3，由能量守恒定律有Ffd＝m－·2m，联立解得Ffd＝m。子弹第二次打入木板A的过程中，由动量守恒定律有mv0＝3mv4，由能量守恒定律有Ffh＝m－·3m，联立解得Ffh＝m，可得＝。故选D。 预测2.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； 答案：0.5 s　 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)木板A对木板B的冲量的大小IAB； 答案：3 N·s　 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)木板B的最小长度LB。 答案：0.25 m 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 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 √ 2 3 4 5 6 7 1 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 3 4 5 6 7 1 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 √ √ 2 3 4 5 6 7 1 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。 2 3 4 5 6 7 1 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 √ 2 3 4 5 6 7 1 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， 2 3 4 5 6 7 1 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。 2 3 4 5 6 7 1 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 √ √ 2 3 4 5 6 7 1 “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， 2 3 4 5 6 7 1 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。 2 3 4 5 6 7 1 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 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 1 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。 2 3 4 5 6 7 1 6.(12分)(2025·齐鲁名校大联考)如图所示，长木板静止在光滑水平地面上，一木块(可视为质点)放置在长木板的最右端，一轻质弹簧固定在长木板左侧的竖直墙壁上。某时刻一子弹(可视为质点)以水平速度v0射中木块并在极短时间内嵌入其中，之后二者一起运动，当木块与长木板达到共同速度v共＝3 m/s时，长木板左端刚好与弹簧接触，之后长木板开始压缩弹簧，弹簧压缩至最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时木块恰好停留在长木板的最左端。已知子弹的质量m0＝10 g，木块的质量m＝0.99 kg，长木板的质量M＝1 kg，木块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板的长度l＝6.5 m，取g＝10 m/s2。求： 2 3 4 5 6 7 1 (1)子弹射入木块前的速度大小； 答案：600 m/s　 对子弹、木块和长木板三者组成的系统，根据动量守恒定律，有m0v0＝v共 解得v0＝600 m/s。 2 3 4 5 6 7 1 (2)开始时长木板左端与弹簧右端之间的距离； 答案：2.25 m　 子弹射中木块的极短时间内，根据动量守恒定律，有m0v0＝v' 解得v'＝6 m/s 长木板未接触弹簧前，木块在长木板上滑行时，对木块(含子弹)，根据牛顿第二定律有 μg＝a1 解得a1＝2 m/s2 2 3 4 5 6 7 1 对长木板，根据牛顿第二定律有μg＝Ma2 解得a2＝2 m/s2 设长木板未接触弹簧前，木块与长木板发生相对滑行的时间为t，则根据运动规律有v'－a1t＝a2t 解得t＝1.5 s 此段时间内，长木板的位移大小即开始时长木板左端与弹簧右端之间的距离，为d＝a2t2＝2.25 m。 2 3 4 5 6 7 1 (3)弹簧的最大弹性势能。 答案：5 J 长木板未接触弹簧前，木块相对于长木板的位移大小Δx＝(v't－a1t2)－d＝4.5 m 长木板接触弹簧时，木块与长木板左端的距离 d'＝l－Δx＝2 m 长木板压缩弹簧的过程，对木块(含子弹)、长木板与弹簧组成的系统，根据能量守恒定律有 ＝μgd'＋Epm 解得Epm＝5 J。 2 3 4 5 6 7 1 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。 2 3 4 5 6 7 1 (1)求水平面BC的长度L1； 答案：1.2 m　 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 3 4 5 6 7 1 (2)求滑块经过G点时对管道的压力大小； 答案：6 N 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。 2 3 4 5 6 7 1 (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：5 m＜h≤(16μ2＋5)m 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 2 3 4 5 6 7 1 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。 2 3 4 5 6 7 1 专 题 二 能 量 与 动 量 谢 谢 观 看 ！ 2 3 4 5 6 7 1 $