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-（教师用书）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

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： (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。 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： 学生用书⬇第39页 (1)刚开始运动时，A、B加速度的大小； (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。 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 答案：(1)2 m/s2　8 m/s2　(2)2 s 解析：(1)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)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。 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40页 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. 答案：D 解析：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； (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。 学科网（北京）股份有限公司 $