四川阆中中学2026届高三物理复习专题二：微专题2　力学三大观点在板块模型中的应用

微切口2　力学三大观点在板块模型中的应用 类型1　有外力作用 　(2025·南通第三次调研)如图所示，长L＝1.0 m的轻质板C静止在光滑水平面上，小物块A、B分别静置在板C的左右两端，质量mA、mB均为1.0 kg，A、B与C间的动摩擦因数分别为μA＝0.4、μB＝0.2.现给A施加水平向右的推力，使它们开始运动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B间的碰撞为弹性碰撞，取g＝10 m/s2. (1) 若推力大小F1＝2.0 N，A、B、C以相同的加速度一起运动，求加速度大小a及B受到的摩擦力大小fB. (2) 若推力大小F2＝6.0 N，B相对C运动，求从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程中，B所受摩擦力的冲量大小I. (3) 若推力大小F2＝6.0 N，经时间t＝1.0 s撤去推力，A、B、C继续运动到稳定状态，求整个过程中产生的热量Q. 类型2　无外力作用 　(2025·盐城调研)如图所示，在光滑的水平桌面上放有右端固定挡板的长木板甲，甲的左端和中点处各有小物块乙和丙，乙与丙、丙与挡板之间的距离均为L.甲与乙、丙之间的动摩擦因数均为μ，甲、乙、丙的质量均为m.开始时，丙和甲静止，现给乙水平向右的初速度．重力加速度为g，所有碰撞均为弹性碰撞． (1) 求乙和丙碰撞前，丙受到的摩擦力大小f. (2) 若乙刚好与丙不发生碰撞，求乙克服摩擦力做的功W. (3) 若丙能从长木板甲上滑出，则乙的初速度v0应满足的条件． 力学三大观点在板块模型中的应用 1. 动力学方法分析板块模型 2. 板块中的动量与能量问题 模型 图示 水平地面光滑 模型 特点 (1) 系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能 (2) 若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大(完全非弹性碰撞拓展模型) 求解 方法 (1) 求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统 (2) 求时间：根据动量定理求解，研究对象为单个物体 (3) 求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝fΔx或Q＝E初－E末．研究对象为一个系统 　(2025·浙江1月)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg.A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开．已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间的动摩擦因数均为0.5，则( ) A. 碰撞瞬间C相对地面静止 B. 碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s C. 碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D. 碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m 　(2025·南通调研)如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车上表面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内( ) A. 若M>m，物体A相对地面向左的最大位移是 B. 若M<m，平板车B相对地面向右的最大位移是 C. 无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0 D. 无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 配套热练 1. (2024·常州期中)光滑水平面上放置一长为L、不计质量的木片，木片左、右端各放置一个质量都是m、可视为质点的小滑块A和B，A、B与轻质木片间的动摩擦因数分别是μ1和μ2，且2μ2>μ1>μ2.现在对A施加水平向右的推力F，使A能与B相遇，则( ) A. 若F大于μ1mg，则可以使A与B相碰 B. 若F大于μ2mg，则可以使A与B相碰 C. A与B相碰前系统产生的内能为μ1mgL D. A与B相碰前系统产生的内能为μ2mgL 2. (2025·盐城八校联考)如图所示，质量为M的粗糙长木板ae放在光滑水平面上，b、c、d是ae的四等分点．质量为m的物块(可视为质点)以一定的初速度从a点水平滑上木板左端，经过一段时间物块停在木板上．上图是物块刚滑上木板时的物块与木板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置状态，关于木板与物块的质量关系，可能正确的是( ) A. M＝m B. M＝m C. M＝2m D. M＝3m 3. (2025·苏州期末调研)如图所示，P为固定挡板，质量为2m的长木板A以水平初速度v0沿光滑水平面向右运动．某时刻质量为m的小物块B轻轻放置在A的右端，第一次达到共同速度后，B与P发生碰撞，一段时间后B与A第二次达到共同速度，之后B与P发生了多次碰撞，B始终未从A上滑落．已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，B与P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求： (1) A、B第一次的共同速度大小v1. (2) A、B从开始到第二次达到共同速度过程中，B对A做的功W. (3) A的最小长度L. 4. (2025·扬州高邮调研)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面由粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道组成．圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，水平轨道长s＝0.5 m，小车质量M＝0.6 kg；质量也为M＝0.6 kg的物块静止于小车最左端，一根长度L＝1.25 m且不可伸长的轻质细线一端固定于O点，另一端系一质量m＝0.4 kg的小球，小球位于最低点时与物块处于同一高度且恰好接触，小球、物块均可视为质点，现将细线拉直到水平位置并由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞．不计空气阻力，取g＝10 m/s2. (1) 求小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小v0及细线中张力的大小F. (2) 求小球与物块碰撞后瞬间物块的速度大小v及小球对物块的冲量大小I. (3) 物块与水平长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，求小车的最终速度vt. 5. (2025·苏州八校三模)观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为h.一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为M.一质量为m的青蛙静止蹲在长木板的左端．青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止．青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面．青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地．三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大．木板的厚度不计．已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.求： (1) 每次青蛙起跳做的功W. (2) 青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离x. (3) 若长木板的长度为L，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移d(用木板长度L表示)． (4) 长木板的长度L与h的关系． 学科网（北京）股份有限公司 $ 微切口2　力学三大观点在板块模型中的应用 类型1　有外力作用 　(2025·南通第三次调研)如图所示，长L＝1.0 m的轻质板C静止在光滑水平面上，小物块A、B分别静置在板C的左右两端，质量mA、mB均为1.0 kg，A、B与C间的动摩擦因数分别为μA＝0.4、μB＝0.2.现给A施加水平向右的推力，使它们开始运动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B间的碰撞为弹性碰撞，取g＝10 m/s2. (1) 若推力大小F1＝2.0 N，A、B、C以相同的加速度一起运动，求加速度大小a及B受到的摩擦力大小fB. (2) 若推力大小F2＝6.0 N，B相对C运动，求从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程中，B所受摩擦力的冲量大小I. (3) 若推力大小F2＝6.0 N，经时间t＝1.0 s撤去推力，A、B、C继续运动到稳定状态，求整个过程中产生的热量Q. 答案：(1) 1.0 m/s2　1 N　(2) 2.0 N·s　(3) 3.0 J 【解析】(1) 对A、B、C，由牛顿第二定律得 F1＝(mA＋mB)a 代入数据解得 a＝1.0 m/s2 对B，由牛顿第二定律得 fB＝mBa 代入数据解得 fB＝1 N (2) A、C相对静止，对A、C，由牛顿第二定律得 F2－μBmBg＝mAaA 对B，由牛顿第二定律得 μBmBg＝mBaB 从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程的位移关系 L＝aAt2－aBt2 代入数据解得t＝1.0 s B所受摩擦力的冲量 I＝μBmBgt 代入数据解得 I＝2.0 N·s (3) 经时间t＝1.0 s撤去推力时，A、C的速度 vA＝aAt＝4.0 m/s B的速度 vB＝aBt＝2.0 m/s A与B发生碰撞后，设A、B最终共速且B没有滑离C 对系统，从撤去推力至共速过程 由动量守恒得 mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v 由能量守恒得 μBmBgΔx＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v2 解得Δx＝0.5 m<L，A、B最终共速且B没有滑离C 整个过程中产生的热量 Q＝μBmBg(L＋Δx) 代入数据解得 Q＝3.0 J. 类型2　无外力作用 　(2025·盐城调研)如图所示，在光滑的水平桌面上放有右端固定挡板的长木板甲，甲的左端和中点处各有小物块乙和丙，乙与丙、丙与挡板之间的距离均为L.甲与乙、丙之间的动摩擦因数均为μ，甲、乙、丙的质量均为m.开始时，丙和甲静止，现给乙水平向右的初速度．重力加速度为g，所有碰撞均为弹性碰撞． (1) 求乙和丙碰撞前，丙受到的摩擦力大小f. (2) 若乙刚好与丙不发生碰撞，求乙克服摩擦力做的功W. (3) 若丙能从长木板甲上滑出，则乙的初速度v0应满足的条件． 答案：(1) 　(2) 　(3) v0>4 【解析】(1) 乙和丙碰撞前，乙向右滑行，对乙有 －μmg＝m(－a1) 解得a1＝μg 甲和丙一起向右加速，对甲和丙整体μmg＝2ma2 解得a2＝ 丙所受的摩擦力为f＝ma2＝ (2) 若乙刚好与丙不发生碰撞，根据动量守恒定律 mv0＝3mv1 解得v1＝ 设时间为t，根据运动学规律，乙和甲、丙整体的位移分别为 x1＝·t，x2＝·t 相对位移L＝x1－x2 解得x1＝ 此过程中乙克服摩擦力做的功W＝μmgx1＝ (3) 设初速度为v0时，丙刚好能从长木板甲上滑出．乙和丙弹性碰撞过程，乙和丙会交换碰前速度，此后，丙相对于甲滑动，乙和甲一起向右加速，同理，丙与甲弹性碰撞过程，丙、甲会交换碰前速度，此时乙和丙速度相等且相距L，此后乙、丙相对于甲向左滑动，乙、丙会先后从甲上掉下来．当乙恰好要从甲上掉下来时，对于甲、乙、丙系统，由动量守恒可得 mv0＝2mv乙丙＋mv甲 从乙刚滑上甲到乙刚好要从甲上掉下来的过程，乙与甲和丙与甲的相对路程均为2L，由功能关系可得 mv－·2mv－mv＝μmg·2L＋μmg·2L 此后，丙在甲上滑行，当丙恰好能从甲上掉下来时，对于丙、甲系统由动量守恒定律可得 mv乙丙＋mv甲＝2mv丙甲 乙从甲上掉下到丙恰好从甲上掉下来的过程，丙与甲的相对位移为L，由功能关系得 mv＋mv－·2mv＝μmgL 解得v0＝4 即v0＝4时，丙刚好能从长木板甲上滑出．故若丙能从长木板甲上滑出，则乙的初速度v0应满足的条件为v0>4. 力学三大观点在板块模型中的应用 1. 动力学方法分析板块模型 2. 板块中的动量与能量问题 模型 图示 水平地面光滑 模型 特点 (1) 系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能 (2) 若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大(完全非弹性碰撞拓展模型) 求解 方法 (1) 求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统 (2) 求时间：根据动量定理求解，研究对象为单个物体 (3) 求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝fΔx或Q＝E初－E末．研究对象为一个系统 　(2025·浙江1月)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg.A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开．已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间的动摩擦因数均为0.5，则(D) A. 碰撞瞬间C相对地面静止 B. 碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s C. 碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D. 碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m 【解析】碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；设向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒得mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1 m/s.方向向右．当三者共速时，2mv1－mvC＝3mv，可知v＝0，即最终三者一起静止，则经历的时间t＝＝s＝0.4 s，B错误；碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量Q＝×2mv＋mv＝3 J，C错误；碰撞后到三者相对静止，由能量关系可知Q＝μmgx相对，可得x相对＝0.6 m，D正确． 　(2025·南通调研)如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车上表面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内(D) A. 若M>m，物体A相对地面向左的最大位移是 B. 若M<m，平板车B相对地面向右的最大位移是 C. 无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0 D. 无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 【解析】规定向右为正方向，根据动量守恒定律有Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝v0.若M>m，A所受的摩擦力Ff＝μmg，对A，根据动能定理得－μmgxA＝0－mv，则得物体A相对地面向左的最大位移xA＝，故A错误；若M<m，对B，由动能定理得－μmgxB＝0－Mv，则得平板车B相对地面向右的最大位移xB＝，故B错误；根据动量定理可知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即I＝－Fft＝Mv－Mv0＝，Ff＝μmg，解得t＝，故C错误，D正确． 配套热练 1. (2024·常州期中)光滑水平面上放置一长为L、不计质量的木片，木片左、右端各放置一个质量都是m、可视为质点的小滑块A和B，A、B与轻质木片间的动摩擦因数分别是μ1和μ2，且2μ2>μ1>μ2.现在对A施加水平向右的推力F，使A能与B相遇，则(D) A. 若F大于μ1mg，则可以使A与B相碰 B. 若F大于μ2mg，则可以使A与B相碰 C. A与B相碰前系统产生的内能为μ1mgL D. A与B相碰前系统产生的内能为μ2mgL 【解析】当力F较小时，A、B和木片一起向前加速，随着力F的增大，最大静摩擦力小的先滑动，设B与轻质木片间摩擦力达到最大值时加速度为a，则μ2mg＝ma，得a＝μ2g，把A、B和木片看成一个整体，当F>2ma＝2μ2mg时，B和木片发生相对滑动，能使A与B相遇，故A、B错误；A与B相碰前系统产生的内能为滑动摩擦力与相对位移的乘积，当A与B相遇时，B与木片的相对位移为L，则A与B相碰前系统产生的内能Q＝μ2mgL，故C错误，D正确． 2. (2025·盐城八校联考)如图所示，质量为M的粗糙长木板ae放在光滑水平面上，b、c、d是ae的四等分点．质量为m的物块(可视为质点)以一定的初速度从a点水平滑上木板左端，经过一段时间物块停在木板上．上图是物块刚滑上木板时的物块与木板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置状态，关于木板与物块的质量关系，可能正确的是(A) A. M＝m B. M＝m C. M＝2m D. M＝3m 【解析】水平面光滑，物块与木板的加速度分别为am＝μg，aM＝，当两者共速时，有v0－amt＝aMt，v＝aMt，可得v＝，对M有μmgx＝Mv2，设相对位移为Δx，对m有－μmg(x＋Δx)＝mv2－mv，整理得＝＝，因为x<Δx<2x，解得m>M，故A正确． 3. (2025·苏州期末调研)如图所示，P为固定挡板，质量为2m的长木板A以水平初速度v0沿光滑水平面向右运动．某时刻质量为m的小物块B轻轻放置在A的右端，第一次达到共同速度后，B与P发生碰撞，一段时间后B与A第二次达到共同速度，之后B与P发生了多次碰撞，B始终未从A上滑落．已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，B与P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求： (1) A、B第一次的共同速度大小v1. (2) A、B从开始到第二次达到共同速度过程中，B对A做的功W. (3) A的最小长度L. 答案：(1) v0　(2) －mv　(3) 【解析】 (1) 从B放在A上到第一次达到共同速度v1，根据系统动量守恒有 2mv0＝(m＋2m)v1 解得v1＝v0 (2) 从第一次碰撞后到第二次达到共同速度v2，取向右为正方向，有2mv1－mv1＝3mv2 解得v2＝v1＝v0 从开始到第二次达到共同速度过程中，对A运用动能定理有 W＝×2mv－×2mv 可得B对A做的功W＝－mv (3) 整个过程中，B相对于A一直向左运动，最终两者速度都为0. 设两者相对运动的距离为x，A、B组成的系统能量守恒 ×2mv＝μmgx 解得x＝ 则为使整个运动过程中B不从A上滑落，A的最小长度 L＝x＝ 4. (2025·扬州高邮调研)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面由粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道组成．圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，水平轨道长s＝0.5 m，小车质量M＝0.6 kg；质量也为M＝0.6 kg的物块静止于小车最左端，一根长度L＝1.25 m且不可伸长的轻质细线一端固定于O点，另一端系一质量m＝0.4 kg的小球，小球位于最低点时与物块处于同一高度且恰好接触，小球、物块均可视为质点，现将细线拉直到水平位置并由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞．不计空气阻力，取g＝10 m/s2. (1) 求小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小v0及细线中张力的大小F. (2) 求小球与物块碰撞后瞬间物块的速度大小v及小球对物块的冲量大小I. (3) 物块与水平长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，求小车的最终速度vt. 答案：(1) 5 m/s　12 N　(2) 4 m/s　2.4 N·s　(3) 3 m/s，方向向右 【解析】(1) 小球由静止释放运动到最低点，有mgL＝mv－0 可得v0＝＝5 m/s 在最低点时，有F－mg＝m 解得F＝12 N (2) 小球与物块发生弹性碰撞，有mv0＝mv1＋Mv mv＝mv＋Mv2 解得v＝4 m/s 对物块由动量定理，有I＝Mv－0 解得I＝2.4 N·s (3) 设物块未从小车上滑落，则有Mv＝2Mv共 Mv2＝×2Mv＋μMgx 解得x＝ m>2s 不符合题意，即滑块会从小车的左端滑离． 则有Mv＝Mv2＋Mvt Mv2＝Mv＋Mv＋2μMgs 解得vt＝3 m/s 5. (2025·苏州八校三模)观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为h.一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为M.一质量为m的青蛙静止蹲在长木板的左端．青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止．青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面．青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地．三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大．木板的厚度不计．已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.求： (1) 每次青蛙起跳做的功W. (2) 青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离x. (3) 若长木板的长度为L，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移d(用木板长度L表示)． (4) 长木板的长度L与h的关系． 答案：(1) mgh　(2) 2h　(3) L　(4) L＝2h 【解析】(1) 对青蛙竖直起跳过程由动能定理得W－mgh＝0 解得每次青蛙起跳做的功W＝mgh (2) 对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为θ，运动时间为t，则竖直方向有v0sin θ＝g，水平方向有x3＝v0tcos θ 联立解得x3＝ 当θ＝45°时，青蛙相对地面水平位移最大，x＝ 青蛙起跳过程W＝mv 解得青蛙第三次向右上方跳起的水平距离x＝2h (3) 青蛙第一、二次向右上方起跳均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地面位移相同．对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程，水平方向动量守恒有mx1＝Mx2 由几何关系x1＋x2＝L 联立解得d＝x1＝L (4) 对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为vy，水平初速度为vx，木板后退速度为v. 对青蛙，竖直方向有vy＝g 水平方向有x1＝vxt 对青蛙和木板系统mvx＝Mv 青蛙相对地面的位移x1＝vxvy 对青蛙第一次起跳W＝m(v＋v)＋Mv2 联立解得 v＋v＝2gh 又由于x＝ 可知当＝v＝gh时，青蛙跳的x1最大，则 L＝x1＝2h 学科网（北京）股份有限公司 $