2027届高考物理一轮复习专项训练：第七章 “滑块—木板”模型与.“三大观点”解决动力学问题

**基本信息** 聚焦力学核心模型与方法，以“滑块—木板”和“三大观点”为载体，系统整合动量守恒、能量守恒等科学推理方法，构建运动与相互作用观念的逻辑链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |“滑块—木板”模型|5题（含子弹打木块、相对运动）|动量守恒、能量守恒、动量定理、牛顿第二定律|系统动量守恒→相对运动能量转化→摩擦生热计算| |“三大观点”解决动力学问题|3题（含弹簧、传送带、轨道模型）|机械能守恒、动量守恒、动能定理|力与运动观点→动量观点→能量观点综合应用|

“滑块—木板”模型 (分值：30分) 1~5题每题6分 1.(多选)(2025·广东深圳市模拟)如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法正确的是(　　) A.木块获得的最大速度为 B.木块滑离木板时，木板获得的速度大小为 C.木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为 D.木块与木板间因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后木块(包含子弹)减少的动能与木板增加的动能之差 2.(多选)如图甲所示，“L”形木板Q静置于粗糙水平面上，质量为2 kg的滑块P以6 m/s的水平初速度滑上木板，t=2 s时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g取10 m/s2，则(　　) A.Q的质量为2 kg B.由于碰撞系统损失的机械能为2 J C.木板与地面之间的动摩擦因数为0.1 D.滑块与木板间的动摩擦因数为0.15 3.(2024·陕西安康市三模)如图所示，在光滑的水平面上，质量为3 kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5 kg的小滑块B，在木板的右侧有一质量为5 kg的小球C，三者均处于静止状态。现给B一个瞬时冲量，使它获得4 m/s的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A和小球C发生弹性碰撞，之后A和B同时停下来，以下说法正确的是(　　) A.木板碰撞小球前的瞬间A的速度为0.6 m/s B.整个过程产生的热量为3.6 J C.碰后C的速度为0.5 m/s D.A和C碰撞前A、B已经共速运动 4.如图甲所示，光滑水平面上有一质量M=1 kg的木板A，木板左端有一质量m=0.5 kg的物块B(视为质点)，A与B间的动摩擦因数为0.2，初始时均处于静止状态，仅给物块B施加水平向右的力F，F随时间t变化的图像如图乙所示，1 s后撤去F，物块B始终未从木板A上滑下。重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则(　　) A.1 s时物块B的加速度大小为4 m/s2 B.1 s时物块B的速度大小为2 m/s C.1 s后木板A与物块B因摩擦产生的热量为1.5 J D.木板A的长度可能为1.5 m 5.(2024·黑龙江哈尔滨市模拟)如图所示，一质量M=3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10 m/s2。则在整个过程中，下列说法正确的是(　　) A.小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s B.小木块A向左运动的最大位移为2 m C.整个过程系统因摩擦产生的热量为37.5 J D.长木板的长度可能为5 m “三大观点”解决动力学问题 (分值：25分) 1、2题每题5分 1.(多选)(2026·湖北十堰市检测)如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方高为h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q，重力加速度为g，忽略空气阻力。忽略钢板的厚度。下列说法正确的是(　　) A.物块与钢板碰后瞬间的速度大小为 B.物块与钢板碰后瞬间的速度大小为 C.整个过程中，弹簧弹性势能的增加量为mg(2x0+) D.整个过程中，弹簧弹性势能的增加量为mg(2x0+h) 2.(多选)(2025·湖北武汉市模拟)如图，水平传送带上表面的右侧，与一竖直的光滑半圆轨道底端相接，在半圆轨道下端O放一质量为m的滑块A。传送带以速率v0沿顺时针转动，在传送带的左端轻轻放上一个质量也为m的滑块B。滑块与传送带的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，滑块B以速度v0与A发生弹性碰撞，A、B均可视为质点，则(　　) A.传送带至少长 B.要保证被撞后的滑块A能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为 C.滑块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间t1= D.若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为m 3.(15分)如图所示，某玩具滑道装置是由水平轨道OA、倾斜轨道AB、水平轨道BC、半圆弧轨道CD组成，整个轨道在同一竖直平面内且各部分之间均平滑连接。质量m2=0.01 kg的滑块Q静止于水平轨道的O点。长度l=0.375 m、不可伸长的轻绳一端固定在O1点，一端与质量m1=0.03 kg的物块P相连，物块P静止时恰好与水平轨道OA及滑块Q接触但无相互作用力。现将物块P拉至左侧某一位置由静止释放，物块P绕O1点做圆周运动至最低点时轻绳恰好被拉断，之后与滑块Q发生弹性碰撞，碰撞后滑块Q恰好能够通过竖直半圆弧轨道最高点D。已知半圆弧轨道CD的圆心为O2、半径R=0.1 m，水平轨道OA与水平轨道BC之间的竖直距离h=0.2 m，物块P、滑块Q均可以视为质点，不计任何阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(5分)碰撞后瞬间滑块Q的速度大小； (2)(5分)碰撞后物块P沿轨道上升的最大高度； (3)(5分)轻绳能承受的最大拉力大小。 参考答案 “滑块—木板”模型 (分值：30分) 1~5题每题6分 1.(多选)(2025·广东深圳市模拟)如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法正确的是(　　) A.木块获得的最大速度为 B.木块滑离木板时，木板获得的速度大小为 C.木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为 D.木块与木板间因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后木块(包含子弹)减少的动能与木板增加的动能之差 答案　ACD 解析　对子弹和木块组成的系统，根据动量守恒定律有mv0=(m+m)v1，解得v1=，此后木块与子弹一起做减速运动，则此时木块的速度最大，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块(包括子弹)组成的系统分析有=(m+m)×+mv2，解得v2=，选项B错误；对木板分析，由动量定理得Fft=mv2，解得Ff=，选项C正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，木块与木板间因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后木块(包含子弹)减少的动能与木板增加的动能之差，选项D正确。 2.(多选)如图甲所示，“L”形木板Q静置于粗糙水平面上，质量为2 kg的滑块P以6 m/s的水平初速度滑上木板，t=2 s时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g取10 m/s2，则(　　) A.Q的质量为2 kg B.由于碰撞系统损失的机械能为2 J C.木板与地面之间的动摩擦因数为0.1 D.滑块与木板间的动摩擦因数为0.15 答案　ABD 解析　两者碰撞时，取滑块P速度方向为正方向，P的质量为m=2 kg，设Q的质量为M，由系统动量守恒得 mv1+Mv2=(m+M)v3 根据v-t图像可知 v1=3 m/s，v2=1 m/s，v3=2 m/s 代入上式解得 M=2 kg， 故A正确； 由于碰撞系统损失的机械能为 ΔE=m+M-(m+M) 代入数据解得 ΔE=2 J 故B正确； 设滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0~2 s内P与Q的加速度分别为 aP=1.5 m/s2，aQ=0.5 m/s2 对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得 μ1mg=maP μ1mg-μ2(m+M)g=maQ 联立解得 μ1=0.15，μ2=0.05 故C错误，D正确。 3.(2024·陕西安康市三模)如图所示，在光滑的水平面上，质量为3 kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5 kg的小滑块B，在木板的右侧有一质量为5 kg的小球C，三者均处于静止状态。现给B一个瞬时冲量，使它获得4 m/s的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A和小球C发生弹性碰撞，之后A和B同时停下来，以下说法正确的是(　　) A.木板碰撞小球前的瞬间A的速度为0.6 m/s B.整个过程产生的热量为3.6 J C.碰后C的速度为0.5 m/s D.A和C碰撞前A、B已经共速运动 答案　B 解析　对A、B、C整体，根据动量守恒定律有 mBvB=mCvC 解得vC=0.4 m/s，故C错误； 根据能量守恒定律有 Q=mB-mC=3.6 J，故B正确； 木板A和小球C发生弹性碰撞，则 mAvA=mAvA'+mCvC mA=mAvA'2+mC 代入数据解得vA= m/s， 故A错误； A和C碰撞前，对A、B，根据动量守恒定律有 mBvB=mBvB'+mAvA 代入数据解得vB'=0.8 m/s>vA，由此可知，A和C碰撞前A、B未达到共速，故D错误。 4.如图甲所示，光滑水平面上有一质量M=1 kg的木板A，木板左端有一质量m=0.5 kg的物块B(视为质点)，A与B间的动摩擦因数为0.2，初始时均处于静止状态，仅给物块B施加水平向右的力F，F随时间t变化的图像如图乙所示，1 s后撤去F，物块B始终未从木板A上滑下。重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则(　　) A.1 s时物块B的加速度大小为4 m/s2 B.1 s时物块B的速度大小为2 m/s C.1 s后木板A与物块B因摩擦产生的热量为1.5 J D.木板A的长度可能为1.5 m 答案　C 解析　设当拉力为F0时，A、B刚好发生相对运动，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 F0=(M+m)a0 以A为对象，根据牛顿第二定律可得μmg=Ma0 联立解得a0=1 m/s2，F0=1.5 N 由题图乙可知，A、B一开始就发生相对运动，1 s时B的加速度大小为aB== m/s2=6 m/s2，故A错误； 在0~1 s内对B根据动量定理可得 IF-μmgt=mvB 其中IF=×1 N·s=3 N·s 解得1 s时物块B的速度大小为 vB=4 m/s，故B错误； 1 s时木板A的速度大小为vA=a0t=1 m/s，1 s后撤去F，之后A、B组成的系统动量守恒，则有 mvB+MvA=(m+M)v共 解得最终两者的共同速度为v共=2 m/s 根据能量守恒定律可知，1 s后木板A与物块B因摩擦产生的热量为Q=m+M-(m+M)=1.5 J，故C正确； 设1 s后木板A与物块B发生的相对位移为Δx，则有Q=μmgΔx=1.5 J， 解得Δx=1.5 m 由于撤去力F前，木板A与物块B也发生了相对位移，且整个过程相对运动方向不变，所以木板A的长度一定大于1.5 m，故D错误。 5.(2024·黑龙江哈尔滨市模拟)如图所示，一质量M=3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10 m/s2。则在整个过程中，下列说法正确的是(　　) A.小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s B.小木块A向左运动的最大位移为2 m C.整个过程系统因摩擦产生的热量为37.5 J D.长木板的长度可能为5 m 答案　C 解析　由于系统总动量方向向右，则小木块A先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以相同速度向右匀速运动，设共速时速度为v1，根据动量守恒定律可得Mv0-mv0=(M+m)v1 解得v1=2.5 m/s，故A错误； 小木块A向左运动时加速度大小为aA==μg=5 m/s2，向左运动最大位移为x==2.5 m，故B错误； 小木块与木板共速时，根据功能关系有 μmgL=(M+m)-(M+m) 解得L=7.5 m 整个过程系统因摩擦产生的热量为Q=μmgL=37.5 J 由于A始终没有滑离B板，则木板长度必须大于或等于7.5 m，故长木板的长度不可能为5 m，故C正确，D错误。 “三大观点”解决动力学问题 (分值：25分) 1、2题每题5分 1.(多选)(2026·湖北十堰市检测)如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方高为h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q，重力加速度为g，忽略空气阻力。忽略钢板的厚度。下列说法正确的是(　　) A.物块与钢板碰后瞬间的速度大小为 B.物块与钢板碰后瞬间的速度大小为 C.整个过程中，弹簧弹性势能的增加量为mg(2x0+) D.整个过程中，弹簧弹性势能的增加量为mg(2x0+h) 答案　BC 解析　物块下落h，由机械能守恒定律得mgh=m，物块与钢板碰撞，以竖直向下的方向为正方向，由动量守恒定律得mv1=2mv2，解得v2=v1=，选项A错误，B正确；从碰撞到Q点，由能量守恒定律可知×2m+2mgx0=ΔEp，则弹性势能的增加量为ΔEp=mg(2x0+)，选项C正确，D错误。 2.(多选)(2025·湖北武汉市模拟)如图，水平传送带上表面的右侧，与一竖直的光滑半圆轨道底端相接，在半圆轨道下端O放一质量为m的滑块A。传送带以速率v0沿顺时针转动，在传送带的左端轻轻放上一个质量也为m的滑块B。滑块与传送带的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，滑块B以速度v0与A发生弹性碰撞，A、B均可视为质点，则(　　) A.传送带至少长 B.要保证被撞后的滑块A能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为 C.滑块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间t1= D.若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为m 答案　ACD 解析　滑块B在传送带上滑动，根据牛顿第二定律有μmg=ma，可得滑块B的加速度大小为a=μg，则滑块B加速到v0时的位移为x==，则传送带至少长，故A正确；滑块B以速度v0与A发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv0=mv1+mv2，根据机械能守恒定律有m=m+m，解得碰撞后A、B的速度大小分别为v1=v0，v2=0，滑块A恰好能滑到圆弧最高点时，根据牛顿第二定律有mg=m，从碰撞后瞬间到滑块A运动到圆弧最高点，根据机械能守恒定律有m=mv2+mg·2R，解得R=，则要保证被撞后的滑块A能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为，如果滑块A的最高点低于圆弧圆心，则半径可以无限大，故B错误；滑块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为t1==，故C正确；滑块B第一次在传送带上加速运动的位移大小为x1=a=，传送带的路程为s1=v0t1=，相对位移大小为Δx1=s1-x1=，产生的内能为Q1=μmg·Δx1=m，第一次碰撞后B静止，A滑上圆弧后又滑回来与B发生碰撞，根据机械能守恒定律可知，A滑上圆弧后又滑回来的速度大小仍然为v0，由上述分析可知，与B发生第二次碰撞后，A的速度为零，B的速度大小为v0，方向水平向左，然后B在传送带上做减速运动，直到速度为零，则减速的时间为t2==，减速的位移大小为x2=a=，减速过程中，传送带的路程为s2=v0t2=，此过程的相对位移大小为Δx2=x2+s2=，此过程产生的内能为Q2=μmg·Δx2=m，B速度减为零后又开始反向向右加速，与第一次碰撞前情况相同，所以A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为Q=2Q1+Q2=m，故D正确。 3.(15分)如图所示，某玩具滑道装置是由水平轨道OA、倾斜轨道AB、水平轨道BC、半圆弧轨道CD组成，整个轨道在同一竖直平面内且各部分之间均平滑连接。质量m2=0.01 kg的滑块Q静止于水平轨道的O点。长度l=0.375 m、不可伸长的轻绳一端固定在O1点，一端与质量m1=0.03 kg的物块P相连，物块P静止时恰好与水平轨道OA及滑块Q接触但无相互作用力。现将物块P拉至左侧某一位置由静止释放，物块P绕O1点做圆周运动至最低点时轻绳恰好被拉断，之后与滑块Q发生弹性碰撞，碰撞后滑块Q恰好能够通过竖直半圆弧轨道最高点D。已知半圆弧轨道CD的圆心为O2、半径R=0.1 m，水平轨道OA与水平轨道BC之间的竖直距离h=0.2 m，物块P、滑块Q均可以视为质点，不计任何阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(5分)碰撞后瞬间滑块Q的速度大小； (2)(5分)碰撞后物块P沿轨道上升的最大高度； (3)(5分)轻绳能承受的最大拉力大小。 答案　(1)3 m/s　(2)0.05 m　(3)0.62 N 解析　(1)碰撞后滑块Q恰好能够通过半圆弧轨道最高点D，即滑块Q在D点时，重力恰好提供向心力m2g=m2 解得vD=1 m/s 设滑块Q碰撞后瞬间的速度大小为v2，滑块Q从O点到D点，根据动能定理 -m2g(h+2R)=m2-m2 代入数据解得v2=3 m/s (2)设碰撞前物块P的速度大小为v0，碰后的速度大小为v1，物块P与滑块Q发生弹性碰撞，则 m1v0=m1v1+m2v2 m1=m1+m2 解得v0=2 m/s，v1=1 m/s 设碰撞后物块P沿轨道上升的最大高度为h1，假设此时物块P在斜面上，根据动能定理 -m1gh1=0-m1 解得h1=0.05 m<h 所以，假设成立。碰撞后物块P沿轨道上升的最大高度为0.05 m。 (3)物块P做圆周运动至最低点时轻绳恰好被拉断，拉断前的瞬间，拉力和重力的合力提供向心力FT-m1g=m1 代入数据，解得FT=0.62 N。 学科网（北京）股份有限公司 $