木块与木板的能量与动量 讲义 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦木块木板模型的动量与能量综合应用，涵盖动量守恒、动能定理、能量守恒等核心考点，按物体个数和过程特征（从两体单次作用到三体两次作用）系统梳理题型，通过考点梳理、方法指导（区分瞬时与缓慢过程）、真题训练等环节，帮助学生构建解题框架。 资料以科学思维和模型建构为核心，创新采用过程拆解策略（如瞬时碰撞与缓慢作用分阶段分析），通过对比共速与滑落情境建立物理模型，设置基础巩固到综合应用的分层练习，配合即时反馈，有效提升学生应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

木块、木板模型的能量、动量学全析 木块、木板组合是高中物理动量与能量综合问题中最经典的模型之一，这类问题通常会结合碰撞、摩擦生热、弹簧弹力、斜面运动等多种过程，核心考查动量守恒、动能定理与能量守恒定律的综合应用，我们可以按照不同的过程特征对这类问题拆解分析。 首先我们从定理和定律的适用范围来明确基础逻辑：动量定理、动能定理都是针对单个研究对象的规律，我们可以通过对两个物体分别列动能定理，推导得到系统的能量守恒关系。 接下来我们按物体个数和过程特征，梳理常见的题型分类：最基础的是两个物体单次作用的问题，包括小球碰撞木块、子弹打木块、小球压缩连接在木板端的弹簧、小球沿连接木板的斜面上升、悬挂的球环连接体滑动这类模型，分析时只要区分过程，碰撞、子弹打入这类瞬时过程优先用动量守恒，后续共速或运动过程结合能量守恒分析摩擦生热或弹性势能变化即可。 更复杂的是三个物体分两次作用的“1+1+1型”问题，这类问题过程分为瞬时碰撞和缓慢作用两个阶段，存在两次能量转换。 （1）木板静止在光滑的水平面上，小滑块以某一初速度从木板左侧滑上木板，最终没有从木板上滑落。 系统动量守恒定律：............................................① 系统能量守恒定律：...........② 对木块由动能定理：..................................③ 对木块由动量定理：t...............................................④ 对木板由动能定理：..........................................................⑤ 对木板由动量定理：t...................................................................⑥ ③⑤两个式子合成②式 （两个动能定理导出能量守恒定律） ④⑥两个式子合成②式 （两个动量定理导出动量守恒定律） 定理研究个体，定律研究系统 （2）木板静止在光滑的水平面上，小滑块以某一初速度从木板左侧滑上木板，最终从木板上滑落： 系统动量守恒定律：..............................................① 系统能量守恒定律：.............② 对木块由动能定理：............................③ 对木块由动量定理：t.........................................④ 对木板由动能定理：.......................................................⑤ 对木板由动量定理：t................................................................⑥ （3）木板在光滑的水平面上向右滑动，小滑块以某一初速度从木板右侧滑上木板，最终没有从木板上滑落： 当滑块速度为零时：（从开始至滑块对地最左） 系统动量守恒定律：......................................................................... .........① 对木块由动能定理： （是滑块对地最左位移）...... .......② 对木块由动量定理：.................................................. ............................................③ 当两者共速时：（从开始至共速这个阶段） 系统动量守恒：...........................................................................④ 系统能量守恒：.......................................⑤ 对木板由动能定理： （是木板的对地位移）.⑥ 对木板由动量定理：t......................................................................................⑦ t1时刻小物块相对地面最左，对地位移S= t时刻相对木板最左， 相对木板最大位移：= (4)小球碰撞，子弹打木块，小球压缩弹簧，小球爬斜面，球环连接体 三个物体，两次作用，两次能量转换（先瞬时再缓慢）（1+1+1型） 子弹射击木块A时，是一个瞬时的作用，子弹与木块A间作用力很大，作用时间极短，两者速度瞬间完成变化，而木板B受到的摩擦力较小，在此瞬间近似的认为B的速度没有发生变化。 先把子弹与木块A做一个系统， 动量守恒定律： 能量守恒定律： (射击摩擦产热) 子弹留在A中共同滑上木板B，三者为系统： 动量守恒定律： 能量守恒定律：(木块木板摩擦产热) 注意：像这样就死翘翘了！！！ 三者为系统动量守恒定律： 能量守恒定律： 这是把所有损耗的机械能都转化成了板块摩擦产热了，没有考虑到子弹射击木块产生的热量 小车A与木块B碰撞是一个瞬时的过程，AB的速度瞬时完成变化，而小球的速度几乎没有发生变化，所以先以AB为系统来研究 动量守恒定律： 能量守恒定律： (撞击产热) AB共速后与小球组成系统 动量守恒定律： 能量守恒定律： (2026.黑吉辽蒙14) 如图，光滑水平面上一质量 的木板，其右端通过轻弹簧连接质量 的物块，此时弹簧伸长量 物块和木板均静止。质量 的小球(可视为质点)通过长L=0.9m的轻绳悬于O点。小球从绳与竖直方向成 处由静止释放，摆至最低点时与木板右端发生弹性碰撞，时间极短。取重力加速度 （1）求碰撞后瞬间木板的速度大小 （2）弹簧的压缩量第一次为x0时，物块速度大小为 方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数μ。 解析：小球由释放到最低点的过程，由动能定理可知 代入数据可得vC＝3m/s， 小球与木板A发生弹性碰撞，以向左为正方向，A、C为系统 由动量守恒定律：mCvC＝mCvC1+mAvA， 由机械能守恒定律： ， 代入数据可得vA＝1.2m/s； 地面光滑，碰撞后A、B和弹簧组成的系统水平方向动量守恒，弹簧的压缩量第一次为x0时，以向左为正方向，弹簧的弹性势能不变 由动量守恒定律：mAvA＝mAvA1+mBvB，代入数据可得vA1＝1m/s， 由能量守恒定律：， 代入数据可得μ＝0.28。 三个物体，两个阶段，两次能量转换 （1+2-1型） 如图所示，质量均为的木块并排放在光滑水平面上，上固定一根轻质细杆，轻杆上端的小钉（质量不计）O上系一长度为L的细线，细线的另一端系一质量为的小球，现将球的细线拉至水平，由静止释放，求： （1）两木块刚分离时，速度各为多大？ （2）两木块分离后，悬挂小球的细线与竖直方向的最大夹角多少？ 小球C下落到最低点的过程中，总动量不守恒，但是在水平方向上动量守恒（类似于反冲运动），系统能量守恒 水平方向动量守恒定律： 能量守恒定律： 当C下落到最低点后，细绳对A有向左下方向的力的作用，A做减速运动，AB分离 此后直至C上升到最高点，以AC为系统 水平方向动量守恒定律： 能量守恒定律： 如图所示，光滑水平面上有一质量M ＝1.0 kg的平板车，车的上表面右侧是一段长L＝0.5 m的水平轨道，水平轨道左侧连一半径R = 0.5 m的1/4光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在b点相切．车右端固定一个尺寸可以忽略、处于原长状态的弹簧，小车的左端与一个质量为m=1kg的物块紧挨在一起但不粘连，一质量m0＝1.0 kg的小物块从A点正上方h=0.7m处自由释放，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1．整个装置处于静止状态，，g取10 m/s2．求： （1）小球第一次到达b点时的速度及对轨道的压力（2）弹簧的最大弹性势能 （3）最终小物块与车相对静止时距b点的距离． （1）小球从释放到第一次到达b点： 水平方向动量守恒： 能量守恒： 解得 在b点，由牛顿定律合力提供向心力 解得N=82N 由牛顿第三定律：小球对轨道的压力82N方向向下 （2）小球滑到水平轨道后，物块m与车M分离，当与M共速时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大。与M为系统动量守恒： 能量守恒： 解得 （3）最终共速与（2）式同，损失的动能全部转化为摩擦热能： 解得X=9m 每往返一次相对路程为2L=1m，所以最终停在b点 AB是完全相同的两块木板，质量均为M,长度均为L，上表面摩擦因数为μ，下表面光滑。小滑块质量m，可视做质点，以初速度滑上木板A （Ⅰ）木板AB紧挨在一起固定在水平地面上，小滑块以初速度从左侧滑上木板A并从B板右侧滑出 画出滑块的V-t图像 由动能定理得： 得： 运动时间： （Ⅱ）木板AB粘连在一起放在光滑的水平地面上，小滑块仍以初速度从左侧滑上木板A并刚好不从B板右侧滑出 小滑块从开始到相对静止： 滑块与AB组成的系统动量守恒定律：......................① 系统能量守恒定律：...............................② 对AB动量定理： 解得： 小滑块从开始到刚刚滑过木板A时，小滑块速度为，木板AB速度为 滑块与AB组成的系统动量守恒定律：.............................③ 系统能量守恒定律：............................④ 由上述四式子可以求得 （你以为你能解得出来吗？哈哈哈，太天真了，解出正确答案估计得干掉一层皮！L未知） 利用V-T图像，如图： 解得 解得 （Ⅲ）木板AB紧靠在一起不粘连，放在光滑的水平地面上，小滑块仍以初速度从左侧滑上木板A 在Ⅱ的基础上：由牛顿第二定律：滑块运动到B上时：滑块加速度，B的加速度，从滑上B到与B共速，运动时间 在B板上的相对位移 由： 解得 由动量守恒定律： 由能量守恒定律： 1． 如图所示，长木板静止在光滑水平地面上，第1次使一可视为质点的物块以初速度从木板的左端滑上木板，最后恰好没有滑离木板。第2次先将木板从中间锯开，分成左右相同的两块，平滑地拼接在一起（但没有粘连）后仍放在光滑水平地面上，物块仍以同样的初速度从左端滑上木板。若物块与木板上表面的动摩擦因数处处相等，则下列判断中正确的是（　　） A．第2次最终物块将滑离木板 B．第2次物块与木板相互作用的过程中损失的动能比第1次的少 C．第2次物块与木板相互作用过程中系统损失的机械能比第1次的多 D．第2次物块与木板相互作用的总时间比第1次的长 【第1题解答】 设物块质量为m，每块木板质量为，动摩擦因数为μ，物块初速度为。 第一次过程：物块与整块木板共速，由动量守恒：，相对位移。 第二次过程：物块先与两块木板作用，当物块滑过左半块后，左半块木板匀速，右半块继续加速，最终物块与右半块共速，相对总位移小于L，因此物块不会滑离，A错误； 第二次最终共速更大，损失的动能更小，系统损失的机械能等于摩擦生热，也更小，B正确，C错误； 物块加速度始终为，第二次速度变化更小，总作用时间更短，D错误。答案：B。 2．如图，长木板M原来静止于光滑水平面上，木块m从长木板M的一端以初速度v0冲上木板，当m相对于M滑行7cm时，M向前滑行了5cm，则在此过程中（　　） A．摩擦力对m与M的冲量大小之比等于12∶5 B．m减小的动能与M增加的动能之比等于12∶5 C．m减小的动能与m和M系统损失的机械能之比等于1∶1 D．m与M系统损失的机械能与M增加的动能之比等于7∶5 【第2题解答】 滑动摩擦力大小为f=μmg，作用时间相同，冲量大小I=ft，因此摩擦力对m与M的冲量大小之比为1:1，A错误； 对m，动能减小量；对M，动能增加量，因此比值为12:5，B正确； 系统损失的机械能，因此m减小的动能与系统损失机械能之比为12:7，C错误； 系统损失机械能与M增加动能之比为7:5，D正确。答案：BD。 3．如图所示，质量为M的长木板A以速度v，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（　　） A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板 B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短 C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大 D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大 【第3题解答】 设木板初速度为向左，滑块初速度为0，滑块加速度向左，木板加速度向右。 恰好滑出时满足：，最终滑块速度。 增大m，增大，木板减速更快，滑块相对位移增大，更容易滑离，A错误； 增大M，减小，木板减速更慢，滑块相对位移减小，运动时间变长，B错误； 增大，运动时间t增大，滑块离开速度变大，C正确； 减小μ，减小，t增大，滑块对地位移变大，D正确。答案：CD 4．如图所示，质量为2m，长为L的木板放在光滑水平面上，其左端放有质量为m的小物块。初始物块和木板同时获得等大反向的初速度，最终物块恰好没滑离木板，重力加速度为g，求： （1）小物块与木板间的动摩擦因数； （2）小物块对地向右运动的过程，木板的位移大小。 【第4题解答】 （1）最终共速，取向右为正方向，系统动量守恒：，解得（向左）。 由能量守恒：，代入得：。 （2）滑块对地向右运动时，加速度向左，到速度为0的时间。 木板加速度向左，木板位移，大小为。 6． 如图所示，是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为，在木板的上表面有两块质量均为的小木块和，它们与木板间的动摩擦因数均为。最初木板静止，、两木块同时以相向的水平初速度和滑上长木板，则下列说法正确的是（　　） A．若、始终未滑离木板也未发生碰撞，则木板至少长为 B．木块的最小速度是零 C．从刚开始运动到、、速度刚好相等的过程中，木块所发生的位移是 D．木块向左运动的最大位移为 【第6题解答】 取向右为正方向，最终三者共速：，解得。 系统摩擦生热，木板最小长度，A错误； 初始时木块m向左运动，加速度向右，当速度减到0后会向右加速，直到与木板共速，因此最小速度为0，B正确； 木块向左运动过程，由动能定理：，解得，这是向左最大位移，D正确； 从开始到共速，木块位移，大于，C错误。答案：BD 7．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。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（　　） A．若M＞m，物体A对地向左的最大位移是 B．若M＜m，小车B对地向右的最大位移是 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 【第7题解答】 取向右为正方向，系统动量守恒：，解得最终共速： 物体A的加速度大小，方向向右；小车B的加速度大小，方向向左。 若，则，物体A先向左减速到0，再向右加速，最终共速。当A速度为0时，向左位移最大，由动能定理： 解得：，A选项错误。 若，则，小车B先向右减速到0，再向左加速，最终共速。当B速度为0时，向右位移最大，由动能定理：解得：，B选项错误。 对小车B由动量定理，摩擦力的冲量等于动量变化：，冲量大小与M、m有关，C选项错误。 对物体A由动量定理，以向右为正方向： 代入整理得：，D选项正确。答案：D。 学科网（北京）股份有限公司 $