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1 / 8 素养培优1 “板块”模型中动力学、能量和动量的综合 模型图示 模型特点 “滑块—滑板”模型作为力学的基本模型经常出现，是对直线运动和牛顿运动定 律及动量守恒定律有关知识的巩固和应用，这类问题可分为两类： ①没有外力参与，滑板放在光滑水平面上，滑块以一定速度在滑板上运动，滑块 与滑板组成的系统动量守恒，注意滑块若不滑离滑板，最后二者具有共同速度， 摩擦力与相对路程的乘积等于系统损失的动能，即Ff·x 相对＝ΔEk。 ②系统受到外力，这时对滑块和滑板一般隔离分析，画出它们运动的示意图，应 用牛顿运动定律、运动学公式及动量定理求解。 【典例1】 （2024·湖北宜昌高三二模）如图甲所示，一辆质量为M＝1.5 kg 的小车静止在光滑的水平面上，一 质量为m 的木块以一定的水平速度滑上小车，最后与小车以相同的速度运动，它们的运动速度随时间变化的图像 如图乙所示。重力加速度取g＝10 m/s2。求： （1）木块的质量m； （2）木块与小车上表面间的动摩擦因数； （3）这个过程中系统损失的机械能。 答案：（1）0.5 kg （2）0.3 （3）0.75 J 解析：（1）二者相互作用过程，二者构成的系统动量守恒，有mv0＝（m＋M）v，由图乙可知v0＝2 m/s，共同速 度为v＝0.5 m/s，联立解得木块的质量m＝0.5 kg。 （2）由速度—时间图像可得小车的加速度为a＝0.5－0 0.5－0 m/s2＝1 m/s2，对小车由牛顿第二定律可得μmg＝Ma， 解得μ＝Ma mg ＝0.3。 （3）由功能关系可得这个过程中系统损失的机械能为ΔE＝1 2mv0 2－1 2（m＋M）v2＝1 2×0.5×22 J－1 2×（1.5＋ 0.5）×0.52 J＝0.75 J。 【典例2】 （2024·海南三亚高三三模）如图所示，质量M＝2 kg 的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量 m＝1 kg 的滑块静止在木板的左端。现给滑块施加一方向水平向右、大小F＝3 N 的拉力，经时间t＝6 s 后撤去拉 力，已知撤去拉力的瞬间，木板的速度大小v1＝3 m/s，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： （1）滑块与木板间的动摩擦因数μ； （2）撤去拉力的瞬间，滑块的速度的大小v2； （3）木板和滑块最后的共同速度的大小v 共。 答案：（1）0.1 （2）12 m/s （3）6 m/s 解析：（1）对木板进行分析，由动量定理有ft＝Mv1，又因为f＝μmg，联立代入数据解得μ＝0.1。 （2）对滑块进行分析，由动量定理有（F－f）t＝mv2，代入数据解得v2＝12 m/s。 （3）撤去拉力后，由动量守恒定律有Mv1＋mv2＝（M＋m）v 共，代入数据解得v 共＝6 m/s。 2 / 8 【典例3】 （2024·海南高考17 题）某游乐项目装置简化如图，A 为固定在地面上的半径R＝10 m 的光滑圆弧形 滑梯，滑梯顶点a 与滑梯末端b 的高度差h＝5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平 相切，滑板的质量M＝25 kg，一质量为m＝50 kg 的游客从a 点由静止开始下滑，并从b 点滑上滑板，当滑板右 端运动到与其上表面等高的固定平台C 边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16 m 停下。游客可视为 质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求： （1）游客滑到b 点时对滑梯压力的大小； （2）滑板的长度L。 答案：（1）1 000 N （2）7 m 解析：（1）对游客从a 点滑到b 点的过程，由动能定理有mgh＝1 2mv2，游客滑到b 点时，有F－mg＝mv 2 R ，由牛 顿第三定律可知，游客滑到b 点时对滑梯压力的大小为F'＝F＝1 000 N。 （2）法一 游客在平台上运动时，由牛顿第二定律有μmg＝ma1，由运动学公式有v1 2＝2a1s，解得游客滑上平台 的速度大小v1＝8 m/s，游客在滑板上滑动时，对游客，由牛顿第二定律有μmg＝ma2对滑板，由牛顿第二定律有 μmg＝Ma3，游客在滑板上滑动的过程，由运动学公式有v1＝v－a2t，游客的位移为x1＝vt－1 2a2t2，滑板的位移为x2 ＝1 2a3t2，则滑板的长度L＝x1－x2，联立解得L＝7 m。 法二 游客在滑板上运动时，游客与滑板组成的系统动量守恒，则对游客在滑板上运动的过程，由动量守恒定律 有mv＝mv1＋Mv2，由能量守恒定律有1 2mv2＝1 2mv1 2＋1 2Mv2 2＋μmgL，对游客在平台上运动的过程，由动能定理有 －μmgs＝0－1 2mv1 2，联立解得L＝7 m。 【典例4】 （2024·浙江6 月选考18 题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为 R 的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE 平滑连接。长为L、质量为M 的平板紧靠长为d 的固定凹槽 EFGH 侧壁EF 放置，平板上表面与DEH 齐平。将一质量为m 的小滑块从A 端弹射，经过轨道BCD 后滑上平板并 带动平板一起运动，平板到达HG 即被锁定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板与滑 块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG 间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩 擦力等于滑动摩擦力。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； （2）若μ2＝0，滑块恰好过C 点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； （3）若μ2＝0.1，滑块能到达H 点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 答案：（1）5 m/s （2）0.625 J （3）6 m/s 解析：（1）由动能定理得－mg·2R＝1 2mvC 2－1 2mv0 2 滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，有mg＝mvC 2 R 3 / 8 解得v0＝√5 gR＝5 m/s。 （2）根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v 根据能量守恒定律得ΔE＝1 2mv0 2－1 2（m＋M）v2 代入数据解得系统损耗的机械能ΔE＝0.625 J。 （3）滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起匀减速运动到H 点时，此时滑块离开弹簧时 的速度最大 滑块的加速度大小am满足μ1mg＝mam 解得am＝6 m/s2 平板的加速度大小aM满足μ1mg－μ2（m＋M）g＝MaM，解得aM＝4 m/s2 作出v-t 图像，如图所示 由v-t 图像可知 vm＋v1 2 t1－v1 2 t1＝L v1＝aMt1＝vm－amt1 联立解得vm＝6 m/s。 板块模型的思维模板 1.（2024·江苏南京高三二模）如图所示，质量为M＝2 kg 的木板静置于光滑水平地面上，质量为m＝1 kg 的小滑 块（可视为质点）以v0＝3 m/s 的速度从木板左端滑上木板，小滑块最终未滑下木板，取重力加速度g＝10 m/s2。 求： 4 / 8 （1）小滑块最终的速度大小； （2）若小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，求小滑块相对木板滑动的时间。 答案：（1）1 m/s （2）1 s 解析：（1）小滑块在木板上滑动过程中，滑块和木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝（m＋M） v，解得v＝1 m/s。 （2）根据题意，对滑块，由动量定理有－μmgt＝mv－mv0，解得t＝1 s。 2.（2024·江苏盐城高三一模）如图所示，质量mA＝2 kg 的长木板A 的右端放置质量mB＝1 kg 的小物块B，它们 静止在光滑水平面上。现有质量mC＝2 kg 的物块C 沿水平面向右以v0＝3 m/s 的速度与木板A 发生弹性正碰（碰 撞时间极短），再经t＝1 s 时间B 与A 相对静止。取重力加速度g＝10 m/s2，试求： （1）碰后C 的速度； （2）A、B 相对静止时的速度大小； （3）A 的上表面与B 之间的动摩擦因数。 答案：（1）0 （2）2 m/s （3）0.2 解析：（1）物块C 与木板A 发生弹性正碰，由动量守恒定律有mCv0＝mAvA＋mCvC，由机械能守恒定律有1 2mCv0 2＝ 1 2 mAv A 2＋1 2 mCvC 2，解得vA＝3 m/s，vC＝0，即碰后C 的速度为零。 （2）再经t＝1 s 时间B 与A 相对静止，此过程A 与B 组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mAvA＝（mA＋mB） v 共，解得v 共＝2 m/s。 （3）对物块B，根据动量定理有μmBgt＝mBv 共，所以A 的上表面与B 之间的动摩擦因数为μ＝0.2。 3.（2024·甘肃高考14 题）如图，质量为2 kg 的小球A（视为质点）在细绳O'P 和OP 作用下处于平衡状态，细绳 O'P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg 的木板B 静止在光滑水平面上，质量为2 kg 的物块 C 静止在B 的左端，C 的左端在O 的正下方。剪断细绳O'P，小球A 开始运动。（重力加速度g 取10 m/s2） （1）求A 运动到最低点时细绳OP 所受的拉力。 （2）A 在最低点时，细绳OP 断裂。A 飞出后恰好与C 左侧碰撞（时间极短），碰后A 竖直下落，C 水平向右运动。 求碰后瞬间C 的速度大小。 （3）A、C 碰后，C 相对B 滑行4 m 后与B 共速。求C 和B 之间的动摩擦因数。 答案：（1）40 N （2）4 m/s （3）0.15 解析：（1）对A 从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定理有mgl（1－cos 60°）＝1 2mv0 2－0 在最低点，对A 由牛顿第二定律有T－mg＝mv0 2 l 根据牛顿第三定律得T'＝T 联立解得细绳受到的拉力T'＝40 N。 5 / 8 （2）由于碰撞时间极短，则碰撞过程A、C 组成的系统水平方向动量守恒，有 mv0＝0＋mvC 结合（1）问解得vC＝4 m/s。 （3）C 与B 相互作用的过程，系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有mvC＝（m＋3m）v 共，根据能量守恒定 律有 1 2 mvC 2＝1 2 （m＋3m）v共 2＋μmgΔx 联立解得μ＝0.15。 4.（2024·江苏南通高三二模）如图所示，在光滑水平面上有一个长为L 的木板B，上表面粗糙，在其左端有一个 光滑的1 4 圆弧槽C，C 与长木板接触但不连接，且下端与木板的上表面相平，B、C 静止在水平面上。某时刻滑块 A 以初速度v0从右端滑上B 并以v0 2 的速度滑离B，恰好能到达C 的最高点。A、B、C 的质量均为m，重力加速度 为g，求： （1）滑块A 与木板B 上表面间的动摩擦因数μ； （2）1 4 圆弧槽C 的半径R； （3）A、C 最终分离时，各自的速度大小。 答案：（1）5 v0 2 16 gL （2）v0 2 64 g （3）1 4 v0 1 2v0 解析：（1）当A 在B 上滑动时，A 与B、C 整体发生相互作用，由于水平面光滑，A 与B、C 组成的系统动量守恒， 以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝m·( 1 2 v0)＋2mv1 ①，由能量守恒定律得μmgL＝1 2mv0 2－1 2m· ( 1 2 v0) 2 －1 2 ×2mv1 2 ②，联立①②解得v1＝1 4 v0，μ＝5 v0 2 16 gL ③。 （2）当A 滑上C 时，B 与C 分离，A、C 发生相互作用，A 到达C 的最高点时两者的速度相等，设为v2，A、C 组 成的系统在水平方向动量守恒，则m·( 1 2 v0)＋mv1＝（m＋m）v2 ④，A、C 组成的系统机械能守恒，则1 2m· ( 1 2 v0) 2 ＋1 2 mv1 2＝1 2 ×（2m）v2 2＋mgR ⑤，联立③④⑤解得R＝v0 2 64 g 。 （3）A 滑上C 后，B 与C 分离，只有A 与C 发生相互作用，此后B 的速度一直为1 4 v0，设A 滑离C 时，A 的速度大 小为vA，C 的速度大小为vC，对A 与C 组成的系统，由动量守恒定律得m·( 1 2 v0)＋mv1＝mvA＋mvC，由能量守恒定 律得1 2m·( 1 2 v0) 2 ＋1 2mv1 2＝1 2mv A 2＋1 2mvC 2，联立解得vA＝1 4 v0，vC＝1 2v0。 6 / 8 5.（2024·河北石家庄高三二模）如图甲所示，一定长度、质量为M＝2 kg 的长木板放在水平面上，质量为m＝1 kg 且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力F1（大小未知），使长木板和 物块均由静止开始运动，将此刻记为t＝0 时刻，0～2 s 内长木板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示，t＝ 2 s 时将外力大小改为F2＝22 N，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝11 15 。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，取重力加速度g＝10 m/s2。求： （1）μ1以及F1的大小； （2）长木板最终的速度大小； （3）长木板的最小长度。 答案：（1）0.2 42 N （2）40 3 m/s （3）140 3 m 解析：（1）由图乙可知，对物块在0～2 s 的时间内，有a1＝Δv1 t1 ＝4－0 2 m/s2＝2 m/s2，对物块根据牛顿第二定 律得μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。0～2 s 的时间内长木板做加速运动，由图乙可知a＝Δv2 Δt ＝18 2 m/s2＝9 m/s2，对 木板由牛顿第二定律得F1－μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma，解得F1＝42 N。 （2）t＝2 s 后，由题意得F2＝μ2（M＋m）g，故长木板与物块组成的系统动量守恒，可得mv1＋Mv2＝（m＋M） v3，解得v3＝40 3 m/s。 （3）由图乙可得，0～2 s 时，物块相对长木板的位移Δx1＝1 2×2×（18－4） m＝14 m，2 s 后，到物块与长木 板共速时，由能量守恒定律有μ1mgΔx2＝1 2mv1 2＋1 2Mv2 2－1 2（m＋M）v3 2，解得Δx2＝98 3 m，故长木板的最小长 度L＝Δx1＋Δx2＝140 3 m。 6.（2024·湖南株洲高三三模）如图所示，质量M＝2.0 kg 的木板静止在光滑水平面上，质量m＝1.0 kg 的小物块 放在木板的最左端。现用一水平向右、大小为F＝10 N 的力作用在小物块上，当小物块在木板上滑过L1＝2.0 m 的距离时，撤去力F。已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g 取10 m/s2，求： （1）撤去F 前，小物块和木板的加速度大小； （2）力F 作用的时间； （3）要使小物块不从木板上掉下来，木板的最小长度。（结果均可用分式表示） 答案：（1）6 m/s2 2 m/s2 （2）1 s （3）10 3 m 解析：（1）撤去F 前，假设小物块与木板间未发生相对滑动，对整体，根据牛顿第二定律有F＝（M＋m）·a 共， 解得a 共＝10 3 m/s2，对木板，根据牛顿第二定律有f＝Ma 共＝20 3 N＞μmg，则小物块与木板之间发生相对滑动， 7 / 8 对小物块，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma 物，解得a 物＝6 m/s2，对木板，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma 木，解 得a 木＝2 m/s2。 （2）设力F 作用的时间为t，根据位移与时间的关系式x＝v0t＋1 2at2可知，此时，小物块的位移为x1＝1 2a 物t2，木 板的位移为x2＝1 2a 木t2，又有x1－x2＝L1，解得t＝1 s。 （3）撤去拉力时，根据v＝v0＋at 可知，此时，物块的速度为v 物＝6 m/s，木板的速度为v 木＝2 m/s，要使小物块 不从木板上掉下来，则小物块到达木板最右端时与木板共速，根据动量守恒定律有mv 物＋Mv 木＝（M＋m）v 共， 解得v 共＝10 3 m/s，撤去拉力后，对物块，根据牛顿第二定律有－μmg＝ma1，解得a1＝－4 m/s2，木板的受力没有 发生变化，则木板的加速度不变，根据公式v2－v0 2＝2ax 可知，小物块的位移为x1＝28 9 m，木板的位移为x2＝16 9 m，则木板的最小长度L＝L1＋（x1－x2）＝10 3 m。 7.（2024·新课标卷25 题）如图，一长度l＝1.0 m 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的 边缘O 对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝l 6时，物块从薄板 右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O 点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦 因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： （1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； （2）平台距地面的高度。 答案：（1）4 m/s 1 3 s （2）5 9 m 解析：（1）解法一 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀 减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为 a＝μg＝3 m/s2 设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有 x 物＝v0t1－1 2at1 2＝l＋l 6 x 板＝1 2at1 2＝l 6 联立并代入数据解得v0＝4 m/s、t1＝1 3 s。 解法二 对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律有 8 / 8 mv0＝mv1＋mv2 分别对物块和薄板根据动能定理有 －μmg·7 6l＝1 2mv1 2－1 2mv0 2 μmg·1 6l＝1 2mv2 2－0 联立并代入数据解得v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s 对薄板由动量定理有 μmgt1＝mv2－0 代入数据解得t1＝1 3 s。 （2）结合（1）问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为 v2＝at1＝1 m/s 由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平 台距地面的高度为h，则由运动学公式有 l 2 －l 6 ＝v2t2 h＝1 2gt2 2 联立并代入数据解得h＝5 9 m。
