大题05 板块模型（解析版）.docx

大题05板块模型®e®®板块模型涉及相互作用的两个物体间的相对运动、涉及摩擦力突变以及功能、动量的转移转化。情境素材丰富多变考察角度广泛，备受高考命题人的青睐，在历年高考中都有体现多以压轴题的形式出现，所以在备考中要引起高度重视，并要加大训练提升分析此类问题的解答水平。Jg麓»大题典例动力学方法解决板块问题【例1】如图甲所示，质量m=1kg的小物块4可视为质点)放在长1.=4.5m的木板B的右端，开始时A、8两叠加体静止于水平地面上,现用一水平向右的力产作用在木板8上，通过传感器测出4、8两物体的加速度与外力户的变化关系如图乙所示。已知A、8两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取IOmZS2。求：(1)4、B间的动摩擦因数出；(2)乙图中R)的值；(3)若开始时对B施加水平向右的恒力尸=29N,同时给A水平向左的初速度W=4ms,则在f=3s时A与8的左端相距多远。【三步审题】第一步：审条件挖隐含(1)当Q>R)时B相对地面滑动，尸O的值为B与地面间的最大静摩擦力大小(2)当<F25N时，A与B一起加速运动，A与4间的摩擦力为静摩擦力(3)当E>25N时，A与8有相对运动，A在B的动摩擦力作用下加速度不变第二步：(I)A与B间相互作用：板块模型审情景建模型(2)A与8的运动：匀变速直线运动第三步：(1)运用牛顿运动定律找加速度与摩擦力(动摩擦因数)的关系，并分析。一审过程产图像的物理意义选规律(2)用匀变速运动的规律分析A与8运动的位移【答案】(1)0.4(2)5N(3)22.5m【解析】(1)由题图乙知，当A、8间相对滑动时A的加速度0=4m/s?对A由牛顿第二定律有ng=ma得W=O.4。(2)设A、8与水平地面间的动摩擦因数为"2,8的质量为M。当A与B间相对滑动时，对8由牛顿第二定律得F-ng-/z2(w+M)g=Ma2F-vng-2(m+M)g即m=M由题图乙知I_4一ng-R2(=+M)g_9M=25-9fM=-4可得M=4kg,“2=0.1则R)="2(，+M)g=5No(3)给4水平向左的初速度vo=4ms,且F=29N时A运动的加速度大小为m=4ms2,方向水平向右。设人运动力时间速度减为零，则A=翼=ISm位移Xl=V0八一%/=2mB的加速度大小F-m-(w+M)g7敢=m=5ms2方向向右B的位移大小及=/2不=2.5m此时B的速度V2=a2=5m/s由于k+x2=1.,即此时A运动到“的左端，当8继续运动时，A从A的左端掉下来停止，设4掉下来后8的加速度大小为G，对B,由牛顿第二定律得FsMg=Ms，可得的=才m/s2在f=3s时A与8左端的距离XyV2(/)÷3(rZi)2=22.5mo龙A舞黄揖号.分析“板一块”模型问题的四点注意(1)从速度、位移、时间角度，寻找滑块与滑板之间的联系。(2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件。(3)滑块与滑板存在相对滑动的条件运动学条件：若两物体速度不相等，则会发生相对滑动。力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块"所需要''的摩擦力R,比较R与最大静摩擦力Rm的关系，若a>Rm,则发生相对滑动。(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速。宓处英式训级(2324高三上河北邯郸期中)如图甲所示，质量为m=lkg、长度为1.的长木板放在粗粒水平面上，现让长木板获得一个向右的水平速度9(v1<3ms),同时让质量也为m=lkg的物块(视为质点)以速度%=3ms从长木板的左端滑上长木板，此后物块运动的速度一时间图像如图乙所示，物块最终停在长木板的右端，物块与木板之间的动摩擦因数为从，木板与地面之间的动摩擦因数为2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10ms2,求：(1)4和2的大小;(2)开始时长木板的速度匕和长度1.；(3)若开始时物块放置在木板的上方并均静止在水平面上，现给物块施加一个水平拉力尸，让整体一起做匀加速直线运动，求尸的范围.V2/【答案】(1)自=0.25,2=0.1：(2)v1=1.8ms,1.=0.24m：(3)2N<F3N【详解】(1)由乙图分析可知，在O0.4s内，物块做初速度为岭=3m/s、末速度为弘=2ms的匀减速直线运动，对物块受力分析，由牛顿第二定律结合加速度的定义可得v2-v%=内g=i解得1=0.25在0.4S2.4s内，物块与木板起做初速度为=2m/s、末速度为0的匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得物块与木板一起做匀减速直线运动的加速大小为a2=%ga2=t2t解得“2=01(2)对木板受力分析，由牛顿第二定律可得木板的加速度为xmg-2×2nga-m由加速度的定义可得联立解得V1=1.8m/s共速前物块的位移为X=lm21木板的位移为x1=W；'21-0.76m则木板长度为1.=x2-x1=0.24m(3)地面给整体的最大静摩擦力为工=2×2mg=2N物块与木板之间的最大静摩擦力为f2=41mg=2.5N当整体能一起加速时，有F>fl=2N当物块与木板刚好不发生相对运动时，物块与木板之间的静摩擦力达最大值，对整体应用牛顿第二定律有Fm-fi=2ma对木板应用牛顿第二定律得f-f=ma解得=3N则让整体一起做匀加速直线运动，尸的取值范围为2N<F3N龙龙K鹘典例.应用三大观点解决“板块”模型问题【例1】(2324高三上贵州阶段练习)如图所示，有一个质量为m=Ikg的小物块(可视为质点)，从光滑平台上的A点以初速度%水平抛出，AB高度i=0.8m,到达C点时，恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道CD,最后小物块滑上紧靠轨道末端Z)点的木板。已知长度1.=4m的木板质量为W=Ikg,放在粗糙的水平地面上，木板上表面与小物块间的动摩擦因数4=03,木板下表面与地面间的动摩擦因数2=°，且与圆弧轨道末端切线相平，圆弧轨道的半径为R=05m,半径OC与竖直方向的夹角6=53。(不计空气阻力，=10ms2,sin53°=0.8,cos53o=0.6)o求：(1)小物块的初速度%大小；(2)小物块到达圆弧轨道D点时对轨道的压力&大小；(3)全程小物块对木板所做的功。【思路分析】先结合平抛规律求解速度再有动能定理及牛顿第二定率求压力，然后应用牛顿运动定律合运动学公式进行求解。【答案】（1）Vo=3ms；（2）国=68N；（3）WJ8【详解】（1）由2gh=4可得小物块到达C点时，竖直速度vy=y2h解得vy=4ms方向沿圆弧切线方向；则水平速度tan53°解得%=3ms（2）小物块在C点的速度vc=+彳=5ms小物块从C点运动到。点的过程中,由动能定理可知mgR(1-cos53。)=grnvji-/雇可得vd=T2911Vs小物块在D点时解得F"68N（3）小物块开始在长木板上运动时有长木板开始运动时有从mg-p2(M+m)g=M的在小物块运动到与长木板共速的过程中有U二%一印解得r=4屈.V=ns4小物块的位移Vd+VX=t2长木板的位移小物块相对于长木板的位移则有x<1.即共速后，它们相对静止运动直至停止，共速后，它们的加速度为它们间的摩擦力f=mai=IN减速位移V229X,=m勺2%32故全程小物块对木板做的功W=imgx2+fxy可得【例2】(2324高三上云南昆明阶段练习)如图所示，质量M=Ikg的木板A置于光滑斜面上，左端放有质量n=1.5kg的物块B(可视为质点)，A、B之间的动摩擦因数=乎。开始时木板右端与垂直斜面的挡板相距W=6.4m,A、B一起以W=6ms的初速度沿斜面向下运动。接着木板A与挡板发生多次无机械能损失的碰撞(等速率反弹)，碰撞时间不计。已知斜面倾角后30。，重力加速度大小g取IOm/s2。(1)求木板A与挡板碰撞前的速度大小力；(2)求木板A与挡板第一次碰撞后，右端与挡板之间的最大距离为暗(3)木板A恰与挡板碰第三次时A与B分离，求木板长度1.及系统损失的机械能E°【思路分析】先由动能定理或牛顿运动定律求速度；在结合受力分析牛顿第二定律、运动学公式求最大距离。利用功能关系及相对运动规律求解模板长度及机械能的损失量.【答案】(1)lOm/s；(2)4m：(3)32m,240J【详解】(1)对A、B整体，由动能定理有(M+n)gxfiSine=g(M+ni)v一;(M+6/解得木板A与挡板碰撞前的速度大小为v1=10ms(2)第次碰后，对A由牛顿第二定律有Mgsin+"mgcos=Mal4=12.5ms2A沿斜面向上匀减速运动，有(3)对B由牛顿第二定律有rngsinOmgcos0=na2解得O2=0故B在A上匀速下滑，木板A反弹后，沿斜面向上以叫做匀减速运动，速度减到0后又反向匀加速，加速度仍为6,速度达M时，进行第二次碰撞，之后重复进行，即A做类似竖直上抛运动、B做匀速直线运动。发生一次碰撞后，相对位移为X=白迂=16m相2%故木板长为1.=21相=32m系统损失的机械能转化为内能%=mgcosO1.=240J【例3】(2022山东模拟演练卷)如图所示，一倾角为J=37。的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量为M=2kg的长木板B沿着斜面以速度w=9m/s匀速下滑，现把一质量为m=kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A与8间、8与斜面间的动摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10ms2,sin37o=0.6,cos370=0.8,求：(1)铁块A和长木板B共速后的速度大小；(2)长木板的长度；(3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等。【思路分析】根据动量守恒定律求速度；应用牛顿运动定律及运动学公式求模板长度；根据功能关系和能量守恒来证明。【答案】(1)6m/s(2)2.25m(3)见解析【解析】(1)根据动量守恒定律有fv,o=(f÷M)v解得v=6m/so(2)根据题意可知=tan0=0.75对铁块人受力分析有"JgsinMgCOS=ma解得a=12ms2对长木板受力分析有MgSinmgcos(M÷m)gcos=Ma解得。2=-6ms2经过时间，速度相等，有V=W+"2f="解得r=0.5s,v=6m/s铁块运动位移内=夕=1.5m长木板运动位移42="要，=3.75m长木板的长度/=及一Xi=2.25mo(3)系统动能的变化量AEk=J(M+m)/-：A/v?=-27J铁块重力势能的变化量Ep=-Wigxisin=-9J长木板重力势能的变化量AEp2=-MgMSinO=-45J长木板与斜面之间摩擦产生的热量Ql="(M+MgKCos9=67.5J铁块与长木板之间摩擦产生的热量Q=Sg/COSO=13.5Jfk÷Ep÷Ep2÷01÷02=0故系统能量守恒。茏将;去指.号.1 .滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时,需选用动力学观点解题。2 .滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。3 .应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移（或相对路程）。茏尔等式训级1.（2324高三下江苏南通开学考试）如图所示，滑板A固定在光滑的水平面上，长度为1.=2m,滑板质量%=Ikg、滑块质量?B=099kg,A、B间动摩擦因数为幺。现有子弹性二°°lkg以=200ms速度向右击中B并留在其中。（1）求子弹C击中B后瞬间，B的速度也；（2）B被子弹击中后恰好能滑到A右端静止，求滑块A与B间动摩擦因数；（3）若滑板A不固定，分析B能否离开A,并求整个过程A、B、C系统损失的机械能及CB.flAIzzz/zzzZzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzz2X='aBrVAafl解得va=2msZzzzzzzzzzzzzzzzzz【答案】（1）2m/s；（2）0.1；（3）199J【详解】（1）子弹C击中B后瞬间，B速度为，根据动量守恒定律性=（/+性）匕解得V1=2ms（2）若滑块与水平面固定，B由运动到静止，位移为3根据动能定理一（+牲）g1.=0T?b+）#解得=0.（3）若A与水平面光滑，则A做匀加速运动，B、C做匀减速运动，B、C与A间摩擦力/="（"h+%）gTNA的加速度大小为f-2a、=lms%B、C的共同加速度大小bc=lms2ZWB+mc设经时间共速V1-=解得z=ls此时B相对A位移s，=vtaw2=Im因SV1.,A、B、C最后共速运动，不会分离，所以B滑行最终速度为v2=v1-alit=lms系统损失的机械能为2.(2324高三下山东开学考试)如图所示，木板B和滑块C静止在水平地面上，木板B长为1.=3.50m,滑块C到木板B右端的距离为x=Q5m0某时刻滑块A从木板B左端以初速度=4ms滑上木板B,已知木板B的质量为M=20kg,滑块A、C的质量均为m=IOkg,木板底面光滑，A与B上表面及C与地面间的动摩擦因数均为0.2,A、C的大小不计，重力加速度g取IOm/S?,经过一段时间木板B与滑块C发生第1次弹性正碰，求：(1)木板B第1次撞击C时，滑块A和木板B的速度大小各是多少;(2)碰后B、C间的最大距离。AlBCrzzzzzzzzzzzzzzzzzZzz【答案】（1）v=2ms,vb=lms；（2）,m6【详解】（1）A减速的加速度为外，B加速的加速度为他Nmg=metaEImg=Man设经时间4,B追上C发生碰撞，此时A、B未共速：1vu=Im/s（2）B与C碰撞过程动量守恒，碰后速度分别为明和UG动量守恒Mv=vbi+nvc机械能守恒3跖，；=3哈+3机哈解得1,vbi=-ms4,vc=-ms碰后A减速，B加速，C减速，当B的速度02=%2时两者间距离最大。vBl+B2=vCl-ach%=%解得11.=-S23此时间内B、C前进的位移分别为/2和2B2=vBlG+万"BGXC2vClGaCt2此时B、C间的距离为1I=%2-2=zm6J'IJJ-Wl./茏第勉模拟一1.（2324高三上河北阶段练习）如图甲所示，一定长度、质量为M=2kg的长木板放在水平面上，质量为利=Ikg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4（大小未知），使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为7=0时刻，02s内长木板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示，f=2s时将外力大小改为6=22N,物块与长木板间的动摩擦因数为"，长木板与水平面间的动摩擦因数为例=£。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，重力加速度g=10ms20求：(1)自以及K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】(I)0.2，42N：(2)m/s：(3)m33【详解】(1)由图乙可知，对物块在02s的时间内，有对物块由牛顿第二定律得Mlmg=mai解得4=0.202s的时间内长木板做加速运动，由图乙可知a=-=ms2=9ms2/2对木板由牛顿第二定律得耳一从mg-2(M+m)g=Ma解得耳=42N(2)Z=2s后，由题意得玛=H2(M+"z)g故长木板与物块系统动量守恒可得WV1+Mv2=(2+)v3解得竺m/s3(3)由图乙可得，02s时，物块相对长木板的位移,vl=×2×(18-4)m=14m2s后，到物块与长木板共速时，由能量守恒有""7g%2=；W+gMv；一g+M)解得故长木板的最小长度2. (2324高三上,辽宁阶段练习)如图所示，质量M=2kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一可视为质点、质量m=lkg的物块，现对物块施加一水平向右的恒定拉力尸=6N,木板先在水平地面上加速，物块离开木板后木板在摩擦力的作用下开始减速，运动的总距离s=0.5m°已知物块与木板间的动摩擦因数4=04,木板与地面间的动摩擦因数上=0/，取重力加速度大小g=10ms2.求：(1)木板的加速距离义(2)木板的长度/0【答案】(I)gm；(2)Im【详解】(1)分析可知，拉力尸作用下物块在木板上滑动，设物块离开木板前木板的加速度大小为外,离开后木板的加速度大小为。2，木板的最大速度为V，则有xmg-2(M+m)g=M%2Mg=Ma2V2V2+=S2ai20,d=-m3（2）设在拉力F作用卜木板的加速时间为6,物块的加速度大小为由,则有F-Wng=tnay/=Im3. （2324高三上四川内江阶段练习）如图所示，有一长为1.=2m长木板A静止在水平地面上，其右端静止一体积可忽略的小物块B。现对长木板A施加一水平向右的恒力凡使长木板A和小物块B发生相对滑动，已知长木板A的质量为ma=2kg,小物块B的质量为%=lkg,长木板A和小物块B之间的动摩擦因数4=0.4,长木板A与地面之间的动摩擦因数2=°2,水平恒力尸=20N,g=IOmZs2,试求：（1）在长木板A受到水平恒力尸作用后，长木板A的加速度为多大？（2）从长木板A受到水平恒力户作用开始到B离开A,整个系统由于滑动摩擦力作用而产生的总热量。1._1.JFAlI；77/.【答案】（I）纵=5m/s2；（2）Q=68J【详解】（1）对长木板A,根据牛顿第二定律Z=MmBgf2=2N2=g+W)g解得QA=5ms2（2）对小物块B,根据牛顿第二定律MmBg=他解得aB=4ms2对长木板A12XA=2ar对小物块BI2=2aBz又总热量为Q=AZ1.+4WA+z）gx入解得Q=68J4. （2324高三上四川成都阶段练习）如图甲所示，在光滑水平面上静止的小物块A和长木板B质量均为,=2kg,小物块A位于长木板B的左端,二者之间的动摩擦因数=01。f=0时刻小物块A获得水平向右、大小为%=7ms的初速度，同时给小物块A施加如图乙所示的水平向右的作用力。5s时长木板B与其右侧竖直挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后长木板B的速度大小不变，方向相反。5s后撤去小物块A所受的水平作用力，一段时间后小物块A和长木板B第一次达到共速，重力加速度g取IomZS2,求：（1）05s内水平作用力的冲量大小；（2）从5s末到小物块A和长木板B第一次达到共速的过程中，系统由于摩擦损失的机械能。【答案】（1）1ONS;（2）72J【详解】（1）冲量大小即为尸T图线与坐标轴围成的面积，即5x4Z=-Ns=10N!2（2）对小物块A分析，取向右为正方向，由动是定理可得I-J1.ffngt=mvl-mv0解得V1=7ms对长木板B应用动量定理，得jmgt=tnv1解得v2=5ms长木板B与整直挡板碰后，速度反向，大小不变，由动量守恒定律，得/WV1-mv2=2mv解得v=lms从5s末到小物块A和长木板B第次达到共速的过程中，系统由于摩擦损失的机械能E=nv12+mvl-×Imv221222解得E=72J5.（2324高三上云南曲靖阶段练习）如图所示，两个完全相同的质量为?的木板A、B置于水平地面上，它们的间距s=2.88m,质量为2m,大小可忽略的物块C置于A板的左端，C与A之间的动摩擦因数为M=O.22,A、B与水平地面之间的动摩擦因数为外=0.10,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态。现给C施加一个水平向右、大小为尸监的恒力作用，木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起。（取重力加速度g=10ms?,计算结果用根式表示，其中j瓦二竽）。求：（1） A与B相撞前A的速度匕是多少？（2） A与B相撞后向右做加速运动的位移电是多少？（3）要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？七I,二工!且/，【答案】(1)递m/s；(2)浊m/s；(3)0.3m55【详解】(1)设A、C之间的滑动摩擦力大小为力，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为力，一开始A和C保持相对静止，在尸的作用下向右加速运动，有(F-)5=y(2m+w)vj2V1=ms(2)A、B两木板的碰瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律得nvl=(n+w)v223,%=m/s-5碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设木板向前移动的位移为4,选三个物体构成的整体为研究对象，外力之和为零，则2wv1+rn+m)v2=(2m+m+m)v333.V3=y-m/s设A、B系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为力，对A、B系统，由动能定理其中£=用(2"z+z+m)g得sx=1.5m(3)对C物体,由动能定理：(F-yj)(2+51)=27wvj-2zwv12由以上各式，再代入数据可得=0.3m6.(2023四川攀枝花一模)如图所示，静止在水平地面上的木板A质量，4=2.5kg、长1.=0.5625m,其上左端有一可视为质点、质量加c=05kg的小滑块C,滑块C与A上表面之间的动摩擦因数M=O2,A与水平面间的动摩擦因数2=°1，在A右侧有一质量=1.5kg且与A等高的木板B处于静止状态，B与地面间的动摩擦因数M=,A、B两木板初始时相距d=1m。现对木板A施加一水平的恒定拉力尸，使木板A和滑块C保持相对静止，且木板A能以最短时间与木板B相碰；当木板A撞到木板B前的瞬间拉力大小2变为设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板A、B的碰撞时间极短且无机械能损失，重力加速度g取10ms2>求：（1）拉力产的大小；（2）从木板A和小滑块C一起运动到刚与木板B相撞的过程中A对C的冲量大小/；（3）判断小滑块C能否滑到木板B上，并说明原因。C11AFBZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ/ZZZZZZZZZZZ【答案】（1）F=9N：（2）Z=26Ns;（3）不能【详解】（1）设木板A和小滑块C起运动时的加速度为小对木板A与滑块C,由牛顿第二定律，有F-%（叫+mc）g=（niA+mc）a对滑块C,有"Mcg=mca联立两式得F=9N（2）从木板A和小滑块C一起运动到刚与木板B相撞的过程中A对C施加了支持力和摩擦力，设该段时间为乙，则A对C的冲量/=J（"kgf+C½性gfFd=；漏解得=26Ns（3）设A刚与B相撞时的速度为,A、B撞后的速度分别为匕I、vbi,由运动学规律、动量守恒定律和能量守恒定律有%=MWaV0=ZMaVa1+WbVbiI2I2I22wavo=2waVai+-bvbiA、B碰后，A、C将出现相对滑动，此时对A进行受力分析，地面对A的摩擦力、拉力、C对A的摩擦力恰有2-F+lmcg=2(m+mc)g=3N故A将做匀速直线运动，C做匀减速直线运动。假设C未滑离A,A、C过段时间后将会共速，设从A、B碰撞到A、C共速这段时间为弓，这段时间内A、C间的相对位移为x,根据牛顿运动定律，有%=%-212xC=v0t2-at2XA=VAJ2=Xc-Xa解得x=0.5625m=1.即A、C共速时C恰好滑到A的最右端。对B,设8碰后到停止的位移为与，1243mBg/=5%得xb=0.375m=XA故A、B会第二次碰撞，由动量守恒定律，有明%=以+%21 21，1，mAvl=-wA+-¾¾2得va2=0.125m/s,vb2=0.625m/s>vc=va2=0.5m/s故木块C不能滑到木板B上，会从木板A上掉落到水平地面上。7.(23-24高三上福建南平阶段练习)两端有竖直挡板的“U”型槽C放置在光滑的水平面上,质量M=3kg、槽内长度1.=1.Om,中间位置放上一质量飞=2kg滑块B,均处于静止状态。在槽左边有一质量A=Ikg滑块A,以速度%=6ms向右运动，与“U”型槽碰撞后以原来速度的一半反弹，经过f=ls时，滑块B与“U”型槽的挡板发生第一次碰撞，A、B滑块均可视为质点，“U”型槽的上表面水平，所有的碰撞均为弹性的，重力加速度g=10ms2,不计空气阻力。求：（1）滑块A与“U”型槽C碰撞后瞬间“U”型槽C的速度大小vc;（2）滑块B与槽间的动摩擦因数；（3）“U”型槽最终的速度及B在槽内的位置。【答案】（1）vc=3ms;（2）4=0.3：（3）1.8ms,到U型槽左边挡板的距离为0.4m【详解】（1）A与"U”型槽弹性碰撞，有wAvO=zwAvA+wvC由题意Va=4A2解得vc=3m/s（2）滑块A与U型槽碰撞后，B做匀加速直线运动RmBg=mBaB1,=2Br滑块A与U型槽碰撞后，U型槽做匀减速直线运动“"%g=MCIC由题意1.xC-XB=5联立可得-0.3（3）设“U”型槽的最终速度为丫。由动量守恒定律解得MUC=(M+zz)uy=1.8ms；MvlW+w)v2+wbS由功能关系S=0.9m解得滑块B最终的位置到U型槽左边挡板的距离4=0.4m8. （2223高二下安徽安庆阶段练习）如图所示，质量叫=3kg、长度=6m的木板，以速度匕=5ms沿光滑水平面向右匀速运动。某时刻一质量叫=Ikg的小木块（可视为质点），以水平向左的速度匕=3ms从木板的右端滑上木板，最终刚好不能滑离木板。重力加速度g取IOnVS2。求：（1）木块与木板间的动摩擦因数；（2）小木块做加速运动过程的过程中，木板运动的距离。【答案】（I）=0.4：（2）5=2.625m/W1V1-m2v2=(w+m2)v【详解】（1）设木块到达木板左端时与木板的共同速度为1.以水平向右为正。对木块和木板组成的系统,由动量守恒定律有Q=g机/2+；fn2v22-ml+n2)V2由能量守恒定律有且联立以上各式，代入相关数据可得=0.4（2）当物块的速度等于零时，木板的速度为匕，由动量守恒可知n1V1-112v2=111v3解得v3=4ms设木块在木板上.加速的时间为，对木块由动量定理有m2gt=w2v-O代入相关数据可得/=0.75s在这段时间内，木板运动的距离s=vit-at2其中解得s=2.625m9. （2023山西阳泉三模）如图（八）所示，长方形木板放在光滑的水平地面上，在其右端放置一可视为质点的小木块，现给长方形木板一个大小为%,方向水平向右的初速度，最后小木块刚好没有滑离长方形木板；如图（B）所示，与上面相同的长方形木板静止放置在光滑的水平面上，在其左端地面上固定一个四分之光滑圆弧槽，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，现让相同的小木块从圆弧槽的最高点由静止开始滑下，最后小木块也是刚好没有滑离长方形木板.已知小木块与长方形木板间的动摩擦因数为，长方形木板的质量为小木块质量的3倍，重力加速度为g,求:(1)长方形木板的长度;(3)圆弧槽轨道的半径;图（八）中小木块在长方形木板上的滑行时间与图（B）中小木块在长方形木板上的滑行时间之比。【详解】（1）对于题图（八）,小木块、长方形木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度大小为匕，木块的质量为，"，则长方形木板的质景为3m，规定木板的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有3w)=(3w+w)v1解得3v=4v°设长方形木板的长度为1.,由功能关系有=-(3w+m)v12解得长方形木板的长度为（2）设圆弧槽轨道的半径为，小木块刚滑上长方形木板时的速度大小为“由机械能守恒定律可得1mgr=mv对于题图（B）,小木块、长方形木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度为匕，由动量守恒定律可得mv=(m+3m)v2由功能关系有Nmg1.=gWv2-g+3m)W解得圆弧槽轨道的半径为r=V2g（3）对题图（八）中的小木块，规定小木块受到的摩擦力的方向为正方向，由动量定理有解得小木块在木板上滑动的时间为对题图（B）中的长方形木板，规律长方形木板受到的摩擦力方向为正方向，由动量定理有解得题图（八）中的小木块在长方形木板上的滑行时间与题图（B）中的小木块在长方形木板上的滑行时间之比1=1G110（2223高三下湖南衡阳阶段练习）如图，质量为M=2kg,长度为s=9m的长木板8静止于粗糙的水平面上，其右端带有一竖直挡板，长木板与水平面间的动摩擦因数为4=OJ,有一质量机=Ikg的物块A静止于长木板左端，物块与长木板间的动摩擦因数为“2=0.5,物块A上方O点固定一长度为1.=4.9m轻绳，轻绳另一端固定一质量为%=6kg的小球，现将小球向左拉起，使轻绳伸直并与竖直方向成60。角由静止释放，当小球运动到最低点时恰好与物块A发生弹性碰撞，碰撞之后将小球立即锁定，物块A沿长木板运动至右端与竖直挡板发生弹性碰撞，重力加速度大小取g=10ms2,小球和物块可看作质点，求：（1）小球与物块A碰撞之后物块A的速度大小%；（2）在物块A与长木板8右侧挡板碰撞之后瞬间物块A的速度匕。【答案】（1）12ms;（2）lms,方向水平向左【详解】（1）小球向下摆动过程中，根据机械能守恒定律有解得v=lm/s小球与物块A弹性碰撞过程，根据动量守恒定律有m0v=f11nv,+Znv0根据机械能守恒定律有两式联立解得%=12m/s（2）对物块A,根据牛第二定律对长木板8,根据牛顿第二定律2mg-1(/+m)g=Ma2解得al=5ms202=1ms2设从开始到与挡板碰撞过程中两位移关系为卜。：一；i2）-g=S解得4=1S或=3s（舍掉）碰撞前物块的速度VA=%-砧=7ms碰撞前长木板的速度vb=a2ti=1m/s物块A与挡板间的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有nv+Mvb=?匕+Mv2M泊Mv=M"3片两式联立代入数据解得v1=-1m/s则物块A的速度方向水平向左，大小为1m/s。龙塞V真题1. （2023河北高考真题）如图，质量为Ikg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37。角.质量为2kg的小物块A以8ms的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.5.当A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道.待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反.已知木板长度为l3m,g取0msM取3.16,sin37o=0.6,cos37o=0.8.（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小；（2）求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；（3）物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1:3的物块8和物块C,总质量不变，同时系统动能增加3J,其中一-块沿原速度方向运动.为保证3、C之一落在木板上，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范H=2m；(3)O.ls2VO.118s或0.732s0.75s【详解】（1）设物块A的初速度为,木板与轨道底部碰撞前，物块A和木板的速度分别为匕和小，物块A和木板的质量分别为叫和机2,物块A与木板间的动摩擦因数为，木板长度为1.,由动量守恒定律和功能关系有W1V0=ZZijV1+r2v2I2I2I2,2,wvo=2,w>v+/，%叫由题意分析匕外,联立式得vl=7ms,v2=2m/s（2）设圆弧轨道半径为R,物块A到圆弧轨道最高点时斜抛速度为匕，轨道对物块的弹力为F物块A从轨道最低点到最高点，根据动能定理有-w1(l+sin37o)=gm"网片物块A到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有FN+町gsin37°联立式，得设物块A抛出时速度v3的水平和竖直分量分别为匕和vyvj=v3sin37o,vv=v3cos37o斜抛过程物块A上升时间该段时间物块A向左运动距离为物块A距离地面最大高度SI=vxt=1.2m.2/=(l+sin37o)+=2m.(