素养培优1　“板块”模型中动力学、能量和动量的综合讲义（教师版）-2025高考物理素养培优.docx

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＝1.5kg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＝10m/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）0.5kg（2）0.3（3）0.75J

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＝2m/s，共同速度为v＝0.5m/s，联立解得木块的质量m＝0.5kg。

（2）由速度—时间图像可得小车的加速度为a＝0.5－00.5－0m/s2＝1m/s2，对小车由牛顿第二定律可得μmg＝Ma，解得μ＝Ma

（3）由功能关系可得这个过程中系统损失的机械能为ΔE＝12mv02－12（m＋M）v2＝12×0.5×22J－12×（1.5＋0.5）×0.52J＝

【典例2】（2024·海南三亚高三三模）如图所示，质量M＝2kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m＝1kg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＝3N的拉力，经时间t＝6s后撤去拉力，已知撤去拉力的瞬间，木板的速度大小v1＝3m/s，取重力加速度大小g＝10m/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）12m/s（3）6m/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＝12m/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＝6m/s。

【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＝10m的光滑圆弧形滑梯，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h＝5m，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＝25kg，一质量为m＝50kg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＝16m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＝10m/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）1000N（2）7m

解析：（1）对游客从a点滑到b点的过程，由动能定理有mgh＝12mv2，游客滑到b点时，有F－mg＝mv2R，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＝1000

（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v12＝2a1s，解得游客滑上平台的速度大小v1＝8m/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－12a2t2，滑板的位移为x2＝12a3t2，则滑板的长度L＝x1－x2，联立解得L＝

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12mv2＝12mv12＋12Mv22

－μmgs＝0－12mv12，联立解得L＝7

【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