8-7滑块板块模型（解析版）--2024高考一轮物理复习100考点100讲

2024年高考一轮复习100考点100讲

第8章   动量守恒定律

第8.7 讲  滑块板块模型

【知识点精讲】

. “子弹打木块”（“滑块—木板”）模型

【方法归纳】

. “子弹打木块”（“滑块—木板”）模型，采用动量守恒定律、动能定理或能量守恒定律列方程解答。

滑块木板模型的位移关系:

滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，二者位移之差等于板长。若滑块和木板反向运动，二者位移之和等于板长。

【最新高考题精练】

1．（11分）（2023年1月浙江选考· 18）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车:上表面与直轨道下、平台位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量．将一质量也为m的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍．（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）

（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；

（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；

（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t．

【参考答案】（1），；（2）；（3）

【名师解析】

（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得

解得

滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得

解得

（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得

解得

摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得

解得

根据能量守恒可得

解得

（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为

所用时间为

此过程滑块通过的位移为

滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为

则滑块从G到J所用的时间为

2．（12分）（2021高考新课程II卷海南卷）

如图，一长木板在光滑的水平面上以速度向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和，它们之间的动摩擦因数为，重力加速度为g．

（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；

（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；

（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功．

【名师解析】（1）滑块和木板组成的系统动量守恒，2mv0=（m+2m）v，

解得v=2v0/3。

（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，滑块和木板组成的系统，动量守恒，

2mv0= mv1+2 mv2，

能量守恒定律，有  μmg△x=·2mv02-（mv12+·2 mv22），

其中v2=2 v1，

解得：△x=，

（3）对于滑块有  μmgt= mv0，

对于木板匀速有F=μmg

木板运动的位移  x=v0t，

W=Fx，

解得t=，W= mv02。

【最新模拟题精练】

1. （2023广东名校联盟大联考）如图所示，静置于光滑水平地面（足够大）上质量的木块，由竖直平面内半径的光滑半圆形轨道和水平直轨道（的厚度不计）组成，与相切于B点。现将木块锁定，使一质量的物块（视为质点）从C端以大小、方向水平向左的初速度沿轨道滑行。已知B、C两点间的距离，物块与间的动摩擦因数，，取重力加速度大小，不计空气阻力。

（1）求物块通过B点时对半圆形轨道的压力大小；

（2）若在物块通过B点时将木块解锁，求物块从A端飞出时的速度大小和方向；

（3）证明在（2）中情况下物块从A端飞出后落在地面上，并求物块落地时与B点的距离。

【参考答案】（1）；（2），方向水平向右；（3）

【名师解析】

（1）设物块通过B点时的速度大小为，对物块从C点运动到B点的过程，根据动能定理有

解得

设物块通过B点时所受半圆形轨道的支持力大小为，根据牛顿第二定律及圆周运动规律有

根据牛顿第三定律可知，物块通过B点时对半圆形轨道压力大小

故解得物块通过B点时对半圆形轨道的压力大小

（2）设木块解锁后，以水平向左为正方向，物块从A端飞出时物块、木块的速度分别为，物块和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，有

由系统机械能守恒得

解得

，

所以物块从A端飞出时的速度大小为，方向水平向右。

（3）设物块从A端飞出后在空中运动的时间为t，根据平抛运动的规律有

解得

在时间t内，木块相对物块向左运动的距离

解得

因为，所以物块从A端飞出后落在地面上，物块落地时与B点间的距离为。

2. （2023云南昆明24中二模）如图所示，质量为的可视为质点的小物体从点水平抛出，恰好沿圆弧切线方向从点进入竖直光滑圆弧轨道，圆弧轨道端固定在平台上，另一端水平且与光滑水平面上的平板小车上表面相切于小车左端点，小车质量，当小物体运动到挡板处时与发生碰撞，碰后速度大小不变，方向相反。碰撞前小物体和小车已经达到相同速度，碰后小物体始终没有离开小车，且没有滑上圆弧。已知圆弧半径，圆弧对应的圆心角为，点距平台的高度，小物体与小车间的动摩擦因数为，不考虑空气阻力，，重力加速度。试求：

（1）小物体从点抛出的水平速度大小；

（2）小物体刚到达点时对圆弧轨道的压力大小；（结果保留小数点后1位）

（3）小物体停止时距离点的距离，以及小物体滑上小车到最终停止运动前，小物体做匀减速直线运动的总时间。

【参考答案】（1）；（2）；（3）

【名师解析】

（1）小物体由到做平抛运动

得

到达处的竖直分速度

处速度方向与水平方向夹角

（2）处速度大小

小物体由到点，根据动能定理

解得

在处做圆周运动

根据牛顿第三定律，小物体对轨道得压力为

（3）小物体与小车第一次共速，根据动量守恒定律

解得

小物体在小车上受摩擦力产生加速度大小为

小车加速度为

可知，第一次共速前，物体匀减速的时间为

第一次反弹后到再次共速需要时间

下一次与碰撞前，再次达到共速，根据动量守恒定律

解得

第二次反弹后到共速需要的时间

忽略共速以后运动的时间绘制出物块和小车的图像：

开始物块比小车速度大，物块相对小车位移向右所以相对小车位移为

物块反弹后，小车相对物块位移向右：相对位移为

此后每次碰撞到再次共速小车相对物块向右移动距离均为前一次的

经过多次碰撞后的总位移为

所以最终物块停止位置与点距离为

碰撞后第一次减速为0所需要的时间为

每次碰撞后匀减速到0所需时间均为前一次的

可知匀减速的总时间为

3.（16分）(2023河北临考信息卷)航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置，其中质量、紧靠飞机的A装置是由光滑曲面和粗糙水平面两部分组成，A的水平粗糙部分长度。质量也为的转运车B紧靠A且与A的水平部分等高。小包裹C沿A的光滑曲面由静止下滑，经A的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为，不计转运车与地面间的摩擦，包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略，重力加速度g取10。求：

（1）若包裹C在缓冲装置A上运动时A静止不动，则包裹C的最大质量；

（2）若某包裹的质量，从距A水平部分高度处由静止释放，为使该包裹能停在转运车B上，则转运车B的最小长度；

（3）若某包裹的质量，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时h的最小值hmin。

【参考答案】：（1）40kg （2）4m （3）0.85m

【名师解析】：（1）设包裹C的质量为m，包裹C在缓冲装置A上运动时A静止不动，需满足（2分）

解得（1分）

即包裹C的最大质量为40kg

（2）现在包裹的质量，小于40kg，则包裹从A上释放后，缓冲装置A静止不动，则包裹下滑至B车左端时，根据动能定理有（1分）

包裹从滑上B车与挡板碰撞后又返回到B车的最左端时，二者恰好共速，此时小车的长度最短，包裹与B车相互作用的过程中根据动量守恒定律有（1分）

包裹与B车相互作用的过程中，根据能量守恒定律有

（2分）

联立解得（1分）

（3）由于包裹质量大于40kg，则装置A推动B车运动。若使包裹能滑上B车，最小高度是包裹刚好可以滑上B车时，A、B、C三者共速。包裹到达A的水平粗糙部分后，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有1（2分）

以包裹为研究对象，根据牛顿第二定律有（1分）

则可画出A与运动的图像如图所示，包裹在光滑曲面下滑至水平面时根据机械能守恒定律有

（1分）

A、B、C三者共同速度为（2分）

由图像面积表示位移可得两图像中间所夹面积为A、C的相对位移，则（1分）

以上各式联立解得（1分）

4.(18分)（2023广东佛山重点高中质检）　如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车，在车上的左端放一木块B，车左边紧邻一个固定在竖直面内、半径为R的圆弧形光滑轨道，已知轨道底端的切线水平，且高度与车表面相平．现有另一木块A(木块A、B均可视为质点)从圆弧轨道的顶端由静止释放，然后滑行到车上与B发生碰撞．两木块碰撞后立即粘在一起在平板车上滑行，并与固定在平板车上的水平轻质弹簧作用后被弹回，最后两木块刚好回到车的最左端与车保持相对静止．已知木块A的质量为m，木块B的质量为2m，车的质量为3m，重力加速度为g，设木块A、B碰撞的时间极短可以忽略．求：

（1）木块A、B碰撞后的瞬间两木块共同运动速度的大小；

（2）木块A、B在车上滑行的整个过程中，木块和车组成的系统损失的机械能；

（3）弹簧在压缩过程中所具有的最大弹性势能；

（4）若小车上表面相对地面高h且光滑，木块会滑离小车吗？如果会，则木块落地时与小车左端的距离是多少？

【参考答案】.（18分）(1) 　(2)mgR　(3)mgR  （4）会滑离，2√hR/3

【名师解析】(1)设木块A与B碰撞前瞬间的速度大小为v1，则根据机械能守恒定律有

mgR＝mv      1分

设木块A、B碰撞后瞬间两木块共同运动速度的大小为v2，根据动量守恒定律有

mv1＝3mv2       1分

联立①②式解得v2＝    2分

(2)设木块A、B与车最终的速度大小为v3，

根据动量守恒定律有3mv2＝6mv3    2分

联立③④式解得木块和车组成的系统损失的机械能为

ΔE＝·3mv－·6mv＝ mgR    2分

(3)当木块A、B将弹簧压缩至最短时，木块和车整体达到最大速度v3，根据运动的对称性可知此过程中系统损失的机械能为ΔE＝mgR    2分

联立③④⑥式和能量守恒定律解得弹簧的最大弹性势能为

Epm＝·3mv－ΔE－·6mv＝mgR     2分

（4）设木块滑到小车左端时速度为v4,此时小车的速度为v5,由系统动量守恒和机械能守恒可知：

3mv2=3mv4+3mv5               1分

 ·3mv=3mv42+·3mv52      1分

解得v4=0,v5=v2＝    1分

所以会滑离。             1分

木块自由落体：h=·gt2      1分

小车匀速运动：S=v5t=2/3    1分

5. （2023湖南名校高二联考） 在航空托运中，时有损坏行李的事情发生，小华同学设计了如下图所示的缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲装置A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B的质量均为，A、B水平部分的长度均为。包裹C可视为质点且无其它包裹影响，重力加速度。C与B的右挡板发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。

（1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量m最大不超过多少；

（2）若某包裹的质量为，从处静止滑下，求包裹在距转运车右端多远的位置停下来；

（3）若包裹的质量还是，为使该包裹能滑上转运车B上，则该包裹释放时h的范围。（结果保留两位有效数字）

【参考答案】（1）60；（2）2.5m；（3）

【名师解析】

（1）A恰好不运动需要满足

解得

故包裹C的质量最大不超过60；

（2）因C的质量，故装置A始终处于静止状态，由动能定理得

解得

C与B相互作用的全过程，两者组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，则

由能量守恒定律得

解得

又

得物体在车上的相对位移

所以距转运车右端2.5m。   

（3）装置A还始终处于静止状态，C滑到低端

由动能定理得

为C下滑的最小高度，得

则C滑上小车，C与小车弹性碰撞后返回至小车最左端时两者共速，为C不会从小车上掉下的最大高度：由C、车动量守恒

由能量守恒得

得

所以

6.（18分）（2023湖北重点高中期中联考）在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且与木板AB上表面平滑相接，如图所示.一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处.已知物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：

（1）物块滑到B处时木板的速度vAB；

（2）木板的长度L；

（3）滑块CD圆弧的半径.

【名师解析】：（1）物块由点A到点B时，取向左为正方向，由动量守恒定律得

又

解得，方向向左

（2）物块由点A到点B时，根据能量守恒定律得

解得

（3）由点D到点C，滑块CD与物块P组成的系统在水平方向上动量守恒，则有

滑块CD与物块P组成的系统机械能守恒，则有

联立解得，滑块CD圆弧的半径为