动量和能量中的滑板滑块模型专题(新、选)

思想观点 规律 研究对象 一、三个观点及其概要

动力学观点 牛顿运动（第一单个物体或整体 ——— 解决力学问题的三把金钥匙

第二第三）定律

及运动学公式

动量观点 动量守恒定律 系统 动量定理 单个物体 能量观点 动能定理 单个物体 机械能守恒定律单个（包含地球） 能量守恒定律 或系统 二、思维切入点

1、五大定律和两大定理是该模型试题所用知识的思维切入点。该模型试题一般主要是考查学生对上述五大定律和两大定理的综合理解和掌握，因此，学生在熟悉这些定律和定理的内容、研究对象、表达式、适用条件等基础上，根据试题中的已知量或隐含已知量选择解决问题的最佳途径和最简捷的定律，以达到事半功倍的效果。

2、由于滑块和木板之间依靠摩擦力互相带动，因此，当滑块和木板之间的摩擦力未知时，根据动能定理、动量定理或能量守恒求摩擦力的大小是该模型试题的首选思维切入点。 3、滑块和木板之间摩擦生热的多少和滑块相对地面的位移无关，大小等于滑动摩擦力与滑块相对摩擦面所通过总路程之乘积是分析该模型试题的巧妙思维切入点。若能先求出由于摩擦生热而损失的能量，就可以应用能量守恒求解其它相关物理量。 4、确定是滑块带动木板运动还是木板带动滑块运动是分析该模型运动过程的关键切入点之一．当（没有动力的）滑块带动木板运动时，滑块和木板之间有相对运动，滑块依靠滑动摩．．．擦力带动木板运动；当木板带动滑块运动时，木板和滑块之间可以相对静止，若木板作变速．．

运动，木板依靠静摩擦力带动滑块运动。 ．．．．

三、专题训练

1．如图所示，右端带有竖直挡板的木板B，质量为M，长L=1.0m，静止在光滑水平面上．一个质量为m的小木块（可视为质点）A，以水平速度v04.0m/s滑上B的左端，而后与其右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板B的左端．已知M=3m，并设A与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可忽略（g取10m/s）．求：

（1）A、B最后的速度；

（2）木块A与木板B间的动摩擦因数．

2．如图所示，光滑水平地面上停着一辆平板车，其质量为2m，长为L，车右端（A点）有一块静止的质量为m的小金属块．金属块与车间有

word.

2B C A F

L

摩擦，与中点C为界，AC段与CB段摩擦因数不同．现给车施加一个向右的水平恒力，使车向右运动，同时金属块在车上开始滑动，当金属块滑到中点C时，即撤去这个力．已知撤去力的瞬间，金属块的速度为v0，车的速度为2v0，最后金属块恰停在车的左端（B点）如果金属块与车的AC段间的动摩擦因数为μ1，与CB段间的动摩擦因数为μ2，求μ1与μ2的比值．

3．如图所示，质量为M的小车A右端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m的小物块B从左端以速度v0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车左端时刚好与车保持相对静止．求整个过程中弹簧的最大弹性势能EP和B相对于车向右运动过程中系统摩擦生热Q各是多少？

B A

4．如图所示，质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5m，这段滑板与木块A之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑．可视为质点的小木块A以速度v0

2

＝0.2，由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动．已知A的质量m=1kg，g取10m/s ．求： （1）弹簧被压缩到最短时木块A的速度；

（2）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．

5．一块质量为M长为L的长木板，静止在光滑水平桌面上，一个质量为m的小滑块以水平速度v0从长木板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板，滑块刚离开木板时的速度为．若把此木板固定在水平桌面上，其他条件相同．求：

5

v0

v0 m （1）求滑块离开木板时的速度v；

M （2）若已知滑块和木板之间的动摩擦因数为μ，求木板的长度．

6.如图所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μword.

B A L C 为0.24，木板右端放着质量mB为1.0kg的小物块B（视为质点），它们均处于静止状态.木板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的

2

动能EkA为8.0J，小物块的动能EkB为0.50J，重力加速度取10m/s，求： （1）瞬时冲量作用结束时木板的速度v0； （2）木板的长度L．

7．如图所示，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同档板的质量为M=4.0kg，a、b间距离s=2.0m．木板位于光滑水平面上.在木板a端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速v0=4.0m/s沿木板向前滑动，直到和挡板相碰.碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板．求碰撞过程中损失的机械能．

8．如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C．重物A（视为质点）位于B的右端，A、B、C的质量相等．现A和B以同一速度滑向静止的C、B与C发生正碰．碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力．已知A滑到C的右端而未掉下．试问：从B、C发生正碰到A刚移到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍．

9．如图所示，光滑水平面上有一质量M=4.0kg的带有圆弧轨道的平板车，车的上表面是一段长L=1.5m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m 的

1光滑圆弧轨道,圆弧轨4道与水平轨道在O′点相切。现将一质量m=1.0kg的小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5。小物块恰

2

能到达圆弧轨道的最高点A。取g=10m/，求：

A O （1）小物块滑上平板车的初速度v0的大小。

（2）小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离。 vM O （3）若要使小物块最终能到达小车的最右端，则v0要增大到多大？

10.竖直平面内的轨道ABCD由水平滑道AB与光滑的四分之一

D

v word.

C B A m 圆弧滑道CD组成AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道放在光滑的水平面上，如图所示。一个质量为m的小物块（可视为质点）从轨道的A端以初动能E冲上水平滑道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平滑道AB的中点。已知水平滑道AB长为L，轨道ABCD的质量为3m。求：

（1）小物块在水平滑道上受到摩擦力的大小。

（2）为了保证小物块不从滑道的D端离开滑道，圆弧滑道的半径R至少是多大？

（3）若增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是1.5R，试分析小物块最终能否停在滑道上？ 11．如图所示，两个完全相同的质量为m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μ1=0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力．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2mg的恒力F，假定木板A、B5碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？

F C A B

s

12．如图所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m（1）若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度的大小和方向； （2）若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离． v0

v0

滑板滑块模型之二

动量和能量中的滑块—滑板模型参考答案

word.

1.【答案】（1）1m/s；（2）0.3 解析：（1）A、B最后速度相等，由动量守恒可得

(Mm)vmv0

解得vv01m/s 41212（2）由动能定理对全过程列能量守恒方程

mg2Lmv02(Mm)v2

解得0.3 2.【答案】13

22解：设水平恒力F作用时间为t1．

对金属块使用动量定理Ff t1=mv0-0即μ1mgt1=mv0，得t1=对小车有（F-Ff）t1=2m×2v0－0，得恒力F=5μ1mg 金属块由A→C过程中做匀加速运动，加速度a1=

v0 1gFfm=

1mgm1g

小车加速度a2FFf2m51mg1mg21g

2m金属块与小车位移之差s2而sL，所以，1v0

gL2v12121a2t1a1t1(21g1g)(0)2 2221g从小金属块滑至车中点C开始到小金属块停在车的左端的过程中，系统外力为零，动量守恒，设共同速度为v，由2m×2v0+mv0= （2m+m）v，得v=由能量守恒有mg所以，13

222mMv012123.解．mv0(mM)v，2Qmv0(mM)v，EP=Q= 4(mM)225v0 32L12115222v0，得 mv02m(2v0)3m(v0)2222233gL

4.【答案】（1）2m/s；（2）39J

解析：（1）弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为V，从木块A开始沿滑板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B系统的动量守恒，则mv0＝(M+m)V ①

V=

mv0

Mm

②

word.

木块A的速度：V＝2m/s ③

（2）木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大． 由能量守恒，得

2EP＝mv0(m＋M)v2－mgL

1212④

解得EP＝39J

2v0v016m8m1(12) 5.【答案】（1）；（2）5M25gM解析：（1）设长木板的长度为l，长木板不固定时，对M、m组成的系统，由动量守恒定律，得mv0mv0Mv 5 ①

由能量守恒定律，得mgl121v021mv0m()Mv2 2252③

②

当长木板固定时，对m，根据动能定理，有

mgl1212mvmv0 22v016m1 5M联立①②③解得v2v08m(12) （2）由①②两式解得l25gM6.【答案】0.50m

解析：（1）设水平向右为正方向，有I=mAv0 ① 代入数据得v0=3.0m/s ②

（2）设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有 －(FBA＋FCA)t=mAvA－mAvA ③ FABt=mBvB ④ 其中FAB=FBA FCA=μ(mA＋mB)g ⑤ 设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB， 有-(FBA+FCA)sA=FABsB=EkB

1122 mAvA-mAv022

⑥ ⑦ ⑧ ⑨

动量与动能之间的关系为mAvA2mAEkA mBvB=2mBEkB

木板A的长度L=sA－sB ⑩ 代入数据解得L=0.50m 7.【答案】2.4J

解析：设木块和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律得

mv0(mM)v

word.

①

设全过程损失的机械能为E，则

E121mv0(mM)v2 22②

用s1表示从物块开始运动到碰撞前瞬间木板的位移，W1表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功．用W2表示同样时间内摩擦力对物块所做的功．用s2表示从碰撞后瞬间到物块回到a端时木板的位移，W3表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功．用W4表示同样时间内摩擦力对物块所做的功．用W表示在全过程中摩擦力做的总功，则

W1=mgs1

W2＝mg(s1s) W3＝mgs2 W4＝mg(s2s)

③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ W＝W1＋W2＋W3＋W4

用E1表示在碰撞过程中损失的机械能，则 E1＝E－W

由①～⑧式解得

E11mM2v02mgs

2mM⑨ 代入数据得E1＝2.4J ⑩

78.【答案】

3解析：设A、B、C的质量均为m．碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1．对B、C，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1 ① 设A滑至C的右端时，三者的共同速度为v2．对A、B、C，由动量守恒定律得 2mv0＝3mv2 ②

设A与C的动摩擦因数为μ，从发生碰撞到A移至C的右端时C所走过的距离为s，对B、C由功能关系mgs112(2m)v2(2m)v12 2212③

设C的长度为l，对A，由功能关系

22 mg(sl)mv0mv212

④

由以上各式解得

sl39.解：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧最高点A时，

二者的共同速度v1，由动量守恒得：

7

mv0(Mm)v1 ①

由能量守恒得：

word.

121mv0(Mm)v12mgRmgL ② 22联立①②并代入数据解得：v05m/s ③

（2）设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得： mv0(Mm)v2 ④

设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x。由能量守恒得：

1212mv0(Mm)v2mg(Lx) ⑤ 22联立③④⑤并代入数据解得：x0.5m ⑥

（3）设小滑块最终能到达小车的最右端，v0要增大到v01，小滑块最终能到达小车的最右端时的速度为v3，与（2）同理得：

mv01(Mm)v3 ⑦

1212mv01(Mm)v32mgL ⑧ 22联立⑦⑧并代入数据解得：v0156m/s ⑨ 210解：（1）小物块冲上轨道的初速度设为v(E12mv)， 2最终停在AB的中点，跟轨道有相同的速度，设为V 在这个过程中，系统动量守恒，有mv(Mm)V ① 系统的动能损失用于克服摩擦做功，有 EE1211M3mv(Mm)V2mv2()E ② 222Mm43 ③ 解得摩擦力fE. fL2L2（2）若小物块刚好到达D处，此时它与轨道有共同的速度（与V相等），在此过程中系统总

动能减少转化为内能（克服摩擦做功）和物块的势能，同理，有

E11213mv(Mm)V2EfLmgR ④ 224解得要使物块不从D点离开滑道，CD圆弧半径至少为RE. 4mg（3）设物块以初动能E′，冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R,物块从D点离开轨道后，其水平方向的速度总与轨道速度相等，达到最高点后，物块的速度跟轨道的速度相等（设为V2），同理，有

word.

E1133mv2(Mm)V22EfLmgR ⑤ 2242物块从最高点落下后仍沿圆弧轨道运动回到水平轨道上沿BA方向运动，假设能沿BA运动x远，达到与轨道有相同的速度（等于V2），同理，有，

E1133mv2(Mm)V22Ef(Lx) ⑥ 解得xL 2244物块最终停在水平滑道AB上，距B为

3L处。 411.【答案】0.3m

解析：设A、C之间的滑动摩擦力大小f1，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2

10.22，20.10，则

22Fmgf11g2mg且Fmgf22(2mm)g

55说明一开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动，有

12 (Ff2)gs(2mm)v12A、B两木板的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律得： mv1=(m＋m)v2

碰撞结束后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s1，选三个物体构成的整体为研究对象，外力之和为零，则 2mv1＋(m＋m)v2=(2m＋m＋m)v3

设A、B系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f3，则A、B系统，由动能定理： 1122f1gs1-f3gs1=2mv3-g2mv222 f3=m2(2m+m+m)g对C物体，由动能定理得Fg(2l+s1)-f1g(2l+s1)=联立以上各式，再代入数据可得l=0.3m． 12.【答案】（1）

1212 2mv3-2mv122MmMm（2）v0，方向向右；l

Mm4M解析：（1）A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度．设

此速度为v，A和B的初速度的大小为v0，由动量守恒可得

Mv0mv0(Mm)v

解得vMmv0，方向向右

Mm①

（2）A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为v的两个阶段．设l1为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，l2为A从速度为零增加到速度为v的过程中向右运动的路程，L为A从开始运动到刚到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图所示．设A与B之间的滑动摩擦力为f，根据动能定理，

word.

112Mv0Mv2 2212对A，有fl1mv0

21 fl2mv2

2对B，有fL由几何关系L＋（l1－l2）＝l 由①②③④⑤式解得l1② ③ ④ ⑤ ⑥

Mml

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