“板—塊”模型的綜合分析【備考指南】1．高考對本講的命題借助“滑塊—木板”模型，設置多個情境、多個過程，考查模型建構能力、邏輯推理能力和分析綜合能力。2．要善于將實際問題轉化為物理模型，靈活運用整體法和隔離法，綜合應用運動過程分析、動力學分析、動量和能量關系。1．常見板塊模型的分析常見類型示意圖v-t圖像同向快帶慢反向互相阻2．解決“板塊”模型規律的選擇(1)系統有外力或地面(斜面)不光滑，應用牛頓運動定律以及運動學規律分析求解。對于過程比較復雜的問題，可以應用圖像進行分析求解。(2)系統無外力，利用動量守恒定律和能量關系分析各階段初、末狀態，進而解決相關問題。3．解決“板—塊”模型問題的三個注意點(1)滑塊—木板達到共同速度時注意摩擦力的大小和方向是否發生變化。(2)注意區分滑塊、木板各自的對地位移和它們之間的相對位移。(3)運用運動學公式或動能定理列式時位移用對地面的位移，求解系統摩擦生熱時用相對位移?？枷?水平面上的“板—塊”模型[典例1](2024·新課標卷)如圖所示，一長度l＝1.0m的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上，薄板的右端與平臺的邊緣O對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板運動的距離Δl＝l6時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到O點。已知物塊與薄板的質量相等，它們之間的動摩擦因數μ＝0.3，重力加速度大小g＝10m/s2(1)物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；(2)平臺距地面的高度。[解析](1)解法一由題意可知物塊在薄板上運動的過程中，物塊和薄板之間一直存在相對運動，物塊向右做勻減速直線運動，薄板向右做勻加速直線運動，又物塊和薄板的質量相等，則物塊和薄板的加速度大小均為a＝μg＝3m/s2設物塊的初速度大小為v0，物塊在薄板上的運動時間為t1，則由運動學公式有x物＝v0t1-x板＝12a聯立并代入數據解得v0＝4m/s，t1＝13s解法二設物塊從薄板右端水平飛出時，物塊速度為v1，薄板速度為v2。對物塊與薄板組成的系統，從開始運動到物塊從薄板右端飛出時，根據動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2分別對物塊和薄板根據動能定理有－μmg·76l＝μmg·16l＝12聯立并代入數據解得v0＝4m/s，v1＝3m/s，v2＝1m/s對薄板由動量定理有μmgt1＝mv2－0代入數據解得t1＝13s(2)結合(1)問可知物塊從薄板飛出瞬間，薄板的速度大小為v2＝1m/s由題意可知物塊從薄板飛出后，物塊做平拋運動，薄板做勻速直線運動，設物塊從薄板飛出后的運動時間為t2，平臺距地面的高度為h，則由運動學公式有l2-l6＝又h＝1聯立并代入數據解得h＝59m[答案](1)4m/s13s(2)5【教師備選資源】1．如圖所示，質量為1kg、足夠長的長木板B放在水平地面上，質量為2kg的物塊A放在木板B的左端。物塊A與木板B間的動摩擦因數為0.7，木板B與地面間的動摩擦因數為0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為10m/s2?，F對A施加一水平向右的拉力F，則物塊速度vA、木板速度vB隨時間變化的圖像可能是()ABCDA[單獨對木板和物塊分析，系統水平方向受外力作用，設二者恰不發生相對滑動時，外力大小為F0，對物塊有F0－μ1mAg＝mAaA，對木板有μ1mAg-μ2(mA＋mB)g＝mBaB，且aA＝aB，解得F0＝30N，aA＝aB＝8m/s2。A選項中，物塊和木板一起加速運動，且加速度滿足要求，A正確；B選項中，物塊的加速度大于木板的加速度，均小于二者的最大共同加速度，B錯誤；C選項中，物塊的加速度大小為8.5m/s2，木板的加速度大小為4.25m/s2<8m/s2．(2023·遼寧卷)如圖所示，質量m1＝1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數k＝20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態。質量m2＝4kg的小物塊以水平向右的速度v0＝54m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep＝12kx2。取重力加速度g＝10m/s(1)木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；(2)木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大??；(3)已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0。木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統因摩擦轉化的內能ΔU(用t0表示)。[解析](1)設木板接觸彈簧前的加速度大小為a1，小物塊受到的力為最大靜摩擦力或滑動摩擦力時的加速度大小為a2。解法一對木板和小物塊，由牛頓第二定律可得μm2g＝m1a1，μm2g＝m2a2由運動學公式可得v1＝a1t，v1＝v0－a2t，x1＝12a1t聯立解得v1＝1m/s，x1＝0.125m。解法二對木板，由牛頓第二定律可得μm2g＝m1a1對木板和小物塊整體，根據動量守恒定律可得m2v0＝(m1＋m2)v1解得v1＝1m/s由運動學公式可得x1＝v122(2)小物塊與木板即將相對滑動時，對整體由牛頓第二定律可得kx2＝(m1＋m2)a2從木板與彈簧接觸到小物塊與木板之間即將相對滑動，對木板、物塊和彈簧組成的系統，由能量守恒定律可得12m聯立解得x2＝0.25m，v2＝32m/s(3)木板速度為v2時，木板和小物塊的加速度相同，木板的速度從v2向右減小到0，然后再由0向左加速到v2大小，此時木板和小物塊的加速度再次相同，木板從速度為v2到之后與小物塊加速度首次相同的過程中，小物塊的加速度不變，小物塊對木板的摩擦力不變，根據運動的對稱性可知，這一過程所用時間為2t0，木板位移為零，整個過程中系統因摩擦轉化的內能等于小物塊動能的減少量。解法一對小物塊由運動學規律可得x3＝v2·2t0－12a2(2t0)由功能關系可得ΔU＝μm2gx3解得ΔU＝4(3t解法二取向右為正方向，木板從速度為v2到之后與小物塊加速度首次相同的過程中，對小物塊由動量定理可得－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2對整個系統，由能量守恒定律可得ΔU＝1解得ΔU＝4(3t[答案](1)1m/s0.125m(2)0.25m32m/s(3)4(考向2斜面上的“板—塊”模型[典例2]如圖所示，長L＝1.6m的剛性輕繩將質量m＝3.0kg的滑塊P(可視為質點)懸掛在O點。起始時滑塊P位于O點正上方的A點，輕繩恰好伸直，給滑塊P一向左的水平初速度v0＝22m/s，當滑塊運動到最低點B時輕繩恰好斷裂，滑塊P從光滑水平面C點飛出以后恰好無碰撞地落在位于斜面上的長木板上的D點。已知長木板(含擋板)的質量M＝3.0kg，木板長b＝7.5m，滑塊P與長木板上表面間的動摩擦因數為μ1＝0.45，長木板下表面與斜面間的動摩擦因數為μ2＝0.75，滑塊P與擋板間的碰撞都是彈性碰撞且碰撞時間極短，各接觸面間的最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，足夠長斜面的傾角φ＝37°，滑塊P碰撞擋板前木板保持靜止，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)滑塊P在光滑水平面BC上運動速度的大小vP；(2)圖中C點與D點間的水平距離d和豎直距離h；(3)在整個運動過程中，因滑塊P和長木板間的摩擦力而產生的熱量Q。[解析](1)因為v0＝22m/s<gL＝4m/s，所以滑塊P從A點先做平拋運動，如圖甲所示，設當輕繩與豎直方向成θ角時輕繩再次伸直，則根據平拋運動規律可得Lsinθ＝v0t1，L(1－cosθ)＝1聯立解得θ＝90°，t1＝22當輕繩再次伸直以后，將以vy1＝gt1＝42m/s為初速度開始做圓周運動根據機械能守恒定律得12mvP解得vP＝8m/s。(2)滑塊P到D點時速度方向與斜面平行，如圖乙所示，可得vy＝6m/svD＝10m/s而vy＝gt，所以t＝0.6s，h＝12gt2＝1.8m，d＝vPt＝4.8m(3)滑塊P剛滑上長木板時，分別對滑塊和長木板進行受力分析，長木板不發生滑動，滑塊P在長木板上做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有mgsinφ－μ1mgcosφ＝ma，解得a＝2.4m/s2滑塊P從D運動到與擋板碰撞前v'2-v解得v′＝8m/s滑塊P和長木板碰撞后長木板開始下滑，在長木板下滑時，對滑塊P與長木板構成的系統在沿斜面方向進行受力分析，則有(M＋m)gsinφ－μ2(M＋m)gcosφ＝0故此后運動過程中滑塊P與長木板系統沿斜面方向動量保持不變。當滑塊P與擋板不再發生碰撞，設滑塊P與長木板一起勻速下滑的速度為v，由動量守恒定律得mv′＝(m＋M)v解得v＝4m/s設當滑塊P與擋板不再發生碰撞時長木板的位移為x，由功能關系可知，因滑塊P和長木板間的摩擦力而產生的熱量Q＝(M＋m)gxsinφ＋12mv′2－μ2(m＋M)gxcosφ－12(m＋M)代入數據解得Q＝48J。[答案](1)8m/s(2)4.8m1.8m(3)48J微專題突破練(二)1．(2024·四川達州12月調研)如圖所示，魚缸放在鋪有桌布的水平桌面上，距桌子右邊緣為l1，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸恰好滑到桌子右邊緣，已知桌布從魚缸下滑出后，魚缸在桌面上滑動的距離為l2。下列說法正確的是()A．魚缸與桌布、桌面間的動摩擦因數之比為l1∶l2B．魚缸在桌布、桌面上的滑動時間之比為(l1－l2)∶l2C．桌布對魚缸做的功與魚缸克服桌面阻力做的功之比為l1∶l2D．貓要想吃到魚缸中的魚(讓魚缸滑出桌面)，需要給桌布施加更大的力B[魚缸運動的全過程，根據動能定理有μ1mg(l1－l2)－μ2mgl2＝0，魚缸與桌布、桌面間的動摩擦因數之比為μ1∶μ2＝l2∶(l1－l2)，故A錯誤；由μmg＝ma得a＝μg，加速度大小之比a1∶a2＝μ1g∶μ2g＝l2∶(l1－l2)，魚缸在桌布的摩擦力作用下做勻加速運動，在桌面的摩擦力作用下做勻減速運動，根據v＝at，得魚缸在桌布、桌面上的滑動時間之比為t1∶t2＝a2∶a1＝(l1－l2)∶l2，故B正確；桌布對魚缸做的功與魚缸克服桌面阻力做的功之比為1∶1，C錯誤；貓要想吃到魚缸中的魚(讓魚缸滑出桌面)，需要給桌布施加更小的力，使魚缸加速時間更長，D錯誤。]2．(2023·湖北4月調研)如圖(a)所示，物塊和長木板置于傾角為θ＝37°且足夠長的斜面上。t＝0時對長木板施加沿斜面向上的拉力F，使長木板和物塊由靜止開始沿斜面上滑，作用一段時間后撤去拉力F。已知長木板和物塊始終保持相對靜止，兩者上滑時速度的平方與位移之間的關系v2-x圖像如圖(b)所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是()A．拉力F的作用時間為2sB．拉力F作用時長木板的加速度大小為2m/s2C．長木板與斜面間的動摩擦因數為0.25D．物塊與長木板之間的動摩擦因數可能為0.75C[由v2＝2ax，可知在題圖(b)中斜率的絕對值等于加速度大小的2倍，有a1＝v22x＝1m/s2，選項B錯誤；撤去拉力時的速度大小為v＝4m/s，拉力作用時間為t1＝va1＝4s，選項A錯誤；撤去拉力后的加速度大小a2＝v22x'＝8m/s2，由牛頓第二定律有(M＋m)gsinθ＋μ1(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a2，解得μ1＝0.25，選項C正確；物塊與長木板之間無相對滑動，由牛頓第二定律得μ2mgcosθ－mgsinθ≥ma1，解得μ3．(多選)(2024·1月九省聯考吉林、黑龍江卷)如圖(a)，質量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙左端的距離為L，初始時甲、乙均靜止，質量為M的物塊丙以速度v0向右運動，與乙發生彈性碰撞。碰后，乙的位移x隨時間t的變化如圖(b)中實線所示，其中t0時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線，二者相切于P，拋物線的頂點為Q。甲始終未脫離乙，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．碰后瞬間乙的速度大小為vB．甲、乙間的動摩擦因數為vC．甲到乙左端的距離L≥vD．乙、丙的質量比m∶M＝1∶2BC[設碰后瞬間乙的速度大小為v1，碰后乙的加速度大小為a，由題圖(b)可知x＝v1t0-12at02＝v0t02，拋物線的頂點為Q，根據x-t圖像的切線斜率表示速度，則有v1＝a·2t0，聯立解得v1＝2v03，a＝v03t0，根據牛頓第二定律可得a＝μmgm＝μg，解得甲、乙間的動摩擦因數為μ＝v03gt0，故A錯誤，B正確；由于甲、乙質量相同，則甲做加速運動的加速度大小也為a＝v03t0，根據題圖(b)可知，t0時刻甲、乙剛好共速，則0～t0時間內甲、乙發生的相對位移為Δx＝x乙－x甲＝v1+v共2t0－v共2t0＝v12t0＝v04．(多選)如圖甲所示，一小車靜止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O為圓心，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，左端P與平臺等高且平滑對接(不粘連)。一小球以某一水平速度沖上小車，測得在水平方向上小球與小車的速度大小分別為v1、v2，作出v2-v1圖像，如圖乙所示。已知P點距地面高h＝R5，重力加速度為g，則下列說法正確的是(A．小車質量是小球質量的2倍B．小球上升到最高點時的速度為gRC．小球上升的最大高度為RD．小球落地時與小車左端P點的水平距離為55BC[設小球質量為m，小車質量為M，小球和小車組成的系統在水平方向所受合外力為零，所以水平方向動量守恒，則由題圖乙數據可得mgR＝MgR，解得m＝M，故A錯誤；小球上升到最高點時與小車具有共同速度，則有mgR＝(m＋M)v共，解得v共＝gR2，故B正確；設小球上升的最大高度為H，根據機械能守恒定律有12m(gR)2＝12m+Mv共2＋mgH，解得H＝R4，故C正確；設小球滑回至P點時，小球和小車的速度分別為v球和v車，根據動量守恒定律和機械能守恒定律分別有mgR＝mv球＋Mv車，12m(gR)2＝12mv球2+12Mv車2，解得v球＝05．(多選)(2024·湖南長沙雅禮中學9月測試)如圖所示，一質量為M的長直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一質量為m的木塊，木塊與木板間的動摩擦因數為μ，在長直木板右方有一豎直的墻。使木板與木塊以共同的速度v0向右運動，某時刻木板與墻發生彈性碰撞(碰撞時間極短)，設木板足夠長，木塊始終在木板上，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．如果M＝2m，木板只與墻壁碰撞一次，整個運動過程中因摩擦產生的熱量大小為4B．如果M＝m，木板只與墻壁碰撞一次，木塊相對木板的位移大小為vC．如果M＝0.5m，木板第100次與墻壁發生碰撞前瞬間的速度大小為1399D．如果M＝0.5m，木板最終停在墻的邊緣，在整個過程中墻對木板的沖量大小為1.5mv0ACD[木板與墻發生彈性碰撞，碰撞后速度等大反向，水平方向沒有其他外力作用，動量守恒，如果M＝2m，碰撞后合動量方向向左，則木板只與墻壁碰撞一次，最后二者以速度v向左做勻速直線運動，取向左為正方向，根據動量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝13v0，整個運動過程中因摩擦產生的熱量大小為Q＝12Mv02+12mv02－12(M＋m)v2＝43mv02，故A正確；如果M＝m，木板與墻壁碰撞后，二者的合動量為零，最后木板靜止時木塊也靜止，木板只與墻壁碰撞一次，根據能量關系可得μmgx＝12Mv02+12mv02，解得木塊相對木板的位移大小為v02μg，故B錯誤；如果M＝0.5m，木板與墻發生彈性碰撞，碰撞后速度等大反向，碰撞后二者的合動量方向向右，設第一次共速后的速度為v1，取向右為正，根據動量守恒定律可得mv0－Mv0＝(m＋M)v1，解得v1＝13v0<v0，則木板向左減速到0所運動距離大于從0以相同加速度增大到v03所運動的距離，所以共速前木板沒有與墻壁碰撞，二者以共同速度v1勻速運動，木板第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度為v1；同理可得，木板與墻壁第二次碰撞后達到共速的速度為v2＝13v1＝132v0，木板第三次與墻壁碰撞前瞬間的速度為v2＝132v0，則木板與墻壁第三次碰撞后達到共速的速度為v3＝13v2＝16．(多選)(2024·1月九省聯考河南卷)如圖(a)所示，“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質量為1kg的滑塊P以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s時與木板相撞并粘在一起。兩者運動的v-t圖像如圖(b)所示。重力加速度大小g取10m/s2，則()A．Q的質量為1kgB．地面與木板之間的動摩擦因數為0.1C．由于碰撞系統損失的機械能為1.0JD．t＝5.8s時木板速度恰好為0AC[兩者碰撞時，取滑塊P的速度方向為正方向，設P的質量為m＝1kg，Q的質量為M，由系統動量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，根據v-t圖像可知，v1＝3m/s，v2＝1m/s，v3＝2m/s，代入上式解得M＝1kg，故A正確；設P與Q之間的動摩擦因數為μ1，Q與地面之間的動摩擦因數為μ2，根據v-t圖像可知，0～2s內P與Q的加速度大小分別為aP＝1.5m/s2，aQ＝0.5m/s2，對P、Q分別受力分析，由牛頓第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，聯立解得μ2＝0.05，故B錯誤；由于碰撞系統損失的機械能為ΔE＝12mv12+12Mv22-12m+Mv32，代入數據解得ΔE＝1.0J，故C正確；對碰撞后整體受力分析，由動量定理得－μ2(m＋M)gt2＝0－(m＋M)v3，代入數據解得t2＝4s，因此木板速度恰好為零的時刻為7．(2024·河北衡水8月開學考)某游樂項目可簡化為利用紙帶把滑塊拉到平臺上，如圖所示。光滑固定斜面的傾角θ＝37°，長度L＝1.44m，紙帶平鋪在斜面上，下端與斜面底端對齊。可視為質點的滑塊放在紙帶上靜止在斜面正中間，滑塊與紙帶間的動摩擦因數μ＝0.9，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。現用力沿斜面向上勻加速拉動紙帶。(1)若在滑塊到達斜面頂端前紙帶被拉出，試計算拉動紙帶的加速度不得小于多少；(2)若滑塊能運動到平臺上，試計算拉動紙帶的加速度不得超過多少。[解析](1)設紙帶加速度為a1時，滑塊到達斜面頂端時紙帶恰好被拉出，滑塊加速度為as，對滑塊，由牛頓第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝mas滑塊位移12L＝12ast2，紙帶位移L＝12a1t2，聯立解得a1若在滑塊到達斜面頂端前紙帶被拉出，拉動紙帶的加速度不得小于2.4m/s2。(2)設紙帶加速度為a2時，滑塊先以加速度as加速，離開紙帶后在斜面上以加速度大小ax減速，到達斜面頂端時速度恰好減到0，對滑塊，由牛頓第二定律有mgsinθ＝max設滑塊加速時間為t1，減速時間為t2，最大速度為vm。由平均速度公式，有12L＝12vm(t1＋t2)，又vm＝ast1，vm＝axt2，解得t1由位移關系，有12a2t解得a2＝2.64m/s2若滑塊能運動到平臺上，拉動紙帶的加速度不得超過2.64m/s2。[答案](1)2.4m/s2(2)2.64m/s28．(2024·湖南長沙長郡中學9月月考)如圖甲所示，水平地面上左側有一固定的圓弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圓弧AB，圓弧半徑為R＝7.5m，右端是粗糙的水平面BC，緊挨著斜槽右側有一足夠長的小車P，小車質量為m0＝1kg，小車左端和斜槽末端C平滑過渡但不粘連，在C點靜止放置一滑塊N(可視為質點)，滑塊質量為m1＝2kg，最右邊有一固定的豎直墻壁，小車右端距離墻壁足夠遠。已知斜槽BC段長度為L＝1.2m，由特殊材料制成，從B點到C點其與小球M間的動摩擦因數μ0隨到B點距離增大而均勻減小到0，變化規律如圖乙所示。滑塊N與小車的水平上表面間的動摩擦因數為μ＝0.1，水平地面光滑，現將一質量為m2＝2kg的小球M(可視為質點)從斜槽頂端A點靜止滾下，經過ABC后(球滑動)與靜止在斜槽末端的滑塊N發生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰撞后滑塊滑上小車，小車與墻壁相碰時碰撞時間極短，每次碰撞后小車速度方向改變，速度大小減小為碰撞前的一半，重力加速度取g＝10m/s2，求：(1)小球運動到C點時(還未與滑塊碰撞)的速度大小；(2)小車與墻壁第1次碰撞后到與墻壁第2次碰撞前的過程中，滑塊與小車間由于摩擦產生的熱量。[解析](1)設小球到C點的速度為v0，從B到C過程中小球克服阻力做功為WfBC，由題圖乙可知該過程摩擦力隨距離增大在均勻減小，則有WfBC＝12μ0m2gx＝小球由A到C過程中，由動能定理可得m2gR－WfBC＝12m2v02(2)小球與滑塊彈性碰撞過程中，由于小球與滑塊質量相等，故碰后速度交換，即碰后滑塊速度大小為v＝v0＝12m/s設滑塊滑上小車后與小車達到的共同速度為v1，滑塊和小車組成的系統，在水平方向上受