高考物理《動量》常用模型最新模擬題精練專題14斜面滑塊木板模型一．選擇題1．（2023湖南名校質(zhì)檢）如圖，傾角為37°的固定斜面頂端，放有木板A和小滑塊B（B可看成質(zhì)點），已知A、B質(zhì)量mA＝mB＝1kg，木板A與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.75，A與B之間的動摩擦因數(shù)未知但小于0.75，B與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.5，開始用手控制使系統(tǒng)靜止。現(xiàn)有一粒質(zhì)量m0＝100g的鋼球，以v0＝40m/s的速度撞擊木板A，方向沿斜面向下，且鋼球準(zhǔn)備與木板撞擊時釋放AB，碰撞時間極短。碰撞后，鋼球以20m/s的速度反彈。木板厚度很小，長度未知，但滑塊B不會從木板A的上端掉下，斜面足夠長，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以下說法中正確的是（）A．鋼球與木板碰撞結(jié)束時，木板速度為2m/sB．鋼球與木板碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能為42JC．若某時滑塊B的速度為4m/s，且此時AB沒有分離，則這時A速度一定為2m/sD．如果A、B分離以后，第一秒內(nèi)B比A多運動9m，那么分離時滑塊B的速度為8m/s【參考答案】BCD二．計算題1．（2023廣東名校質(zhì)檢）如圖所示，光滑軌道abcde固定在豎直平面內(nèi)，其中ab段水平，cde段是以O(shè)為圓心、半徑R＝0.4m的一小段圓弧，圓心O在ab的延長線上。在軌道ab上放著兩個質(zhì)量均為1kg物塊A、B（A、B可視為質(zhì)點），用輕質(zhì)細(xì)繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧P（兩端未與A、B拴接）。軌道左側(cè)緊靠a點的光滑水平地面上停著一質(zhì)量為M＝1kg的小車。小車上表面與水平面ab等高，車上有一根輕彈簧Q。彈簧Q的左端固定在小車上，彈簧原長時右端在小車上g點正上方，小車上表面g點右側(cè)與右端點f之間是粗糙的，g點左側(cè)是光滑的，物塊A與g、f兩點之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25。現(xiàn)將物塊A、B之間的細(xì)繩剪斷，脫離彈簧P后A向左滑上小車，B沿軌道bcde滑動。當(dāng)B運動到d點時速度沿水平方向，大小為1m/s，g取10m/s2。求：(1)B運動到d點時受到的支持力的大小FN；(2)釋放A、B前彈簧P所儲存的彈性勢能EP；(3)要保證物塊A既能擠壓彈簧Q又最終沒有滑離小車，則小車上f、g兩點之間的距離L的取值范圍為多少？【名師解析】．（14分）(1)依題意：m得：FN(2)B由位置b運動到d的過程中，機(jī)械能守恒：12A、B分開過程系統(tǒng)動量守恒：mAv1彈性勢能Ep(3)當(dāng)物塊A剛好運動到g點時，物塊A與小車的速度相等，將小車、彈簧Q和物塊A當(dāng)成一個系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律：m根據(jù)能量守恒定律得：1聯(lián)立解得：L1當(dāng)物塊A剛好運動到f點時，物塊A與小車的速度相等，將小車、彈簧Q和物塊A當(dāng)成一個系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律得：m根據(jù)能量守恒定律得：1解得：L2綜上所述，L的取值范圍為0.45m<L<0.9m。（1分）（1）求金屬板第一次與擋板碰撞后瞬間，金屬板和橡膠塊各自的加速度大小；（2）金屬板第一次與擋板碰撞彈回上滑過程中，橡膠塊沒有滑離金屬板，求金屬板上滑的最大距離；（3）之后，下滑、碰撞、彈回，再下滑、碰撞、彈回…橡膠塊最終也沒有滑離金屬板，求金屬板長度的最小值。【名師解析】【詳解】（1）金屬板第一次與擋板碰撞后的瞬間，金屬板的速度沿斜面向上，橡膠塊的速度沿斜面向下，對金屬板，由牛頓第二定律有解得對橡膠塊，由牛頓第二定律有解得（2）金屬板和橡膠塊從靜止開始滑到與擋板碰撞前瞬間，對整體有由速度位移公式得解得速度方向均沿斜面向下。金屬板彈離得瞬間，金屬板得速度反向，橡膠塊的速度方向依然沿斜面向下；設(shè)自彈起經(jīng)過時間，金屬板與橡膠塊的速度剛好相同，取沿斜面向上為正方向，由運動學(xué)公式有解得設(shè)此時金屬板下端距離擋板，速度為v，由運動學(xué)公式可得此后，金屬板與橡膠塊將共同以加速度減速上滑動，速度減零。由運動學(xué)公式有設(shè)金屬板第一次彈起后上滑的最大距離為x，則（3）金屬板與擋板第一次碰撞后到橡膠塊和金屬板達(dá)到共同速度，橡膠塊相對金屬板向下滑動的相對位移為，由解得令根據(jù)題意，橡膠塊和金屬板一起從距擋板處向下運動、碰撞、反彈、相對運動、達(dá)到共同速度、減速至零以此類推由此可得板長最小值為3.（20分）（2022四川成都高二質(zhì)檢）如圖所示，從A點以某一水平速度v0拋出一質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)，當(dāng)物塊運動至B點時，恰好沿切線方向進(jìn)入∠BOC＝37°的固定光滑圓弧軌道BC，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點等高、靜止在光滑水平面上的長木板上，圓弧軌道C端的切線水平．已知長木板的質(zhì)量M＝4kg，A、B兩點距C點的高度分別為H＝0.6m、h＝0.15m，R＝0.75m，物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，，g＝10m/s2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)（2）小物塊滑動至C點時，對圓弧軌道的壓力大小；（3）長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板.設(shè)物塊在C點受到的支持力為FN，則由牛頓第二定律得：根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊對圓弧軌道C點的壓力大小為47.3N1分設(shè)小物塊達(dá)到木板右端時恰好M和m達(dá)到共同速度，4.(2022江蘇四市二模)(14分)如圖所示，一傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一彈性擋板P.長為2l的薄木板置于斜面上，其質(zhì)量為M，下端位于B點，PB＝2l，薄木板中點處放有一質(zhì)量為m的滑塊(可視為質(zhì)點).已知M＝m，滑塊與薄木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，斜面上PB區(qū)間存在一特殊力場，能對滑塊產(chǎn)生一個沿斜面向上大小為F＝mg的恒力作用．現(xiàn)由靜止開始釋放薄木板．(1)求滑塊m到達(dá)B點時的速度；(2)求薄木板到達(dá)擋板P的運動時間；(3)薄木板與擋板P碰撞后以原速率反彈，通過計算分析滑塊和薄板是否會分離？【名師解析】.(14分)解：(1)eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＝(m＋M)glsin30°(2分)解得v1＝eq\r(gl)(1分)(2)滑塊進(jìn)入場區(qū)前，a＝eq\f(（M＋m）gsinθ,（M＋m）)＝eq\f(g,2)(1分)t1＝eq\f(v1,a)＝2eq\r(\f(l,g))(1分)滑塊進(jìn)入場區(qū)后做勻速運動，t2＝eq\f(l,v1)＝eq\r(\f(l,g))(1分)t總＝t1＋t2＝3eq\r(\f(l,g))(1分)(3)f＝μmgcosθ＝mgsinθ(1分)am＝eq\f(mg＋f－mgsinθ,m)＝g，方向沿斜面向上(1分)aM＝eq\f(f＋Mgsinθ,M)＝g，方向沿斜面向下(1分)系統(tǒng)沿斜面方向動量守恒，設(shè)不滑出，同速時共同速度為v2Mv1－mv1＝(M＋m)v2v2＝0(2分)xm＝eq\f(veq\o\al(2,1),2am)＝eq\f(l,2)xM＝eq\f(veq\o\al(2,1),2aM)＝eq\f(l,2)(1分)x總＝xm＋xM＝l，所以恰好滑到薄板的末端(1分)求：（1）物塊滑上木板瞬間的速度；（2）從釋放物塊到木板速度減為零時，木板的位移；（3）當(dāng)木板速度減為零時在木板右側(cè)水平面上與木板右端相距L處固定一豎直彈性擋板，木板碰撞擋板時間極短，碰撞后速度大小不變、方向反向，要使木板與擋板至少發(fā)生n次碰撞，L應(yīng)滿足的條件。【名師解析】：（1）設(shè)物塊滑上木板的速度為，圓弧槽和木板整體的速度為u，物塊滑上木板后，根據(jù)牛頓第二定律：（3）當(dāng)木板速度減為0時，此后木板與物塊的運動圖像如圖所示，能發(fā)生第n次碰撞的條件是此時物塊的速度向右，其他方法酌情給分。6(2020·北京模擬)水平地面上固定一光滑圓弧軌道，軌道下端的水平面與小車C的上表面平滑連接(如圖所示)，圓弧軌道上有一個小滑塊A，質(zhì)量為mA＝4kg，在距圓弧軌道的水平面高h(yuǎn)＝1.8m處由靜止下滑，在小車C的最左端有一個質(zhì)量mB＝2kg的滑塊B，滑塊A與B均可看作質(zhì)點，滑塊A與B碰撞后粘在一起，已知滑塊A、B與車C的上表面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，車C與水平地面的摩擦忽略不計。取g＝10m/s2。求：(2)若小車長0.64m，且滑塊A、B恰好沒有從小車上滑下，求小車的質(zhì)量mC。【名師解析】(1)滑塊A下滑過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mAgh＝eq\f(1,2)mAv12代入數(shù)據(jù)解得：v1＝6m/sA、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mAv1＝(mA＋mB)v2代入數(shù)據(jù)解得：v2＝4m/s。(2)A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3由能量守恒定律得：μ(mA＋mB)gL＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v22－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v32小車長L＝0.64m，代入數(shù)據(jù)解得：mC＝4kg。[答案](1)4m/s(2)4kgeq\a\vs4\al([微點撥])板塊問題常涉及多個物體、多個運動過程，板塊間存在相對運動。解決板塊問題要分析不同階段的受力情況和運動情況，然后逐個建立動量守恒和能量守恒的方程。同時注意一些關(guān)鍵字眼，如木板足夠長，說明物塊最終與木板同速，其相對滑動距離對應(yīng)木板至少長度。(1)物塊通過B點時的速度大小vB；(2)物塊滑到圓弧軌道的C點時對圓弧軌道的壓力大小N；(3)物塊與水平軌道CD間的動摩擦因數(shù)。【名師解析】：（1）設(shè)物塊通過B點時的速度大小為，由平拋運動的規(guī)律有；（2）物塊從B點到C點的過程中，由機(jī)械能守恒定律有：設(shè)物塊滑到C點時受到圓弧軌道的支持力大小為F，有：（3）設(shè)物塊到達(dá)軌道CD的D端時的速度大小為，由動量守恒定律有：8.（2020安徽阜陽期末）如圖甲所示，質(zhì)量m=1kg的小滑塊（視為質(zhì)點），從固定的四分之一光滑圓弧軌道的最高點A由靜止滑下，經(jīng)最低點B后滑上位于水平面的木板，并恰好不從木板的右端滑出，已知木板質(zhì)量M=4kg，上表面與圓弧軌道相切于B點，木板下表面光滑，滑塊滑上木板后運動的vt圖象如圖乙所示，取g=10m/s2，求：（1）圓弧軌道的半徑及滑塊滑到圓弧軌道末端時對軌道的壓力大小；（2）滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)及木板的長度。【名師解析】（1）由圖乙可知，滑塊剛滑上木板時的速度大小v=10m/s，滑塊在光滑圓弧軌道下滑的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

mgR=解得R=5m滑塊滑到圓弧軌道末端時，由牛頓第二定律得

Fmg=m解得F=30N根據(jù)牛頓第三定律知，滑塊滑到圓弧軌道末端時對軌道的壓力大小為30N。（2）滑塊在木板上滑行時，木板與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得

mv=（m+M）v′解得v′=2m/s滑塊在木板上滑行過程，由動量定理得μmgt=mv′mv由圖知t=2s解得μ=0.4由能量守恒得mv2（m+M）v′2=μmgl解得l=10m答：（1）圓弧軌道的半徑是5m，滑塊滑到圓弧軌道末端時對軌道的壓力大小是30N；（2）滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)及木板的長度是10m。【關(guān)鍵點撥】（1）由圖乙可知，滑塊剛滑上木板時的速度大小v=10m/s，研究滑塊在光滑圓弧軌道下滑的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求圓弧軌道的半徑。滑塊滑到圓弧軌道末端時，由牛頓第二定律求出軌道對滑塊的支持力，從而得到滑塊對軌道的壓力大小。（2）滑塊在木板上滑行時，木板與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律求出滑塊恰好不從木板的右端滑出時的共同速度，由動量定理求動摩擦因數(shù)，由系統(tǒng)的能量守恒求木板的長度。讀懂圖乙，分析清楚滑塊與木板的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，要知道滑塊在木板上滑行時遵守兩大守恒定律：動量守恒定律和能量守恒定律，摩擦生熱與相對位移有關(guān)。9如圖所示，質(zhì)量為m1=1.0kg的木板，AB段是半徑為R=0.22m的四分之一光滑圓弧軌道，水平段與圓弧段相切于B點，木板右端固定一輕質(zhì)彈簧彈簧，自由伸長時其左端位于C點正上方。現(xiàn)用質(zhì)量為m2=1.0kg的小物塊將彈簧壓縮x=0.10m，并用水平細(xì)線系在木板右端（彈簧與物塊接觸但未連接），整個系統(tǒng)靜止在光滑水平面上已知木板BC段的長度為L=0.60m，與物塊的動摩擦因數(shù)為p=0.30，木板C點右側(cè)表面光滑，取重力加速度g=10m/s2。（1）若固定木板，燒斷細(xì)線后物塊剛好能運動A點，求物塊剛進(jìn)入圓弧軌道時對B點的壓力F的大小；（2）若木板不固定，燒斷細(xì)線后物塊剛好能運動A點，求物塊最終離B點的距離s；（3）若木板不固定燒斷細(xì)線后物塊上升到最高點時高出A點0.10m，求該過程中木板的位移s板。【名師解析】（1）設(shè)物塊在B點的速度大小為v1，木板對物塊的支持力大小為F′。物塊從B到A的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：在B點，對物塊