大题04+板块模型（解析版）

1大题04板块模型中的临界加速度计算；冬奥会冰壶赛道摩擦特性与板块模型的结摩擦的微观模型简化（如石墨烯层间滑动）、航天器着陆器的缓冲滑行年高考对“板块模型”的考查将延续“重过程分析、强综合应用、格，突出多对象系统的动态建模能力。备考需以临界条件为突破口模块综合，同时关注科技热点与微观-宏观模型转化，做到“以例1.如图所示，质量M＝8kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2，现对小物块施加一个大小F＝8N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物块和长木板的加速度大小；(2)长木板的长度；(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。答案(1)2m/s20.5m/s2(2)3m(3)不为零见解析解析(1)长木板与小物块间摩擦力小物块的加速度长木板的加速度(2)小木块对地位移m长木板对地位移长木板的长度L＝x1－x2＝3m。(3)摩擦力对小物块做功W1Ffx116J摩擦力对长木板做功W2＝Ffx2＝4J＋W2≠0。例2.(2023江苏无锡高三专练)如图4所示，长L＝4.0m、质量mA＝2.0kg的木板A静止在光滑水平面上，对木板施加大小F＝4.0N、方向向右的水平拉力，同时在木板上某位置放一初速度v0＝3.0m/s、方向水平向右的小物块B，物块B的质量mB＝1.0kg，在运动过程中物块B刚好未从木板A右端滑落。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.20，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2，求：(1)物块B刚放上木板A时，木板A、物块B的加速度大小aA、aB；(2)物块B刚放上木板时离木板A右端的距离x；3(3)从物块B刚放上木板A到离开木板的过程中，产生的热量Q。答案(1)3m/s22m/s2(2)0.9m(3)1.8J解析(1)根据牛顿第二定律，对木板A有F+μmBg＝mAaA代入数据解得aA＝3m/s2根据牛顿第二定律，对物块B有B代入数据解得aB＝2m/s2。(2)设经过时间t1物块B刚好未从木板A右端滑落，此时A、B有共同速度v1，则有v1＝v0－aBt1＝aAt1代入数据解得t1＝0.6s 根据运动学公式和题意得代入数据解得x＝0.9m。(3)从物块B刚放上木板A到离开木板的过程中，产生的热量为Q=μmBgx代入数据解得Q＝1.8J。板块模型的思维模板4例3.如图所示，光滑水平面上放一木板A，质量M＝4kg，小铁块B(可视为质点)质量为m＝1kg，木板A和小铁块B之间的动摩擦因数μ=0.2，小铁块B以v0＝10m/s的初速度从木板A的左端冲上木板，恰好不滑离木板(g＝10m/s2)。求：(1)A、B的加速度分别为多少？(2)经过多长时间A、B速度相同，相同的速度为多少？(3)薄木板的长度。答案(1)0.5m/s22m/s2(2)4s2m/s(3)20m解析(1)对小铁块B受力分析，由牛顿第二定律有μmg＝maB，即aB=μg＝2m/s2对木板A受力分析，由牛顿第二定律有(2)由于A、B组成的系统所受合外力为零，则A、B组成的系统动量守恒，有＝(m＋M)v共代入数据解得v共＝2m/s由于木板A做匀加速直线运动，则v共＝aAt代入数据解得t＝4s。(3)设薄木板的长度为L，则对A、B整体由动能定理有代入数据解得L＝20m。题型二斜面上“滑块—木板”模型例3.(2023湖北十堰高三月考)如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面上有一质量M=4kg的足够长的木板A，在A的上端有一质量m＝2kg的物块B(可视作质点)，物块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.5，斜面底端有一挡板P，木板与挡板P碰撞后会等速率反弹。现将木板与物块同时由静止释放，释放时木板前端与挡板相距m，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°=0.6，cos37°5=0.8。(1)木板A第1次碰挡板P时的速度多大；(2)求从木板A第1次碰到挡板到木板A第1次减速为零的时间；并求出在此过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量。答案(1)2m/s(2)0.25s6.5J解析(1)分析可知，释放后A、B一起加速下滑，由牛顿第二定律有可得a＝gsinθ=6m/s2设木板碰挡板时速度为v，则v2＝2as代入数据解得v＝2m/s。(2)碰后木板A减速上滑，设其加速度大小为aA，有可得aA＝8m/s2木板A上滑距离此过程中，物块B加速下滑，设其加速度大小为aB，可得aB＝2m/s2物块B下滑距离故因摩擦产生的热量例4.如图所示，倾角为θ=37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长度为L＝4m、质量M＝2kg的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板在沿斜面向下的恒力F＝8N的作用下从静止开始下滑，经时间t1＝1s，将一质量为m＝1kg的可视为质点的物块无初速地轻放在木板的最下端，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.25，当物块与木板速度相同时撤去恒力F，最终物块会与木板分离。(sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，不计空气阻力)试求：s时木板速度的大小v1；(2)从物块放上木板到与木板共速的速度大小v2和所用时间t2；(3)木板上表面因摩擦产生的热量Q。答案(1)6m/s(2)9.6m/s1.2s(3)解析(1)设没放物块时，木板加速下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得θ=Ma解得a＝6m/s2s时木板速度的大小v1＝at1＝6m/s。(2)物块放到木板上后达到速度相同前，设木板的加速度为a1，物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，对木板，有θ=Ma1设经时间t2物块与木板速度相同为v2，解得v2＝9.6m/s，t2＝1.2s。(3)物块放到木板上到达到共同速度时，物块的位移木板的位移物块相对木板向上运动Δx＝x1－x2＝3.6m撤去F后，木板速度变慢，物块最终从木板下端离开木板，由功能关系知木板上表面因摩擦产生的热量7解得Q＝14.4J。2．(2023山东模拟演练卷)如图所示，一倾角为θ=37°的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量为M＝2kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9m/s匀速下滑，现把一质量为m＝1kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)铁块A和长木板B共速后的速度大小；(2)长木板的长度；(3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等。答案(1)6m/s(2)2.25m(3)见解析解析(1)根据动量守恒定律有(2)根据题意可知μ=tanθ=0.75对铁块A受力分析有对长木板受力分析有解得a26m/s2经过时间t速度相等，有v＝v0＋a2t＝a1t解得t＝0.5s，v＝6m/s铁块运动位移长木板运动位移长木板的长度l＝x2－x1＝2.25m。(3)系统动能的变化量铁块重力势能的变化量θ=-9J长木板重力势能的变化量θ=-45J长木板与斜面之间摩擦产生的热量1=θ=67.5J铁块与长木板之间摩擦产生的热量2=故系统能量守恒。题型三动量观点在板块模型中的应用例5.如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量M＝2kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m＝1kg的物块以v0＝6m/s的水平初速度从木板的最左端P点冲上木板，最终物块在木板上Q点(图甲中未画出)与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示。物块可视为质点。求：(2)整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量。答案(1)4m/s3m/s2m/s(2)12J解析(1)根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v1，此时木板速度大小v木＝1m/s从物块滑上木板到物块与挡板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有＋Mv木物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与挡板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有mv0＝Mv22s末物块与木板共同运动的速度大小为v3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动(2)物块与挡板碰撞前瞬间，系统的动能物块与挡板碰撞后瞬间，系统的动能故碰撞过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的动能最终相对静止时系统的动能所以系统产生的热量Q＝Ek0－Ek3＝12J。例6.（2024江苏南通高三二模）如图所示，在光滑水平面上有一个长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一个光滑的圆弧槽C，C与长木板接触但不连接，且下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上。某时刻滑块A以初速度v0从右端滑上B并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，求：（1）滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ;（2）圆弧槽C的半径R；（3）A、C最终分离时，各自的速度大小。答案（123）v0v0解析（1）当A在B上滑动时，A与B、C整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝m·v0)＋2mv1①,由能量守恒定律得μmgL联立①②解得③。（2）当A滑上C时，B与C分离，A、C发生相互作用，A到达C的最高点时两者的速度相等，设为v2，A、C组成的系统在水平方向动量守恒，则m·v0)＋mv1m＋m）v2④,A、C组成的系统机械能守恒，则m·v02＋mv12=×（2m）v22＋mgR⑤,联立③④⑤解得R＝。（3）A滑上C后，B与C分离，只有A与C发生相互作用，此后B的速度一直为v0，设A滑离C时，A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，对A与C组成的系统，由动量守恒定律得m·v0)＋mv1＝mvA+mvC，由能量守恒定律得m12v02+mv12＝mvA2＋mvc2，联立解得vA＝v0，vC＝v0。23.(2023湖北部分重点中学联考)如图4所示，质量为2m、长为L的木板放在光滑水平地面上，其左端放有质量为m的小物块。初始时物块和木板同时获得等大反向的初速度v0，最终物块恰好没滑离木板，重力加速度为g，求：(1)小物块与木板间的动摩擦因数；(2)小物块对地向右运动的过程，木板的位移大小。答案(2)L解析(1)小物块和木板组成的系统动量守恒，最终会共速，以向左为正方向，由动量守恒定律得2mv0－mv0＝3mv解得设物块和木板间的动摩擦因数为μ,全过程根据能量守恒定律有解得(2)对小物块和木板分别有解得小物块的速度由v0减到0的过程，小物块相对地向右运动，时间t满足v0＝a1t则该过程木板的位移为x＝v0t－a2t2联立解得12024山东聊城二模）如图所示，长木板在光滑水平面上以v0＝2m/s的速度做匀速直线运动，长木板质量M＝0.5kg，某时刻在长木板的右端轻放一个可视为质点的小物块，小物块的质量m＝1.5kg，长木板右侧有一固定挡板，挡板下方留有仅允许长木板通过的缺口，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.1，小物块与挡板发生正碰，碰撞是弹性碰撞。假设长木板右端到挡板的距离足够大。重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）若要小物块不从长木板上滑下，求长木板的长度至少是多少？（2）若长木板足够长，质量变为4.5kg，求：①小物块和挡板第一次相碰后向左运动的时间。②小物块与挡板第n次碰撞到第n＋1次碰撞过程中，相对于长木板的位移是多少？2答案1）0.625m（2）①1.5s②27×(1)2n+1m2解析1）设长木板和小物块向右运动过程中第一次达到共速时的速度为v10，则由动量守恒定律得Mv0=（M＋m）v10，小物块与挡板发生弹性碰撞后，速度反向，大小不变，设长木板与小物块再次共速时速解得L＝0.625m。（2）①更换长木板后，设长木板与小物块第一次共速时速度为v，由动量守恒定律可得M'v0M'＋m）v，小物块与挡板发生第一次弹性碰撞后，速度反向，大小不变，其向左运动过程中，由动量定理可得②设小物块与挡板第二次碰撞前的速度为v1，由动量守恒定律可得M'v－mvM'＋m）v1，解得v1＝v，2设第三次碰撞前、第四次碰撞前，小物块和木板的共同速度为v2、v3，同理可得v2＝v1＝v，v3＝v2 v，根据数学归纳法，第n＋1次碰撞前的共同速度为小物块与挡板第n次碰撞到第n＋1次碰撞过程中，相对于长木板的位移是x，由能量守恒定律可得 vn2，解得22．如图甲所示，质量M＝4kg的足够长木板静止于光滑的水平面上，一滑块以速度v0从左端滑上长木板后，它们运动的速度—时间图像如图乙所示，取g＝10m/s2。(1)求滑块的质量m；(2)若滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.4，求滑块相对长木板滑动的距离s。解析(1)由图乙可知，滑块滑上木板左端的速度大小为v0＝6m/s滑块和木板相对静止时的速度大小为v共＝2m/s对滑块和木板组成的系统，由动量守恒定律有＝(M＋m)v共解得m＝2kg。(2)在滑块相对木板滑动的过程中，根据能量守恒定律有3．(2023江苏苏州高三期末统考)如图所示，光滑水平地面上有一质量为M＝2kg的木板，木板的左端放有一质量为m＝1kg的小木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.1。在木板两侧地面上各有一竖直固定墙壁，起初木板靠左侧墙壁静止放置。现给木块向右的水平初速度v0＝3m/s，在此后运动过程中木板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静止，木块始终没有从木板上掉下。设木板与墙壁碰撞时间极短且无机械能损失，取g＝10m/s2，求：(1)第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小I；(2)木板的最短长度L；(3)木块与木板发生相对滑动的时间总和t。解析(1)取水平向右为正方向，当木块与木板共速时，因为木板与墙壁碰撞无机械能损失，所以木板与墙壁碰撞后速度大小相等，方向相反，所以第一次碰撞墙壁对木板的冲量为IMv1－Mv1第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小为4N·s。(2)木块第一次在木板上相对静止的位置到木板左端的距离为木板的最短长度。则木板最短长度为(3)木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有减速过程连成一个完整的减速过程，其初速度为v1＝1m/s，末速度为零，相对滑动阶段木板加速度大小第一次共速前木板加速的时间s此后所有相对滑动时间为s则木块与木板相对滑动总时间为t＝t1＋t′＝4s。14．如图所示，一质量M＝3kg的小车由水平部分AB和光滑圆轨道BC组成，圆弧BC的半径R＝0.4m且41与水平部分相切于B点，小物块Q与AB段之间的动摩擦因数μ=0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为m1＝0.5kg的小物块P从距离轨道MN底端高为h＝1.8m处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m2＝1kg的小物块Q(两物块均可视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g＝10m/s2。(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度；(2)求物块Q在小车上运动1s时相对于小车运动的距离(此时Q未到B点且速度大于小车的速度)；(3)要使物块Q既可以到达B点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平部分AB的长度L的取值范围。8答案(1)4m/s，方向水平向右(2)m(3)1.5m≤L≤3m83解析(1)物块P沿MN滑下，设末速度为v0，由机械能守恒定律得物块P、Q碰撞，取向右为正方向设碰后瞬间P、Q速度分别为v1、v2由机械能守恒定律得解得v12m/s，v2＝4m/s故碰撞后瞬间物块Q的速度为4m/s，方向水平向右。(2)物块Q与小车相对运动，由牛顿第二定律求得两者的加速度分别为物块Q的位移m小车的位移m解得m。(3)物块Q刚好到达B点时就与木板共速时AB段最长，根据动量守恒定律有m(m2＋M)v3可得共同速度为v3＝1m/s由能量守恒定律得22物块Q刚好回到A点与木板共速时，AB段最短，根据动量守恒定律可得共同速度仍为v3＝1m/s由能量守恒定律得当AB段最短时需要验证物块Q在圆弧上共速时上升高度是否超过R，由能量守恒定律得解得H＝0.3m<R＝0.4m所以不会从圆弧轨道上滑出，则AB段的长度范围为1.5m≤L≤3m。52025广东深圳一模）如图所示为一项冰上游戏设施，平台之间的水平冰面上有可滑动的小车，左右平台及小车上表面等高，小车紧靠左边平台。小孩坐在雪橇上（系有安全带静止在左边平台边缘处。现在家长施加推力，雪橇瞬时获得水平冲量I=160N.s，滑上小车。小车在冰面上滑行了L2=4m的距离后与右侧平台碰撞并被锁定，雪橇最终停在右侧平台上。已知小孩和雪橇的总质量m=20kg，雪橇与小车上表面间的动摩擦因数μ1=0.8，雪橇与右侧平台间的动摩擦因数μ2=0.5。小车质量M=20kg，长度L1=2.5m。将雪橇视作质点，忽略冰面阻力，g取10m/s2。试计算(1)雪橇滑上小车时的速度；(2)小车碰撞右侧平台时的速度；(3)雪橇在右侧平台上滑行的距离。答案(1)8m/s，方向水平向右(2)4m/s，方向水平向右(3)0.8m解析（1）设雪橇滑上小车的瞬时速度为v1，根据动量定理有I=mv1—0解得v1=8m/s方向水平向右。（2）方法一：假设小车和雪橇可以共速，设共同速度为v2根据动量守恒有mv1=(m+M)v2解得v2=4m/s雪橇与小车滑行过程中损失的机械能为Q，则有损失能量Q=μ1mgx相联立解得x相=2m设小车滑行的距离为x2，对小车根据动能定理有解得x2=1m由于x相<L1，x2<L2可知，假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，小车碰撞右侧平台的速度为v2=4m/s方法二：对雪橇在小车上受力分析，设雪橇加速度为a1，小车加速度为a2根据牛顿第二定律有μ1mg=ma1，假设雪橇与小车共速时，用时为t，雪橇的位移为x1小车的位移为x2，根据速度公式有v1t—a1t=a2t，根据位移公式有小车与雪橇的相对位移x相=x1—x2联立解得x相=2m，x2=1m可知，假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，速度为v2=4m/s（3）方法一：设雪橇在平台上滑行的距离为x4，在小车上滑行的距离为x3，则有x3=L1—x相对雪橇由动能定理有联立解得x4=0.8m方法二：设雪橇在平台上滑行的距离为x4，在小车上滑行的距离为x3，则有x3=L1—x相雪橇离开小车时的速度为v3由运动学有v32—v22雪橇在平台上的加速度为a3由牛顿第二定律有μ2mg=ma3EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)联立解得x4=0.8m62025江西上饶一模）如图所示，一块长为L=0.5m、质量为m0=1kg的木板静置于水平地面上，木板左端放置一质量为m1=2kg的物块A。木板右侧距离为d处有一光滑水平轨道MN，轨道表面与木板上表面齐平，质量为m2=1kg的物块B静置于轨道的P点，P与轨道左端M点距离为S0=1.5m，水平轨道P点右边长度可以调节。轨道右端N点平滑连接一段外表面光滑的圆弧形轨道NQ，圆弧的圆心在N点正下方（图中没有画出半径为R=50m，圆弧轨道末端Q点的切线与水平方向的夹角为θ=16.2o。现对物块A施加一个水平向右、大小为8N的恒力F，物块A和木板开始向右运动，当木板撞上轨道时，A物块恰好运动到木板右端并滑上MN轨道。在恒力F作用下，物块A与物块B可能发生多次弹性碰撞，一旦物块B滑到N点右侧，则立即撤走物块A。已知物块A与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2，木板与地面间动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计A、B物块的大小，物块A从木板滑上MN轨道瞬间速度大小不变。（g取10m/s2，cos16.2o=0.96）(1)求d的大小；(2)若P点与台阶右端N点的距离足够长，物块A与物块B发生碰撞后，求两物块间的最大距离dm；(3)要物块B能够沿着圆弧轨道外表面运动到Q点，求P、N两点间的距离S1的取值范围。答案(1)d=0.5m(2)dm=2m(3)S1<64m长木板运动过d的位移时，物块A相对长木板的位移为L，即③④由①②③④可得d=0.5m⑤（2）由①可知，物块A在M点的速度为vM=a1t=2m/s可得：v0对A、B第一碰撞，由动量守恒有m1v0=m1vA1+m2vB1⑦由机械能守恒有⑧由⑦⑧可得此后，B向前匀速，A向前匀加速运动，对A有在第二次碰撞前，当A的速度与B的速度相同时，A、B间的距离达到最大，即vA1+aΔt=vB1此后A继续加速再经相同的时间Δt追上B。对A、B第二次碰撞瞬间，有2vB2⑩由⑩⑪可得设A、B第n次碰撞前的速度为vAn一1’、vBn一1，第n次碰后的速度为vA、B的vt图像所示结合vt图像所示的规律可知，此后A、B相邻两次碰撞之间的最大距离都是2m，即有dm=2m⑩（3）由（2）的分析可知，A与B第n次碰撞后，B的速度为⑧若B物块过N点后能沿着光滑圆弧轨道外表面恰好能滑到P点，在P点有⑩对B物块从N滑到P的过程中，由动能定理得m2gR(1cosθ)=m2vP2m2vN2⑩要B物块能够滑到P点，应有vBn≤vN，可得n≤3则S1不能过长，若A、B恰好要发生第4次碰撞时，B恰好到达N点，此时B在水平轨道上的总位移为则S1的长度应满足S1<64m72025江西新余一模）如图，平板小车C静止在水平面上，左端紧靠平台且与平台等高，平台边缘正上方用长H=0.8m的轻绳悬挂质量为m的物块A，悬点正下方静置一质量为mB=3kg的物块B，将A向左拉至轻绳水平由静止释放，A与B发生正碰，碰后A的速度为零。已知A与B碰撞过程中的恢复系数碰后相对速度碰前相对速度 ,该系数是一个定值，只与发生碰撞物体材料有关。现将A、B互换角色，将碰后相对速度碰前相对速度起来从水平位置由静止释放，与A发生正碰后，A滑上小车后，立即取走B，经过一段时间作用，小车C停止且A不滑出小车。已知物块A和小车C质量都为m=2kg，物块A与小车C上表面间的动摩擦因数μ1=0．4，小车C与地面摩擦因素μ2=02，A、B均可视作质点，不计空气阻力。求：(1)物块B与物块A碰撞前速度v0；(2)A刚滑上小车时的速度大小v1；(3)小车C最少需要的长度L，及最后小车离开平台的位移x。答案解析（1）对B进行分析，根据动能定理有解得v0=4m/s（2）当A向左拉至轻绳水平由静止释放至最低点过程，根据动能定理有解得vA=4m/sA碰撞B过程，根据动量守恒定律有mvA=mBvB解得则A与B碰撞过程中的恢复系数B碰撞A过程，根据动量守恒定律有mBv0=mv1+mBv2B与A碰撞过程中的恢复系数（3）A滑上C后，A先向右做匀减速直线运动，对A进行分析，根据牛顿第二定律有μ1mg=ma1解得a1=4m/s2C先向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μ1mg—μ2.2mg=ma2解得a2=2m/s2历时t0，A、C达到相同速度，则有v共=a2t0=v1—a1t0此后A、C保持相对静止，向右做匀减速直线运动，则小车C的最小长度L=v1v共t0—vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(共),2)t0解得上述过程C的位移A、C保持相对静止，根据牛顿第二定律有μ2.2mg=2ma3减速至0过程，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),共)=2a3x2解得则最后小车离开平台的位移x=x1+x2解得82025江苏一模）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面，倾角θ=30o，底端固定弹性挡板，长木板B放在斜面上，小物块A放在B的上端沿斜面向上敲击B，使B立即获得初速度v0=3.0m/s，此后B和挡板发生碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向相反，A始终不脱离B且与挡板不发生碰撞。已知A、B的质2(1)敲击B后的瞬间，A、B的加速度大小aA、aB；(2)B上升的最大距离s；答案(1)aA=2.5m/s2，aB=12.5m/s2(2)s=0.375m(3)L=1.8m解析（1）敲击B后的瞬间，A受到向上的滑动摩擦力，解得aA=2.5m/s2（2）设A、B向上运动，经过时间t后共速v0—aBt=aAt共速后A、B一起以加速度a向上减速，对A、B分析，有(mA+mB)gsin30o=(mA+mB)a解得s=0.375m（3）最终A、B均停在挡板处，此时B的长度最小，由能量守恒解得L=1.8m92024重庆模拟预测）某同学设计了如图1所示装置：一质量为0.5kg的水平长木板A置于水平桌面上，一质量为1.0kg的滑块B（可视为质点）置于木板A上某位置，轻绳一端跨过定滑轮与滑块B连接，另一端悬挂一重物，定滑轮和滑块B间轻绳水平，重物落地后立即与轻绳脱离连接。滑块B在虚线区域内（不含边界）会受到水平向右的恒力F(0<F<5N)作用，虚线区域宽度为0.6m。t=0时刻，滑块B位于虚线区域右侧，所有物体均静止。该同学在某次操作中，记录下滑块B和木板A运动的部分v—t图像如图2所示，t=1s时刻，滑块B刚好进入虚线区域。整个运动过程中，滑块B始终不脱离木板A，木板A距定滑轮足够远，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)木板A与滑块B间、木板A与桌面间的动摩擦因数；(2)本次操作中，所挂重物的质量；(3)讨论本次操作中，滑块B停止运动时到虚线区域右边界的距离s与恒力F大小之间的关系。解析（1）由v—t图像可知，t=0.5s到t=1s时间段内，B的加速度大小aB=4m/s2A的加速度大小aA=2m/s2设A与B间的动摩擦因数为μ1，A与桌面间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律，对B有对A有μ1mBg-μ2(mB+mA)g=mAaA联立解得2（2）由v-t图像可知，t=0到t=0.5s时间段内，B的加速度大小aB,=8m/s2，设重物质量为m，对B和重物组成的系统，由牛顿第二定律有mg-μ1mBg=(m+mB)aB,解得m=6kg（3）t=1s时刻，A、B共速，B刚好进入虚线区域，且B受到水平向右的恒力F作用，若A、B进入虚线区域后会发生相对滑动，由分析知得F≥18N>5N因此，进入虚线区域后，A、B会保持相对静止一起水平向左做匀减速直线运动，一起匀减速的加速度大小接下来，分析三种情况：①若A、B恰好一起滑出左边界，则2ad=v2其中解得F=2N②若A、B滑不出左边界，停下后A、B均能在虚线区域内静止，则③若A、B滑不出左边界，停下后A、B不能在虚线区域内静止，则将反向水平向右加速，若A、B向右加速过程中会发生相对滑动，由分析知解得F≥6N>5N因此，A、B会保持相对静止一起向右加速，综上可知：①当0<F≤2N时，A、B将一起滑出左边界，又由μ2g<μ1g知，A、B之后将一起匀减速到零，由动能定理，则有解得②当2N<F≤3N时，A、B将一起停在虚线区域中，由动能定理，则有解得③当3N<F<5N时，A、B将先一起向左匀减速，由动能定理，则有然后一起向右先匀加速再匀减速，由动能定理，则有联立解得10.（2024云南模拟预测）某科技创新小组制作了一个研究动量与能量的装置，其简化模型如图所示。水平地面上固定有A、B两个等高平台，之间静置一长为5l、质量为m的小车P，小车上表面与平台等高，左端靠近A。A的左端与一固定光滑斜