2026版高考物理二轮复习微切口2　力学三大观点在板块模型中的应用

微切口2力学三大观点在板块模型中的应用类型1有外力作用(2025·南通第三次调研)如图所示，长L＝1.0m的轻质板C静止在光滑水平面上，小物块A、B分别静置在板C的左右两端，质量mA、mB均为1.0kg，A、B与C间的动摩擦因数分别为μA＝0.4、μB＝0.2.现给A施加水平向右的推力，使它们开始运动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B间的碰撞为弹性碰撞，取g＝10m/s2.(1)若推力大小F1＝2.0N，A、B、C以相同的加速度一起运动，求加速度大小a及B受到的摩擦力大小fB.(2)若推力大小F2＝6.0N，B相对C运动，求从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程中，B所受摩擦力的冲量大小I.(3)若推力大小F2＝6.0N，经时间t＝1.0s撤去推力，A、B、C继续运动到稳定状态，求整个过程中产生的热量Q.答案：(1)1.0m/s21N(2)2.0N·s(3)3.0J【解析】(1)对A、B、C，由牛顿第二定律得F1＝(mA＋mB)a代入数据解得a＝1.0m/s2对B，由牛顿第二定律得fB＝mBa代入数据解得fB＝1N(2)A、C相对静止，对A、C，由牛顿第二定律得F2－μBmBg＝mAaA对B，由牛顿第二定律得μBmBg＝mBaB从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程的位移关系L＝eq\f(1,2)aAt2－eq\f(1,2)aBt2代入数据解得t＝1.0sB所受摩擦力的冲量I＝μBmBgt代入数据解得I＝2.0N·s(3)经时间t＝1.0s撤去推力时，A、C的速度vA＝aAt＝4.0m/sB的速度vB＝aBt＝2.0m/sA与B发生碰撞后，设A、B最终共速且B没有滑离C对系统，从撤去推力至共速过程由动量守恒得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v由能量守恒得μBmBgΔx＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2解得Δx＝0.5m<L，A、B最终共速且B没有滑离C整个过程中产生的热量Q＝μBmBg(L＋Δx)代入数据解得Q＝3.0J.类型2无外力作用(2025·盐城调研)如图所示，在光滑的水平桌面上放有右端固定挡板的长木板甲，甲的左端和中点处各有小物块乙和丙，乙与丙、丙与挡板之间的距离均为L.甲与乙、丙之间的动摩擦因数均为μ，甲、乙、丙的质量均为m.开始时，丙和甲静止，现给乙水平向右的初速度．重力加速度为g，所有碰撞均为弹性碰撞．(1)求乙和丙碰撞前，丙受到的摩擦力大小f.(2)若乙刚好与丙不发生碰撞，求乙克服摩擦力做的功W.(3)若丙能从长木板甲上滑出，则乙的初速度v0应满足的条件．答案：(1)eq\f(μmg,2)(2)eq\f(4μmgL,3)(3)v0>4eq\r(μgL)【解析】(1)乙和丙碰撞前，乙向右滑行，对乙有－μmg＝m(－a1)解得a1＝μg甲和丙一起向右加速，对甲和丙整体μmg＝2ma2解得a2＝eq\f(μg,2)丙所受的摩擦力为f＝ma2＝eq\f(μmg,2)(2)若乙刚好与丙不发生碰撞，根据动量守恒定律mv0＝3mv1解得v1＝eq\f(v0,3)设时间为t，根据运动学规律，乙和甲、丙整体的位移分别为x1＝eq\f(v0＋\f(v0,3),2)·t，x2＝eq\f(0＋\f(v0,3),2)·t相对位移L＝x1－x2解得x1＝eq\f(4L,3)此过程中乙克服摩擦力做的功W＝μmgx1＝eq\f(4μmgL,3)(3)设初速度为v0时，丙刚好能从长木板甲上滑出．乙和丙弹性碰撞过程，乙和丙会交换碰前速度，此后，丙相对于甲滑动，乙和甲一起向右加速，同理，丙与甲弹性碰撞过程，丙、甲会交换碰前速度，此时乙和丙速度相等且相距L，此后乙、丙相对于甲向左滑动，乙、丙会先后从甲上掉下来．当乙恰好要从甲上掉下来时，对于甲、乙、丙系统，由动量守恒可得mv0＝2mv乙丙＋mv甲从乙刚滑上甲到乙刚好要从甲上掉下来的过程，乙与甲和丙与甲的相对路程均为2Leq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,乙丙)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)＝μmg·2L＋μmg·2L此后，丙在甲上滑行，当丙恰好能从甲上掉下来时，对于丙、甲系统由动量守恒定律可得mv乙丙＋mv甲＝2mv丙甲乙从甲上掉下到丙恰好从甲上掉下来的过程，丙与甲的相对位移为L，由功能关系得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙丙)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,丙甲)＝μmgL解得v0＝4eq\r(μgL)即v0＝4eq\r(μgL)时，丙刚好能从长木板甲上滑出．故若丙能从长木板甲上滑出，则乙的初速度v0应满足的条件为v0>4eq\r(μgL).力学三大观点在板块模型中的应用1.动力学方法分析板块模型2.板块中的动量与能量问题模型图示水平地面光滑模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大(完全非弹性碰撞拓展模型)求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为单个物体(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝fΔx或Q＝E初－E末．研究对象为一个系统(2025·浙江1月)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1kg.A以4m/s的速度向右运动，B和C一起以2m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开．已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间的动摩擦因数均为0.5，则(D)A.碰撞瞬间C相对地面静止B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2sC.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12JD.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m【解析】碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；设向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒得mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1m/s.方向向右．当三者共速时，2mv1－mvC＝3mv，可知v＝0，即最终三者一起静止，则经历的时间t＝eq\f(vC,μg)＝eq\f(2,0.5×10)s＝0.4s，B错误；碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝3J，C错误；碰撞后到三者相对静止，由能量关系可知Q＝μmgx相对，可得x相对＝0.6m，D正确．(2025·南通调研)如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车上表面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内(D)A.若M>m，物体A相对地面向左的最大位移是eq\f(2Mv\o\al(2,0),μM＋mg)B.若M<m，平板车B相对地面向右的最大位移是eq\f(Mv\o\al(2,0),μmg)C.无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0D.无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为eq\f(2Mv0,μM＋mg)【解析】规定向右为正方向，根据动量守恒定律有Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(M－m,M＋m)v0.若M>m，A所受的摩擦力Ff＝μmg，对A，根据动能定理得－μmgxA＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则得物体A相对地面向左的最大位移xA＝eq\f(v\o\al(2,0),2μg)，故A错误；若M<m，对B，由动能定理得－μmgxB＝0－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，则得平板车B相对地面向右的最大位移xB＝eq\f(Mv\o\al(2,0),2μmg)，故B错误；根据动量定理可知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即I＝－Fft＝Mv－Mv0＝eq\f(－2mMv0,m＋M)，Ff＝μmg，解得t＝eq\f(2Mv0,μM＋mg)，故C错误，D正确．配套热练1.(2024·常州期中)光滑水平面上放置一长为L、不计质量的木片，木片左、右端各放置一个质量都是m、可视为质点的小滑块A和B，A、B与轻质木片间的动摩擦因数分别是μ1和μ2，且2μ2>μ1>μ2.现在对A施加水平向右的推力F，使A能与B相遇，则(D)A.若F大于μ1mg，则可以使A与B相碰B.若F大于μ2mg，则可以使A与B相碰C.A与B相碰前系统产生的内能为μ1mgLD.A与B相碰前系统产生的内能为μ2mgL【解析】当力F较小时，A、B和木片一起向前加速，随着力F的增大，最大静摩擦力小的先滑动，设B与轻质木片间摩擦力达到最大值时加速度为a，则μ2mg＝ma，得a＝μ2g，把A、B和木片看成一个整体，当F>2ma＝2μ2mg时，B和木片发生相对滑动，能使A与B相遇，故A、B错误；A与B相碰前系统产生的内能为滑动摩擦力与相对位移的乘积，当A与B相遇时，B与木片的相对位移为L，则A与B相碰前系统产生的内能Q＝μ2mgL2.(2025·盐城八校联考)如图所示，质量为M的粗糙长木板ae放在光滑水平面上，b、c、d是ae的四等分点．质量为m的物块(可视为质点)以一定的初速度从a点水平滑上木板左端，经过一段时间物块停在木板上．上图是物块刚滑上木板时的物块与木板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置状态，关于木板与物块的质量关系，可能正确的是(A)A.M＝eq\f(1,2)m B.M＝mC.M＝2m D.M＝【解析】水平面光滑，物块与木板的加速度分别为am＝μg，aM＝eq\f(μmg,M)，当两者共速时，有v0－amt＝aMt，v＝aMt，可得v＝eq\f(mv0,m＋M)，对M有μmgx＝eq\f(1,2)Mv2，设相对位移为Δx，对m有－μmg(x＋Δx)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，整理得eq\f(x,Δx＋x)＝eq\f(m,M＋2m)＝eq\f(1,2＋\f(M,m))，因为x<Δx<2x，解得m>M，故A正确．3.(2025·苏州期末调研)如图所示，P为固定挡板，质量为2m的长木板A以水平初速度v0沿光滑水平面向右运动．某时刻质量为m的小物块B轻轻放置在A的右端，第一次达到共同速度后，B与P发生碰撞，一段时间后B与A第二次达到共同速度，之后B与P发生了多次碰撞，B始终未从A上滑落．已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，B与P(1)A、B第一次的共同速度大小v1.(2)A、B从开始到第二次达到共同速度过程中，B对A做的功W.(3)A的最小长度L.答案：(1)eq\f(2,3)v0(2)－eq\f(77,81)mveq\o\al(2,0)(3)eq\f(v\o\al(2,0),μg)【解析】(1)从B放在A上到第一次达到共同速度v1，根据系统动量守恒有2mv0＝(m＋2m)v解得v1＝eq\f(2,3)v0(2)从第一次碰撞后到第二次达到共同速度v2，取向右为正方向，有2mv1－mv1＝3mv2解得v2＝eq\f(1,3)v1＝eq\f(2,9)v0从开始到第二次达到共同速度过程中，对A运用动能定理有W＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)可得B对A做的功W＝－eq\f(77,81)mveq\o\al(2,0)(3)整个过程中，B相对于A一直向左运动，最终两者速度都为0.设两者相对运动的距离为x，A、B组成的系统能量守恒eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝μmgx解得x＝eq\f(v\o\al(2,0),μg)则为使整个运动过程中B不从A上滑落，A的最小长度L＝x＝eq\f(v\o\al(2,0),μg)4.(2025·扬州高邮调研)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面由粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道组成．圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，水平轨道长s＝0.5m，小车质量M＝0.6kg；质量也为M＝0.6kg的物块静止于小车最左端，一根长度L＝1.25m且不可伸长的轻质细线一端固定于O点，另一端系一质量m＝0.4kg的小球，小球位于最低点时与物块处于同一高度且恰好接触，小球、物块均可视为质点，现将细线拉直到水平位置并由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞．不计空气阻力，取g＝10m/s2.(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小v0及细线中张力的大小F.(2)求小球与物块碰撞后瞬间物块的速度大小v及小球对物块的冲量大小I.(3)物块与水平长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，求小车的最终速度vt.答案：(1)5m/s12N(2)4m/s2.4N·s(3)3m/s，方向向右【解析】(1)小球由静止释放运动到最低点，有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0可得v0＝eq\r(2gL)＝5m/s在最低点时，有F－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),L)解得F＝12N(2)小球与物块发生弹性碰撞，有mv0＝mv1＋Mveq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv2解得v＝4m/s对物块由动量定理，有I＝Mv－0解得I＝2.4N·s(3)设物块未从小车上滑落，则有Mv＝2Mv共eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×2Mveq\o\al(2,共)＋μMgx解得x＝eq\f(4,3)m>2s不符合题意，即滑块会从小车的左端滑离．则有Mv＝Mv2＋Mvteq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,t)＋2μMgs解得vt＝3m/s5.(2025·苏州八校三模)观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为h.一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为M.一质量为m的青蛙静止蹲在长木板的左端．青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止．青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面．青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地．三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大．木板的厚度不计．已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.求：(1)每次青蛙起跳做的功W.(2)青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离x.(3)若长木板的长度为L，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移d(用木板长度L表示)．(4)长木板的长度L与h的关系．答案：(1)mgh(2)2h(3)eq\f(M,M＋m)L(4)L＝2eq\r(\f(M＋m,M))h【解析】(1)对青蛙竖直起跳过程由动能定理得W－mgh＝0解得每次青蛙起跳做的功W＝mgh(2)对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为θ，运动时间为t，则竖直方向有v0sinθ＝geq\f(t,2)，水平方向有x3＝v0tcosθ联立解得x3＝eq\f(v\o\al(2,0)sin2θ,g)当θ＝4