资源简介

1．(多选)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s。已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．物体B能上升的最大高度为0.6 m
B．物体B能上升的最大高度为1.8 m
C．圆筒C能达到的最大速度为4.0 m/s
D．圆筒C能达到的最大速度为8.0 m/s
解析：选AD。子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2＝(mB＋mC)v3，mBv＝(mB＋mC)v＋mBgh，联立解得h＝0.6 m，故A正确，B错误；B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2＝mBv4＋mCv5，mBv＝mBv＋mCv，解得v5＝8 m/s，故C错误，D正确。
2．(2026·山东淄博市期末)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑相切，一个质量也为m的小球从高h处沿槽开始自由下滑，则(　　)
A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
B．在下滑过程中，小球对槽的作用力做正功
C．被弹簧反弹前后，小球动量未发生改变
D．被弹簧反弹后，小球能再次回到槽上
解析：选B。小球在槽上运动时，小球和槽组成的系统水平方向不受外力，由于小球竖直方向有分加速度，系统竖直方向的合外力不为零，所以系统的合外力不为零，故系统的动量不守恒，故A错误；小球下滑过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒，槽的动能增加，势能不变，小球对槽的作用力做正功，故B正确；设小球离开槽时小球和槽的速度分别为v1和v2，取向右为正方向，小球未接触弹簧前，小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得0＝mv1＋mv2，解得v1＝－v2，小球被弹簧反弹后，速度大小仍为v1，但速度方向改变，则动量发生改变，由于小球和槽同向运动，速度大小相等，所以小球被反弹后不能再次回到槽上，故C、D错误。
3．(2026·辽宁辽阳市模拟)如图所示，质量M＝0.4 kg、带有四分之一圆弧的光滑圆弧槽静止在光滑的水平面上，圆弧半径为0.3 m。现有一质量m＝0.2 kg的小球以大小v0＝0.6 m/s的初速度水平冲上圆弧槽，重力加速度g取10 m/s2，从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小球和圆弧槽组成的系统动量守恒
B．小球离开圆弧槽时速度的大小为0.4 m/s
C．小球上升的最大高度(相对圆弧最低点)为1.2 cm
D．小球对圆弧槽的最大压力为2.4 N
解析：选C。从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，小球和圆弧槽组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，竖直方向动量不守恒，即小球和圆弧槽组成的系统动量不守恒，故A错误；水平方向根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，根据能量守恒定律有mv＝mv＋Mv，联立解得v1＝－0.2 m/s，v2＝0.4 m/s，即小球离开圆弧槽时速度的大小为0.2 m/s，方向向左，此时圆弧槽对小球支持力最大，设为N，根据牛顿第二定律有N－mg＝m，解得N＝2.24 N，根据牛顿第三定律可知小球对圆弧槽的最大压力N′＝N＝2.24 N，故B、D错误；小球上升到最大高度(相对圆弧最低点)时，小球和圆弧槽速度相等，水平方向根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v3，根据能量守恒定律有mv＝(m＋M)v＋mgh，联立解得h＝1.2 cm，故C正确。
4．(2026·广东肇庆市端州区模拟)如图所示，质量M＝3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量m＝1 kg的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动。当木板的速度为3 m/s时，物块处于(　　)
A．匀速运动阶段 B．减速运动阶段
C．加速运动阶段 D．速度为零的时刻
解析：选B。设向右为正方向，开始阶段，物块向左减速，木板向右减速，根据系统的动量守恒得，当物块的速度为0时，设此时木板的速度大小为v1，(M－m)v＝Mv1，解得v1≈2.67 m/s；此后物块将向右加速，木板继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2，则(M－m)v＝(M＋m)v2，解得v2＝2 m/s，两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动，由此可知当木板的速度为3 m/s时，物块处于减速运动阶段。
5．(10分)(2026·江西九江市模拟)如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下。重力加速度为g。求：
(1)滑块与木板间的动摩擦因数；(3分)
(2)k值为多少。(7分)
解析：(1)设滑块与木板间的动摩擦因数为μ，根据动能定理有－μmgL＝0－mv2
解得μ＝。
(2)设滑块反弹时的速度大小为v1，
根据动能定理有－μmgL＝mv－m(kv)2
滑块与木板相对静止时速度为v2，以反弹方向为正方向，根据动量守恒定律有
mv1＋0＝(4m＋m)v2
滑块反弹后根据能量守恒定律有
μmgL＝mv－(4m＋m)v
联立可得k＝。
答案：(1)　(2)
6．(12分)(2026·广东省部分学校质检)如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧体A固定在光滑水平面上。质量为2m的平板车静止在光滑水平面上，左端与A接触，平板车的上表面与A圆弧面的最低点相切。质量为m的物块B在A的圆弧面最上端的正上方高为R处由静止释放，物块B经过A滑上平板车，当物块B与平板车共速时恰好不从平板车上落下，物块B与平板车上表面的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，不计物块B的大小，求：
(1)物块B的最大速度；(3分)
(2)物块B滑到A的最低点时对圆弧面的压力；(4分)
(3)平板车的长度。(5分)
解析：(1)物块B滑到圆弧体A的圆弧面最低点时速度最大，设最大速度的大小为v1，根据机械能守恒定律，有mg×2R＝mv
解得v1＝2。
(2)在圆弧面最低点，根据牛顿第二定律，有
F－mg＝m eq \f(v,R)
解得F＝5mg
根据牛顿第三定律可得，物块B此时对圆弧面的压力大小FN＝F＝5mg。
(3)设物块滑上平板车后，物块与平板车共速时的速度为v2，平板车的长度为L，根据动量守恒定律，有mv1＝3mv2
解得v2＝
由能量守恒定律，有
μmgL＝mv－×3mv
解得L＝R。
答案：(1)2　(2)5mg　(3)R
7．(18分)(2026·广东汕头市模拟)如图所示，小滑块a和小滑块b静止于光滑平台AB上，a、b之间有质量可忽略不计的炸药。长度L＝4 m的木板c静止于光滑平面CD上，上表面与AB持平，左端紧靠平台，右端固定有半径R＝1 m的半圆形光滑轨道。某时刻炸药爆炸，爆炸过程放出的能量均转化为滑块a和b的动能，使物块b以速度v0＝8 m/s冲上木板c。已知ma＝2 kg，mb＝1 kg，mc＝1 kg，小滑块b与木板c之间动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2。
(1)求爆炸过程中炸药释放的能量。(3分)
(2)若木板c固定在CD平面上，请通过计算说明小滑块b是否能到达圆轨道最高点F。(6分)
(3)若木板c不固定在CD平面上，要使小滑块b既可以到达E点又不会从木板c上掉下来，求木板c长度L的取值范围。(9分)
解析：(1)爆炸过程a、b系统动量守恒，则有
mava＝mbv0
爆炸过程释放的能量E＝mav＋mbv
联立解得E＝48 J。
(2)若平板c固定，小滑块b从B点运动到E点的过程中，根据动能定理有
－μmbgL＝mbv－mbv
若能到达F点，从E到F的过程中，根据动能定理有－mbg2R＝mbv－mbv
联立解得vF＝0
若小滑块b恰好过最高点F，根据牛顿第二定律有mbg＝mb
解得vF′＝ m/s
因为vF(3)小滑块b到达E点与木板共速时，木板c最长，根据动量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v
解得v＝4 m/s
根据能量守恒定律有
mbv＝(mb＋mc)v2＋μmbgL1
解得L1＝ m
小滑块b回到木板c左端与木板共速时，木板c最短，根据动量守恒定律可得共同速度仍为
v＝4 m/s
根据能量守恒定律有mbv＝(mb＋mc)v2＋2μmbgL2，解得L2＝ m
在这个过程中小滑块b在圆弧上升高度为H
根据能量守恒定律有
mbv＝(mb＋mc)v2＋μmbgL2＋mbgH
解得H＝0.8 m＜R＝1 m，即不会脱离半圆形轨道，故木板c的长度范围为 m≤L≤ m。
答案：(1)48 J　(2)见解析　(3) m≤L≤ m专题提升十　三大观点分析板块类问题
[复习目标]
1．会用动量和能量观点分析滑块与斜面(曲面)模型和子弹打木块模型。
2．掌握并会灵活选用三大观点分析滑块—木板模型。
题型一　板块类问题的特点和规律
考向1　滑块与斜面(曲面)的碰撞
1．模型图示
2．模型特点
(1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。
(2)返回最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv(相当于完成了弹性碰撞)。
(2026·辽宁省名校联盟联考)如图所示，在水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧AB是一个半径为R的弧形凹槽，A点切线水平。一个质量为m的小球以水平初速度v0从A点冲上滑块，重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是(　　)
A．滑块和小球组成的系统总动量不守恒
B．滑块和小球组成的系统机械能不守恒
C．若v0＝，小球恰能到达滑块M上的B点
D．若小球能从B点离开滑块M，则小球到达滑块最高点B时，小球和滑块的水平方向速度相等
[解析]　滑块和小球组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，但是整体的合力不为零，所以系统的总动量不守恒，故A正确；不计一切摩擦，只有重力对滑块和小球组成的系统做功，所以系统机械能守恒，故B错误；当小球刚好到达B点时，系统水平方向动量守恒有mv0＝(M＋m)v，系统机械能守恒有mv＝Mv2＋mv2＋mgR(1－cos 60°)，解得v0＝，故C错误；若小球能从B点离开滑块M，则小球水平方向的分速度大于滑块水平方向的分速度，故D错误。
[答案]　A
(2024·安徽卷，T14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m，小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小。
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小。
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
[解析]　(1)小球摆动到最低点的过程，由动能定理可得mgL＝mv－0
解得v0＝5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律可得
FT－mg＝m eq \f(v,L)
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小FT＝6 N。
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝mv1＋Mv2
mv＝mv＋Mv
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小v2＝v0＝4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体，水平方向动量守恒，有Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律可得
Mv＝×2Mv＋μ1Mgs
解得μ1＝0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体有Mv2＝2Mv4
Mv＝×2Mv＋μ2Mgs＋MgR
解得μ2＝0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ＜0.4。
[答案]　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
考向2　滑块—木板模型
1．模型图示
2．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)根据能量守恒，若滑块与木板共速，此过程中系统损失的动能ΔEk＝ Ek0，可以看出，滑块的质量越小，木板的质量越大，动能损失越多。
(3)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解。
质量M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)两者相对静止时的运动速度v；
(2)小木块与长木板间的动摩擦因数μ。
[解析]　(1)设水平向右为正方向，从开始到两者相对静止，对长木板与小木块组成的系统，由水平方向动量守恒得－Mv1＋mv2＝(M＋m)v
解得v＝1 m/s，方向水平向右。
(2)对小木块B，根据动量定理得
－μmgt＝mv－mv2
解得μ＝0.5。
[答案]　(1)1 m/s，方向水平向右　(2)0.5
(多选)(2026·山东济南市一模)如图所示，足够长的木板M放在光滑水平面上，滑块N放在木板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡板。木板M和滑块N以相同的速度水平向右运动，木板M和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。以木板M第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点，水平向右为正方向，以下描述木板M和滑块N的速度随时间变化规律的图像(用实线表示滑块N的速度变化规律，用虚线表示木板M的速度变化规律)可能正确的是(　　)
[解析]　若木板和滑块质量相等，则滑块向右减速的加速度大小等于木板向左减速的加速度大小，同时减速至0，故A正确；若木板质量大于滑块，则－Mv0＋mv0＝(M＋m)v，两物体共速时速度向左，一起匀速运动，故B正确，C错误；若木板质量小于滑块，两物块共速时速度向右，先匀速运动一段再和挡板碰撞，重复之前的过程，故D正确。
[答案]　ABD
　
(1)涉及滑块或滑板的时间时，优先考虑用动量定理。
(2)涉及滑块或滑板的位移时，优先考虑用动能定理。
(3)涉及滑块与滑板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。
(4)滑块恰好不滑动时，滑块与滑板达到共同速度。
(5)水平地面光滑，滑板、滑块组成的系统动量守恒。
拓展点 子弹打木块模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。
(2)系统的机械能有损失。
3．两种情境
(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)
动量守恒：mv0＝(m＋M)v
能量守恒：Q＝Ffs＝mv－(M＋m)v2。
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ffd＝mv－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Mv＋\f(1,2)mv))。
质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在粗糙水平地面上质量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置。设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是(　　)
A．若M较大，可能是甲图所示情形；若M较小，可能是乙图所示情形
B．若v0较小，可能是甲图所示情形；若v0较大，可能是乙图所示情形
C．地面较光滑，可能是甲图所示情形；地面较粗糙，可能是乙图所示情形
D．无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形
[解析]　在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与地面间的摩擦力，故地面光滑与粗糙效果相同，子弹和木块构成一系统，在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为v，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，木块在水平面上滑行的距离为s，子弹相对于木块的位移为d，对木块运用动能定理得fs＝Mv2＝ eq \f(Mm2v,2(m＋M)2)，对系统根据能量守恒定律得Q＝fd＝mv－(m＋M)v2＝ eq \f(Mmv,2(M＋m))，则d>s，故不论速度、质量大小关系和地面粗糙程度如何，都只可能是题图甲所示的情形，A、B、C错误，D正确。
[答案]　D
题型二　三大观点分析板块类问题
(2026·山西晋城市模拟)如图所示，质量为2m的长木板c锁定在光滑水平面上，质量为3m的物块b放在c上，质量为m的物块a以初速度v0从c的左端滑上长木板，a与b碰撞前瞬间的速度为，在a、b弹性碰撞后瞬间解除c的锁定，已知a、b与c的动摩擦因数均为0.5，最终b没有滑离c，重力加速度为g，不计物块的大小，求：
(1)初始a、b间的距离；
(2)a、b碰撞后瞬间的速度大小；
(3)开始时b到c右端的距离最小值。
[解析]　(1)设初始a、b间的距离为L，根据功能关系有μmgL＝mv－m(v0)2
解得L＝ eq \f(3v,4g)。
(2)设a、b碰后瞬间速度大小分别为v1、v2，据动量守恒定律有m×v0＝－mv1＋3mv2
根据机械能守恒定律有
m(v0)2＝mv＋×3mv
解得v1＝v2＝v0。
(3)解除c的锁定后，a、b、c相对滑动的过程中，a做减速运动的加速度大小a1＝μg＝0.5g
b做减速运动的加速度大小a2＝μg＝0.5g
c做加速运动的加速度大小
a3＝＝0.5g
设从a、b碰撞到b、c刚好共速经过的时间为t，则有v0－a2t＝a3t
解得t＝
这段时间内，b相对于c的位移
x＝v0t－a2t2－a3t2＝ eq \f(v,32g)。
b与c共速后，由于3m×μg<3μmg，此后b、c不再发生相对滑动
因此开始时b到c的右端距离至少为 eq \f(v,32g)。
[答案]　(1) eq \f(3v,4g)　(2)v0　v0　(3) eq \f(v,32g)
(2026·江苏常州中学一模)如图所示，物块B和木板C静止在光滑水平地面上，C的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块A，A、B、C的质量分别为m、2m、3m。A、C间的动摩擦因数为μ，B、C由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给A一个向右的速度4v0，使A在C上滑动，当A的速度减为v0时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子被拉断时C的速度为v0，重力加速度为g。
(1)求从A获得速度开始到绳子被拉直经过的时间。
(2)求因拉断绳子造成的机械能损失。
(3)若A最终未脱离木板C，则求木板C的最小长度。
[解析]　(1)对物块A，根据动量定理有
－μmgt＝mv0－m×4v0
解得t＝。
(2)A、C构成的系统在绳子伸直之前动量守恒
m×4v0＝mv0＋3mvC
解得vC＝v0
C、B构成的系统在绳子拉断瞬间动量守恒
3mvC＝3m×v0＋2mvB
解得vB＝v0
在绳子拉断瞬间损失的机械能
ΔE＝×3mv－×3m－×2mv
解得ΔE＝mv。
(3)在绳子伸直之前，A、C构成的系统根据动能定理有
μmgx1＝m(4v0)2－mv－×3mv
解得x1＝ eq \f(6v,μg)
绳子拉断后直到A、C共速，A、C构成的系统动量守恒mv0＋3m×v0＝(m＋3m)v
解得v＝v0
绳子拉断后，A、C系统根据动能定理有
μmgx2＝mv＋×3m－×(m＋3m)v2
解得x2＝ eq \f(v,24μg)
木板C的长度至少为L＝x1＋x2＝ eq \f(145v,24μg)。
[答案]　(1)　(2)mv　(3) eq \f(145v,24μg)
深度探究 板块模型链接优生自研篇P271(共37张PPT)
专题提升十　三大观点分析
板块类问题
[复习目标]
1．会用动量和能量观点分析滑块与斜面(曲面)模型和子弹打木块模型。
2．掌握并会灵活选用三大观点分析滑块—木板模型。
第一部分
题型一　板块类问题的特点和规律
考向1　滑块与斜面(曲面)的碰撞
1．模型图示
A
[解析]　滑块和小球组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，但是整体的合力不为零，所以系统的总动量不守恒，故A正确；
不计一切摩擦，只有重力对滑块和小球组成的系统做功，所以系统机械能守恒，故B错误；
若小球能从B点离开滑块M，则小球水平方向的分速度大于滑块水平方向的分速度，故D错误。
例2 (2024·安徽卷，T14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m，小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小。
[答案]　6 N　
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小。
[答案]　4 m/s　
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
[答案]　0.25≤μ<0.4
考向2　滑块—木板模型
1．模型图示
例3 质量M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)两者相对静止时的运动速度v；
[解析]　设水平向右为正方向，从开始到两者相对静止，对长木板与小木块组成的系统，由水平方向动量守恒得－Mv1＋mv2＝(M＋m)v
解得v＝1 m/s，方向水平向右。
[答案]　1 m/s，方向水平向右　
(2)小木块与长木板间的动摩擦因数μ。
[解析]　对小木块B，根据动量定理得
－μmgt＝mv－mv2
解得μ＝0.5。
[答案]　0.5
例4 (多选)(2026·山东济南市一模)如图所示，足够长的木板M放在光滑水平面上，滑块N放在木板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡板。木板M和滑块N以相同的速度水平向右运动，木板M和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。以木板M第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点，水平向右为正方向，以下描述木板M和滑块N的速度随时间变化规律的图像(用实线表示滑块N的速度变化规律，用虚线表示木板M的速度变化规律)可能正确的是(　　)
ABD
[解析]　若木板和滑块质量相等，则滑块向右减速的加速度大小等于木板向左减速的加速度大小，同时减速至0，故A正确；
若木板质量大于滑块，则－Mv0＋mv0＝(M＋m)v，两物体共速时速度向左，一起匀速运动，故B正确，C错误；
若木板质量小于滑块，两物块共速时速度向右，先匀速运动一段再和挡板碰撞，重复之前的过程，故D正确。
(1)涉及滑块或滑板的时间时，优先考虑用动量定理。
(2)涉及滑块或滑板的位移时，优先考虑用动能定理。
(3)涉及滑块与滑板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。
(4)滑块恰好不滑动时，滑块与滑板达到共同速度。
(5)水平地面光滑，滑板、滑块组成的系统动量守恒。
方法技巧
拓展点 子弹打木块模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。
(2)系统的机械能有损失。
例5 质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在粗糙水平地面上质量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置。设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是(　　)
A．若M较大，可能是甲图所示情形；若M较小，
可能是乙图所示情形
B．若v0较小，可能是甲图所示情形；若v0较大，可能是乙图所示情形
C．地面较光滑，可能是甲图所示情形；地面较粗糙，可能是乙图所示情形
D．无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形
D
第二部分
题型二　三大观点分析板块类问题
(1)初始a、b间的距离；
(2)a、b碰撞后瞬间的速度大小；
(3)开始时b到c右端的距离最小值。
(1)求从A获得速度开始到绳子被拉直经过的时间。
(2)求因拉断绳子造成的机械能损失。
(3)若A最终未脱离木板C，则求木板C的最小长度。
深度探究 板块模型链接优生自研篇P271(共26张PPT)
演练知能提升
AD
1．(多选)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s。已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．物体B能上升的最大高度为0.6 m
B．物体B能上升的最大高度为1.8 m
C．圆筒C能达到的最大速度为4.0 m/s
D．圆筒C能达到的最大速度为8.0 m/s
B
2．(2026·山东淄博市期末)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑相切，一个质量也为m的小球从高h处沿槽开始自由下滑，则(　　)

A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
B．在下滑过程中，小球对槽的作用力做正功
C．被弹簧反弹前后，小球动量未发生改变
D．被弹簧反弹后，小球能再次回到槽上
解析：小球在槽上运动时，小球和槽组成的系统水平方向不受外力，由于小球竖直方向有分加速度，系统竖直方向的合外力不为零，所以系统的合外力不为零，故系统的动量不守恒，故A错误；
小球下滑过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒，槽的动能增加，势能不变，小球对槽的作用力做正功，故B正确；
设小球离开槽时小球和槽的速度分别为v1和v2，取向右为正方向，小球未接触弹簧前，小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得0＝mv1＋mv2，解得v1＝－v2，小球被弹簧反弹后，速度大小仍为v1，但速度方向改变，则动量发生改变，由于小球和槽同向运动，速度大小相等，所以小球被反弹后不能再次回到槽上，故C、D错误。
C
3．(2026·辽宁辽阳市模拟)如图所示，质量M＝0.4 kg、带有四分之一圆弧的光滑圆弧槽静止在光滑的水平面上，圆弧半径为0.3 m。现有一质量m＝0.2 kg的小球以大小v0＝0.6 m/s的初速度水平冲上圆弧槽，重力加速度g取10 m/s2，从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小球和圆弧槽组成的系统动量守恒
B．小球离开圆弧槽时速度的大小为0.4 m/s
C．小球上升的最大高度(相对圆弧最低点)为1.2 cm
D．小球对圆弧槽的最大压力为2.4 N
解析：从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，小球和圆弧槽组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，竖直方向动量不守恒，即小球和圆弧槽组成的系统动量不守恒，故A错误；
B
4．(2026·广东肇庆市端州区模拟)如图所示，质量M＝3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量m＝1 kg的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动。当木板的速度为3 m/s时，物块处于(　　)

A．匀速运动阶段 B．减速运动阶段
C．加速运动阶段 D．速度为零的时刻
解析：设向右为正方向，开始阶段，物块向左减速，木板向右减速，根据系统的动量守恒得，当物块的速度为0时，设此时木板的速度大小为v1，(M－m)v＝Mv1，解得v1≈2.67 m/s；此后物块将向右加速，木板继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2，则(M－m)v＝(M＋m)v2，解得v2＝2 m/s，两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动，由此可知当木板的速度为3 m/s时，物块处于减速运动阶段。
5．(10分)(2026·江西九江市模拟)如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下。重力加速度为g。求：
(1)滑块与木板间的动摩擦因数；(3分)
(2)k值为多少。(7分)
6．(12分)(2026·广东省部分学校质检)如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧体A固定在光滑水平面上。质量为2m的平板车静止在光滑水平面上，左端与A接触，平板车的上表面与A圆弧面的最低点相切。质量为m的物块B在A的圆弧面最上端的正上方高为R处由静止释放，物块B经过A滑上平板车，当物块B与平板车共速时恰好不从平板车上落下，物块B与平板车上表面的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，不计物块B的大小，求：
(1)物块B的最大速度；(3分)
(2)物块B滑到A的最低点时对圆弧面的压力；(4分)
答案：5mg　
(3)平板车的长度。(5分)
7．(18分)(2026·广东汕头市模拟)如图所示，小滑块a和小滑块b静止于光滑平台AB上，a、b之间有质量可忽略不计的炸药。长度L＝4 m的木板c静止于光滑平面CD上，上表面与AB持平，左端紧靠平台，右端固定有半径R＝1 m的半圆形光滑轨道。某时刻炸药爆炸，爆炸过程放出的能量均转化为滑块a和b的动能，使物块b以速度v0＝8 m/s冲上木板c。已知ma＝2 kg，mb＝1 kg，mc＝1 kg，小滑块b与木板c之间动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2。
(1)求爆炸过程中炸药释放的能量。(3分)
答案：48 J　
(2)若木板c固定在CD平面上，请通过计算说明小滑块b是否能到达圆轨道最高点F。(6分)
答案：见解析　
(3)若木板c不固定在CD平面上，要使小滑块b既可以到达E点又不会从木板c上掉下来，求木板c长度L的取值范围。(9分)

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