模型34 滑塊木板、子彈木塊、滑塊彈簧、滑塊斜(曲)面問題（解析版）-2025版高考物理熱點模型精-品講義

模型34滑塊木板、子彈木塊、滑塊彈簧、滑塊斜(曲)面問題01模型概述01模型概述1.滑塊木板模型1）模型圖示2）模型特點 ①把滑塊、木板看成一個整體，摩擦力為內力，若水平面光滑，滑塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒。若地面粗糙，系統(tǒng)的總動量將發(fā)生變化。②由于摩擦生熱，機械能轉化為內能，系統(tǒng)機械能不守恒，根據能量守恒定律，機械能的減少量等于因摩擦而產生的熱量，即ΔE＝Ff·s相對，其中s相對為滑塊和木板相對滑動的路程。 ②若滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相同時，木板速度最大，相對位移最大．此過程相當于完全非彈性碰撞過程3）求解方法 ①求速度：根據動量守恒定律求解，研究對象為一個系統(tǒng)； ②求時間：根據動量定理求解，研究對象為一個物體； ③求系統(tǒng)產生的內能或相對位移：根據能量守恒定律或，研究對象為一個系統(tǒng)．2.子彈木塊模型1)模型圖示2)模型特點①子彈水平打進木塊的過程中，系統(tǒng)的動量守恒。②系統(tǒng)的機械能有損失。3)兩種情景①子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機械能損失最多(完全非彈性碰撞)動量守恒：mv0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2②子彈穿透木塊動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22)3.滑塊彈簧模型1）模型圖示2）模型特點①動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒；②機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內力不做功，系統(tǒng)機械能守恒；③彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)；④彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結束時)．4.滑塊斜（曲）面模型1）模型圖示2）模型特點①上升到最大高度：m與M具有共同水平速度，此時m的豎直速度.系統(tǒng)水平方向動量守恒，；系統(tǒng)機械能守恒，，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉化為m的重力勢能)．②返回最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，；系統(tǒng)機械能守恒相當于完成了彈性碰撞)．02典題攻破02典題攻破1.滑塊木板模型【典型題1】（2024·全國·一模）如圖甲所示，長木板放置在光滑的水平地面上，木塊（視為質點）放置在木板的正中央，現突然給木塊一個水平向右的速度，經過一段時間，木塊剛好不從木板的最右端離開，已知木塊與木板的質量相等；把長木板放置在粗糙的水平地面上，木塊放置在木板的最左端，已知木板與地面間的動摩擦因數為，如圖乙所示，現同時給木塊、木板水平向右的速度，重力加速度為g。（1）求甲圖中木塊與木板間的動摩擦因數以及木板的長度；（2）求乙圖中木塊與木板加速度的大小分別為多少；（3）求乙圖中木塊與木板的運動時間之差以及木塊在木板上滑行的距離?！敬鸢浮浚?），；（2），；（3），【詳解】（1）根據題意可知，木塊剛好不從木板的最右端離開，即木塊滑到木板的最右端時，木塊與木板共速，設此時的速度為，由動量守恒定律有解得設甲圖中木塊與木板間的動摩擦因數為，對木塊有又有聯(lián)立解得設木板的長度為，由能量守恒定律有解得（2）由（1）分析，結合牛頓第二定律可得，乙圖中木塊的最大加速度的大小為若乙圖中木塊與木板一起向右減速，則加速度大小為可知，乙圖中木塊與木板相對滑動，由牛頓第二定律，對木塊有解得對木板有解得（3）假設木塊減速到0時未從木板上掉落，由運動學公式可得，木塊減速到0的時間為運動的位移為木板減速到0的時間為運動的位移為乙圖中木塊與木板的運動時間之差乙圖中木塊在木板上滑行的距離即假設成立，則乙圖中木塊與木板的運動時間之差為，木塊在木板上滑行的距離為。2.子彈木塊模型【典型題2】（2023·廣東東莞·模擬預測）如圖所示，質量為m的子彈以水平初速度射入靜止在光滑水平面上的質量為M的木塊中，子彈未從木塊中射出，最后共同速度為v，在此過程中，木塊在地面上滑動的距離為s，子彈射入木塊的深度為d，子彈與木塊間的相互作用力為f，以下關系式中不正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】A.對子彈由動能定理可知即選項A正確，不符合題意；B.對子彈和木塊的系統(tǒng)由能量關系可知選項B正確，不符合題意；C.對子彈和木塊系統(tǒng)由動量守恒定律可知選項C正確，不符合題意；D.對木塊由動能定理選項D錯誤，符合題意。故選D。3.滑塊彈簧模型【典型題3】（2024·湖南邵陽·三模）（多選）如圖（a），一質量為的物塊A與輕質彈簧連接，靜止在光滑水平面上，物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，碰撞結束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從0到時間內，物塊A運動的距離為。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內。則下列說法中正確的是（）A．物塊B的質量為B．碰撞過程中彈簧的最大彈性勢能為C．時間內物塊B運動的距離為D．彈簧壓縮量的最大值為【答案】BC【詳解】A．時刻，由動量守恒定律可知解得故A錯誤；B．由圖像可知時刻兩物塊速度相等，彈性勢能最大，根據機械能守恒定律解得故B正確；CD．解法一：同一時刻彈簧對A、B的彈力大小相等，由牛頓第二定律可知同一時刻同一時刻A、B的瞬時速度分別為，根據位移等于速度在時間上的累積可得，又解得彈簧壓縮量的最大值解法二：B接觸彈簧后，壓彈彈簧過程中，A、B動量守恒，有對方程兩邊同時乘以時間，有之間，位移等于速度在時間上的累積，可得又代入可得則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值故C正確，D錯誤。故選BC。4.滑塊斜（曲）面模型【典型題4】（2024·安徽·模擬預測）如圖所示，在水平面上放置一個右側面半徑為的圓弧凹槽，凹槽質量為，凹槽點切線水平，點為最高點.一個質量也為的小球以速度從點沖上凹槽，重力加速度為，不計一切摩擦，則下列說法正確的是（

）

A．小球在凹槽內運動的全過程中，小球與凹槽的總動量守恒，且離開凹槽后做平拋運動B．若，小球恰好可到達凹槽的點且離開凹槽后做自由落體運動C．若，小球最后一次離開凹槽的位置一定是點，且離開凹糟后做自由落體運動D．若，小球最后一次離開凹槽的位置一定是點，且離開凹槽后做豎直上拋運動【答案】C【詳解】A．小球在凹槽內運動的全過程中，小球與凹槽的水平方向動量守恒，但總動量不守恒，故A錯誤；B．若小球恰好到達點時，由于水平方向動量守恒有由機械能守恒解得故B錯誤；CD．當時，小球從點飛出后做斜拋運動，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回時恰好能落到點，故最后一次離開斜面的位置一定是點，由水平方向動量守恒得由機械能守恒得解得，可知小球最后一次離開凹槽的位置一定是點，且離開凹槽后做自由落體運動，故C正確，D錯誤。故選C。03針對訓練03針對訓練1．（2024·青海海南·一模）如圖所示，一個質量為M的滑塊放置在水平面上，滑塊的一側是一個四分之一圓弧圓弧半徑。E點與水平面相切。另有一個質量為m的小球以的初速度水平向右從E點沖上滑塊，若小球剛好沒越過圓弧的上端，已知重力加速度大小不計一切摩擦。則滑塊與小球質量的比值為（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【詳解】根據題意，小球上升到滑塊上端時，小球與滑塊的速度相同，設為，根據動量守恒定律有根據機械能守恒定律有聯(lián)立解得故選C。2．（2024·北京朝陽·一模）如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質量均為m，P以速度v向右運動，Q靜止且左端固定一輕彈簧。當彈簧被壓縮至最短時（）A．P的動量為0B．Q的動量達到最大值C．P、Q系統(tǒng)總動量小于mvD．彈簧儲存的彈性勢能為【答案】D【詳解】A．當彈簧被壓縮至最短時，兩物體速度相同，P、Q系統(tǒng)所受外力為零，因此整個過程中動量守恒所以P的動量為故A錯誤；B．彈簧壓縮至最短后，Q的速度將繼續(xù)變大，當彈簧恢復原長時，Q的動量達到最大值，故B錯誤；C．P、Q系統(tǒng)動量守恒，總動量為故C錯誤；D．根據動量守恒和能量守恒，解得故D正確。故選D。3．（2024·安徽蕪湖·二模）如圖所示，質量均為m的物塊A、B放在光滑的水平面上，中間用輕彈簧相連，彈簧處于原長，一顆質量為的子彈以水平速度射入木塊A并留在物塊中（時間極短），則下列說法正確的是（）A．子彈射入物塊A的過程中，子彈的動量變化量為B．子彈射入物塊A的過程中，物塊A的動能增加量為C．在彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，物塊B的動量大小最大值為D．彈簧第一次壓縮到最短的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為【答案】C【詳解】A．子彈射入物塊A的過程中，子彈與物塊A組成的系統(tǒng)動量守恒，則有求得子彈動量的變化量選項A錯誤；B．物塊A的動能增加量為選項B錯誤；C．當彈簧第一次壓縮到最短時，物塊B的動量大小最大，則有子彈與物塊A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，則有求得物塊B的動量大小最大值為選項C正確；D．彈簧第一次壓縮到最短的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為選項D錯誤。故選C。4．（2024·遼寧·一模）（多選）如圖所示，在光滑水平面上右側放有一個光滑圓弧軌道ABC，其圓心為O，質量為m的小球從水平面上P點以初速度向右運動，滑上圓弧軌道后從C點拋出。已知圓弧軌道質量為，圓弧軌道半徑為，重力加速度為g，，則小球與圓弧軌道作用的過程中（）A．小球離開C點時的速度與水平方向的夾角為B．小球運動的最高點相對水平面的高度為C．圓弧軌道的最大速度為D．小球離開圓弧軌道再次回到水平面上時速度水平向左【答案】BCD【詳解】A．小球運動到C點過程中，根據水平方向動量守恒可知根據能量守恒解得所以小球離開C點時的速度與水平方向的夾角為53°，故A錯誤；B．小球到達斜面最高點后斜拋，豎直方向解得小球運動的最高點相對水平面的高度為故B正確；CD．因為小球離開圓弧軌道做斜拋運動時水平速度與圓弧軌道相同，所以小球還能落到圓弧軌道上，最后相對圓弧軌道向左運動到水平面上，設小球從左側離開圓弧軌道時其速度為，圓弧軌道的速度為，則有聯(lián)立解得即小球離開圓弧軌道再次回到水平面上時速度方向向左，故CD正確。故選BCD。5．（2024·湖南長沙·模擬預測）（多選）如圖，質量為的木塊靜止放置在光滑水平面上，質量為的子彈（可視為質點）以初速度水平向右射入木塊，水平射出木塊時速度變?yōu)?，已知木塊的長為，設子彈在木塊中的阻力恒為。則子彈在木塊中運動的時間為（）A． B． C． D．【答案】BC【詳解】設子彈在木塊中運動的時間為，以子彈為對象，根據動量定理可得解得設子彈射出木塊時，木塊的速度為，根據系統(tǒng)動量守恒可得解得根據位移關系可得解得故選BC。6．（2024·四川宜賓·二模）（多選）如圖所示，圓筒C可以沿足夠長的水平固定光滑桿左右滑動，圓筒下方用不可伸長的輕繩懸掛物體B，開始時物體B和圓筒C均靜止，子彈A以的水平初速度在極短時間內擊穿物體B后速度減為，已知子彈A、物體B、圓筒C的質量分別為、、，重力加速度。下列說法正確的是（）A．物體B能上升的最大高度為0.6m B．物體B能上升的最大高度為1.8mC．物體C能達到的最大速度為 D．物體C能達到的最大速度為【答案】AD【詳解】AB．子彈A以的水平初速度在極短時間內擊穿物體B后速度減為，則A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，根據動量守恒定律有B上升時，與C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，機械能守恒，則有解得m故A正確，B錯誤；D．B返回到最低點時，與C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，機械能守恒，此時C的速度最大，則有解得m/s故C錯誤，D正確；故選AD。7．（2024·遼寧沈陽·一模）（多選）如圖（a），一滑塊靜置在水平面上，滑塊的曲面是半徑為R的四分之一圓弧，圓弧最低點切線沿水平方向。小球以水平向右的初速度從圓弧最低點沖上滑塊，且小球能從圓弧最高點沖出滑塊。小球與滑塊水平方向的速度大小分別為、，作出某段時間內圖像如圖（b）所示，不計一切摩擦，重力加速度為g。下列說法正確的是（

）A．滑塊與小球在相互作用的過程中，水平方向動量守恒B．當滑塊的速度為時，小球運動至最高點C．小球與滑塊的質量比為1∶2D．小球的初速度大小可能為【答案】AC【詳解】A．小球滑塊組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，滑塊與小球在相互作用的過程中，水平方向動量守恒，A正確。C．設小球的質量為m，初速度為v，在水平方向上由動量守恒定律得化簡為結合圖（b）可得即C正確；B．小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上由動量守恒定律得求得B錯誤；D．小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上由動量守恒定律得機械能守恒其中，求得小球的初速度大小不可能為D錯誤。故選AC。8．（2024·陜西安康·模擬預測）（多選）如圖所示，用輕彈簧拴接的小物塊a、b放在光滑的水平地面上，在小物塊b的右側有一豎直固定擋板?，F給小物塊a以水平向右、大小為的初速度，當小物塊b的速度達到最大時恰好與擋板發(fā)生彈性碰撞。已知小物塊b與擋板碰撞后立即以原速率返回，小物塊a的質量為，小物塊b的質量為，彈簧始終在彈性限度內，下列判斷正確的是（）A．小物塊b與擋板碰撞之前，系統(tǒng)的最小動能為3JB．小物塊b與擋板碰撞之前，小物塊a的最小速度為1m/sC．小物塊b與擋板碰撞之后，系統(tǒng)的動量大小為D．小物塊b與擋板碰撞之后，彈簧的最大彈性勢能為【答案】BD【詳解】A．小物塊與擋板碰撞之前，兩物塊共速時系統(tǒng)的動能最小，由動量守恒定律有系統(tǒng)的動能為聯(lián)立解得A錯誤；B．彈簧再一次恢復到原長時，小物塊的速度最大，此時小物塊的速度最小，設此時小物塊的速度為，小物塊的速度為，根據動量守恒定律有根據機械能守恒有解得，B正確；C．小物塊與擋板碰撞后的瞬間，的速度不變，的速度大小不變，方向相反，因此系統(tǒng)的動量大小為C錯誤；D．與擋板碰撞之后，、速度相同時，彈簧的彈性勢能最大，設此時兩小物塊共速時的速度為，根據動量守恒定律有解得故彈簧的彈性勢能為D正確。故選BD。9．（2024·河南·模擬預測）如圖，光滑水平面上放置兩個四分之一圓形光滑曲面A、B，A、B圓弧最低點平滑連接（不粘連），圓弧最低點切線水平，A固定，B可自由滑動，小滑塊C靜置于曲面B最低端，小滑塊D由距曲面A最低端高h=1.8m的地方自由滑下，與C發(fā)生彈性正碰，已知小滑塊C質量m1=0.6kg，小滑塊D質量m2=0.2kg，曲面B質量M=0.6kg，重力加速度g=10m/s2，不計空氣阻力。曲面半徑足夠大，求：（1）小滑塊D與小滑塊C碰撞后，D的速度大??；（2）小滑塊C、D所能達到的最大高度?！敬鸢浮浚?）3m/s；（2）0.225m，0.45m【詳解】（1）小滑塊D沿曲面A滑下，設末速度v0，由機械能守恒定律得解得滑塊D與C發(fā)生彈性正碰，取向右為正，碰后C、D速度分別為v1、v2，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得聯(lián)立解得，所以滑塊D與小滑塊C碰撞后，D的速度大小為3m/s；（2）滑塊C與曲面B相互作用過程有聯(lián)立解得對D，由機械能守恒定律可得解得小滑塊D能達到的最大高度10．（2024·安徽黃山·二模）如圖所示，a、b、c均為質量為m的物塊，其中b、c通過輕彈簧連接并靜置在水平地面上，彈簧的勁度系數為k，a物塊從距離b高為h處由靜止釋放，與b碰撞后黏在一起，碰撞時間極短。重力加速度為g，則：（1）求a、b碰撞后瞬間a、b整體的速度和加速度大小；（2）若a物塊從距離b高為h0處由靜止釋放，彈簧恰好能恢復原長，求初始時彈簧的彈性勢能（結果用含h0的式子表示）；（3）若a物塊從距離b高為hx處由靜止釋放，c恰好能離開地面，求hx為多少？【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）a做自由落體運動，有解得a、b碰撞過程動量守恒，則所以碰撞后瞬間，對a、b整體，根據牛頓第二定律有解得加速度大小為（2）若a物塊從距離b高為h0處由靜止釋放，則有a、b碰撞過程動量守恒，則彈簧恰好能恢復原長，根據能量守恒可得聯(lián)立可得（3）若a物塊從距離b高為hx處由靜止釋放，且c恰好能離開地面，則聯(lián)立可得11．（2024·河南·模擬預測）如圖所示，質量為的小車靜止在光滑的水平地面上，小車AB段是半徑為R（R未知）的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L（L未知）的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點。一質量為的滑塊在小車上的B點以的初速度開始向左運動，滑塊恰好到達圓弧的頂端A點，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點。若滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為，重力加速度為g取。（1）求圓弧的半徑；（2）求小車BC段的長度；（3）若滑塊在小車光滑圓弧軌道上運動的時間為，求該過程中滑塊對小車做的功和滑塊對小車彈力沖量的大小和方向?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），，方向斜向左下方，與豎直方向成角【詳解】（1）滑塊在最高點A時與小車相對靜止，自B滑至最高點A過程中水平方向動量守恒定律滑塊與小車組成系統(tǒng)機械能守恒解得圓弧的半徑為（2）滑塊最后恰好停在C點，說明滑塊在C點時與小車共速，小車自B點開始至C點過程中，水平方向動量守恒由系統(tǒng)能量守恒定律解得小車BC段的長度為（3）滑塊自B上升至返回B過程中，水平方向動量守恒滑塊與小車組成的系統(tǒng)機械能守恒聯(lián)立解得，對小車由動能定理解得該過程中滑塊對小車做的功為該過程對滑塊由動量定理，豎直方向有解得方向豎直向上；水平方向有解得方向水平向右，故小車對滑塊彈力沖量的大小為方向斜向右上方，與豎直方向成角，由于小車對滑塊的彈力與滑塊對小車的彈力是一對相互作用力，則滑塊對小車彈力沖量的大小為，方向斜向左下方，與豎直方向成角。12．（2024·遼寧遼陽·模擬預測）如圖所示，質量為4m、半徑為R的光滑四分之一圓弧體A靜止在足夠大的光滑水平面上，水平面剛好與圓弧面的最底端相切，輕彈簧放在光滑水平面上，左端固定在豎直固定擋板上，用外力使質量為m的小球B壓縮彈簧（B與彈簧不連接），由靜止釋放小球，小球被彈開后運動到圓弧體的最高點時，恰好與圓弧體相對靜止，不計小球的大小，重力加速度為g。求：（1）彈簧具有的最大彈性勢能；（2）小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間對圓弧面的壓力大??；（3）小球B第二次滾上圓弧面后，上升的最大高度。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設彈簧開始具有的最大彈性勢能為Ep，設小球被彈開后速度大小為v0，滾上圓弧面最高點后速度大小為v1，根據能量守恒有根據動量守恒解得（2）由（1）可解得小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間解得根據牛頓第三定律可知，小球對圓弧面的壓力大?。?）設小球第一次離開圓弧面時，小球的速度大小為v2、圓弧體的速度大小為v3，根據動量守恒有根據能量守恒有從小球第二次滾上圓弧面到上升到最高點過程中，設上升到最高點時共同速度為v4，上升的最大高度為h，根據動量守恒有根據能量守恒有解得13．（2024·山西晉中·二模）如圖所示，有一固定的光滑圓弧軌道，半徑，質量為的小滑塊B（可視為質點）從軌道頂端滑下，在