《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

例 1 (2024·河南模拟)如图所示，一个质量为 $ M = 2\ kg $ 的木板 B 放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为 $ m = 1\ kg $ 的小铁块 A（小铁块 A 可以看成质点），A、B 间的动摩擦因数为 $ \mu = 0.6 $，现给 A 和 B 以大小相等、方向相反的初速度 $ v_0 = 6\ m/s $，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，B 足够长，最后 A 不会滑离 B， $ g = 10\ m/s^2 $。求：
(1) A、B 最后的速度大小和方向；
(2) 从地面上看，小铁块 A 向左运动到离出发点最远处时，木板 B 向右运动的位移大小；
(3) 若小铁块 A 恰好没有滑离木板 B，则木板至少多长？
方法提炼
“滑块—平板”模型的解题思路：
(1) 应用系统的动量守恒。
(2) 在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理。
(3) 在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理。
(4) 在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用能量守恒定律。
(5) 滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度。

答案： 例1【答案】
(1)$2 m/s$,方向水平向右
(2)$4.5 m$
(3)$8 m$
【解析】
(1)设木板B运动的方向为正方向，由A、B系统动量守恒得$Mv_0 - mv_0 = (M + m)v$
代入解得$v = 2 m/s$,方向水平向右
(2)小铁块A向左运动速度减为零时，到达最远处，设此时木板移动的位移为$x_1$，速度为$v_1$，则由动量守恒定律得$Mv_0 - mv_0 = Mv_1$
对木板应用动能定理得$-\mu mgx_1 = \frac{1}{2}Mv_1^2 - \frac{1}{2}Mv_0^2$
代入数据解得$x_1 = 4.5 m$
(3)若小铁块A恰好没有滑离木板B，则小铁块A与木板B共速时，小铁块A刚好运动到木板B的左端，根据能量守恒定律有$\frac{1}{2}Mv_0^2 + \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(M + m)v^2 + \mu mg\Delta x$
代入数据解得$\Delta x = 8 m$
故木板长至少$8 m$.

例 2 (2023·广东模拟) 如图所示，两滑块 A、B 位于光滑水平面上，已知 A 的质量 $ m_A = 4\ kg $，B 的质量 $ m_B = 3\ kg $，滑块 B 的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块 A 以 $ v_0 = 7\ m/s $ 的速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块 B 相互作用（整个过程弹簧没有超过弹性限度），直至分开，求：

(1) 滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能；
(2) 滑块 B 的最大动能；
(3) 滑块 A 的动能最小时，弹簧的弹性势能。

答案：
(1) 根据动量守恒定律：$m_A v_0 = (m_A + m_B) v_{共}$，代入数据得$4 × 7 = (4 + 3) v_{共}$，解得$v_{共} = 4\ m/s$。由能量守恒，最大弹性势能$E_{pmax} = \frac{1}{2} m_A v_0^2 - \frac{1}{2} (m_A + m_B) v_{共}^2$，代入数据得$E_{pmax} = \frac{1}{2} × 4 × 7^2 - \frac{1}{2} × 7 × 4^2 = 42\ J$。
(2) 弹簧恢复原长时B速度最大，由弹性碰撞结论$v_B = \frac{2 m_A}{m_A + m_B} v_0$，代入数据得$v_B = \frac{2 × 4}{7} × 7 = 8\ m/s$。B的最大动能$E_{k Bmax} = \frac{1}{2} m_B v_B^2 = \frac{1}{2} × 3 × 8^2 = 96\ J$。
(3) A动能最小时速度最小，此时弹簧恢复原长，弹性势能为0。
(1) 42 J
(2) 96 J
(3) 0 J