07攻堅克難(1)微切口2力學三大觀點在板塊模型中的應用

微切口2力學三大觀點在板塊模型中的應用(2023·淮安三模)如圖所示，光滑水平面上有一質量為m＝1kg的滑塊A靜止在P點，在O點有一質量為M＝2kg、長度為L＝0.6m的長木板B，其兩側有固定擋板，在長木板B上最右側放置一質量也為M＝2kg的小物塊C，滑塊A在外力F＝2N作用下，經過時間t＝1.5s到達O點時，在O點立即撤去外力同時與B發(fā)生碰撞．已知小物塊C與長木板B間的動摩擦因數為μ＝0.1，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，取g＝10m/s2，求：(1)滑塊A剛到達O點時的速度．(2)滑塊A與長木板B碰后瞬間，長木板的速度．(3)物塊C最終與長木板B右側擋板的距離．解析：(1)設滑塊A剛到達O點時的速度為v0，根據動量定理有Ft＝mv0解得v0＝3m/s，方向水平向右．(2)滑塊A與長木板B碰后瞬間，設滑塊和長木板的速度分別為v′0和v1，根據系統(tǒng)動量守恒定律和機械能守恒定律分別有mv0＝mv′0＋Mv1eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)聯立解得v′0＝－1m/s，v1＝2m/s滑塊A與長木板B碰后瞬間，長木板B的速度大小為2m/s，方向水平向右．(3)長木板B和物塊C組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設B、C最終達到的共同速度為v，則有Mv1＝2Mv解得v＝eq\f(1,2)v1＝1m/s設C相對B滑動的路程為Δx，對B、C組成的系統(tǒng)根據能量守恒可得μMgΔx＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2Mv2解得Δx＝1m＞L＝0.6m所以物塊C最終與長木板B右側擋板的距離為x0＝2L－Δx＝0.2m1．板塊模型的思維模板2．板塊模型中的動量與能量問題模型圖示模型特點(1)若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相等時木塊或木板的速度最大，兩者的相對位移(子彈為射入木塊的深度)取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)(2)系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能(3)根據能量守恒，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子彈(或滑塊)的質量越小，木塊(或木板)的質量越大，動能損失越多(4)該類問題既可以從動量、能量角度求解，相當于非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運動的角度借助圖示求解題組跟進21．(2023·蘇州質量調研)如圖所示，光滑水平地面上有一質量為M＝2kg的木板，木板的左端放有一質量為m＝1kg的木塊，木塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.1.在木板兩側地面上各有一豎直固定墻壁，起初木板靠左側墻壁靜止放置．現給木塊向右的水平初速度v0＝3m/s，在此后運動過程中木板與墻壁碰撞前木塊和木板均已相對靜止，木塊始終沒有從木板上掉下．設木板與墻壁碰撞時間極短且無機械能損失，取g＝10m/s2，求：(1)第一次碰撞墻壁對木板的沖量大小I.(2)木板的最短長度L.(3)木塊與木板發(fā)生相對滑動的時間總和t.解析：(1)取水平向右為正方向mv0＝(M＋m)v1解得v1＝1m/sI＝－Mv1－Mv1解得I＝－4N·s第一次碰撞墻壁給木板的沖量大小為4N·s(2)木塊第二次在木板上相對靜止的位置到木板左端的距離為木板最短長度．木塊第二次與木板相對靜止時的速度大小為v2，有Mv1－mv1＝(M＋m)v2解得v2＝eq\f(1,3)m/s由于第二次相對靜止之前木塊相對木板都只向同一方向運動，根據能量轉化關系有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,2)＝μmgL解得L＝eq\f(13,3)m(3)木塊與木板第一次共速后，兩者相對運動過程中木板始終在做減速運動，可以將木板所有減速過程連成一個完整的減速過程，其初速度為v1＝1m/s，末速度為零，相對滑動階段木板加速度大小aM＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2第一次共速前木板加速的時間t1＝eq\f(v1,aM)＝2s此后所有相對滑動時間為t′＝eq\f(0－v1,－aM)＝2s則木塊與木板相對滑動總時間為t＝t1＋t′＝4s2．(2023·如皋期末)如圖所示，光滑斜坡上有質量為m的小物塊P(視為質點)被輕繩拴住懸掛在O點，P距斜坡底端的高度為h，繩子與水平方向的夾角為45°，斜坡的傾角為30°.斜坡下端有質量為2m的長木板靜止于光滑水平面上，木板右端有擋板，水平輕彈簧固定于擋板上，彈簧左端與木板左端相距為L.現燒斷拴接P處的輕繩，P由靜止沿斜坡下滑，滑上Q左端時豎直分速度全部損失，水平分速度不變，P、Q向右運動，P與彈簧發(fā)生作用分離后，在離彈簧左端距離為d處相對Q靜止．已知P、Q間的動摩擦因數為μ，彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度為g.求：(1)燒斷輕繩前繩中的張力F.(2)P最終的速度大小v.(3)彈簧具有的彈性勢能最大值Ep.解析：(1)設斜坡對P的支持力為FN，對P受力分析，水平方向Fcos45°＝FNsin30°豎直方向Fsin45°＋FNcos30°＝mg解得F＝eq\f((\r(6)－\r(2))mg,2)(2)設P到達斜坡底端的速度為v0，對P下滑過程，由動能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)滑到長木板后只保留水平分速度v0cos30°，對P、Q相對滑動過程動量守恒mv0cos30°＝(m＋2m)v解得v＝eq\f(\r(6gh),6)(3)設彈簧的最大壓縮量為x，從P滑上木板到P、Q第一次共速前，由能量守恒可得eq\f(1,2)m(v0cos30°)2－eq\f(1,2)·3mv2＝Ep＋μmg(L＋x)P、Q先后兩次共速間，由能量守恒可得Ep－μmg(d＋x)＝eq\f(1,2)·3mv2－eq\f(1,2)·3mv2＝0解得Ep＝eq\f(h－2μ(L－d),4)mg3．(2023·海安期末)質量為2m的木板C靜止在光滑水平面上．現將速度分別為v0、2v0的木塊A、B同時放上木板，運動方向如圖所示，木塊的質量均為m，A、B間的距離為d，木塊與木板之間的動摩擦因數均為μ，木板足夠長，重力加速度取g，求：(1)木塊A在木板C上的滑行時間t.(2)木塊A、B運動過程中摩擦產生的總熱量Q.(3)運動過程中木塊A和木塊B間的最大距離L.解析：(1)A、B剛放上C時，A做加速度大小為aA的勻減速運動，根據牛頓第二定律可得μmg＝maAC做加速度大小為aC的勻加速運動，根據牛頓第二定律可得μmg＋μmg＝2maC滑行時間t后A與C共速v1，則有v1＝v0－aAt＝aCt聯立解得t＝eq\f(v0,2μg)，v1＝eq\f(v0,2)(2)A、B和C系統(tǒng)動量守恒，共同速度為v2，則有mv0＋m·2v0＝(m＋m＋2m)·v2解得v2＝eq\f(3,4)v0以A、B和C的系統(tǒng)為對象，根據能量守恒可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m(2v0)2＝eq\f(1,2)(m＋m＋2m)veq\o\al(2,2)＋Q解得Q＝eq\f(11,8)mveq\o\al(2,0)(3)A、B相對C滑行的總距離Δx＝eq\f(Q,μmg)＝eq\f(\f(11,8)mveq\o\al(2,0),μmg)＝eq\f(11veq\o\al(2,0),8μg)A相對C滑行的距離ΔxA＝