07攻坚克难(1)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(2023·淮安三模)如图所示，光滑水平面上有一质量为m＝1kg的滑块A静止在P点，在O点有一质量为M＝2kg、长度为L＝0.6m的长木板B，其两侧有固定挡板，在长木板B上最右侧放置一质量也为M＝2kg的小物块C，滑块A在外力F＝2N作用下，经过时间t＝1.5s到达O点时，在O点立即撤去外力同时与B发生碰撞．已知小物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ＝0.1，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，取g＝10m/s2，求：(1)滑块A刚到达O点时的速度．(2)滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度．(3)物块C最终与长木板B右侧挡板的距离．解析：(1)设滑块A刚到达O点时的速度为v0，根据动量定理有Ft＝mv0解得v0＝3m/s，方向水平向右．(2)滑块A与长木板B碰后瞬间，设滑块和长木板的速度分别为v′0和v1，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律分别有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)联立解得v′0＝－1m/s，v1＝2m/s滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板B的速度大小为2m/s，方向水平向右．(3)长木板B和物块C组成的系统在水平方向动量守恒，设B、C最终达到的共同速度为v，则有Mv1＝2Mv解得v＝eq\f(1,2)v1＝1m/s设C相对B滑动的路程为Δx，对B、C组成的系统根据能量守恒可得μMgΔx＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2Mv2解得Δx＝1m＞L＝0.6m所以物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为x0＝2L－Δx＝0.2m1．板块模型的思维模板2．板块模型中的动量与能量问题模型图示模型特点(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)(2)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(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多(4)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题组跟进21．(2023·苏州质量调研)如图所示，光滑水平地面上有一质量为M＝2kg的木板，木板的左端放有一质量为m＝1kg的木块，木块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1.在木板两侧地面上各有一竖直固定墙壁，起初木板靠左侧墙壁静止放置．现给木块向右的水平初速度v0＝3m/s，在此后运动过程中木板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静止，木块始终没有从木板上掉下．设木板与墙壁碰撞时间极短且无机械能损失，取g＝10m/s2，求：(1)第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小I.(2)木板的最短长度L.(3)木块与木板发生相对滑动的时间总和t.解析：(1)取水平向右为正方向mv0＝(M＋m)v1解得v1＝1m/sI＝－Mv1－Mv1解得I＝－4N·s第一次碰撞墙壁给木板的冲量大小为4N·s(2)木块第二次在木板上相对静止的位置到木板左端的距离为木板最短长度．木块第二次与木板相对静止时的速度大小为v2，有Mv1－mv1＝(M＋m)v2解得v2＝eq\f(1,3)m/s由于第二次相对静止之前木块相对木板都只向同一方向运动，根据能量转化关系有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)木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有减速过程连成一个完整的减速过程，其初速度为v1＝1m/s，末速度为零，相对滑动阶段木板加速度大小aM＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2第一次共速前木板加速的时间t1＝eq\f(v1,aM)＝2s此后所有相对滑动时间为t′＝eq\f(0－v1,－aM)＝2s则木块与木板相对滑动总时间为t＝t1＋t′＝4s2．(2023·如皋期末)如图所示，光滑斜坡上有质量为m的小物块P(视为质点)被轻绳拴住悬挂在O点，P距斜坡底端的高度为h，绳子与水平方向的夹角为45°，斜坡的倾角为30°.斜坡下端有质量为2m的长木板静止于光滑水平面上，木板右端有挡板，水平轻弹簧固定于挡板上，弹簧左端与木板左端相距为L.现烧断拴接P处的轻绳，P由静止沿斜坡下滑，滑上Q左端时竖直分速度全部损失，水平分速度不变，P、Q向右运动，P与弹簧发生作用分离后，在离弹簧左端距离为d处相对Q静止．已知P、Q间的动摩擦因数为μ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g.求：(1)烧断轻绳前绳中的张力F.(2)P最终的速度大小v.(3)弹簧具有的弹性势能最大值Ep.解析：(1)设斜坡对P的支持力为FN，对P受力分析，水平方向Fcos45°＝FNsin30°竖直方向Fsin45°＋FNcos30°＝mg解得F＝eq\f((\r(6)－\r(2))mg,2)(2)设P到达斜坡底端的速度为v0，对P下滑过程，由动能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)滑到长木板后只保留水平分速度v0cos30°，对P、Q相对滑动过程动量守恒mv0cos30°＝(m＋2m)v解得v＝eq\f(\r(6gh),6)(3)设弹簧的最大压缩量为x，从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先后两次共速间，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)质量为2m的木板C静止在光滑水平面上．现将速度分别为v0、2v0的木块A、B同时放上木板，运动方向如图所示，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为μ，木板足够长，重力加速度取g，求：(1)木块A在木板C上的滑行时间t.(2)木块A、B运动过程中摩擦产生的总热量Q.(3)运动过程中木块A和木块B间的最大距离L.解析：(1)A、B刚放上C时，A做加速度大小为aA的匀减速运动，根据牛顿第二定律可得μmg＝maAC做加速度大小为aC的匀加速运动，根据牛顿第二定律可得μmg＋μmg＝2maC滑行时间t后A与C共速v1，则有v1＝v0－aAt＝aCt联立解得t＝eq\f(v0,2μg)，v1＝eq\f(v0,2)(2)A、B和C系统动量守恒，共同速度为v2，则有mv0＋m·2v0＝(m＋m＋2m)·v2解得v2＝eq\f(3,4)v0以A、B和C的系统为对象，根据能量守恒可得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相对C滑行的总距离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相对C滑行的距离ΔxA＝