模型7滑块木板模型-动量守恒的九种模型解读.docxVIP

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动量守恒的九种模型解读

模型七滑块木板模型

模型解读

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)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。

3.求解方法

(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。

(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。

(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝fΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。

【方法归纳】

“子弹打木块”（“滑块—木板”）模型，采用动量守恒定律、动能定理或能量守恒定律列方程解答。

滑块木板模型的位移关系:

滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，二者位移之差等于板长。若滑块和木板反向运动，二者位移之和等于板长。

【典例透析】

【典例】1.(2024·广东广州校考)如图，长为L的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m的滑块以水平向右的初速度v0滑上木板左端。若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为eq\f(v0,3)；若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。滑块可视为质点，重力加速度大小为g。求：

(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ；

(2)木板的质量M；

(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I1∶I2。

【解析】(1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为f＝μmg

由动能定理有－μmgL＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)

解得μ＝eq\f(4veq\o\al(2,0),9gL)。

(2)木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v，由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v

由能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2

联立两式解得M＝8m。

(3)规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，由动量定理有

I1＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))－mv0＝－eq\f(2,3)mv0

木板不固定时滑块末速度为v＝eq\f(mv0,m＋M)＝eq\f(v0,9)

由动量定理有

I2＝mv－mv0＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,9)))－mv0＝－eq\f(8,9)mv0

解得I1∶I2＝3∶4。

答案(1)eq\f(4veq\o\al(2,0),9gL)(2)8m(3)3∶4

【针对训练】

1..（2024年5月武汉三模）一块质量为M、长为l的长木板A?静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B（可视为质点）以初速度v0从左端滑上长木板?A?的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B的动能减少量为，长木板A的动能增加量为，A、B间因摩擦产生的热量为Q，下列说法正确的是（）

A.A、B组成的系统动量、机械能均守恒

B.，，Q的值可能为，，

C.，，Q的值可能为，，

D.若增大v0和长木板A的质量M，B一定会从长木板A的右端滑下，且Q将增大

【答案】B

【解析】A、B组成的系统合力为零，因此动量守恒；而A、B由于存在摩擦生热，故系统机械能不守恒，A错误；画出物体B和长木板A的速度—时间图线，分别如图中1和2所示，

图中1和2之间的梯形面积表示板长，1与轴所围的面积表示物体B的位移x1，2与轴所围的面积表示长木板A的位移x2，由图可知、，又有则有，可知B项所给数值有可能，故B正确，C错误。D．若增大v0和长木板A的质量M，在v-t图像中1将向上平移，而2的图像斜率变小，即A?的加速度变小，显然可知B一定会从长木板A?的右端滑下，而Q=fl不变，D错误。故选B。

2.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是()

【答案】A

【解析】木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v1。设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v1，解得v