滑块与长木板的碰撞问题 ——高中物理人教版二轮复习专题 学案

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1．滑块与木板碰撞模型的特点：
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。
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。
2．滑块与木板碰撞模型的求解方法：
（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．
二．典例精讲
1．单个滑块与木板碰撞模型
例题1 （多选）长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一滑块B以水平速度＝4 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．木板A获得的动能为4 JB．木板A的最小长度为1 m
C．A、B间的动摩擦因数为0.1D．系统损失的机械能为8 J
【答案】AD
【解析】A．由题图象可知，木板获得的速度是2 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，木板获得的动能是×2×22 J＝4 J，A正确；
B．由题图象得到：0～1 s时间内B的位移×(4＋2)×1 m＝3 m，A的位移是×1×2 m＝1 m，木板A的最小长度是Δx＝xB－xA＝2 m，B错误；
C．由题图象可知，B的加速度 m/s2＝－2 m/s2，负号表示加速度方向，由牛顿第二定律得μmg＝ma，代入数据解得μ＝0.2，C错误；
D．系统减少的机械能，代入数据解得ΔE＝8 J，D正确。
故选AD。
2．多个滑块与木板碰撞模型
例题2 一块足够长的木板C质量为2 m，放在光滑的水平面上，如图所示。在木板上自左向右放有A、B两个完全相同的物块，两物块质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为μ。开始时木板静止不动，A、B两物块的初速度分别为v0、2v0，方向如图所示。试求：
（1）木板能获得的最大速度。
（2）A物块在整个运动过程中的最小速度。
（3）全过程AC间由于摩擦产生的热量跟BC间由于摩擦产生的热量之比是多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）当A、B和木板速度相同时，木板的速度最大，取向右为正方向，对三者组成的系统运用动量守恒定律得mv0＋m·2v0＝(m＋m＋2m)v′，解得v′＝
（2）开始时，A、B做匀减速直线运动的加速度大小为a＝＝μg
B都滑动时，木板C的加速度大小为a′＝＝μg
因为A的初速度小，A与木板C先达到共同速度，当A与木板达到共同速度后，A与木板一起做匀加速直线运动。可知，A与木板速度相同时，速度最小，则有
解得
则A物块在整个运动过程中的最小速度为
（3）A、C刚共速时速度为v＝
C间的相对位移大小为
C间由于摩擦产生的热量
全过程系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量，
为，解得
C间由于摩擦产生的热量为，即
3．滑块与多个木板碰撞模型
例题3 如图所示，在光滑的水平面上并排放着两个相同的木块，长度皆为L＝1.00 m，在左边木块的左端放一个小金属块，它的质量和一个木块的质量相等，现令小金属块以初速度v0＝2.00 m/s开始向右滑动，金属块与木块间的动摩擦因数μ＝0.10，取g＝10 m/s2，求右边木块的最后速度。
【答案】，水平向右
【解析】假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为x，
由动量守恒定律和能量守恒，得，，解得x＞L
不合理，所以，金属块一定冲上第二块木板。
以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时
，
在两块木板上运动的整个过程，
联立解得
方向水平向右。
4．滑块碰撞含弹簧木板组合模型
例题4 （多选）如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。则（ ）
A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为
D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为
【答案】ABD
【解析】A．细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有：F＝Ma，解得，A正确；
B．滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为，B正确；
C．弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于，C错误；
D．由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v′，取向左为正方向，
由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，
联立解得，D正确。
故选ABD。
5．滑块碰撞板块组合模型
例题5 如图所示，在水平地面上静置一质量为M＝3 kg的木板A，在木板A的上面右侧放置一质量为m＝1 kg的木块B（可视为质点）。木块B与木板A之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板A与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.2。一个底面光滑、质量也为M＝3 kg的物块C以速度v0＝2 m/s与木板A发生弹性碰撞。重力加速度g取10 m/s2。
（1）求碰后瞬间木板A获得的速度大小；
（2）在木块B与木板A相对运动的过程中，若要保证木块B不从木板A上滑下，求木板A的最小长度。
【答案】（1）2 m/s；（2）0.5 m
【解析】（1）设物块C与木板A碰后速度分别为v1、v2，物块C与木板A发生弹性碰撞，有，
代入数据解得v1＝0，v2＝v0＝2 m/s
（2）碰后木板A做减速运动，其加速度
木块B做加速运动，其加速度
设二者速度相同时速度为v，有，解得v＝0.5 m/s
此过程中木板A的位移为，木块B的位移为
二者速度相同后，木板A继续减速，假设B相对A向右滑动，
则A加速度为
木块B向右做减速运动，其加速度
因为，假设成立。所以速度相同后，木块B相对木板A将向右运动，直至停止。
A向右减速到零的位移
A减速到零时，由于，故保持静止。
B向右减速到零的位移为
即B先相对A向左移动了，后相对A向右移动了，则要保证木块B不从木板A上滑下，木板A的最小长度为
三．跟踪训练
1．（多选）如图所示，一质量M＝8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5。则在整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75 m/s
B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零
C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s
D．长木板的长度可能为10 m
【答案】ACD
【解析】AB．木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度均为v0＝5.0 m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得当木块A的速度间为零时，代入数据解得，故A正确，B错误；
C．最终木块与木板速度相等，根据动量守恒定律可得，代入数据解得v＝3 m/s，故C正确；
D．最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，
对系统，代入数据解得x＝8 m
木板的最小长度为8 m，可能为10 m，故D正确。
故选ACD。
2．如图所示，一块质量为M的长木板停在光滑的水平面上，长木板的左端有挡板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧。一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度v0从长木板的最右端开始向左运动，与弹簧发生相互作用后（弹簧始终处于弹性限度内），最终又恰好相对静止在长木板的最右端。以下说法正确的是（ ）
A．物块的最终速度为
B．长木板的最终速度为v0
C．弹簧的最大弹性势能为
D．长木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为
【答案】D
【解析】AB．小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则有mv0＝(m＋M)v2，解得v2＝，故AB错误；
CD．小物块从开始位置滑动到最左端的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，则有mv0＝(m＋M)v1，解得v1＝，
由能量守恒定律，得Epm＋Q＋(m＋M)v12＝，Q＝FfL
小物块从开始位置滑动到最右端的过程中，
由能量守恒定律，得Q′＋(m＋M)v22＝，Q′＝Ff(2L)
联立解得Epm＝，Q′＝
即弹簧的最大弹性势能为Epm＝
系统损失的机械能为ΔE＝Q′＝，故C错误，D正确。
故选D。
3．如图所示，一平板小车C静止在光滑的水平面上，质量分别为m的物体A和2m的物体B均以大小为v的初速度、分别沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车。设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量m，最终物体A、B都停在小车上，物体A、B始终没有相碰。求：
（1）最终小车的速度大小是多少，方向怎样？
（2）平板车的长度至少为多长？
【答案】（1），方向水平向左；（2）
【解析】（1）以A、B两物体及小车组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得2mv－mv＝4mv1，解得
方向水平向左
（2）初始阶段各物体的加速度分别为
方向向左，向右做减速运动
方向向右，向左做减速运动
方向向左，向左做加速运
经过t1时间，A、B速度达到相同，则有，可得
此时B、C的速度
方向左，A的速度大小与B、C相同，方向相反
该过程中，A相对C的路程
该过程中，B相对C的路程
此后B、C共同向左做减速运动，加速度
直到三物体速度相同，所用时间
该过程A相对B、C滑行的距离
所以小车的长度至少是
4．如图所示，长木板B的质量为m2＝1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C（可视为质点）放在长木板的最右端。一个质量为m1＝0.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l＝9.5 m处，以速度v0＝10 m/s向着长木板运动。一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上。已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：
（1）碰后瞬间物块A和长木板B的速度；
（2）长木板B的最小长度；
（3）物块A离长木板左侧的最终距离。
【答案】（1）物块A的速度3 m/s、方向向左，长木板B的速度6 m/s、方向向右；（2）3 m；（3）10.5 m
【解析】（1）设物块A与木板B碰前的速度为v，
由动能定理得，解得
A与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，
由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得，
碰后物块A的速度大小为3 m/s、方向向左，长木板B的速度大小为6 m/s、方向向右；
（2）碰撞后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，
由牛顿运动定律，对木板B有
对物块C有
设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，则
木板B的最小长度
（3）B、C达到共同速度之后，因
二者一起减速至停下，设加速度大小为a3，由牛顿运动定律得
整个过程B运动的位移为
A与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小也为a3，位移为
物块A离长木板B左侧的最终距离为