資源簡介

板塊模型
滑塊與木板模型
（2022北京聯考）如圖所示，兩形狀完全相同的平板A、B置于光滑水平面上，質量均為m，平板B的右端固定一輕質彈簧，處于原長狀態，物塊C置于平板A的最右端，質量為2m且可視為質點。平板A和物塊C以相同速度v0向右運動，與靜止平板B發生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后平板A、B粘連在一起，物塊C滑上平板B，并壓縮彈簧，后被彈回并相對于平板B靜止在其最左端Q點。彈簧始終在彈性限度內，平板B的上表面粗糙，求：
（1）平板A、B剛碰完時的共同速率v1；
（2）在上述過程中，系統的最大彈性勢能EP。
關鍵信息：碰撞后平板A、B粘連在一起 → A、B碰撞為完全非彈性碰撞
光滑水平面 → A、B、C組成的系統遵循動量守恒
相對于平板B靜止在其左端Q點 → ①末狀態三者共速 ②C滑上B至彈簧被壓縮最短的過程與C被反彈回至Q點，系統滑動摩擦力做功相等。
最大彈性勢能EP → 彈簧被壓縮最短，A、B、C共速
解題思路：
（1）AB碰撞瞬間，C的速度來不及改變，可以對AB組成的系統應用動量守恒定律求解平板A、B剛碰完時的共同速率v1
（2）C與AB作用的過程中，對“C和AB相互作用至彈簧壓縮到最短的過程”與“C和B相互作用至C被反彈回至其最左端”的這兩個過程分別應用動量守恒和系統能量守恒求解。
（1）對A、B，碰撞前后瞬間，A、B組成的系統動量守恒。
有：mv0＝(m＋m)v1
解得：v1＝v0
（2）設C停在Q點時A、B、C共同速度為v2，從A、B碰撞結束瞬時到C停在木板B最左端的過程中，A、B、C組成的系統動量守恒．
有：2mv0＋(m＋m)v1＝4mv2
解得：v2＝v0
根據功能關系有；Wf＝(2m)v02＋(2m)v12－(4m)v22
設彈簧壓縮到最短時A、B、C共同速度為v3，此時系統的彈性勢能EP最大，
對于A、B、C組成的系統，從彈簧壓縮到最短至C被反彈回至木板B最左端的過程中，
根據動量守恒定律有：4mv2＝4mv3
C壓縮彈簧至最大彈性勢能處與彈簧將C反彈至B的最左端的兩個過程中，BC的相對位移大小相等，系統滑動摩擦力做功相等，根據功能關系有：
Wf＝Ep＋(4m)v22－(4m)v32，
解得：Ep＝mv02。
（2022湖南模擬）如圖甲所示，質量為M＝1 kg、長度L＝1.5 m的木板A靜止在光滑水平面上（兩表面與地面平行），在其右側某一位置有一豎直固定擋板P。質量為m＝3kg的小物塊B（可視為質點）以v＝4m/s的初速度從A的最左端水平沖上A，一段時間后A與P發生彈性碰撞。以碰撞瞬間為計時起點，取水平向右為正方向，碰后0.3s內B的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示。取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）B剛沖上A時，擋板P離A板右端的最小距離；
（2）A與P第1次碰撞到第2次碰撞的時間間隔內產生的熱量；
（3）A與P碰撞幾次，B與A分離？
（1）由題圖乙得：A第1次與P碰前瞬間B的速度為vB0＝3m/s，設此時A的速度vA0，對A、B系統由動量守恒定律有mv＝MvA0＋mvB0
代入數據解得vA0＝3m/s
由題圖乙得：0～0.3s，B的加速度大小aB＝＝5m/s2
由牛頓第二定律有：μmg＝maB 解得μ＝0.5
A第1次與P碰撞前A一直向右加速，設A與P的距離最短為xAm
對A由動能定理有：μmgxAm＝ 代入數據得：xAm＝0.3 m
故擋板P離A板右端的最小距離為0.3m；
（2）在A、B不分離時，A每次與P碰后到下次與P再次碰撞前，最后兩者共速。
設A與P第2次碰撞前的速度為v1。以水平向右為正方向，對A、B系統由動量守恒定律可得：mvB0－MvA0＝(M＋m)v1
解得：v1＝1.5 m/s
A與P第1次碰撞到第2次碰撞的時間間隔內的熱量為：Q＝＋－(M＋m)＝13.5J，故A與P第1次碰撞到第2次碰撞的時間間隔內產生的熱量為13.5J；
（3）A第1次與P碰前，B在木板A上的滑動距離為x相對1，對A、B組成的系統，由能量守恒有：mv2＝＋＋μmgx相對1
代入數據得：x相對1＝0.4 m
A第1次與擋板P碰后到共速的過程中，對A、B系統，由功能關系：
Q＝μmgx相對2
解得x相對2＝0.9 m
假設第3次碰撞前，A與B仍不分離，A第2次與擋板P相碰后到共速的過程中，以水平向右為正方向，由動量守恒有：mv1－Mv1＝(M＋m)v2
解得：v2＝0.75 m/s
由能量守恒有：＋＝(M＋m)＋μmgx相對3
解得：x相對3＝0.225 m
由于x相對＝x相對1＋x相對2＋x相對3＝1.525 m＞L＝1.5 m，故不能發生第3次碰撞。
所以A與P碰撞2次，B與A分離。
答：（1）擋板P離A板右端的最小距離為0.3m；
（2）A與P第1次碰撞到第2次碰撞的時間間隔內產生的熱量為13.5J；
（3）A與P碰撞2次，B與A分離。
（1）應用動量守恒解決滑塊和木板模型的注意事項：
①確定所研究的系統，單個物體無從談起動量守恒
②動量守恒定律是矢量式，書寫時要規定正方向
③系統中各物體的速度是相對地面的速度，若不是，則應轉換成相對于地面的速度
（2）滑塊和木板模型的解題規律
①在涉及滑塊或木板的相互作用時間時，優先考慮用動量定理。
②在涉及滑塊或木板的位移時，優先考慮用動能定理。
③在涉及滑塊或木板的相對位移時，優先考慮用系統的能量守恒。
滑塊與凹槽模型
（2022安徽模擬）如圖所示半徑為R的半圓形凹槽放在光滑水平面上，凹槽內側光滑，其質量為M＝2m，A點是凹槽圓弧上與圓心等高的一點，現有一個可視為質點，質量為m的滑板小孩從距離A點高R處由靜止開始下落，恰好從A點沿圓弧的切線方向進入凹槽（忽略空氣阻力和小孩體內能量的轉化），下列說法正確的是（ ）
A．從滑板小孩開始下落到運動到最低點過程中，滑板小孩機械能守恒
B．從滑板小孩開始下落到運動到最低點過程中，滑板小孩和凹槽組成的系統動量守恒
C．滑板小孩運動到最低點的速度為
D．滑板小孩運動到最高點與靜止下落位置等高
關鍵信息：光滑水平面上， 恰好從A點沿圓弧的切線方向進入凹槽 → 水平方向動量守恒，初態系統水平方向動量為零
凹槽內側光滑 → 系統機械能守恒
解題思路：根據機械能守恒的條件判斷單個物體、系統的機械能是否守恒。
根據動量守恒的條件判斷動量是否守恒。
A．滑板小孩開始下落到運動到最低點過程中，滑板小孩機械能有一部分轉化為凹槽的動能，故滑板小孩機械能不守恒，故A錯誤；
B．滑板小孩和凹槽組成的系統，在水平方向上動量守恒，豎直方向上合力不為零，動量不守恒，故B錯誤；
C，滑板小孩運動到最低點的過程中，設最低點小孩的速度大小為v1，凹槽的速度大小為v2，系統水平方向動量守恒，有：
系統能量守恒，則
代入數據解得
故C錯誤；
D．滑板小孩運動到凹槽右側與A點齊平的A′點時，滑板小孩相對凹槽水平方向靜止，根據動量守恒可知凹槽水平速度也為0，根據能量守恒可知，滑板小孩可以運動到與開始下落等高的位置，故D正確。
故選D。
（2022安徽模擬）如圖所示，光滑水平面上靜止放置質量均為m、半徑均為R的四分之一光滑圓弧槽A和B，兩圓弧底部距離地面高度均為R，初始時A、B緊靠在一起鎖定為一半圓弧槽。現將一質量為2m的小球C由A槽上方2R處靜止釋放，恰能沿切線方向進入圓弧槽A，當小球C剛滑上B槽時立即解除鎖定，重力加速度為g，求：
（1）小球C運動到兩槽連接處時速度的大小；
（2）兩槽解除鎖定后，小球C能上升的最大高度；
（3）已知小球C從開始運動至落地過程，槽B發生的位移為L，那么該過程中小球C的水平位移為多大？
（1）以向右為正方向，對A與B、C系統，由開始至C運動到連接處過程，水平方向動量守恒，
則有：2mv1＋2mv2＝0
系統機械能守恒：×＋×＝2mg·3R
解得：v1＝－v2＝
（2）C從連接處運動至最高點過程，C在最高點時，B、C具有相同的速度v3，對B、C系統，水平方向動量守恒，取向右為正方向，則有：2mv1＋mv2＝3mv3
系統機械能守恒：×＋＝2mgh＋×
解得：h＝2R
（3）C從連接處運動至最高點過程再返回至連接處，對B、C系統，水平方向動量守恒，
則有：2mv1＋mv2＝2mv1′＋mv2′
系統機械能守恒：×＋＝×＋
解得：v1′＝，v2′＝
C離開B平拋至落地過程：R＝gt2
平拋過程C相對于B的水平位移大小為：Δx＝(v2′－v1′)t＝
如圖所示，小球C從開始運動至落地過程的水平位移向右，C的水平位移為：xC＝L－＋R＝L＋(1－)R
答：（1）小球C運動到兩槽連接處時速度的大小為gR；
（2）兩槽解除鎖定后，小球C能上升的最大高度為2R；
（3）該過程中小球C的水平位移為L＋(1－)R。
（1）滑塊凹槽模型的分析方法：
（2）凹槽位于光滑水平面時，滑塊與凹槽組成的系統，只有水平方向系統的動量守恒，豎直方向動量不守恒；當凹槽的圓弧面光滑時，系統的機械能守恒；當兩者具有共同水平速度時，滑塊到達最大高度（不一定等于圓弧軌道的高度）或滑塊沖出圓弧軌道。
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