资源简介

(共28张PPT)
小专题三　
子弹打木块模型
滑块—木板模型
1.理解动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律及其适用条件.2.会用动量守恒和能量守恒的观点综合分析常见的子弹打木块模型、滑块—木板模型并解决相关实际问题.(重难点)
[学习目标]
一、子弹打木块模型
模型 图例 如图所示,子弹以某一初速度射入放在光滑水平面上的静止木块中,子弹可能留在木块中(未穿出),也可能穿出木块
模型 特点 及规律 (1)子弹打木块的过程很短暂,该过程内力远大于外力,系统的动量守恒.
①子弹未穿出木块:mv0=(m+M)v.
②子弹穿出木块:mv0=mv1+Mv2.
模型 特点 及规律
[例1] (2025·广东中山月考)一质量为M的木块放在光滑的水平面上,一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中,设子弹与木块之间的相互作用力为f.求:
(1)子弹、木块的共同速度大小;
(2)过程中的摩擦生热;
(3)子弹打进木块的深度.
[变式拓展1] 在上述例题中,试求子弹在木块内运动的时间.
[变式拓展2] 在上述例题中,如果子弹不穿出木块,求木块长度需要满足的
条件.
[训练1] (多选)(2025·广东实验中学月考)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块.若射击下层,子弹刚好不射出;若射击上层,则子弹刚好能射穿一半厚
度,如图所示.则上述两种情况相比较,下列说法正确的有(　 　)
[A] 子弹的末速度大小相等
[B] 系统产生的热量一样多
[C] 子弹对滑块做的功相同
[D] 子弹和滑块间的水平作用力一样大
ABC
[训练2] (多选)(2025·广东深圳段考)如图所示,子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出,此时木块动能增加了6 J,那么此过程产生的内能可能为(　　 )
[A] 10 J [B] 8 J [C] 6 J [D] 4 J
AB
二、滑块—木板模型
模型 图例 如图所示,在光滑的水平地面上,质量为m的滑块以初速度v0从滑块的左边缘滑上质量为M的木板的上表面,滑块和木板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g
模型 特点 及规律
模型 特点 及规律
[例2] 如图所示,质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上,现有质量m2=
0.3 kg的物块,以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止.物块与车面间的动摩擦因数 μ=0.5,g取10 m/s2.求:
(1)物块与小车的共同速度的大小v;
【答案】 (1)1 m/s　
【解析】 (1)以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v,
解得物块与小车的共同速度为v=1 m/s.
(2)物块在车面上滑行的时间t;
【答案】 (2)0.2 s　
【解析】 (2)设物块与车面间的滑动摩擦力为f,对小车应用动量定理有ft=
m1v,其中f=μm2g,
代入数据解得物块在车面上滑行的时间为t=0.2 s.
(3)从物块滑上小车起至与小车保持相对静止这个运动过程中产生的内能E.
【答案】 (3)0.3 J　
[变式拓展3] 若小车长度为0.8 m,要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少
【答案】 4 m/s
[变式拓展4] 如图所示,在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B,已知mA=0.5 kg,mB=0.3 kg.现有质量m0=0.08 kg的小物块C以初速度v0=25 m/s在A表面沿水平方向向右滑动,由于C与A、B间均有摩擦,C最终停在B上,B、C最后的共同速度v=2.5 m/s.求:
(1)木块A的最终速度的大小;
【答案】 (1)2.1 m/s　
【解析】 (1)取向右为正方向,设木块A的最终速度为v1,由动量守恒定律,对A、B、C有
m0v0=mAv1+(mB+m0)v,
解得v1=2.1 m/s.
(2)小物块C滑离木块A的瞬时速度的大小.
【答案】 (2)4 m/s
【解析】 (2)设C滑离A时的速度为v2,当C滑离A后,
由动量守恒定律,对B、C有
m0v2+mBv1=(mB+m0)v,
解得v2=4 m/s.
·方法总结·
解答滑块—木板模型问题的技巧
(1)在涉及求解速度时,优先考虑用动量守恒定律.
(2)在涉及滑块或木板的运动时间时,优先考虑用动量定理.
(3)在涉及滑块或木板的位移时,优先考虑用动能定理.
(4)在涉及滑块与木板的相对位移时,优先考虑用系统的能量守恒定律.
感谢观看小专题三　子弹打木块模型　滑块—木板模型
[学习目标]　1.理解动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律及其适用条件.2.会用动量守恒和能量守恒的观点综合分析常见的子弹打木块模型、滑块—木板模型并解决相关实际问题.(重难点)
一、子弹打木块模型
模型 图例 如图所示,子弹以某一初速度射入放在光滑水平面上的静止木块中,子弹可能留在木块中(未穿出),也可能穿出木块
模型 特点 及规律 (1)子弹打木块的过程很短暂,该过程内力远大于外力,系统的动量守恒. ①子弹未穿出木块:mv0=(m+M)v. ②子弹穿出木块:mv0=mv1+Mv2. (2)在子弹打木块过程中系统的机械能不守恒,机械能的损失即为过程中的摩擦生热Q热. ①子弹未穿出木块: Q热=fd=m-(M+m)v2, 其中d为子弹射入木块的深度. ②子弹穿出木块: Q热=fL=m-m-M, 其中L为木块的长度,注意d≤L
[例1] (2025·广东中山月考)一质量为M的木块放在光滑的水平面上,一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中,设子弹与木块之间的相互作用力为f.求:
(1)子弹、木块的共同速度大小;
(2)过程中的摩擦生热;
(3)子弹打进木块的深度.
【答案】 (1)v0　(2)
(3)
【解析】 (1)设子弹、木块的共同速度为v,以子弹初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得
mv0=(M+m)v,解得v=v0.
(2)子弹打进木块过程中的摩擦生热为
Q热=m-(M+m)v2=.
(3)方法一　如图所示,设子弹、木块发生的位移分别为s1、s2.
由动能定理,对子弹有
-fs1=mv2-m,
解得s1=;
对木块有fs2=Mv2,
解得s2=,
子弹打进木块的深度等于相对位移,即
d=s1-s2=.
方法二　由能量守恒定律得
fd=m-(m+M)v2,
解得d=.
[变式拓展1] 在上述例题中,试求子弹在木块内运动的时间.
【答案】
【解析】 方法一　设子弹在木块内运动的时间为t,对木块由动量定理得ft=Mv-0,
解得t=.
方法二　对木块由牛顿第二定律得f=Ma,
由运动学公式得v=at,
解得t=.
[变式拓展2] 在上述例题中,如果子弹不穿出木块,求木块长度需要满足的条件.
【答案】 L≥
【解析】 如果子弹不穿出木块,则有L≥d,由前面的解析可得木块的长度满足L≥.
[训练1] (多选)(2025·广东实验中学月考)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块.若射击下层,子弹刚好不射出;若射击上层,则子弹刚好能射穿一半厚度,如图所示.则上述两种情况相比较,下列说法正确的有(　　)
[A] 子弹的末速度大小相等
[B] 系统产生的热量一样多
[C] 子弹对滑块做的功相同
[D] 子弹和滑块间的水平作用力一样大
【答案】 ABC
【解析】 以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,可得滑块最终获得的速度v=,可知两种情况下子弹的末速度是相同的,故A正确;子弹嵌入下层或上层过程中,系统产生的热量都等于系统减少的动能,两种情况下系统减少的动能一样多,故系统产生的热量一样多,B正确;根据动能定理,滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功,所以两次子弹对滑块做的功一样多,故C正确;由Q=f·s相对知,由于s相对不相等,所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大,故D错误.
[训练2] (多选)(2025·广东深圳段考)如图所示,子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出,此时木块动能增加了6 J,那么此过程产生的内能可能为(　　)
[A] 10 J [B] 8 J [C] 6 J [D] 4 J
【答案】 AB
【解析】 设子弹的初速度为v0,射入木块后子弹与木块共同的速度为v,木块的质量为M,子弹的质量为m.根据动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=.木块获得的动能为ΔEk=Mv2==·,系统产生的内能为Q=m-(M+m)v2=,可得Q>ΔEk=6 J,故A、B正确.
二、滑块—木板模型
模型 图例 如图所示,在光滑的水平地面上,质量为m的滑块以初速度v0从滑块的左边缘滑上质量为M的木板的上表面,滑块和木板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g
模型 特点 及规律 (1)系统动量守恒. ①若滑块始终未滑离木板,二者最终有共同速度,即mv0=(m+M)v共. ②若滑块最终滑离木板,滑块的速度大小为v1,木板的速度大小为v2,则mv0=mv1+Mv2. (2)机械能有损失,损失的机械能转化为摩擦生热Q热. ①若滑块始终未滑离木板,二者最终有共同速度,则类比碰撞模型相当于完全非弹性碰撞. a.系统损失的机械能最多,ΔE损=m-(m+M). b.系统增加的内能Q=f·s=ΔE损,其中s为两者间的相对位移,f为滑块和木板之间的滑动摩擦力. ②若滑块最终滑离木板,滑块的速度大小为v1,木板的速度大小为v2,则类比碰撞模型,相当于非弹性碰撞. a.系统损失的机械能ΔE损=m-m-M. b.系统增加的内能Q=f·L=ΔE损,其中L为木板长,f为滑块和木板之间的滑动摩擦力
[例2] 如图所示,质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上,现有质量m2=0.3 kg的物块,以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止.物块与车面间的动摩擦因数 μ=0.5,g取10 m/s2.求:
(1)物块与小车的共同速度的大小v;
(2)物块在车面上滑行的时间t;
(3)从物块滑上小车起至与小车保持相对静止这个运动过程中产生的内能E.
【答案】 (1)1 m/s　(2)0.2 s　(3)0.3 J
【解析】 (1)以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v,
解得物块与小车的共同速度为v=1 m/s.
(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为f,对小车应用动量定理有ft=m1v,其中f=μm2g,
代入数据解得物块在车面上滑行的时间为
t=0.2 s.
(3)根据能量守恒定律得
m2=(m1+m2)v2+E,
代入数据解得E=0.3 J.
[变式拓展3] 若小车长度为0.8 m,要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少
【答案】 4 m/s
【解析】 物块恰好到达小车的最右端且与小车有共同速度时,设物块滑上小车的速度为最大速度v0′,结合例题中的计算,由动量守恒定律和能量守恒定律得
m2v0′=(m1+m2)v′,
m2v0′2=(m1+m2)v′2+μm2gL,
代入数据解得v0′=4 m/s.
[变式拓展4] 如图所示,在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B,已知mA=0.5 kg,
mB=0.3 kg.现有质量m0=0.08 kg的小物块C以初速度v0=25 m/s在A表面沿水平方向向右滑动,由于C与A、B间均有摩擦,C最终停在B上,B、C最后的共同速度v=2.5 m/s.求:
(1)木块A的最终速度的大小;
(2)小物块C滑离木块A的瞬时速度的大小.
【答案】 (1)2.1 m/s　(2)4 m/s
【解析】 (1)取向右为正方向,设木块A的最终速度为v1,由动量守恒定律,对A、B、C有
m0v0=mAv1+(mB+m0)v,
解得v1=2.1 m/s.
(2)设C滑离A时的速度为v2,当C滑离A后,
由动量守恒定律,对B、C有
m0v2+mBv1=(mB+m0)v,
解得v2=4 m/s.
解答滑块—木板模型问题的技巧
(1)在涉及求解速度时,优先考虑用动量守恒定律.
(2)在涉及滑块或木板的运动时间时,优先考虑用动量定理.
(3)在涉及滑块或木板的位移时,优先考虑用动能定理.
(4)在涉及滑块与木板的相对位移时,优先考虑用系统的能量守恒定律.
课时作业
(分值:80分)
(选择题每题6分)
知识点一　子弹打木块模型
1.(多选)(2025·广东广州联考)如图所示,一木块以速度v1沿着光滑水平面向右匀速运动,某时刻在其后方有一颗子弹以初速度v0射入木块,最终子弹没有射穿木块.下列说法正确的有(　　)
[A] 子弹克服阻力做的功等于木块的末动能与摩擦生热之和
[B] 木块对子弹做功的绝对值等于子弹对木块做的功
[C] 木块对子弹的冲量大小等于子弹对木块的冲量大小
[D] 系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功
【答案】 CD
【解析】 子弹射入木块的过程中,子弹克服阻力做的功等于子弹动能的减少量,根据能量守恒定律可知,子弹动能的减少量等于木块动能增加量与摩擦产生热量之和,不等于木块的末动能与摩擦生热之和,故A错误;相对于地面而言,子弹的位移大于木块的位移,子弹和木块相互作用力大小相等,根据功的公式W=Fs可知,子弹克服阻力做的功大于子弹对木块做的功,故B错误;根据冲量公式I=Ft可知,子弹和木块相互作用力大小相等,方向相反,作用时间相等,即冲量的大小相等、方向相反,故C正确;系统损失的机械能等于子弹损失的动能和木块动能增加量之差,即等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功,故D正确.
2.(多选)(2025·广东湛江期末)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块,木块静止,如图所示.现有一质量为m的子弹自左向右水平射向木块,并停留在木块中,子弹初速度为v0,重力加速度为g,子弹射入木块过程时间忽略不计,则下列说法正确的有(　　)
[A] 从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
[B] 子弹射入木块瞬间动量守恒,故子弹射入木块后子弹和木块的共同速度为
[C] 忽略空气阻力,子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒,其机械能等于子弹射入木块前的动能
[D] 子弹和木块一起上升的最大高度为
【答案】 BD
【解析】 子弹射入木块的瞬间系统动量守恒,但机械能不守恒,有部分机械能转化为系统内能,之后子弹在木块中与木块一起上升,忽略空气阻力,该过程只有重力做功,机械能守恒,但总能量小于子弹射入木块前的动能,故A、C错误;规定向右为正方向,由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可知mv0=(m+M)v′,所以子弹射入木块后瞬间的共同速度为v′=,故B正确;之后子弹和木块一起上升,该阶段根据机械能守恒定律得(M+m)v′2=(M+m)gh,可得上升的最大高度为h=,故D正确.
3.(多选)(2025·广东广雅中学月考)如图所示,一个质量为M的木块放置在光滑的水平面上,现有一颗质量为m、速度为v0的子弹射入木块并最终留在木块中,在此过程中,木块运动的距离为s,子弹射入木块的深度为d,木块对子弹的平均阻力为f,则下列说法正确的有(　　)
[A] 子弹射入木块前后系统的动量守恒
[B] 子弹射入木块前后系统的机械能守恒
[C] f与d之积为系统损失的机械能
[D] f与s之积为木块增加的动能
【答案】 ACD
【解析】 系统所受合外力为零,所以系统动量守恒,故A正确;根据题意可知,在该过程中有部分机械能转化为内能,所以系统机械能减小,故B错误;阻力与相对位移之积等于系统损失的机械能,即整个过程中产生的热量,故C正确;木块运动的距离为s,根据动能定理可知f与s之积为木块增加的动能,故D正确.
4.(多选)如图所示,质量为M的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以水平速度v0射中木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动,已知当子弹相对木块静止时,木块前进距离为L,子弹进入木块的深度为s,此过程经历的时间为t.若木块对子弹的阻力大小f视为恒定,则下列关系式正确的有(　　)
[A] fL=Mv2 [B] ft=mv0-mv
[C] v= [D] fs=m-mv2
【答案】 AB
【解析】 由动能定理,对木块可得fL=Mv2,故A正确;以向右为正方向,由动量定理,对子弹可得-ft=mv-mv0,故B正确;对木块、子弹整体,根据动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=,故C错误;根据能量守恒定律得fs=m-(M+m)v2,故D错误.
知识点二　滑块—木板模型
5.如图所示,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦.用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动.在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块组成的系统(　　)
[A] 动量守恒,机械能守恒
[B] 动量守恒,机械能不守恒
[C] 动量不守恒,机械能守恒
[D] 动量不守恒,机械能不守恒
【答案】 B
【解析】 撤去推力,系统所受合外力为0,动量守恒,滑块和小车之间有滑动摩擦力,由于摩擦生热,系统机械能减少,故B正确.
6.(多选)(2025·广东韶关月考)如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为 m=2 kg的另一物体B以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,g取10 m/s2.下列说法正确的有(　　)
[A] 木板获得的动能为1 J
[B] 系统损失的机械能为1 J
[C] 木板A的最小长度为2 m
[D] A、B间的动摩擦因数为0.1
【答案】 AD
【解析】 由题图乙可知,最终木板获得的速度为v=1 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,则木板获得的动能为Ek=Mv2=×2×12 J=1 J,故A正确;系统损失的机械能ΔE=m-(m+M)v2,代入数据解得ΔE=2 J,故B错误;根据 v-t图像中图线与坐标轴所围的面积表示位移,由题图乙得0～1 s内B的位移为sB=×(2+1)×1 m=1.5 m,A的位移为sA=×1×1 m=0.5 m,则木板A的最小长度为L=sB-sA=1 m,故C错误;由题图乙可知,B的加速度a==-1 m/s2,负号表示加速度的方向与v0的方向相反,由牛顿第二定律得-μmg=ma,解得μ=0.1,故D正确.
7.(多选)(2025·广东佛山统测)如图,长度为l=1 m、质量为M=1 kg的车厢,静止于光滑的水平面上.车厢内有一质量为m=1 kg、可视为质点的物块以速度v0=10 m/s从车厢中点处向右运动,与车厢壁来回弹性碰撞n次后,与车厢相对静止,物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的有(　　)
[A] n=26
[B] 系统因摩擦产生的热量为25 J
[C] 物块最终停在车厢右端
[D] 车厢最终运动的速度为5 m/s,方向水平向右
【答案】 BD
【解析】 由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得车厢和小物块最终共同运动的速度为v=5 m/s,方向水平向右,对系统由能量守恒定律得m=(M+m)v2+Q,代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q=25 J,故B、D正确;根据 Q=μmgs,可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离s==25 m,与车厢壁来回弹性碰撞次数n==25次,因此可知物块最终停在车厢中点处,故A、C错误.
8.(2025·广东汕头阶段检测)如图所示,静止在光滑水平面上的木板A,右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连,木板质量M=4 kg.质量m=2 kg的铁块B以水平速度v0=6 m/s从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最后恰好停在木板的左端.铁块可视为质点,在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　)
[A] 18 J [B] 16 J [C] 12 J [D] 24 J
【答案】 C
【解析】 由题意可知铁块压缩弹簧过程中,弹簧、木板和铁块组成的系统动量守恒,当木板和铁块速度相等时弹簧具有最大弹性势能,设木板与铁块间摩擦力为f,共同速度为v,以水平向右为正方向,根据能量守恒定律和动量守恒定律可得m=fL+(M+m)v2+Ep,mv0=
(M+m)v,又因为铁块最后恰好停在木板的左端,故根据能量守恒定律有m=f·2L+(M+
m)v2,联立解得Ep=12 J,故选C.
(选择题9分)
9.(多选)如图所示,光滑水平面上放置着总质量为2m、右端带有固定挡板的长木板.一轻质弹簧与挡板相连,弹簧左端与长木板左端的距离为x1.质量为m的滑块(可视为质点)从长木板的左端以速度v1滑上长木板,且恰好能够回到长木板的左端,在此过程中弹簧的最大压缩量为x2.若将长木板固定,滑块滑上长木板的速度变为v2,弹簧的最大压缩量也为x2,且滑块最终也与弹簧分离.已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则(　　)
[A] v1=v2
[B] 弹簧弹性势能的最大值为m
[C] 弹簧弹性势能的最大值为μmgx1
[D] 滑块以速度v2滑上固定的长木板,也恰好能够回到长木板的左端
【答案】 AD
【解析】 当长木板不固定,弹簧被压缩到最短时两者速度相同,设为v,弹簧最大弹性势能为Ep,从滑块以速度v1滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程,由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1=3mv,m=×3mv2+μmg(x1+x2)+Ep,从弹簧被压缩至最短到滑块恰好滑到长木板的左端,两者速度再次相等,由能量守恒定律Ep=μmg(x1+x2).若把长木板固定,滑块滑上长木板的速度为v2,弹簧的最大压缩量也为x2,由能量守恒定律有m=μmg(x1+x2)+Ep,联立可得v1=v2,Ep=m,选项A正确,B、C错误;设滑块被弹簧弹开,运动到长木板左端时的速度为v3,由能量守恒定律有Ep=μmg(x1+x2)+m,代入数据可解得v3=0,说明滑块以速度v2滑上长木板,也恰好能回到长木板的左端,故D正确.
10.(10分)(2025·广东佛山阶段练习)如图所示,一颗质量为0.01 kg的子弹(可视为质点),沿水平方向射向静止在光滑水平桌面上的木块,木块的质量为0.2 kg,长度为10 cm,子弹射入前速度为200 m/s,穿出木块时速度减为100 m/s,已知子弹穿过木块过程中木块对子弹的阻力不变,求:
(1)(3分)木块获得的速度大小;
(2)(3分)此过程中,木块对子弹的阻力大小;
(3)(4分)子弹穿过木块过程所用的时间.
【答案】 (1)5 m/s　(2)1 475 N
(3)6.78×10-4 s
【解析】 (1)子弹与木块组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2,
代入数据解得木块获得的速度大小
v2=5 m/s.
(2)由能量守恒定律得
fL=m1-m1-m2,
代入数据解得f=1 475 N.
(3)子弹对木块作用力的冲量等于木块动量的变化量,f′t=m2v2-0,
由牛顿第三定律可知f′=f,
代入数据解得t≈6.78×10-4 s.
11.(13分)在我国北方,冬天寒冷,滑冰、滑雪是大家喜爱的运动,吸引着全国各地的游客.如图所示,在滑冰场上,有一质量M=40.0 kg、长度L=4.0 m的冰板B向右匀速运动,在其右侧有一质量m=10.0 kg 的物块A(可视为质点)以向左的水平速度冲上冰板.二者的初速度大小均为v0=2.0 m/s,最后物块A并没有滑离冰板B.已知物块与冰板之间的动摩擦因数μ=0.20,不计冰板与冰面之间的摩擦,重力加速度g取 10 m/s2.
(1)(4分)经历多长时间物块相对冰板静止
(2)(4分)站在水平冰面上观察,冰板从开始运动到物块相对地面速度减为零的过程中,求冰板向右运动的距离.
(3)(5分)物块和冰板相对运动过程中,求物块A与冰板B左端的最小距离.
【答案】 (1)1.6 s　(2)1.75 m　(3)0.8 m
【解析】 (1)选A、B整体为系统,以向右为速度正方向,应用动量守恒定律有
Mv0-mv0=(M+m)v,
A所受摩擦力f=μmg,
对A应用动量定理有μmgt=mv-m(-v0),
解得t=1.6 s.
(2)物块A在摩擦力f=μmg作用下,经过时间t′速度减为零,根据动量定理有
μmgt′=mv0,
解得t′=1 s;
设B减速运动的加速度大小为a,A速度减为零的过程中,冰板B向右运动的位移为s,根据牛顿第二定律有
μmg=Ma,
根据匀变速直线运动位移公式有
s=v0t′-at′2,
解得s=1.75 m.
(3)设A和B二者达到共同速度时,物块A与冰板B右端的距离为l,根据功能关系有
μmgl=(M+m)-(M+m)v2,
解得l=3.2 m,
所以A、B相对运动过程中物块A与冰板B左端的最小距离为
Δx=L-l=0.8 m.

展开更多......

收起↑