备考2024届高考物理一轮复习讲义第七章动量守恒定律专题十一动量守恒中的四类典型模型题型4滑块+滑板模型

这是一份备考2024届高考物理一轮复习讲义第七章动量守恒定律专题十一动量守恒中的四类典型模型题型4滑块+滑板模型，共4页。试卷主要包含了如果长木板是固定的，，5kg·m/s　0等内容，欢迎下载使用。

研透高考 明确方向
8.[滑块、滑板同向运动]如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块（可视为质点）以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上滑行的距离为（ C ）
A.LB.3L4C.L2D.L4
解析 设物块受到的滑动摩擦力为Ff，物块的初速度为v0.如果长木板是固定的，
物块恰好停在长木板的右端，对物块的滑动过程运用动能定理得-FfL＝0-12Mv02，如
果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者
一起做匀速运动，该过程系统所受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方
向，根据动量守恒定律得Mv0＝(M＋M)v1，对系统运用能量守恒定律有FfL'＝
12Mv02-12(2M)v12，联立解得L'＝L2，C正确，A、B、D错误.
9.[滑块、滑板反向运动]质量为M＝1.0kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5kg的小木块B以v2＝4m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6s小木块B相对A静止，已知重力加速度g取10m/s2，求：
（1）两者相对静止时的运动速度v；
（2）从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小；
（3）小木块与长木板间的动摩擦因数μ.
答案 （1）1m/s，方向水平向右 （2）1.5kg·m/s （3）0.5
解析 设水平向右为正方向
（1）从开始到相对静止，系统在水平方向动量守恒
－Mv1＋mv2＝（M＋m）v
解得v＝1m/s，方向水平向右.
（2）长木板的动量变化量大小
Δp＝Mv－（－Mv1）＝1.5kg·m/s.
（3）对小木块B，根据动量定理得－μmgt＝mv－mv2
解得μ＝0.5.
10.[多个滑块综合考查/2024辽宁沈阳模拟]如图，粗糙水平地面上放着两个相同的木板B和C，可视为质点的物块A以初速度v0冲上木板B.已知A质量为2m，与B、C间动摩擦因数均为μ；B、C质量均为m，与地面间动摩擦因数均为12μ.当A运动至B最右端时，A、B速度相同且B、C恰好相撞（碰撞时间极短），撞后B、C粘在一起.重力加速度为g.求：
（1）开始时B、C间的距离；
（2）A最终离C右端的距离；
（3）从A冲上木板B到最终C静止的整个过程系统因摩擦产生的热量.
答案 （1）v029μg （2）23v0272μg （3）3536mv02
解析 （1）A在B上滑动时，对A有2μmg＝2maA
故aA＝μg
对B有2μmg－32μmg＝maB
故aB＝12μg
设经过t1时间A、B速度相同，则有v0－aAt1＝aBt1
解得t1＝2v03μg
由于xB＝12aBt12，解得xB＝v029μg，此即B、C的初始距离
（2）木板B的长度等于A、B共速时的相对位移，有
L＝（v0t1－12aAt12）－12aBt12
解得L＝v023μg
由动量守恒定律可得，A滑到B最右端时，A、B共速的速度v1＝13v0
此时B与C发生完全非弹性碰撞，有mv1＝2mv2
故碰撞后瞬间B、C的速度为v2＝16v0
A以13v0的速度滑上C，继续以aA＝μg的加速度减速，而此时B、C整体所受合力为零，做匀速直线运动，设经过时间t2后A与B、C共速，则有v1－aAt2＝v2
解得t2＝v06μg
此过程中A相对C的位移大小为xAC＝（v1t2－12aAt22）－v2t2
解得xAC＝v0272μg
此后A、C相对静止，故A最终离C右端的距离为L－xAC＝23v0272μg
（3）B、C碰撞过程损失的机械能为12mv12－12×2mv22＝136mv02
整个过程系统的总机械能损失为12×2mv02－0＝mv02
因此整个过程系统因摩擦产生的热量Q＝3536mv02.
示意图
木板初速度为零且足够长
木板有初速度且足够长，板块反向
地面光滑
地面光滑
v－t图像