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1、解析(I)根据动量守恒定律有Mv-(M-1rm)解港V=6m(2)根据题意可知=Ian4=0.75对铁块A受力分析有11gsinff+ngcofi=tnu解得“I=12m2对长木板受力分析有sinW-mgcos。一(A1+DKCoSfiMaz解得“2=-611s2经过时间，速度相等，有u=o+Gf=mf解得/=0.5s,v=6m/s铁块运动位移XI=3.5in长木板运动位移q=驾？f=3.75m长木板的长度=i-=2.25m。(3)系统动能的变化量Ak=2(M+m)irfw=-27J铁块重力势能的变化量AEpi=-,HgxisinO=-9J长木板重力势能的变化量AEP2=-MgmsinO=-4
2、5J长木板与耨面之间摩擦产生的热量Qi=(M+i)g.Dcos6=67.5J铁块与长木板之间摩擦产生的热量Qi=NnlgICOS0=13.5JEkfp1Ep2(22=O故系统能量守恒。角度3动量观点在板块模型中的应用例3如图3甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量M=2kg的木板静巴于光滑的水平面上，另质量加=1kg的物块以加=6m/s的水平初速度从木板的最左端P点冲上木板，最终物块在木板上Q点(图甲中未画出)与木板保持相对睁止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示。物块可视为质点。求：(mS-1)甲乙图3(1)图乙中。1、H和b的大小；(2)整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量.
3、答案(1)4m/s3m/s2m/s(2)12J解析(I)根据题意可知，题图乙中图线表示碰撞前物块的减速运动过程，图线表示碰撞前木板的加速过程，图线C表示磋撞后木板的减速过程，图线4表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板殛撞前瞬间，物块的速度大小为此时木板速度大小。=Im/s从物块滑上木板到物块与挡板磋撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有MliM=WlVl+f解得v=4m/s物块与挡板碰撞后喀间，物块的速度为0,木板速度大小为血，从物块滑上木板到物块与挡板碰撞后瞬问的过程，根据系统动量守恒有mo=M6解得贝=3m/s2s末物块与木板共同运动的速度大小为s,从物块滑上木板到敢终共同匀速运动的过程，根据
4、系统动量守恒有mx=(n+f)v?解得6=2m/s。(2)物块与挡板碰撞前瞬间,系统的动能Ez=J加+JmzB=9J物块与挡板碰撞后曜间，系统的动能Ek2=M=9J故碰撞过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的动能Ek“=1加=18J最终相对静止时系统的动能&3=%，+M）=6J所以系统产生的热量Q=Em-=2Jo课时跟踪训练*i2g1m+n）,对木板,，由牛顿第二定律将zmg-m-m）g=Wirti,辉得“=2m*,即物块在木板上以加速度大小”2=必=4向右城速滑行时，木板以加速度大小=2nVs2向右加速运动，在0.6s时，物块的速度S=1.6ms,木板的速度t=1.2ms,B错误：物块
5、滑离木板时，物块位移为M=殁当=1.68m,木板位移KI=哈=0.36m.两者相对位移为X=X1.H=I.32in,即木板长度为l32m,A错误；物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为M=Wg=2ms:方向水平向左，C错误；分离后，物块在坨面上的加速度大小为z=2g=4mH,在地面上物块会滑行x/=5j=0.32m,木板会滑行=而=0.36m,所以两者会相碰,D正确。2.如图2甲所示，光滑的水平地面上放着一个足够长的长木板，=0时,一质量为，的滑块以初速度加滑上长木板，两者的?，一图像如图乙所示，当地的iii力加速度为g,卜列说法正确的是（）图2A.在O）时间内，滑块在长木板上滑过的位移
6、为A=W1AB.长木板的质量为M=2wC.在Om时间内，滑块受到的摩擦力为&二等D.O一d时间内，滑块与长木板之间因摩擦而产生的热量为Q=瞽答案C解析U-r图像中图线与时间轴所围的面积表示位移，由图像可知，在0仍时间内,w+o+1滑块在长木板上滑过的位移为x=-7to2-m=产A错误;由于水平地面光滑，所以滑块和木板组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得的=（M+m曲，样用M=:j,B错误；在O-ft时间内，对木板，根璃动量定理得Rfti=MX前一wo解得Ft=?；?,C正确；在Oft）时间内,根据能量守恒定律得Q=RAr=1.加.D错谡。3.（多选）（2023全国乙卷，21）如图3,一质量为
7、A八长为/的木板静止在光滑水平桌面上，另一班量为m的小物块（可视为顺点）从木板上的左端以速度也开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为了,当物块从木板右端离开时（）b/H芦，IKiI图3A.木板的动能一定等于/7B.木板的动能一定小于广C物块的动能一定大于/加一/7D.物块的动能一定小于少就一/7答案BD解析根据动能定理可知xtin：-讲一加对MtJ2=W成根据U-I图像与横轴围成的面积S表示物体运动的位移可知心=SMW,XI=Sv根据位移关系可知/=Xl&=SABeO2=S.OF因北,_/?力区即木板的动能一定小于./7,A错误.B正确;将（D两式相加得/7=11v+.W?5/nw变形得
8、物块离开木板时的动能布一.一ftWv%n8-/7,C错误，D正确。4.（2023湖北部分支点中学联考）如图4所示,质量为2m、长为1.的木板放在光滑水平地面上，其左端放有质量为，”的小物块。初始时物块和木板同时获得等大反向的初速度加，最终物块恰好没滑离木板，重力加速度为g，求：(1)小物块与木板间的动摩擦因数：(2)小物块对地向右运动的过程，木板的位移大小。答案喷2解析(1)小物块和木板组成的系统动量守恒,最终会共速，以向左为正方向.由动量守恒定律得2jtm-mx=3mv解得D=,设物块和木板间的动摩擦因数为/，全过程根据能量守恒定律有)(27”+n)M=*2i+rn)2+mg1.解得片捺(2
9、)对小物块和木板分别有m=ma,mg=Imaz解港i=g，G=号小物块的速度由加减到O的过程，小物块相对地向右运动，时间，满足次=mr则该过程木板的位移为X=W一%炉联立解得x=o5.(2023江苏苏州高三期末统考)如图5所示，光滑水平地面上有一质量为A1.2kg的木板，木板的左端放有一质量为，“=1kg的小木块，木块与木板间的动摩擦因数为=0.1。在木板两侧地面上各有竖直固定墙壁，起初木板靠左侧墙壁净止放置“现给木块向右的水平初速度加=3n,在此后运动过程中木板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静止，木块始终没有从木板上掉下。设木板与墙壁碰撞时间极短且无机械能损失，取g=IOmH,求：(I)第一
10、次碰掩墙壁对木板的冲量大小/；(2)木板的最短长度1.x(3)木块与木板发生相对滑动的时间总和l.答案(1)4N-s(2)3m(3)4s解析(I)取水平向右为正方向，当木块与木板共速时，由动量定理可得，加=(M+“。打解得Vi=Im/s因为木板与墙壁碰撞无机械能损失，所以木板与墙壁破捶后速度大小相等，方向相反,所以第一次碰撞墙壁时木板的冲量为=-Mw-Mw解得=-4Ns第一次硬捶墙曳对木板的冲量大小为4Ns.(2)木块第一次在木板上相对停止的位置到木板左端的距离为木板的最短长度。刖木板最短长度为%扁一1(+m)n=fImg1.min就得min=3m0(3)木块与木板第一次共逮后，两者相对运动过
11、程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有减速过程连成一个完整的减速过程,其初速度为W=Im/s,末速度为零，相对滑动阶段木板加速度大小a”=0.5ms,第1.次共速前木板加速的时间A=2S*此后所有相对滑动时间为/=0i=2s-OW则木块与木板相对滑动总时间为=+r=4s6.如图6所示，一质量M=3kg的小车由水平部分AB和;光滑圆轨道BC组成，圆弧BC的半径R=OAm且与水平部分相切T/，点，小物块Q与AB段之间的动摩擦因数=02,小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为/m=0.5kg的小物块P从距离轨道MN底端高为A=1.8m处由静止滑F,并与睁止在小车左端的质量为m=lkg
12、的小物块Q两物块均可视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，IE力加速度g=10111屋。(1)求碰撞后瞬间物块。的速度：(2)求物块Q在小车上运动1S时相对F小车运动的距离(此时Q未到点且速度大于小车的速度)：(3)要使物块。既可以到达B点乂不会从小车上掉下来,求小车左侧水平部分AB的长度/.的取值范围.答案(l)4ms,方向水平向右(2)m(3)1.5m1.3m解析(1)物块产沿MN滑下，设末速度为猛).由机械能守恒定律存WigA=J/!解得zx=6m/s物块R。碰撞，取向右为正方向设理后瞬间P.Q速度分别为切、S由动量守恒定律得11w=z11
13、w2z由机械能守恒定律得mo=Mni+rniV2解律。1=2n,z2=4m/s故碰撞后瞬间物块。的速度为4ms,方向水平向右。(2)物块。与小车相对运动，由牛杭第二定律求存两者的加速度分别为(lHt2R=m2Hmig2.,G=M=3m7s物块。的位移2=w+2r=3m小车的位移力=5。=in(3)物块Q刚好到达5点时就与木板共速时A8段最长，根据动量守恒定律有202=(nn+M)b可得共同速度为S=Im由能量守恒定律徨mvi=(N2+M)昂+rntg1.解得1.=3m物块。刚好回到A点与木板共速时，AB段最短，根据动量守恒定律可得共同速度仍为6=1m/s由能量守恒定建得JmXE=&，2+f)n+2ntzg1.解得2=1.5m当人8段坂短时需要驻证物块。在圆瓠上共速时上升高度是否超过上由能蚩守恒定律得W2t,3=“，2+M)昂-mzg1.+tngH解得H=O.3mR=0.4m所以不会从圆瓠轨道上滑出，则AB段的长度范围为1.5mW1.W3m.
