最后更新: 2024-12-15 07:22 ● 参与者查看: 88 次纠错分享参与项目词条搜索

滑块—斜(曲)面模型

1.模型图示
 ![图片](/uploads/2024-12/3fc0e3.jpg)
 
 2.模型特点
(1)上升到最大高等：m与M具有共同水平速度$v_共$，此时m的竖直速度 $v_y=0$. 系统水平方向动量守恒, $m v_0=(M+m) v_{\text {共}}$;

系统机械能守恒,  $\frac{1}{2} m v_0^2=\frac{1}{2}(M+m) v_共^2+m g h$ ，其中 $h$ 为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞, 系统减少的动能转化为 $m$ 的重力势能).
 
 
(2)返回最低点: $m$ 与 $M$ 分离点. 水平方向动量守恒, $m v_0=m v_1+M v_2$; 系统机械能守恒， $\frac{1}{2} m v_0^2=\frac{1}{2} m v_1^2+\frac{1}{2} M v_2^2$ (相当于完成了弹性碰撞).

`例` (多选)质量为 $M$ 的带有 $\frac{1}{4}$ 光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为 $M$ 的小球以速度 $v_0$ 水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为 $g$ ，则
A.小球以后将向左做平抛运动
B.小球将做自由落体运动
C. 此过程小球对小车做的功为 $\frac{1}{2} M v_0{ }^2$
D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 $\frac{v_0{ }^2}{2 g}$

![图片](/uploads/2024-12/ecd895.jpg)

解：小球上升到最高点时与小车相对静止, 有相同的速度 $v^{\prime}$ ，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 $M v_0=2 M v^{\prime}, \frac{1}{2} M v_0{ }^2=\frac{1}{2} \times 2 M v^{\prime 2}+M g h$ ，联立解得 $h=\frac{v_0{ }^2}{4 g}$, 故 D 错误;
从小球滚上小车到滚下并离开小车过程, 系统在水平方向上动量守恒, 由于无摩擦力做功, 机械能守恒, 此过程类似于弹性碰撞, 作用后两者交换速度，即小球返回小车左端时速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为 $v_0$ ，动能为 $\frac{1}{2} M v_0{ }^2$ ，即此过程小球对小车做的功为 $\frac{1}{2} M v_0{ }^2$ ，故 B、C 正确，A 错误。

`例`(多选)如图所示，质量为 2 kg 的四分之一圆弧形滑块 $P$ 静止于水平地面上，其圆弧底端与水平地面相切. 在滑块 $P$ 右侧有一固定的坚直弹性挡板，将一质量为 1 kg 的小球 $Q$ 从滑块顶端正上方距地面 1.2 m 处由静止释放，小球 $Q$ 恰能沿切线落入滑块 $P$.小球与挡板的碰撞为弹性碰撞，所有接触面均光滑，重力加速度取 $g=10 m / s ^2$.下列说法正确的是 
A. 若滑块 $P$ 固定，小球 $Q$ 能回到高 1.2 m 处
B. 若滑块 $P$ 固定，小球 $Q$ 第一次与挡板碰撞过程挡板对小球的冲量大小为 $2 \sqrt{6} N \cdot s$
C. 若滑块 $P$ 不固定，小球 $Q$ 第一次与挡板碰撞前的速度大小为 $4 m / s$ 
D. 若滑块 $P$ 不固定，经过多次碰撞后，滑块的最终速度大小为 $3 m / s$
 ![图片](/uploads/2024-12/1dfb50.jpg)
 解：若滑块 $P$ 固定，由于小球在各个环节无机械能损失，可知小球 $Q$ 能回到高 1.2 m 处，选项A正确；
若滑块 $P$ 固定, 小球 $Q$ 第一次与挡板碰撞时的速度大小为 $v=\sqrt{2 g h}$ $=2 \sqrt{6} m / s$, 碰撞过程挡板对小球的冲量大小为 $I=2 mv =4 \sqrt{6} N \cdot s$,选项 B 错误；
若滑块 $P$ 不固定, 则小球与滑块相互作用过程中, 滑块和小球在水平方向动量守恒, 则 $m v_1-M v_2=0, m g h=\frac{1}{2} m v_1^2+\frac{1}{2} M v_2^2$, 联立解得 $v_1=4 m / s , v_2=2 m / s$, 即小球 $Q$ 第一次与挡板碰撞前的速度大小为 $4 m / s$, 选项 C 正确;
若滑块 $P$ 不固定, 小球与挡板第一次碰撞后将以等大速度反弹，则滑上滑块后再滑回到地面的过
程, 由动量守恒定律和能量关系可知 $m v_1+M v_2=m v_1{ }^{\prime}+M v_2{ }^{\prime}, \frac{1}{2} m v_1{ }^2$ $+\frac{1}{2} M v_2{ }^2=\frac{1}{2} m v_1{ }^{\prime}{ }^2+\frac{1}{2} M v_2{ }^{\prime 2}$ ，联立解得 $v_1{ }^{\prime}=\frac{4}{3} m / s , v_2{ }^{\prime}=\frac{10}{3} m / s$,因此时小球的速度小于滑块的速度, 则小球与挡板碰后不能再次追上滑块，则滑块的最终速度大小为 $\frac{10}{3} m / s$ ，选项 D 错误。

`例`如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动.重力加速度的大小取g＝10 m/s2.
 ![图片](/uploads/2024-12/84c328.jpg)
 
 (1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

解：（1）规定向左为正方向.冰块在斜面体上上升到最大
高度时两者达到共同速度，设此共同速度为 $v$ ，
斜面体的质量为 $m_3$ 。
对冰块与斜面体分析，由水平方向动量守恒和机械能守恒得 $m_2 v_0=$

$$
\begin{aligned}
& \left(m_2+m_3\right) v   ...(1) \\
& \frac{1}{2} m_2 v_0^2=\frac{1}{2}\left(m_2+m_3\right) v^2+m_2 g h   ...(2)
\end{aligned}
$$

式中 $v_0=3 m / s$ 为冰块推出时的速度，联立(1)(2)式并代入题给数据得 $v$

$$
=1 m / s, \quad m_3=20 kg ...(3)
$$

设小孩推出冰块后的速度为 $v_1$ ，对小孩与冰
块分析，由动量守恒定律有 $m_1 v_1+m_2 v_0=0 ...(4)$
代入数据得 $v_1=-1 m / s  ....(5)$
设冰块与斜面体分离后的速度分别为 $v_2$ 和 $v_3$ ，对冰块与斜面体分析，
由动量守恒定律和机械能守恒定律有 $m_2 v_0=m_2 v_2+m_3 v_3   ....(6)$

$$
\frac{1}{2} m_2 v_0^2=\frac{1}{2} m_2 v_2^2+\frac{1}{2} m_3 v_3^2  ....(7)
$$

联立(3)(6)(7)式并代入数据得 $v_2=-1 m / s ...(8)$
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。

`例`如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上.现有一滑块A从光滑曲面上离桌面高h＝1.8 m处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经过一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动，一段距离后从桌面边缘飞出.已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，滑块A、B、C均可看作质点，取g＝10 m/s2，不计空气阻力.求：

![图片](/uploads/2024-12/b1ae36.jpg)
 
 (1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离.

解：（1）滑块 $A$ 从光滑曲面上高 $h$ 处由静止开始滑
下的过程中机械能守恒，设其滑到水平
桌面时的速度大小为 $v_1$ ，由机械能守恒
定律有 $m_A g h=\frac{1}{2} m_A v_1{ }^2$ ，解得 $v_1=6 m / s$
滑块 $A$ 与 $B$ 碰撞的过程， $A 、 B$ 系统的动量守恒，取水平向右为正方向，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为 $v_2$ ，由动量守恒定律有 $m_A v_1=\left(m_A\right.$ $\left.+m_B\right) v_2$ ，
解得 $v_2=\frac{1}{3} v_1=2 m / s$

（2）滑块 $A 、 B$ 发生碰撞后与滑块 $C$ 一起压缩弹簧，压缩的过程中机械能守恒，被压缩弹
簧的弹性势能最大时，滑块 $A 、 B 、 C$ 速度相同，设为 $v_3$ ，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有 $m_A v_1=\left(m_A+m_B+\right.$ $m_C$ ) $v_3$ ，
解得 $v_3=\frac{1}{6} v_1=1 m / s$
由机械能守恒定律有 $E_{ p }=\frac{1}{2}\left(m_A+m_B\right) v_2{ }^2-\frac{1}{2}\left(m_A+m_B+m_C\right) v_3^2$
代入数据解得 $E_{ p }=3 J$

(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块 $C$脱离弹簧，设此时滑块 $A 、 B$ 的速度为 $v_4$ ，滑块 $C$ 的速度为 $v_5$ ，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

$$
\begin{aligned}
& \left(m_A+m_B\right) v_2=\left(m_A+m_B\right) v_4+m_C v_5 \\
& \frac{1}{2}\left(m_A+m_B\right) v_2^2=\frac{1}{2}\left(m_A+m_B\right) v_4^2+\frac{1}{2} m_C v_5^2
\end{aligned}
$$
联立解得 $v_4=0, v_5=2 m / s$
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动

$$
x=v_s t, \quad H=\frac{1}{2} g t^2
$$

联立解得 $x=2 m$.

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