滑块、子弹打木块模型

动量定理、动能定理专题-⼦弹打⽊块模型动量定理、动能定理专题----⼦弹打⽊块模型⼀、模型描述：此模型主要是指⼦弹击中未固定的光滑⽊块的物理场景，如图所⽰。

其本质是⼦弹和⽊块在⼀对⼒和反作⽤⼒(系统内⼒)的作⽤下，实现系统内物体动量和能量的转移或转化。

⼆、⽅法策略：(1) 运动性质：在该模型中，默认⼦弹撞击⽊块过程中的相互作⽤⼒是恒恒⼒，则⼦弹在阻⼒的作⽤下会做匀减速直线性运动；⽊块将在动⼒的作⽤下做匀加速直线运动。

这会存在两种情况：(1)最终⼦弹尚未穿透⽊块，(2)⼦弹穿透⽊块。

(2) 基本规律：如图所⽰，研究⼦弹未穿透⽊块的情况：三、图象描述：在同⼀个v－t坐标中，两者的速度图线如图甲所⽰。

图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。

两图线间阴影部分⾯积则对应了两者间的相对位移：d＝s1－s2。

如果打穿图象如图⼄所⽰。

点评：由此可见图象可以直观形象反映两者的速度的变化规律，也可以直接对⽐出物块的对地位移和⼦弹的相对位移，从⽽从能量的⾓度快速分析出系统产⽣的热量⼀定⼤于物块动能的⼤⼩。

四、模型迁移⼦弹打⽊块模型的本质特征是物体在⼀对作⽤⼒与反作⽤⼒（系统内⼒）的冲量作⽤下，实现系统内物体的动量、能量的转移或转化。

故物块在粗糙⽊板上滑动、⼀静⼀动的同种电荷追碰运动，⼀静⼀动的导体棒在光滑导轨上切割磁感线运动、⼩球从光滑⽔平⾯上的竖直平⾯内弧形光滑轨道最低点上滑等等，如图所⽰。

(1)典型例题：例1.如图所⽰，质量为M的⽊块静⽌于光滑的⽔平⾯上，⼀质量为m、速度为的⼦弹⽔平射⼊⽊块且未穿出，设⽊块对⼦弹的阻⼒恒为F，求：(1)⼦弹与⽊块相对静⽌时⼆者共同速度为多⼤？(2)射⼊过程中产⽣的内能和⼦弹对⽊块所做的功分别为多少？(3)⽊块⾄少为多长时⼦弹才不会穿出？1. ⼀颗速度较⼤的⼦弹，以速度v ⽔平击穿原来静⽌在光滑⽔平⾯上的⽊块，设⽊块对⼦弹的阻⼒恒定，则当⼦弹⼊射速度增⼤为2v 时，下列说法正确的是( )A. ⼦弹对⽊块做的功不变B. ⼦弹对⽊块做的功变⼤C. 系统损耗的机械能不变D. 系统损耗的机械能增加解析：⼦弹的⼊射速度越⼤，⼦弹击中⽊块所⽤的时间越短，⽊块相对地⾯的位移越⼩，⼦弹对⽊块做的功W ＝fs 变⼩，选项AB 错误；⼦弹相对⽊块的位移不变，由Q ＝f s 相对知Q 不变，系统损失的机械能等于产⽣的热量，则系统损耗的机械能不变，选项C 正确，D 错误。

动量守恒定理应用之滑块子弹打木块模型动量守恒定理应用之滑块、子弹打木块模型动量守恒定理应用的几种模型分析动量守恒定律中常常涉及这样几种模型：人船模型，子弹打木块模型，滑块模型，弹簧模型等1人船模型：这是一种通过平均动量守恒来解决的问题。

解决问题时，画一个物体位移关系的草图，找出物体之间的位移关系。

【例1】质量为m的小船长为l浮在静水中。

开始时质量为m的人站在船头，人和船均处于静止状态。

若此人从船头走到船尾，不计水的阻力，则船将前进的距离为a、 ml/（m+m）b、ml/（m+m）c、ml/（m-m）d、ml/（m-m）【解析】以人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走向船尾，系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前人和船均静止系统的总动量为零。

以河岸为参考系有0=mv船→岸+mv人→岸人走船走人停船停。

整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，位移x=v平均t，所以0=ml船→岸+ml人→岸,根据位移关系可知l=l 船→岸+l人→岸,解得l船→岸=ml/(m+m)【答案】a人船模型通常涉及速度。

在求解对象时，我们必须分析它与哪个参考系有关。

如果给定的速度不是相同的参考系，则必须将其转换为相同的参考系。

2.子弹击中木块模型：这类问题以系统为研究对象，水平方向满足动量守恒条件。

然而，由于摩擦，系统的机械能不守恒，损失的机械能等于摩擦和相对位移的乘积。

解决问题时最好画一个运动草图，物体位移之间的关系非常直观。

【例题2】：质量为m、长为l的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以水平初速v0射入木块，穿出时子弹速度为v，求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。

【分析】：如图所示，子弹穿过木块的阻力为f，木块的速度为V，位移为为s，则子弹位移为(s+l)以子弹木块为系统，由动量守恒定律得：mv0=mv+mv（1）动能定理中的2L，对于子弹-f（s+L）=1mv2？1mv0（2）22v0vs对于木块FS=1mv2？0（3）2m2m2由①式得v=m(v0?v)代入③式有fs=1m?m2(v0?v)2④11111 M22② + ④ 得到FL=1mv0？mv2？mv2？mv0？{mv2？m[（v0？v）]2}222222m注意：这类问题存在临界条件，即子弹射出和留在滑块中。

专题21子弹打木块模型和板块模型1．子弹打木块模型分类模型特点示例子弹嵌入木块中(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．(2)系统的机械能有损失．两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：m v0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝F f·s＝12m v02－12(M＋m)v2子弹穿透木块(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．(2)系统的机械能有损失．动量守恒：m v0＝m v1＋M v2能量守恒：Q＝F f·d＝12m v02－(12M v22＋12m v12)2．子板块模型分类模型特点示例滑块未滑离木板木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。

①系统的动量守恒；②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。

类似于子弹打木块模型中子弹未穿出的情况。

①系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v；②系统能量守恒：Q＝f·x＝12m v02－12（M＋m）v2。

滑块滑离木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。

模型归纳木板 ①系统的动量守恒；②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。

类似于子弹穿出的情况。

①系统动量守恒：mv 0＝mv 1＋Mv 2； ②系统能量守恒：Q ＝fl ＝12m v 02－(12mv 12+12Mv 22)。

1．三个角度求解子弹打木块过程中损失的机械能 （1）利用系统前、后的机械能之差求解； （2）利用Q ＝f ·x 相对求解；（3）利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。

2．板块模型求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统； (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q ＝F f Δx 或Q ＝E 初－E 末，研究对象为一个系统．模型1 子弹击木块模型【例1】（2023秋•渝中区校级月考）如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A 、B 从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A 射入木块的深度是B 的3倍。

lv 0 v S动量守恒定律的应用1—— 子弹打木块模型模型：质量为M 、长为l 的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m 的子弹以水平初速v 0射入木块，穿出时子弹速度为v ，求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。

解：如图，设子弹穿过木块时所受阻力为f ，突出时木块速度为V ，位移为S ，则子弹位移为(S+l)。

水平方向不受外力，由动量守恒定律得：mv 0=mv+MV ①由动能定理，对子弹 -f(s+l )=2022121mv mv - ②对木块 fs=0212-MV ③由①式得 v=)(0v v M m - 代入③式有 fs=2022)(21v v Mm M -• ④ ②+④得 f l =})]([2121{2121212120220222v v Mm M mv mv MV mv mv -+-=-- 结论：系统损失的机械能等于因摩擦而产生的内能，且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。

即Q=ΔE 系统= fS 相问题：①若要子弹刚好能（或刚好不能）穿出木块，试讨论需满足什么条件②作出作用过程中二者的速度-时间图像，你会有什么规律发现例题：一木块置于光滑水平地面上，一子弹以初速v 0射入静止的木块，子弹的质量为m ，打入木块的深度为d ，木块向前移动S 后以速度v 与子弹一起匀速运动，此过程中转化为内能的能量为A ．)(2102v v v m - B.)(00v v mv - C.s vd v v m 2)(0- D.vd S v v m )(0-v 0A Bv 0 AB v 0 lA 2v 0 v 0B C滑块、子弹打木块模型练习1．在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为L=1.00m ，一质量与木板相同的金属块，以v 0=2.00m/s 的初速度向右滑上木板A ，金属块与木板间动摩擦因数为μ=，g 取10m/s 2。

求两木板的最后速度。

2．如图示，一质量为M 长为l 的长方形木块B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M ，现以地面为参照物，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板。

2023-2024（上）全品学练考高中物理选择性必修第一册第1章动量守恒定律专题课:“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型学习任务一“子弹打木块”模型[模型建构]模型图示模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒.(2)系统的机械能有损失.两种情景(1)子弹嵌入木块中,两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒:mv0=(m+M)v能量守恒:Q=F f·x=12m v02-12(M+m)v2(2)子弹穿透木块动量守恒:mv0=mv1+Mv2能量守恒:Q=F f·d=12m v02-(12M v22+12m v12)例1一质量为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大小为F f.(1)子弹、木块相对静止时的速度为多大?(2)子弹在木块内运动的时间为多长?(3)子弹、木块相互作用过程中,子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别为多少?(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少?(5)要使子弹不射出木块,木块至少为多长?变式1如图所示,木块静止在光滑水平面上,两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块,最终都停在木块内,这一过程中木块始终保持静止.若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度,则()A .子弹A 的质量一定比子弹B 的质量大B .入射过程中子弹A 受到的阻力比子弹B 受到的阻力大C .子弹A 在木块中运动的时间比子弹B 在木块中运动的时间长D .子弹A 射入木块时的初动能一定比子弹B 射入木块时的初动能大变式2 如图所示,A 、B 两个木块用弹簧连接,它们静止在光滑水平面上,A 和B 的质量分别为99m 和100m.一颗质量为m 的子弹以速度v 0水平射入木块A 内没有穿出,则在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为多少?学习任务二 “滑块—木板”模型[模型建构]模型 图示模型 特点(1)系统的动量守恒,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能.(2)若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,相对位移最大. 求解 方法 (1)求速度:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个系统;(2)求时间:根据动量定理求解,研究对象为一个物体;(3)求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q=F f Δx 或Q=E 初-E 末,研究对象为一个系统.例2 如图所示,质量m=4 kg 的物体,以水平速度v 0=5 m/s 滑上静止在光滑水平面上的平板小车,小车质量M=6 kg,物体与小车车面之间的动摩擦因数μ=0.3,g 取10 m/s 2,设小车足够长,求:(1)小车和物体的共同速度; (2)物体在小车上滑行的时间;(3)在物体相对小车滑动的过程中,系统产生的摩擦热.变式3 如图所示,在光滑水平地面上固定足够高的挡板,距离挡板s=3 m 处静止放置质量M=1 kg 、长L=4 m 的小车,一质量m=2 kg 的滑块(可视为质点)以v 0=6 m/s的初速度滑上小车左端,带动小车向右运动,小车与挡板碰撞时被粘住不动,已知滑块与小车表面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2.(1)求滑块与小车的共同速度大小;(2)当滑块与小车共速时,小车与挡板的距离和滑块与小车右端的距离分别为多少?(3)若滑块与挡板碰撞时为弹性碰撞,求全过程中滑块克服摩擦力做的功.例3 (多选)[2022·浙江学军中学月考] 如图所示,质量为8m,长度一定的长木板放在光滑的水平面上,质量为m,可视为质点的物块放在长木板的最左端,质量为m的子弹以水平向右的速度v0射入物块且未穿出(该过程的作用时间极短可忽略不计),经时间t0物块以v0的速度离开5长木板的最右端,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.长木板最终的速度大小为v010B.长木板的长度为5v0t016m v02C.子弹射入物块的过程中损失的机械能为920D.物块与长木板间的动摩擦因数为3v010gt01.(子弹打木块模型)(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块,若射击下层,子弹刚好不射出.若射击上层,则子弹刚好能射进一半厚度,如图所示,上述两种情况相比较()A.子弹损失的动能一样多B.子弹射击上层时,从射入到共速所经历时间较长C.系统产生的热量一样多D.子弹与上层摩擦力较大2.(滑块—木板模型)(多选)[2022·厦门双十中学月考] 如图甲所示,一长木板静止于光滑水平桌面上,t=0时,小物块以速度v0滑到长木板上,图乙为物块与木板运动的v-t图像,图中t1、v0、v1已知,重力加速度大小为g,由此可求得()A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能3.(动量综合应用)如图所示,一质量m1=0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上.质量m2=0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端.一质量为m0=0.05 kg的子弹、以水平速度v0=100 m/s射中小车左端并留在车中,最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车.已知子弹与车的作用时间极短,物块与车顶面的动摩擦因数μ=0.8,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力.g取10 m/s2,求:(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小;(2)小车的长度L.[反思感悟]专题课:“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型例1(1)mM+m v0(2)Mmv0F f(M+m)(3)Mm(M+2m)v022F f(M+m)2Mm2v022F f(M+m)2Mmv022F f(M+m)(4)Mmv022(M+m)Mmv022(M+m)(5)Mmv022F f(M+m)[解析] (1)设子弹、木块相对静止时的速度为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=mM+mv0(2)设子弹在木块内运动的时间为t,对木块,由动量定理得F f t=Mv-0解得t=Mmv0F f(M+m)(3)设子弹、木块发生的位移分别为x 1、x 2,如图所示.对子弹,由动能定理得-F f x 1=12mv 2-12m v 02解得x 1=Mm (M+2m )v 022F f (M+m )2对木块,由动能定理得F f x 2=12Mv 2 解得x 2=Mm 2v 022F f (M+m )2子弹打进木块的深度等于相对位移的大小,即x 相=x 1-x 2=Mmv 022F f(M+m ) (4)系统损失的机械能为E损=12m v 02-12(M+m )v 2=Mmv 022(M+m )系统增加的内能为Q=F f ·x 相=Mmv 022(M+m )系统增加的内能等于系统损失的机械能(5)假设子弹恰好不射出木块,有F f L=12m v 02-12(M+m )v 2解得L=Mmv 022F f(M+m )因此木块的长度至少为Mmv 022F f(M+m )变式1 D [解析] 由于木块始终保持静止状态,则两子弹对木块的推力大小相等,即两子弹所受的阻力大小相等,设为F f ,根据动能定理得,对子弹A 有-F f d A =0-E k A ,得E k A =F f d A ,对子弹B 有-F f d B =0-E k B ,得E k B =F f d B ,由于d A >d B ,则有子弹射入时的初动能E k A >E k B ,故B 错误,D 正确.两子弹和木块组成的系统动量守恒,则有√2m A E kA =√2m B E kB ,而E k A >E k B ,则m A <m B ,故A 错误.子弹A 、B 从木块两侧同时射入木块,木块始终保持静止,分析得知,两子弹在木块中运动的时间必定相等,否则木块就会运动,故C 错误. 变式21400m v 02[解析] 子弹射入木块A 的极短时间内,弹簧未发生形变(实际上是形变很小,忽略不计),设子弹和木块A 获得共同速度v ,由动量守恒定律得mv 0=(m+99m )v之后木块A (含子弹)开始压缩弹簧推动B 前进,当A 、B 速度相等时,弹簧的压缩量最大,设此时弹簧的弹性势能为E p ,A 、B 的共同速度为v 1,对A (含子弹)、B 组成的系统,由动量守恒定律得(m+99m )v=(m+99m+100m )v 1由机械能守恒定律得12(m+99m )v 2=12(m+99m+100m )v 12+E p联立解得E p =1400m v 02.例2 (1)2 m/s (2)1 s (3)30 J[解析] (1)小车和物体组成的系统动量守恒,规定向右为正方向,则mv 0=(m+M )v解得v=mv 0m+M =4×54+6 m/s =2 m/s(2)物体在小车上做匀减速直线运动 根据牛顿第二定律可知-μmg=ma 解得a=-μg=-3 m/s 2则物体在小车上滑行的时间为t=v -v 0a=2-5-3s =1 s(3)根据能量守恒定律,系统产生的摩擦热为ΔQ=12m v 02-12(m+M )v 2=12×4×52 J -12×(4+6)×22 J =30 J变式3 (1)4 m/s (2)1 m 1 m (3)36 J[解析] (1)设滑块与小车的共同速度为v 1,二者相对运动过程中根据动量守恒定律,有mv 0=(M+m )v 1 解得v 1=4 m/s(2)设达到共速时小车移动的距离为s 1,对小车,根据动能定理有μmgs 1=12M v 12-0代入数据解得s 1=2 m小车与挡板的距离s 2=s-s 1=1 m设滑块与小车的相对位移为L 1,对系统,根据能量守恒定律,有μmgL 1=12m v 02-12(m+M )v 12代入数据解得L 1=3 m滑块与小车右端的距离L 2=L-L 1=1 m 其位置情况如图乙所示(3)共速后小车未碰撞挡板时小车与滑块间的摩擦力消失而没有做功,如图丙所示.直到小车碰撞挡板被粘住静止,滑块又开始在小车上继续向右做初速度v 1=4 m/s 的匀减速直线运动,由于与挡板发生弹性碰撞,滑块速度大小不变,设返回的路程为L 3,由动能定理,有-μmg (L 2+L 3)=0-12m v 12解得L 3=3 m,说明滑块不会从车左端掉下 全过程中滑块克服摩擦力做的功 W=μmg (L+s 1-L 2)+μmg (L 2+L 3)=36 J .例3 BD [解析] 子弹、物块、木板整个系统,整个过程根据动量守恒定律,有mv 0=2m ·v 05+8m ·v ,求得长木板最终的速度大小为v=340v 0,故A 错误;子弹射入物块的过程中,时间极短.子弹及物块根据动量守恒定律有mv 0=2m ·v',求得v'=v02,该过程系统损失的机械能为ΔE=12m v 02-12·2mv'2,联立两式可求得ΔE=14m v 02,故C 错误;子弹射入物块后到从长木板滑离时,运动的位移大小为x 1=v t 0=v '+25v 02=(v 02+v 05)2t 0=720v 0t 0,长木板滑动位移大小为x 2=v2t 0=340v 02t 0=380v 0t 0,则长木板的长度为L=x 1-x 2=516v 0t 0,故B 正确;对长木板,整个过程根据动量定理有μ·2mgt 0=8mv ,可求得物块与长木板间的动摩擦因数为μ=3v10gt 0,故D 正确.随堂巩固1.ACD [解析] 子弹射入滑块的过程中,将子弹和滑块看成一个整体,合外力为0,动量守恒,所以两种情况下子弹和滑块的最终速度相同,所以末动能相同,故系统损失的动能一样多,产生的热量一样多,A 、C 正确;子弹射击滑块上层能射进一半厚度,射击滑块下层刚好不射出,说明在上层所受的摩擦力比下层大,根据动量定理可知,两种情况下滑块对子弹的冲量相同,子弹射击上层所受摩擦力大,所以从入射到共速经历的时间短,B 错误,D 正确.2.BC [解析] 木板在光滑水平桌面上,物块滑上木板后,系统动量守恒,由图像可知,最终物块与木板以共同速度v 1运动,有mv 0=(M+m )v 1,-μmg Δx=12(M+m )v 12-12m v 02,Δx=(v 0+v 12-v 12)t 1,可求出物块与木板的质量之比及物块与木板之间的动摩擦因数,但求不出木板的长度,A 错误,B 、C 正确;由于木板质量未知,故不能求出木板获得的动能,D 错误. 3.(1)10 m/s (2)2 m[解析] (1)子弹进入小车的过程中,子弹与小车组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得 m 0v 0=(m 0+m 1)v 1 解得v 1=10 m/s .(2)三物体组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得 (m 0+m 1)v 1=(m 0+m 1)v 2+m 2v 3 解得v 2=8 m/s由能量守恒可得12(m 0+m 1)v 12=μm 2gL+12(m 0+m 1)v 22+12m 2v 32解得L=2 m .专题课:“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型建议用时:40分钟1.(多选)[2022·北京西城区期中] 如图,一表面光滑的平板小车放在光滑水平面上,木块和轻弹簧置于小车表面,轻弹簧一端与固定在小车上的挡板连接,整个装置静止.一颗子弹以一定速度水平射入木块,留在木块中并与木块一起向前滑行,与弹簧接触后压缩弹簧.不计挡板与弹簧质量,弹簧始终在弹性限度内.下列说法正确的是 ( )A .子弹射入木块过程中,子弹与木块组成的系统动量及机械能均守恒B .子弹和木块一起压缩弹簧过程中,子弹、木块、小车组成的系统动量及机械能均守恒C .整个过程,子弹、木块、小车组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量及弹簧的弹性势能之和D .其他条件不变时,若增大小车的质量,弹簧的最大压缩量增大2.(多选)如图所示,小车在光滑的水平面上向左运动,木块水平向右在小车的水平车板上运动,且未滑出小车.下列说法中正确的是 ( )A .若小车的初动量大于木块的初动量,则木块先减速运动再加速运动后匀速运动B .若小车的初动量大于木块的初动量,则小车先减速运动再加速运动后匀速运动C .若小车的初动量小于木块的初动量,则木块先减速运动后匀速运动D .若小车的初动量小于木块的初动量,则小车先减速运动后匀速运动 3.(多选)[2022·湖南常德期中] 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m 的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间,如图所示.现给小物块一水平向右的初速度v ,小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止.重力加速度为g ,设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为 ( )A .12mv 2B .12·mMm+Mv 2C .12NμmgLD .NμmgL4.如图所示,质量为2 kg 的小车以2.5 m/s 的速度沿光滑的水平面向右运动,现在小车上表面上方1.25 m 高度处将一质量为0.5 kg 的可视为质点的物块由静止释放,经过一段时间物块落在小车上,最终两者一起水平向右匀速运动.重力加速度g 取10 m/s 2,忽略空气阻力,下列说法正确的是 ( )A .物块释放0.3 s 后落到小车上B .若只增大物块的释放高度,则物块与小车的共同速度变小C .物块与小车相互作用的过程中,物块和小车的动量守恒D.物块与小车相互作用的过程中,系统损失的能量为7.5 J5.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所示,重力加速度g取10 m/s2.则下列说法正确的是()A.木板获得的动能为2 JB.系统损失的机械能为4 JC.木板A的最小长度为2 mD.A、B间的动摩擦因数为0.16.[2022·江苏镇江期中] 质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在水平地面上质量为M的木块,并陷入木块一定深度后与木块相对静止,甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置,设地面粗糙程度均匀,木块对子弹的阻力大小恒定,则下列说法中正确的是()A.无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何,都只可能是甲图所示的情形B.若M较大,则可能是甲图所示情形;若M较小,则可能是乙图所示情形C.若v0较小,则可能是甲图所示情形;若v0较大,则可能是乙图所示情形D.若地面较粗糙,则可能是甲图所示情形;若地面较光滑,则可能是乙图所示情形7.[2022·石家庄二中月考] 如图所示,一轻质弹簧两端分别连着质量均为m的滑块A和的子弹以水平速度v0射入A中不再穿出B,两滑块都置于光滑的水平面上.今有质量为m4(时间极短),则弹簧在什么状态下滑块B具有最大动能?其值是多少?8.[2022·杭二中月考] 如图所示,质量为m=245 g的物块(可视为质点)放在质量为M=0.5 kg的木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.质量为m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),重力加速度g取10 m/s2.子弹射入后,求:(1)子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1;(2)木板向右滑行的最大速度v2;(3)物块在木板上滑行的时间t.专题课:“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型建议用时:40分钟1.(多选)[2022·北京西城区期中] 如图,一表面光滑的平板小车放在光滑水平面上,木块和轻弹簧置于小车表面,轻弹簧一端与固定在小车上的挡板连接,整个装置静止.一颗子弹以一定速度水平射入木块,留在木块中并与木块一起向前滑行,与弹簧接触后压缩弹簧.不计挡板与弹簧质量,弹簧始终在弹性限度内.下列说法正确的是()A.子弹射入木块过程中,子弹与木块组成的系统动量及机械能均守恒B.子弹和木块一起压缩弹簧过程中,子弹、木块、小车组成的系统动量及机械能均守恒C.整个过程,子弹、木块、小车组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量及弹簧的弹性势能之和D.其他条件不变时,若增大小车的质量,弹簧的最大压缩量增大2.(多选)如图所示,小车在光滑的水平面上向左运动,木块水平向右在小车的水平车板上运动,且未滑出小车.下列说法中正确的是()A.若小车的初动量大于木块的初动量,则木块先减速运动再加速运动后匀速运动B.若小车的初动量大于木块的初动量,则小车先减速运动再加速运动后匀速运动C.若小车的初动量小于木块的初动量,则木块先减速运动后匀速运动D .若小车的初动量小于木块的初动量,则小车先减速运动后匀速运动 3.(多选)[2022·湖南常德期中] 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m 的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间,如图所示.现给小物块一水平向右的初速度v ,小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止.重力加速度为g ,设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为 ( )A .12mv 2B .12·mMm+Mv 2C .12NμmgLD .NμmgL4.如图所示,质量为2 kg 的小车以2.5 m/s 的速度沿光滑的水平面向右运动,现在小车上表面上方1.25 m 高度处将一质量为0.5 kg 的可视为质点的物块由静止释放,经过一段时间物块落在小车上,最终两者一起水平向右匀速运动.重力加速度g 取10 m/s 2,忽略空气阻力,下列说法正确的是 ( )A .物块释放0.3 s 后落到小车上B .若只增大物块的释放高度,则物块与小车的共同速度变小C .物块与小车相互作用的过程中,物块和小车的动量守恒D .物块与小车相互作用的过程中,系统损失的能量为7.5 J5.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v 0=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所示,重力加速度g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A .木板获得的动能为2 JB .系统损失的机械能为4 JC .木板A 的最小长度为2 mD.A、B间的动摩擦因数为0.16.[2022·江苏镇江期中] 质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在水平地面上质量为M的木块,并陷入木块一定深度后与木块相对静止,甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置,设地面粗糙程度均匀,木块对子弹的阻力大小恒定,则下列说法中正确的是()A.无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何,都只可能是甲图所示的情形B.若M较大,则可能是甲图所示情形;若M较小,则可能是乙图所示情形C.若v0较小,则可能是甲图所示情形;若v0较大,则可能是乙图所示情形D.若地面较粗糙,则可能是甲图所示情形;若地面较光滑,则可能是乙图所示情形7.[2022·石家庄二中月考] 如图所示,一轻质弹簧两端分别连着质量均为m的滑块A和的子弹以水平速度v0射入A中不再穿出B,两滑块都置于光滑的水平面上.今有质量为m4(时间极短),则弹簧在什么状态下滑块B具有最大动能?其值是多少?8.[2022·杭二中月考] 如图所示,质量为m=245 g的物块(可视为质点)放在质量为M=0.5 kg的木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.质量为m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),重力加速度g取10 m/s2.子弹射入后,求:(1)子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1;(2)木板向右滑行的最大速度v2;(3)物块在木板上滑行的时间t.专题课:“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型1.CD [解析] 子弹射入木块并留在木块中,子弹与木块组成的系统受合外力等于零,因此动量守恒,因子弹与木块是完全非弹性碰撞,机械能减少最多,即机械能不守恒,A 错误;子弹和木块一起压缩弹簧过程中,子弹、木块、小车组成的系统受合外力等于零,动量守恒,由于压缩弹簧,即对弹簧做功,弹簧的弹性势能增加,子弹、木块、小车组成的系统机械能减少,机械能不守恒,B 错误;由能量守恒定律可知,整个过程,子弹、木块、小车组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量及弹簧的弹性势能之和,C 正确;设子弹的质量为m 1,速度为v 0,木块的质量为m ,小车的质量为M ,子弹射入木块后速度为v 1,向右为正方向,由动量守恒定律可得m 1v 0=(m 1+m )v 1,解得v 1=m 1vm 1+m ,此后对子弹、木块、小车组成的系统,规定向右为正方向,由动量守恒定律可得(m 1+m )v 1=(m 1+m+M )v 2,由机械能守恒定律可得12(m 1+m )v 12-12(m 1+m+m )v 22=E pm ,联立解得弹簧的弹性势能为E pm =m 12v 022(m 1+mM+1)(m 1+m ),由此可见其他条件不变时,若增大小车的质量,弹簧的弹性势能增大,弹簧的最大压缩量增大,D 正确.2.AC [解析] 小车和木块组成的系统在水平方向上不受外力,系统在水平方向上动量守恒,若小车的初动量大于木块的初动量,则最后相对静止时整体的动量方向向左,木块先减速运动再反向加速运动后匀速运动,小车先减速运动再匀速运动,故A 正确,B 错误;同理若小车的初动量小于木块的初动量,则最后相对静止时整体的动量方向向右,则木块先减速运动后匀速运动,小车先减速运动再加速运动后匀速运动,C 正确,D 错误.3.BD [解析] 设物块与箱子相对静止时共同速度为v 1,则由动量守恒定律得mv=(M+m )v 1,得v 1=mvM+m ,系统损失的动能为ΔE k 系=12mv 2-12(M+m )v 12=Mmv 22(M+m ),A错误,B 正确.根据能量守恒定律得知,系统产生的内能等于系统损失的动能,根据功能关系得知,系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功,则有Q=ΔE k 系=NμmgL.C 错误,D 正确. 4.D [解析] 物块下落的时间为t=√2ℎg =√2×1.2510s=0.5 s,A 错误;物块与小车相互作用的过程中,物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒,在竖直方向的动量不守恒,由水平方向动量守恒得Mv 0=(M+m )v ,可知,释放高度变大,水平方向的共同速度不变,B 、C 错误;在整个过程中,由能量守恒定律得系统损失的机械能ΔE=mgh+12M v 02-12(M+m )v 2,代入数据可得ΔE=7.5 J,D 正确.5.D [解析] 由题图可知,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mv 0=(M+m )v ,解得M=2 kg,则木板获得的动能为E k =12Mv 2=12×2×12 J =1 J,故A 错误;系统损失的机械能ΔE=12m v 02-12(m+M )v 2,代入数据解得ΔE=2 J,故B 错误;v-t 图像中图线与t 轴所围的面积表示位移,由题图得到0~1 s 内B 的位移为x B =12×(2+1)×1 m =1.5 m,A 的位移为x A =12×1×1 m =0.5 m,则木板A 的最小长度为L=x B -x A =1 m,故C 错误;由题图可知,B 的加速度a=Δv Δt=1-21m/s 2=-1 m/s 2,负号表示加速度的方向,由牛顿第二定律得-μmg=ma ,解得μ=0.1,故D 正确.6.A [解析] 在子弹射入木块的瞬间,子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与地面间的摩擦力,故地面光滑与粗糙效果相同,子弹和木块构成一系统,在水平方向上合外力为零,在水平方向上动量守恒,规定向右为正方向,设子弹与木块的共同速度为v ,根据动量守恒定律有mv 0=(m+M )v ,木块在水平面上滑行的距离为s ,子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用动能定理得F f s=12Mv 2=Mm 2v 022(m+M )2,根据能量守恒定律得Q=F f d=12m v 02-12(m+M )v 2=Mmv 022(M+m ),则d>s ,不论速度、质量大小关系和地面粗糙程度如何,都只可能是甲图所示的情形,故选A . 7.当弹簧第一次恢复原长时281m v 02[解析] 子弹射入A 中时,因时间极短,且A 与B 用弹簧相连,故可认为B 未参与此过程,则子弹与A 组成的系统动量守恒.设子弹与A 的共同速度为v A ,则有m4v 0=(m +m4)v A 解得v A =v05此后,弹簧被压缩,B 加速,当弹簧再次恢复原长时,弹簧的弹性势能为零,B 有最大速度v B m ,即有最大动能E km .此过程相当于以速度v A 运动的滑块A (内含子弹)与静止滑块B 发生弹性碰撞,应用弹性正碰的结论,有v B m =2(m+m4)m+m+m 4·v05=29v 0 E km =12m (29v 0)2=281m v 02.8.(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s[解析] (1)子弹射入物块后和物块一起向右滑行的初速度即最大速度,由动量守恒定律得m 0v 0=(m 0+m )v 1, 解得v 1=6 m/s .(2)当子弹、物块、木板三者共速时,木板的速度最大,由动量守恒定律得(m 0+m )v 1=(m 0+m+M )v 2, 解得v 2=2 m/s .(3)对物块和子弹组成的系统,由动量定理得-μ(m 0+m )gt=(m 0+m )v 2-(m 0+m )v 1, 解得t=1 s .。

子弹打木块模型 滑块—木板模型[学习目标] 1.进一步理解动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律的内容及其含义.2.学会利用动量守恒定律、能量守恒定律等分析常见的子弹打木块模型、滑块—木板模型．一、子弹打木块模型1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒． 2．在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化． 3．若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，系统机械能损失最多．如图1所示，质量为M 的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m 、速度为v 0的子弹水平射入木块且未穿出，设木块对子弹的阻力恒为F ，求：图1(1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大；(2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做的功分别为多少； (3)木块至少为多长时子弹不会穿出．答案 (1)m v 0m ＋M (2)Mm v 022(M ＋m ) Mm 2v 022(M ＋m )2 (3)Mm v 022(M ＋m )F解析 (1)子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋M )v 解得：v ＝m v 0m ＋M(2)由能量守恒定律可知：12m v 02＝Q ＋12(m ＋M )v 2得产生的热量为：Q ＝Mm v 022(M ＋m )由动能定理，子弹对木块所做的功为： W ＝12M v 2＝Mm 2v 022(M ＋m )2(3)设木块最小长度为L ，由能量守恒定律：FL ＝Q得木块的最小长度为：L ＝Mm v 022(M ＋m )F .二、滑块—木板模型1．把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒．2．由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE ＝F f ·s 相对，其中s 相对为滑块和木板相对滑动的路程． 3．注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多．如图2所示，光滑水平轨道上放置长木板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端(B 、C 可视为质点)，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg ，A 与B 间的动摩擦因数为μ＝0.5；开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)并粘在一起，经过一段时间，B 刚好滑至A 的右端而没掉下来．求：图2(1)A 、C 碰撞后A 的速度大小； (2)长木板A 的长度．(g ＝10 m/s 2) 答案 (1)2.5 m/s (2)0.5 m解析 (1)A 与C 碰撞过程动量守恒： m A v 0＝(m A ＋m C )v 1， 解得v 1＝2.5 m/s(2)B 在A 上滑行，A 、B 、C 组成的系统动量守恒 m B v 0＋(m A ＋m C )v 1＝(m A ＋m B ＋m C )v 2 解得v 2＝3 m/s由能量守恒定律得：12m B v 02＋12(m A ＋m C )v 12＝12(m A ＋m B ＋m C )v 22＋μm B gl解得：l ＝0.5 m.滑块—木板模型与子弹打木块模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零(或内力远大于外力)，动量守恒.当滑块不滑离木板或子弹不穿出木块时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多.针对训练 如图3所示，一质量为m ＝1 kg 的滑块以初速度v 0从光滑平台滑上与平台等高的静止的质量为M ＝9 kg 的小车，小车和滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，小车长L ＝1 m ，水平地面光滑，若滑块不滑出小车，滑块初速度v 0应满足什么条件？(g ＝10 m/s 2)图3答案 v 0≤2103m/s解析 滑块以初速度v ′从平台滑上小车，刚好滑到小车的最右端，此时两者速度相同(均为v )．由动量守恒定律得，m v ′＝(M ＋m )v从滑块滑上小车到两者速度相同，系统损失的动能等于 因摩擦产生的热量，Q ＝μmgL ＝12m v ′2－12(M ＋m )v 2解得v ′＝2103m/s若滑块不滑出小车，滑块的初速度v 0≤v ′， 即v 0≤2103m/s.1．(子弹打木块模型)(多选)(2020·四川乐山高三二诊)如图4所示，一子弹以初速度v 0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d ，木块加速运动的位移为s .则以下说法正确的是( )图4A ．子弹动能的减少量等于系统动能的减少量B ．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C ．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D ．子弹对木块做的功等于木块动能的增量 答案 BD解析 子弹射入木块的过程，由能量守恒定律知子弹动能的减少量大于系统动能的减少量，A 错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块的动量变化量大小相等，方向相反，B 正确；摩擦力对木块做的功为F f s ，摩擦力对子弹做的功为－F f (s ＋d )，可知二者不相等，C 错误；对木块，根据动能定理可知，子弹对木块做的功(即摩擦力对木块做的功)等于木块动能的增量，D 正确．2．(滑块—木板模型)(多选)(2021·广西南宁三中高二月考)如图5甲所示，质量M ＝0.8 kg 的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m ＝0.2 kg 的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F ,4 s 后撤去力F .若滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图5A ．0～4 s 时间内拉力的冲量为3.2 N·sB ．t ＝4 s 时滑块的速度大小为9.5 m/sC ．木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8 N·sD ．2～4 s 内因摩擦产生的热量为4 J 答案 BCD解析 F －t 图像与t 轴所围的面积代表冲量，所以0～4 s 时间内拉力的冲量为I ＝(0.5＋12×2＋2×1) N·s ＝3.5 N·s ，故A 错误；滑块相对于木板滑动时，对木板有μmg ＝Ma ，对滑块有F －μmg ＝ma ，联立解得F ＝0.5 N ，a ＝0.5 m/s 2，所以0时刻开始相对滑动，对滑块有I －μmgt ＝m v 1－0，解得4 s 时滑块速度大小v 1＝9.5 m/s ，故B 正确；4 s 时，木板的速度v 木＝at ＝0.5×4 m/s ＝2 m/s ，撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒有m v 1＋M v 木＝(M ＋m )v ，解得v ＝3.5 m/s ，对木板，根据动量定理可得I 木＝M v ＝2.8 N·s ，故C 正确；0～2 s 内，对m 有I F －μmgt 1＝m v 1′，由I F ＝0.5＋12×2 N·s ＝1.5 N·s ，解得v 1′＝3.5 m/s ；对M 有μmgt 1＝M v 2，解得v 2＝1 m/s.2～4 s 内，对m 有a 1＝F －μmg m ＝1－0.40.2 m/s 2＝3 m/s 2，x 1＝v 1′t 2＋12a 1t 22＝13 m ；对M 有a 2＝μmg M ＝0.5 m/s 2，x 2＝v 2t 2＋12a 2t 22＝3 m ，所以s 相对＝x 1－x 2＝10 m ，Q ＝μmg ·s 相对＝4 J ，故D 正确．3.(滑块—木板模型)如图6所示，B 是放在光滑的水平面上质量为3m 的一块木板，物块A (可看成质点)质量为m ，与木板间的动摩擦因数为μ.最初木板B 静止，物块A 以水平初速度v 0滑上木板，木板足够长．求：(重力加速度为g )图6(1)木板B 的最大速度的大小；(2)从刚滑上木板到A 、B 速度刚好相等的过程中，物块A 所发生的位移大小； (3)若物块A 恰好没滑离木板B ，则木板至少多长？ 答案 (1)v 04 (2)15v 0232μg (3)3v 028μg解析 (1)由题意知，A 向右减速，B 向右加速，当A 、B 速度相等时B 速度最大．以v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律：m v 0＝(m ＋3m )v 得：v ＝v 04(2)A 向右减速的过程，根据动能定理有 －μmgx 1＝12m v 2－12m v 02则物块A 所发生的位移大小为x 1＝15v 0232μg(3)方法一 B 向右加速过程的位移设为x 2. 则μmgx 2＝12×3m v 2解得：x 2＝3v 0232μg木板的最小长度：L ＝x 1－x 2＝3v 028μg方法二 从A 滑上B 至达到共同速度的过程中，由能量守恒得：μmgL ＝12m v 02－12(m ＋3m )v 2得：L ＝3v 028μg.1.如图1所示，在光滑水平面上，有一质量M ＝3 kg 的薄板和质量m ＝1 kg 的物块都以v ＝4 m/s 的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.9 m/s 时，物块的运动情况是( )图1A ．做减速运动B ．做加速运动C ．做匀速运动D ．以上运动都有可能答案 A解析 开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v 1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M －m )v ＝M v 1 代入数据解得：v 1≈2.67 m/s ＜2.9 m/s ，所以物块处于向左减速的过程中．2．如图2所示，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑的水平面上，一个质量也为M 的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在长木板上相对长木板最多能滑行的距离为( )图2A ．L B.3L 4 C.L 4 D.L 2答案 D解析 长木板固定时，由动能定理得：－μMgL ＝0－12M v 02，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，有M v 0＝2M v ，μMgs ＝12M v 02－12×2M v 2，得s ＝L2，D 项正确，A 、B 、C项错误．3．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0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3所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是( )图3A ．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v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋M )v ，可得滑块最终获得的速度：v ＝m v 0M ＋m ，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，而子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故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 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．4．(多选)如图4所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝3 kg ，质量m ＝1 kg 的铁块以水平速度v 0＝4 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回(弹簧始终在弹性限度内)，最后恰好停在木板的左端，则下列说法正确的是( )图4A ．铁块和木板最终共同以1 m/s 的速度向右做匀速直线运动B ．运动过程中弹簧的最大弹性势能为3 JC ．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为3 JD ．运动过程中铁块对木板的摩擦力对木板先做正功后做负功 答案 ABD5.如图5所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB 部分是半径为R 的四分之一光滑圆弧，BC 部分是粗糙的水平面．今把质量为m 的小物体从A 点由静止释放，小物体与BC 部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B 、C 之间的D 点，则B 、D 间的距离x 随各量变化的情况是( )图5A ．其他量不变，R 越大x 越大B ．其他量不变，μ越大x 越大C ．其他量不变，m 越大x 越大D ．其他量不变，M 越大x 越大 答案 A解析 小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于光滑的水平面也静止，由能量守恒定律得μmgx ＝mgR ，得x ＝Rμ，选项A 正确，B 、C 、D 错误．6．(多选)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6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v 0，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图6A．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，故子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度为m v0M＋m 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m2v022g(M＋m)2答案BD解析从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：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，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：m v0＝(m＋M)v′，所以子弹射入木块后瞬间的共同速度为：v′＝m v0M＋m，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：12(M＋m)v′2＝(M＋m)gh，可得上升的最大高度为：h＝m2v022g(M＋m)2，故D正确．7．(多选)如图7所示，质量m1＝3 kg且足够长的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2＝2 kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，最后恰好不掉下小车且与小车保持相对静止．g取10 m/s2，在这一过程中，下列说法正确的是()图7A．系统最后共同运动的速度为1.2 m/s B．小车获得的最大动能为0.96 JC．系统损失的机械能为2.4 J D．物块克服摩擦力做的功为4 J答案BC解析 物块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，选择向右为正方向，则由动量守恒定律得m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，解得v ＝m 2v 0m 1＋m 2＝2×23＋2 m/s ＝0.8 m/s ，故A 错误；小车获得的动能为E k1＝12m 1v 2＝12×3×0.82 J ＝0.96 J ，故B 正确；根据能量守恒定律得系统损失的机械能为ΔE ＝12m 2v 02－12(m 1＋m 2)v 2，代入数据解得ΔE ＝2.4 J ，故C 正确；对物块，由动能定理得－W 克f ＝12m 2v 2－12m 2v 02，解得物块克服摩擦力做的功为W 克f ＝3.36 J ，故D 错误． 8．(多选)(2020·江西吉水二中高三11月月考)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子内有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图8所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(重力加速度大小为g )( )图8A.12m v 2 B.mM 2(m ＋M )v 2 C.12NμmgL D ．NμmgL答案 BD解析 根据动量守恒定律，小物块和箱子的共同速度v ′＝m v M ＋m ，损失的动能ΔE k ＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2＝mM v 22(m ＋M )，故B 正确；根据能量守恒定律，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对路程，所以ΔE k ＝NF f L ＝NμmgL ，故D 正确． 9.如图9所示，一质量为M 的物块静止在水平桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h .一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 02射出，子弹从射入到射出物块经过的时间极短．重力加速度为g .求：图9(1)此过程中系统损失的机械能；(2)物块落地点离桌面边缘的水平距离． 答案 (1)18(3－mM )m v 02 (2)m v 0Mh2g解析 (1)设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒定律得m v 0＝m v 02＋M v ①解得v ＝m2M v 0②系统损失的机械能为ΔE ＝12m v 02－[12m (v 02)2＋12M v 2]③由②③式得ΔE ＝18(3－mM)m v 02.(2)设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则h ＝12gt 2④s ＝v t ⑤由②④⑤式得s ＝m v 0Mh 2g10．两块质量都是m 的木块A 和B 在光滑水平面上均以速度v 02水平向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k 的水平轻弹簧连接，如图10所示．现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为m4，速度为v 0，子弹射入木块A 并留在其中．求：图10(1)在子弹击中木块A 后的瞬间木块A 、B 的速度v A 和v B 的大小； (2)在子弹击中木块A 后的运动过程中弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)v 05 v 02 (2)140m v 02解析 (1)在子弹打入木块A 的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，木块A 、B 都不受弹簧弹力的作用，故v B ＝v 02；由于此时木块A 不受弹簧的弹力，木块A 和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选水平向左为正方向， 由动量守恒定律得m v 02－m v 04＝(m 4＋m )v A ，解得v A ＝v 05.(2)由于子弹击中木块A 后木块A 、木块B 运动方向相同且v A <v B ，故弹簧开始被压缩，分别给木块A 、B 施以弹力，使得木块A 加速、B 减速运动，弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧弹性势能最大，在弹簧压缩过程中木块A (包括子弹)、B 与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒．设弹簧压缩最短时共同速度为v ，弹簧的最大弹性势能为E pm ，选水平向左为正方向，由动量守恒定律得54m v A ＋m v B ＝(54m ＋m )v ，由机械能守恒定律得12×54m v A 2＋12m v B 2＝12×(54m ＋m )v 2＋E pm ，联立解得v ＝13v 0，E pm ＝140m v 02. 11.如图11所示，质量m B ＝2 kg 的平板车B 上表面水平，在平板车左端相对于车静止着一个质量m A ＝2 kg 的物块A (A 可视为质点)，A 、B 一起以大小为v 1＝0.5 m/s 的速度在光滑的水平面上向左运动，一颗质量m 0＝0.01 kg 的子弹以大小为v 0＝600 m/s 的水平初速度向右瞬间射穿A 后，速度变为v ＝200 m/s.已知A 与B 之间的动摩擦因数不为零，且A 与B 最终达到相对静止时A 刚好停在B 的右端，车长L ＝1 m ，g ＝10 m/s 2，求：图11(1)A 、B 间的动摩擦因数；(2)整个过程中因摩擦产生的热量．答案 (1)0.1 (2)1 600 J解析 (1)规定向右为正方向，子弹与A 作用的过程，根据动量守恒定律得：m 0v 0－m A v 1＝m 0v ＋m A v A ，代入数据解得：v A ＝1.5 m/s ，子弹穿过A 后，A 以1.5 m/s 的速度开始向右滑行，B 以0.5 m/s 的速度向左运动，当A 、B 有共同速度时，A 、B 达到相对静止，对A 、B 组成的系统运用动量守恒定律，规定向右为正方向，有：m A v A －m B v 1＝(m A ＋m B )v 2，代入数据解得：v 2＝0.5 m/s.根据能量守恒定律知：μm A gL ＝12m A v A 2＋12m B v 12－12(m A ＋m B )v 22， 代入数据解得：μ＝0.1.(2)根据能量守恒得，整个过程中因摩擦产生的热量为：Q ＝12m 0v 02＋12(m A ＋m B )v 12－12m 0v 2－12(m A ＋m B )v 22， 代入数据解得：Q ＝1 600 J.。

专题强化 子弹打木块模型 滑块—木板模型[学习目标] 1.进一步理解动量定理、动量守恒定律、动能定理的内容和含义以及解题步骤.2.通过学习，培养应用动量观点和能量观点分析综合问题的能力．一、子弹打木块模型1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒． 2．在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能转化为内能． 3．若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多．例1 如图1所示，在水平地面上放置一质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以水平速度v 射入木块(时间极短且未穿出)，若木块对子弹的阻力大小恒为f ，木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：(重力加速度为g )图1(1)子弹射入木块的过程中，系统损失的机械能； (2)子弹射入木块的深度d ；(3)子弹射入后，木块在地面上前进的距离． 答案 (1)Mm v 22(M ＋m ) (2)Mm v 22(M ＋m )f(3)m 2v 22(M ＋m )2μg解析 (1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v ′，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒得： m v ＝(M ＋m )v ′①射入过程中系统损失的机械能 ΔE ＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2②由①②两式解得：ΔE ＝Mm v 22(M ＋m ).(2)子弹射入木块的过程，由能量守恒得：fd ＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2③由①③两式解得d ＝Mm v 22(M ＋m )f.(3)子弹射入木块后，二者一起沿地面滑行，设滑行的距离为x ，由动能定理得： －μ(M ＋m )gx ＝0－12(M ＋m )v ′2④由①④两式解得：x ＝m 2v 22(M ＋m )2μg.子弹打木块模型是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零(或内力远大于外力)，动量守恒.当子弹不穿出木块时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多. 二、滑块—木板模型1．把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒．2．由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE ＝f ·s 相对，其中s 相对为滑块和木板相对滑动的路程． 3．注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多． 例2 如图2所示，一质量为m ＝1 kg 的滑块以初速度v 0从光滑平台滑上静止的质量为M ＝9 kg 的小车，小车和滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，小车长L ＝1 m ，水平地面光滑，若滑块不滑出小车，滑块初速度v 0应满足什么条件？图2答案 v 0≤2103m/s解析 滑块以初速度v ′从平台滑上小车，刚好滑到小车的最右端，此时两者速度相同(均为v )．由动量守恒得，m v ′＝(M ＋m )v从滑块滑上小车到两者速度相同，系统损失的动能等于因摩擦产生的热量，Q ＝μmgL ＝ 12m v ′2－12(M ＋m )v 2解得v ′＝2103m/s即滑块不滑出小车，滑块的初速度v 0≤v ′， 即v 0≤2103m/s.针对训练1 如图3所示，B 是放在光滑的水平面上质量为3m 的一块木板，物块A (可看成质点)质量为m ，与木板间的动摩擦因数为μ.最初木板B 静止，物块A 以水平初速度v 0滑上木板，木板足够长．求：(重力加速度为g )图3(1)木板B 的最大速度的大小；(2)从刚滑上木板到A 、B 速度刚好相等的过程中，物块A 所发生的位移大小； (3)若物块A 恰好没滑离木板B ，则木板至少多长？ 答案 (1)v 04 (2)15v 0232μg (3)3v 028μg解析 (1)由题意知，A 向右减速，B 向右加速，当A 、B 速度相等时B 速度最大．以v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律：m v 0＝(m ＋3m )v 得：v ＝v 04(2)A 向右减速的过程，根据动能定理有 －μmgx 1＝12m v 2－12m v 02则物块A 所发生的位移大小为x 1＝15v 0232μg(3)方法一 B 向右加速过程的位移设为x 2. 则μmgx 2＝12×3m v 2解得：x 2＝3v 0232μg木板的最小长度：L ＝x 1－x 2＝3v 028μg方法二 从A 滑上B 至达到共同速度的过程中，由能量守恒得：μmgL ＝12m v 02－12(m ＋3m )v 2得：L ＝3v 028μg.三、动量和能量观点的综合应用 动量观点和能量观点的选取原则 1．动量观点(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft ＝m v －m v 0.(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．2．能量观点(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．(2)如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．例3 (2020·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图4所示，一质量为M B ＝6 kg 的木板B 静止于光滑的水平面上，物块A 的质量M A ＝6 kg ，停在B 的左端，一质量为m ＝1 kg 的小球用长为l ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上．将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h ＝0.2 m ，物块A 与小球均可视为质点，A 、B 达到共同速度后A 还在木板上，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.图4(1)小球和物块A 碰后瞬间物块A 的速度大小； (2)A 、B 组成的系统因摩擦损失的机械能． 答案 (1)1 m/s (2)1.5 J解析 (1)对于小球，在运动的过程中机械能守恒， 则有mgl ＝12m v 12，得v 1＝2gl ＝4 m/s ，mgh ＝12m v 1′2，得v 1′＝2gh ＝2 m/s小球与物块A 碰撞过程中，系统的动量守恒，以向右为正方向，则有：m v 1＝－m v 1′＋M A v A ， 解得v A ＝1 m/s(2)物块A 与木板B 相互作用过程中： M A v A ＝(M A ＋M B )v 共，解得v 共＝0.5 m/s. A 、B 组成的系统因摩擦而损失的机械能 ΔE ＝12M A v A 2－12(M A ＋M B )v 共2代入数据，解得ΔE ＝1.5 J针对训练2 (多选)如图5所示，水平轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体B ，从离水平面高h 处由静止开始沿固定光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧恢复原长后某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是(重力加速度为g )( )图5A ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh 2C ．B 与A 分开后能达到的最大高度为h4D ．B 与A 分开后能达到的最大高度不能计算 答案 BC解析 根据机械能守恒定律可得B 刚到达水平面的速度v 0＝2gh ，根据动量守恒定律m v 0＝2m v 可得A 与B 碰撞后的速度为v ＝12v 0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm＝12×2m v 2＝12mgh ，故A 错误，B 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与B 分开，B 以大小为v 的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh ′＝12m v 2，解得B 能达到的最大高度为h ′＝14h ，故C 正确，D 错误．1.(子弹打木块模型)(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0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6所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是( )图6A ．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v 0的方向为正方向，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋M )v ，可得滑块最终获得的速度：v ＝m v 0M ＋m，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，而子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故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 ·x相对知，由于相对位移x 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． 2．(滑块—木板模型)如图7所示，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑的水平面上，一个质量也为M 的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在长木板上相对长木板最多能滑行的距离为( )图7A ．L B.3L 4 C.L 4 D.L 2答案 D解析 长木板固定时，由动能定理得：－μMgL ＝0－12M v 02，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，有M v 0＝2M v ，μMgs ＝12M v 02－12×2M v 2，得s ＝L2，D 项正确，A 、B 、C项错误．3.(动量和能量观点的综合应用)如图8所示，在光滑水平地面上的木块紧挨水平轻弹簧放置，弹簧右端与墙连接．一子弹以速度v 0沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩劲度系数未知的弹簧至弹簧最短．已知子弹质量为m ，木块质量M ＝9m ；弹簧最短时弹簧被压缩了Δx ，弹簧始终在弹性限度内；劲度系数为k 、形变量为x 的弹簧的弹性势能可表示为E p ＝12kx 2.求：图8(1)子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能； (2)弹簧的劲度系数． 答案 (1)9m v 0220 (2)m v 0210(Δx )2解析 (1)设子弹刚相对于木块静止时的速度为v ，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v ，解得v ＝v 010.设子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能为ΔE ，由能量守恒定律得ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2，代入数据得ΔE ＝9m v 0220.(2)弹簧最短时弹簧被压缩了Δx ，其弹性势能可表示为E p ＝12k (Δx )2.木块压缩弹簧至最短的过程，由机械能守恒定律得12(m ＋M )v 2＝E p ，解得：k ＝m v 0210(Δx )2.1．(多选)如图1所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法正确的是( )图1A ．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速B ．若小车的动量大于木块的动量，则小车先加速再减速后匀速C ．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速D ．若小车的动量小于木块的动量，则小车先加速后匀速答案AC解析小车和木块组成的系统动量守恒．若小车的动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与小车同速，小车先减速后匀速．若小车的动量小于木块的动量，则最后相对静止时整体向右运动，故木块先减速后匀速，小车先向左减速再向右加速最后与木块同速．2．(多选)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2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，则下列说法正确的是()图2A．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，故子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度为m v0M＋m 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m2v022g(M＋m)2答案BD解析从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：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，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：m v0＝(m＋M)v′，所以子弹射入木块后瞬间的共同速度为：v′＝m v0M＋m，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得：12(M＋m)v′2＝(M＋m)gh，可得上升的最大高度为：h＝m2v022g(M＋m)2，故D正确．3.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图3所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性碰撞，重力加速度为g ，则整个过程中，系统损失的动能为( )图3A.12m v 2 B ．μmgL C.12NμmgL D.mM v 22(m ＋M )答案 D解析 由于箱子放在光滑的水平面上，则箱子和小物块组成的系统动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块与箱子之间不再发生相对滑动，以v 的方向为正方向，有m v ＝(m ＋M )v 1，系统损失的动能是因为摩擦力做负功，E 损＝μmg ·NL ＝12m v 2－12(M ＋m )v 12＝mM v 22(m ＋M )，故D 正确，A 、B 、C 错误．4.如图4所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB 部分是半径为R 的四分之一光滑圆弧，BC 部分是粗糙的水平面．今把质量为m 的小物体从A 点由静止释放，小物体与BC 部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B 、C 之间的D 点，则B 、D 间的距离x 随各量变化的情况是( )图4A ．其他量不变，R 越大x 越大B ．其他量不变，μ越大x 越大C ．其他量不变，m 越大x 越大D ．其他量不变，M 越大x 越大 答案 A解析 小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于光滑的水平面也静止，由能量守恒得μmgx ＝mgR ，得x ＝Rμ，选项A 正确，B 、C 、D 错误．5.(多选)(2020·福州十一中高二下学期期中)如图5所示，质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间的动摩擦因数为μ.下列说法中正确的是()图5A．若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加B．若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减小C．若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减小D．若只减小μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小答案BCD解析滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积Q＝fx相＝μmgx相，因为相对位移没变，所以产生的热量不变，故A错误；由极限法，当M很大时，长木板运动的位移x M会很小，滑块的位移等于x M＋L很小，对滑块，根据动能定理：－μmg(x M ＋L)＝12－12m v02，可知滑块滑离木板时的速度v1较大，滑块动量变化较小，由动量守恒2m v1定律知，木板动量变化也较小，再根据动量定理知，木板受到的冲量较小，故B正确；由极限法，当m很小时，摩擦力也很小，m的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C正确；当μ很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移x M会很小，滑块的位移等于x M＋L也会很小，故D正确．6．(多选)如图6所示，图甲表示光滑平台上物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计；图乙为物体A与小车B的v－t图像，已知当地的重力加速度为g，由此可求()图6A．小车上表面长度B．物体A与小车B的质量之比C．物体A与小车B上表面间的动摩擦因数D．小车B获得的动能答案 BC解析 由题图乙可知，A 、B 最终以共同速度v 1做匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A 错误；以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得，m A v 0＝(m A ＋mB )v 1，解得：m A m B ＝v 1v 0－v 1，故可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故B 正确；由题图乙可知A 相对小车B 的位移Δx ＝12v 0t 1，根据能量守恒定律得：μm A g Δx ＝12m A v 02－12(m A ＋m B )v 12，根据求得的质量关系，可以解出A 与小车B 上表面间的动摩擦因数，故C 正确；由于小车B 的质量未知，故不能确定小车B 获得的动能，故D 错误．7．(2020·嘉兴一中期中)如图7所示，ABC 是光滑轨道，其中BC 部分是半径为R 的竖直放置的半圆，AB 部分与BC 部分平滑连接．一质量为M 的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m 的子弹射中，子弹留在木块中．子弹击中木块前的速度为v 0.若被击中的木块能沿轨道滑到最高点C ，重力加速度为g ，忽略空气阻力，求：图7(1)子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q ；(2)木块从C 点飞出后落地点离B 点的距离s .答案 (1)Mm v 022(M ＋m ) (2)2m 2v 02R g (M ＋m )2－4R 2 解析 (1)子弹击中木块的过程满足动量守恒定律，以v 0的方向为正方向，有m v 0＝(M ＋m )v 1解得v 1＝m v 0M ＋m根据能量守恒定律可得Q ＝12m v 02－12(M ＋m )v 12 联立解得Q ＝Mm v 022(M ＋m )(2)从子弹击中木块后到木块运动到C 点的过程，由动能定理有12(M ＋m )v 12＝12(M ＋m )v C 2＋2(M ＋m )gR解得v C＝v12－4gR木块离开C点后做平抛运动，s＝v C t,2R＝122gt－4R2.解得s＝2m2v02Rg(M＋m)28．如图8所示，光滑水平面上有一辆质量为M＝1 kg的小车，小车的上表面有一个质量为m ＝0.9 kg的滑块，滑块与小车的挡板用水平轻弹簧相连接，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为μ＝0.2，整个系统一起以v1＝10 m/s的速度向右做匀速直线运动，此时弹簧长度恰好为原长．现在用一质量为m0＝0.1 kg的子弹，以v0＝50 m/s的速度向左射入滑块且不穿出，所用时间极短．当弹簧压缩到最短时，弹簧被锁定，测得此时弹簧的压缩量为d＝0.50 m，g＝10 m/s2.求：图8(1)子弹射入滑块后的瞬间，子弹与滑块的共同速度；(2)弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能的大小．答案(1)4 m/s，方向水平向右(2)8 J解析(1)设子弹射入滑块瞬间的共同速度为v2，取向右为正方向，对子弹与滑块组成的系统应用动量守恒定律得m v1－m0v0＝(m＋m0)v2解得v2＝4 m/s，方向水平向右．(2)设子弹、滑块与小车三者的共同速度为v3，当三者达到共同速度时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大．对子弹、滑块、小车及弹簧组成的系统，由动量守恒定律得M v1＋(m＋m0)v2＝(M＋m＋m0)v3解得v3＝7 m/s设最大弹性势能为E pmax，对系统应用能量守恒定律有12＋12(m＋m0)v22－12(M＋m＋m0)v322M v1＝E pmax＋Q，其中Q＝μ(m＋m0)gd解得E pmax＝8 J.9.如图9所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上表面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A 、B 两木块同时以相向的水平初速度v 0和2v 0滑上长木板，木板足够长，A 、B 始终未滑离木板也未发生碰撞．求：图9(1)此后运动过程中木块B 的最小速度是多少？(2)木块A 从刚开始运动到A 、B 、C 速度刚好相等的过程中，木块A 发生的位移是多少？ 答案 见解析解析 (1)由题知，B 向右减速，A 向左减速，此时C 静止不动；A 先减速到零后与C 一起反向向右加速，B 向右继续减速，三者共速时，B 的速度最小．取向右为正方向，根据动量守恒定律有m ·2v 0－m v 0＝5m v解得B 的最小速度v ＝v 05. (2)A 向左减速的过程，根据动能定理有－μmgx 1＝0－12m v 02 向左的位移为x 1＝v 022μgA 、C 一起向右加速的过程，根据动能定理有μmgx 2＝12×4m ⎝⎛⎭⎫v 052 向右的位移为x 2＝2v 0225μg取向右为正方向，整个过程A 发生的位移为x ＝x 2－x 1＝－21v 0250μg即此过程中A 发生的位移向左，大小为21v 0250μg.。

lv 0 vS v 0 A Bv 0 A B v 0 l 动量守恒定理应用之滑块、子弹打木块模型子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。

μNS 相=ΔE k 系统=Q ，Q 为摩擦在系统中产生的热量。

②小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动 ：包括小车上悬一单摆单摆的摆动过程等。

小球上升到最高点时系统有共同速度(或有共同的水平速度)；系统内弹力做功时，不将机械能转化为其它形式的能，因此过程中系统机械能守恒。

例题：质量为M 、长为l 的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m 的子弹以水平初速v 0射入木块，穿出时子弹速度为v ，求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。

解：如图，设子弹穿过木块时所受阻力为f ，突出时木块速度为V ，位移为S ，则子弹位移为(S+l)。

水平方向不受外力，由动量守恒定律得：mv 0=mv+MV ①由动能定理，对子弹 -f(s+l )=2022121mv mv -② 对木块 fs=0212-MV ③由①式得 v=)(0v v M m - 代入③式有 fs=2022)(21v v M m M -•④ ②+④得 f l =})]([2121{21212121202202220v v M m M mv mv MV mv mv -+-=-- 由能量守恒知，系统减少的机械能等于子弹与木块摩擦而产生的内能。

即Q=f l ，l 为子弹现木块的相对位移。

结论：系统损失的机械能等于因摩擦而产生的内能，且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。

即 Q=ΔE 系统=μNS 相其分量式为：Q=f 1S 相1+f 2S 相2+……+f n S 相n =ΔE 系统1．在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为L=1.00m ，一质量与木板相同的金属块，以v 0=2.00m/s 的初速度向右滑上木板A ，金属块与木板间动摩擦因数为μ=0.1，g 取10m/s 2。

求两木板的最后速度。

2．如图示，一质量为M 长为l 的长方形木块B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M ，现以地面为参照物，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度 (如图)，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板。