微专题3 碰撞模型的拓展-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修1同步导学案配套PPT课件（教科版）

微专题3　碰撞模型的拓展 第一章　动量与动量守恒定律 [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(重难点)。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(重难点)。 类型1　“弹簧—小球(滑块)”模型 类型2　“滑块—光滑斜(曲)面”模型 类型3　“滑块—木板”模型 内容索引 课时作业 巩固提升 类型4　“子弹打木块”模型 类型1　“弹簧—小球(滑块)”模型 * 1．对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒定律。 2．在能量方面，由于弹簧发生形变，具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的合外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。若还有其他外力和内力做功，这些力做功之和等于系统机械能的变化量。 3．(1)如图所示，弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小。 (2)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大。 [典例1]　如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起，则： (1)A、B两球刚粘在一起时的速度为多大？ [答案]　(1)　 (1)在A、B两球碰撞的过程中弹簧的压缩量可忽略不计，产生的弹力可忽略不计，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，有mv0＝2mv1，解得v1＝。 (2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度为多大？ [答案]　(2)　 (2)粘在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹簧弹力的作用，C球做加速运动，速度由零开始增大，而A、B两球做减速运动，速度逐渐减小，当三个球速度相等时弹簧压缩至最短，在这一过程中，三个球和弹簧组成的系统动量守恒，有2mv1＝3mv2，解得v2＝。 (3)弹簧的最大弹性势能是多少？ [答案]　(3)　 (3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，由能量守恒定律得Epm＝×2mv－×3mv＝mv。 (4)弹簧恢复原长时，三个小球的速度为多大？ [答案]　(4)见解析 (4)弹簧恢复原长过程中，A、B、C三个球和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒，弹簧恢复原长时，由动量守恒定律和能量守恒定律得2mv1＝2mvAB＋mvC ×2mv＝×2mv＋mv 解得vAB＝，vC＝0或vAB＝，vC＝。 [针对训练] 1．如图所示，物体A、B的质量分别是mA＝4.0 kg、mB＝6.0 kg，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触。另有一个质量为mC＝2.0 kg的物体C以速度v0向左运动，与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开，然后以v＝2.0 m/s 的共同速度压缩弹簧，试求： (1)物体C的初速度v0的大小； 答案：(1)6 m/s　 (1)A、C在碰撞过程中，选择向左为正方向，由动量守恒定律可知mCv0＝(mA＋mC)v， 代入数据解得v0＝6 m/s。 (2)在B离开墙壁之后，弹簧的最大弹性势能。 答案：(2)6 J (2)B离开墙壁时，弹簧处于原长，由能量守恒定律知A、C的速度大小为v，方向向右。当A、B、C获得相同速度时，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v′， 代入数据解得v′＝1 m/s。 由系统机械能守恒得弹簧的最大弹性势能 Ep＝(mA＋mC)v2－(mA＋mB＋mC)v′2＝6 J。 类型2　“滑块—光滑斜(曲)面”模型 * 1．对于“滑块—光滑斜(曲)面”模型，系统所受合力不为零，但常在水平方向上的合力为零，则在水平方向上系统动量守恒，再结合能量守恒列方程，联立求解。 2．滑块与斜面水平方向速度相同时，过程可类比完全非弹性碰撞，两者分离时可类比弹性碰撞。 [典例2]　(2024·山东临沂期中)如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，求： (1)滑块b沿a上升的最大高度； [答案]　(1)　 (1)b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v 由机械能守恒定律得mv＝(m＋4m)v2＋mgh 解得h＝。 (2)滑块a运动的最大速度。 [答案]　(2)v0 (2)滑块b滑离a时，滑块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva 由机械能守恒定律得mv＝mv＋·4mv 解得va＝v0，vb＝－v0。 A．在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统 总动量守恒 B．小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动 C．小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动 D．小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v0 C [针对训练] 2．如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则(　　) 整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒定律得mv＝mv＋mv，联立解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后将做自由落体运动， 故B、D错误，C正确。 类型3　“滑块—木板”模型 * 1．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。 2．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＝fΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。 [典例3]　如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车上某处与小车保持相对静止。物块与车之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，求： (1)物块在车上滑行的时间； [答案]　(1)0.24 s　 (1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，设物块与车之间的滑动摩擦力为f，对物块应用动量定理有－ft＝m2v－m2v0 又f＝μm2g 联立并代入数据得t＝0.24 s。 (2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。 [答案]　(2)5 m/s (2)要使物块恰好不从车的右端滑出，则物块到车的最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则 m2v′0＝(m1＋m2)v′ 由能量守恒定律有m2v′＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入数据解得v′0＝5 m/s 故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过 5 m/s。 方法总结 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·x相对，其中x相对为滑块和木板相对滑动的路程。 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，此过程可以看成完全非弹性碰撞。 [针对训练] 3．如图所示，一质量为M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m＝1.0 kg的小木块A。给A和B大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板。在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　) A．1.8 m/s　　　　　　 B．2.4 m/s C．2.8 m/s D．3.0 m/s B 以木板和小木块整体为研究对象，水平地面光滑，则系统水平方向动量守恒。A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板速度大小为v1，最终它们的共同速度大小为v2，取水平向右为正方向，则有Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2.0 m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s且小于 m/s，只有选项B正确。 类型4　“子弹打木块”模型 * 1．模型特点 (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。 2．两种类型 (1)子弹留在木块中(未穿出) ①动量守恒：mv0＝(m＋M)v。 ②机械能损失(摩擦生热) Q热＝f·d＝mv－(m＋M)v2 其中d为子弹射入木块的深度。 (2)子弹穿出木块 ①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。 ②机械能的损失(摩擦生热) Q热＝f·L＝mv－mv－Mv 其中L为木块的长度，注意d≤L。 [典例4]　如图所示，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(未穿出)。若木块与地面间的动摩擦因数为μ，子弹与木块间的动摩擦因数为μ0，求： (1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离； [答案]　(1)　 因子弹未穿出木块，故最后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差。 (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，则由动量守恒定律得 mv＝(M＋m)v′① 二者一起沿地面滑动，前进的距离为x，由动能定理得 －μ(M＋m)gx＝0－(M＋m)v′2② 由①②两式解得x＝。 (2)子弹射入木块的过程中，系统损失的机械能； [答案]　(2) (2)子弹射入木块过程中系统损失的机械能 ΔE＝mv2－(M＋m)v′2③ 解得ΔE＝。 (3)子弹在木块中打入的深度。 [答案]　(3) (3)设子弹在木块中打入的深度(即子弹相对于木块的位移)为x相对，则ΔE＝μ0mgx相对， 解得x相对＝＝。 方法总结 子弹打木块模型与滑块—木板模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用的，系统动量守恒。当子弹不穿出木块时，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多。　 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 [A组　基础巩固练] 1．(2024·四川绵阳期中)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起，将其放在光滑水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知(　　) A．子弹射中上层时对滑块做功多 B．两次子弹对滑块做的功一样多 C．子弹射中上层系统产生热量多 D．子弹与两层之间的摩擦力一样大 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据动量守恒可知两次过程最后滑块获得的速度(最后滑块和子弹的公共速度)是相同的，即滑块获得的动能是相同的；根据动能定理，滑块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故A错误，B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，而减少的动能一样多(两次过程子弹初速度相等，且滑块与子弹的末速度也相等，则系统减少的动能一样)，故系统产生的热量一样多，故C错误。根据摩擦力和相对位移的乘积等于系统动能的损失量，两次相对位移不一样，因此子弹所受阻力不一样，子弹与下层之间相对位移比较小，所以摩擦力较大，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2．(多选)(2024·四川乐山期末)如图所示，长木板A静止在光滑的水平面上，质量m＝2 kg的物体B以水平速度v0＝3 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速度随时间变化的情况如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．长木板A获得的动能为4 J B．长木板的质量为4 kg C．长木板A的最小长度为1 m D．A、B间的动摩擦因数为0.2 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 在0～1 s内，B相对于A滑动，以物体B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv0＝ (m＋mA)v 由题图知v＝1 m/s，解得mA＝4 kg 所以长木板A获得的动能EkA＝mAv2 ＝×4×12 J＝2 J，A错误，B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 在v－t图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，则在0～1 s内，B与A的位移之差 Δx＝ m＝1.5 m 则要使B不从A上滑下，长木板A的最小长度为1.5 m，C错误；B在A上相对运动时，对B，根据牛顿第二定律有μmBg ＝ mBa 根据题图有a＝＝ m/s2＝2 m/s2 解得μ＝0.2，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3．(多选)(2024·湖南益阳期中)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，则下列说法正确的是(　　) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B．子弹射入木块过程动量守恒，故子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度为 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后瞬间子弹和木块的动能 D．子弹和木块一起上升的最大高度为 答案：BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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，忽略空气阻力，该过程只有重力做功，机械能守恒，只有取最开始小木块所在平面为零势能面，则其机械能等于子弹射入木块后瞬间子弹和木块的动能， 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′ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 所以子弹射入木块后瞬间的共同速度为v′＝ 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＝，B、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4．(多选)(2024·四川南充期末)如图所示，小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一可视为质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。下列说法正确的是(　　) BD A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B．小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化是mv C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化 D．车上曲面的竖直高度不会大于 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车仍继续前进，不会回到原位置，故A错误；小球恰好到最高点时两者有共同速度，对于车和球组成的系统，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得 mv＝2mv1 得共同速度v1＝ 小车动量的变化Δp＝mv1－0＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 故B正确；小球恰好到达小车最高点时，小球与小车的速度是相等的，由于系统水平方向动量守恒，若曲面光滑，则系统机械能守恒，所以相互作用结束后，可能小车的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C错误；如果曲面光滑，则车和球组成的系统机械能守恒，有mv2－·2mv＝mgh 解得h＝ 如果曲面粗糙，因摩擦生热，减少的动能还有一部分转化成内能，能上升的高度还要更小些，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5．(多选)(2024·四川眉山期末)一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量M＝3 kg，小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平。有一质量m＝1 kg的小球以水平初速度v0＝4 m/s从圆弧下端滑上小车，如图所示，取水平向左为正方向。g取10 m/s2，则(　　) A.在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒 B.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.4 m C.小球离开小车时的速度为－2 m/s D.小球从滑上小车到离开小车的过程中对小车做的功为6 J CD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，因此系统只在水平方向动量守恒，故A错误；系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可得mv0＝mv1＋Mv2 由系统的机械能守恒得mv＝mv＋Mv＋mgh 当v1＝v2时，mgh最大，则有高度h最大， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 联立解得h＝0.6 m，故B错误；设小球离开小车时的速度为v3，小车的速度为v4，取水平向左为正方向，由系统在水平方向动量守恒和系统的机械能守恒，有mv0＝mv3＋Mv4 mv＝mv＋Mv 联立解得v3＝－2 m/s，v4＝2 m/s 小球的速度方向向右，故C正确；小球离开小车时小车在水平方向的速度为2 m/s，由动能定理可得小球对小车做的功为W＝Mv＝6 J，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6．(多选)(2024·四川达州期中)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块相连，它们静止在光滑水平地面上。使物块m1瞬间获得水平向右的速度v0，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．m1小于m2 B．t1与t3两时刻，弹簧的长度一样 C．在t1～t3时间内，两条图线之间围成的面积表 示弹簧的最大形变量的2倍 D．在t2与t4两时刻，弹簧的弹性势能一定相等 ACD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 两物块与弹簧组成的系统动量守恒，根据图乙可知，0～t1时间内m1的速度始终大于m2的速度，则可知此过程中弹簧被压缩，而t1时刻弹簧被压缩至最短，此时两物块拥有共同速度v，之后m2继续加速，m1继续减速，某时刻m1速度减为零后反向加速，直至t2时刻两者速度均达到最大值，此时弹簧恢复原长，根据动量守恒定律有(m1＋m2)v＝m2v2－m1v1 整理可得m1(v＋v1)＝m2(v2－v) 而根据图像可知v＋v1>v2－v 由此可得m1<m2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 故A正确；根据以上分析，t2时刻两者速度均达到最大值，但此时两者速度相反，此后m1与m2均做减速运动，某时刻m1的速度减为零后反向加速，直至t3时刻，两者达到共速，此时弹簧被拉伸至最长，则可知t1与t3两时刻，弹簧的长度不一样，故B错误；根据以上分析可知，t1时刻弹簧压缩至最短，而t3时刻弹簧拉伸至最长，且0～t1时间内，两条图线围成的面积表示弹簧的最大形变量， 另t3～t4时间内，弹簧由拉伸至最长 恢复到原长，根据图像的对称性可知， 在t1～t3时间内， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 两条图线之间围成的面积表示弹簧的最大形变量的2倍，故C正确；根据以上分析，t3时刻弹簧被拉伸至最长，此后m1继续做加速运动，m2继续做减速运动，直至t4时刻，m1速度达到最大值，m2速度减小为最小值，此时弹簧恢复原长，因此可知，在t2与t4两时刻，弹簧均处于原长，其所具有的弹性势能相同，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 [B组　综合强化练] 7．(多选)(2024·河南开封期末)如图所示，质量M＝3 kg表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时质量m＝3 kg表面粗糙的物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s滑上长木板，物块做匀减速运动，长木板做匀加速运动，经过时间Δt＝2 s物块和长木板以共同速度做匀速运动，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．长木板做匀加速运动的加速度大小为1 m/s2 B．物块与长木板之间的动摩擦因数为0.15 C．长木板的长度至少为6 m D．物块与长木板组成的系统损失的机械能为12 J AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对系统由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v 解得v＝2 m/s 长木板做匀加速运动的加速度大小 a＝＝＝1 m/s2 故A正确； 根据牛顿第二定律，对长木板有F＝μmg＝Ma 解得物块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 故B错误； 前2 s内长木板的位移 x1＝×Δt＝×2 m＝2 m 物块的位移 x2＝×Δt＝×2 m＝6 m 所以长木板最小长度 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 L＝x2－x1＝4 m 故C错误； 物块与长木板组成的系统损失的机械能 ΔE＝mv－(m＋M)v2＝12 J 故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8．(2024·四川内江期末)如图所示，质量为m＝1 kg的小木块A，静止在质量为M＝2 kg的长木板B的左端，长木板停止在光滑的水平面上。现有一颗质量为m0＝20 g的子弹，以v0＝600 m/s的初速度，水平从左向右瞬间击穿木块，木块被击穿后的速度为3 m/s，此后，木块在长木板上向右滑行恰好不离开长木板，木块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，小木块A被射穿时无质量损失。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)在穿过木块后，子弹的速度大小； 答案：(1)450 m/s 　 (1)子弹打穿木块的过程中，由动量守恒定律得m0v0＝m0v＋mvA 解得v＝450 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)木板B的长度。 答案：(2)1.5 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)木块在木板上滑动直到共速，由动量守恒定律得mvA＝(M＋m)v共 由能量守恒可得mv＝Q＋(M＋m)v 而产生的热能 Q＝μmgL 解得木板长度 L＝1.5 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 [C组　培优选做练] 9．(2024·四川绵阳期中)如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A、B，静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以v0的速度水平射入物体A并留在物体A内，A的质量为3m，B的质量为4m，求： (1)子弹刚与A相对静止时，A的速度大小vA； 答案：(1)v0　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)子弹射入A的过程，子弹和A组成的系统动量守恒，可得mv0＝(m＋3m)vA 解得vA＝v0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能Ep。 答案：(2)mv 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)A(含子弹)与B速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，从子弹与A相对静止到三者速度相等过程，根据动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得(m＋3m)vA＝(m＋3m＋4m)vAB (m＋3m)v＝(m＋3m＋4m)v＋Ep 联立解得Ep＝mv。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10．在光滑水平面上静止有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且与木板AB上表面平滑相接，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为vB＝，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处。已知物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)物块滑到B处时木板的速度vAB； 答案：(1)，方向向左　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)物块由点A到点B时，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvB＋2m·vAB 又vB＝ 解得vAB＝ 且速度方向向左。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)木板的长度L； 答案：(2)　 (2)物块由点A到点B时，根据能量守恒定律得mv－m()2－×2m()2＝μmgL 解得L＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)滑块CD圆弧的半径。 答案：(3) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)由点D到点C，滑块CD与物块P组成的系统在水平方向上动量守恒，则有m·＋m·＝2mv共 滑块CD与物块P组成的系统机械能守恒，则有mgR＝m()2＋m()2－×2mv 联立解得，滑块CD圆弧的半径为R＝。 $$