综合•融通(二) 四种“类碰撞”模型（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（鲁科版2019 福建专版）

综合•融通(二)　四种“类碰撞” 模型(融会课—主题串知综合应用) 动量守恒定律及其应用是高考的重点，动量与能量的综合应用是高考命题的重点和难点，命题以选择题和计算题为主。其中有四种“类碰撞”模型：人船模型、弹簧类碰撞模型、子弹打木块模型、滑块—木板模型，是命题常涉及的情境，通过本节课的学习要熟练掌握这些模型的规律和解题方法。 1 主题(一) 人船模型 2 主题(二) 弹簧类碰撞模型 3 主题(三) 子弹打木块模型 5 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 4 主题(四) 滑块—木板模型 主题(一) 人船模型 1．“人船模型”的特征 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为0，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。 知能融会通 2．“人船模型”的运动特点 两个物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停。 3．处理“人船模型”的两个关键 (1)处理思路：利用动量守恒定律，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。 [典例]　长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着 墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，某时刻 人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)(　 ) √ /方法技巧/ “人船模型”的推广应用 (1)对于原来静止、相互作用过程中动量守恒的两个物体组成的系统，无论沿什么方向运动，“人船模型”均可应用。 (2)原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，在该方向上也可应用处理“人船模型”问题的思路来处理。 1.(多选)质量为m的人在质量为M的小车上 从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦 不计时，那么(　 ) A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车也突然停止 B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大 题点全练清 √ C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大 D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同 √ 解析：由于地面光滑，则人与车组成的系统动量守恒，可得mv人＝Mv车，可知A正确； 2．(2024·福州高二检测)光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为θ的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的光滑小球B从斜面的顶端由静止释放，经过一段时间后，小球B刚好滑到斜面底端，重力加速度为g。则下列说法中正确的是(　 ) √ 解析：小球B下滑过程，系统在水平方向所受合外力为零，系统在竖直方向所受合外力不为零，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误； 小球B下滑过程斜面会向左运动，小球加速度方向与水平面的夹角不是θ，加速度不等于gsin θ，故B错误； 主题(二) 弹簧类碰撞模型 1．对于弹簧类碰撞问题，在作用过程中，系统所受合外力为零，满足动量守恒定律。 2．整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。 3．弹簧压缩到最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大。 知能融会通 [典例]　如图，滑块A、B、C放置于光滑水平面上，A和B之间用平行于水平面的弹簧连接，弹簧处于原长。给物块A一个水平向右的瞬时速度v0，A和B通过弹簧相互作用，当弹簧第一次恢复原长时，滑块B恰好与右边的滑块C发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块B、C粘在一起，整个过程弹簧始终未超出弹性限度。已知滑块A的质量为m，滑块B的质量为2m，滑块C的质量为3m。求： (1)弹簧第一次压缩到最短时弹簧的弹性势能； (2)弹簧第一次恢复原长时滑块A和B的速度大小； (3)弹簧第一次压缩到最短时与弹簧第二次压缩到最短时弹簧的弹性势能之比。 1．(2024·黑龙江齐齐哈尔质检)(多选)如图所示， A、B两物体质量相等，B上连有一轻质弹簧，且静止在光滑的水平面上，当A以速度v通过弹簧与B正碰时，则(　 ) A．当弹簧压缩量最大时，A的动能恰为零 B．当弹簧压缩量最大时，弹簧具有的弹性势能等于物体A碰撞前动能的一半 题点全练清 √ C．碰后A离开弹簧，A静止，B以速度v向右运动 D．碰后A离开弹簧，A被弹回向左运动，B向右运动 解析：当弹簧压缩量最大时，此时A、B相距最近，两者共速，此时A的动能不为零，选项A错误； √ √ 主题(三) 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，则系统动量守恒。 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，机械能损失最多。 知能融会通 [典例]　如图所示，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为f。则： (1)子弹、木块的共同速度是多少？ (2)过程中的摩擦生热是多少？ (3)子弹在木块内运动的时间为多长？ (4)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是多少？ 1．(多选)如图所示，一轻细绳一端固定在O点，另一端 系一质量为3m的小物块。开始时小物块静止于O点的正下方。 现前、后两次将质量均为m的子弹以向右的水平速度射入 小物块，第一颗子弹的速度为v0，进入小物块后随其一起摆动的最大摆角小于90°。当小物块第一次返回到O点的正下方时，第二颗子弹以另一速度水平向右打入小物块也留在其中，小物块的最大摆角与第一次相同。忽略子弹与小物块的作用时间，不考虑空气阻力，则(　 ) 题点全练清 √ √ 主题(四) 滑块—木板模型 1．这类问题通常都是把滑块、木板看作一个整体，滑块和木板间的摩擦力为内力，在光滑水平面上整体不受摩擦力，滑块和木板组成的系统动量守恒。 2．由于滑块和木板之间的摩擦生热，一部分机械能转化为内能，那么系统机械能不守恒，一般由能量守恒定律求解。 3．注意：题目中如果说明滑块不滑离木板，则最后二者以共同速度运动。 知能融会通 [典例]　(2024·福清高二检测)如图所示，质量m1＝3 kg、长度l＝6 m的木板，以速度v1＝5 m/s 沿光滑水平面向右匀速运动。某时刻一质量m2＝1 kg 的小木块(可视为质点)，以水平向左的速度v2＝3 m/s从木板的右端滑上木板，最终刚好不能滑离木板。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)木块与木板间的动摩擦因数； (2)木块做加速运动的过程中，木板运动的距离。 [解析]　(1)设木块到达木板左端时与木板的共同速度为v，以水平向右为正方向。对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律有m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v (2)设当物块的速度等于零时，木板的速度为v3，由动量守恒定律可知m1v1－m2v2＝m1v3 解得v3＝4 m/s， 设木块在木板上加速的时间为t 对木块由动量定理有μm2gt＝m2v－0 代入数据可得t＝0.75 s /方法技巧/ “滑块—木板”模型是通过板块之间的滑动摩擦力发生相互作用的，当系统所受合外力为零时，系统的动量守恒，但机械能一般不守恒，多用能量守恒定律求解，需要注意的是，滑块若不滑离木板，意味着二者最终具有共同速度。　　 1．(2024·广东佛山高二质检)(多选)如图所示，木板B静止在光滑水平面上，可看作质点的小物块A从左侧以一定的初速度向右滑上木板B，恰好没有滑离木板。已知A和B的质量均为50 g，木板B长为1.2 m，A与B之间动摩擦因数为0.75，g取10 m/s2。此过程中(　 ) 题点全练清 √ √ 解析：此过程中摩擦产生的热量为Q＝μmgL＝0.75×0.05×10×1.2 J＝0.45 J，A错误，B正确； 2．如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板A和静止的滑块C，滑块B置于A的最左端(滑块B、C均可视为质点)。若木板A和滑块B一起以v0＝5 m/s的速度向右运动，A与C发生时间极短的碰撞后粘在一起。已知木板A与滑块B间的动摩擦因数μ＝0.1，且mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg，g取10 m/s2，求： (1)长木板A与滑块C碰后瞬间，滑块C的速度大小； (2)B最终与A相对静止时速度的大小； (3)要使滑块B不从木板A上滑下，木板A至少多长？ 解析：(1)A与C碰撞过程中，动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mC)v1 解得v1＝2.5 m/s。 (2)B在A上滑行，A、B、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得mBv0＋(mA＋mC)v1＝(mA＋mB＋mC)v2 解得v2＝3 m/s。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1．(多选)如图所示，小球A与小球B由轻弹簧连接，置于光滑水平面上。一颗子弹以水平初速度v0射入小球A，并在极短时间内嵌在其中。已知小球B的质量为2m，小球A与子弹的质量均是m，弹簧始终在弹性限度内，子弹射入小球以后的过程中，下列说法正确的是(　 ) 6 7 8 9 10 11 12 A．子弹、小球A和小球B组成的系统动量守恒 B．子弹、小球A和小球B组成的系统总动能保持不变 C．当弹簧压缩至最短时，小球B动能最大 D．当弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大 1 2 3 4 5 √ √ 6 7 8 9 10 11 12 解析：子弹、小球A和小球B组成的系统受到合外力为零，则系统动量守恒，故A正确； 子弹射入小球以后的过程中，由于弹簧的弹性势能发生变化，可知子弹、小球A和小球B组成的系统总动能发生变化，故B错误； 当弹簧再次恢复原长时，小球B的速度最大，小球B的动能最大，故C错误； 当子弹、小球A和小球B速度相等时，弹簧压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，故D正确。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2.如图所示，一质量为450 kg的小船静止在平静的水面上，质量为50 kg的人在船上立定跳远的成绩为2 m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是(　 ) A．人在船上向右散步时，船也将向右运动 B．人向右立定跳远的过程中船相对地面保持静止 C．人向右立定跳远的过程中船相对地面向左运动了0.4 m D．人相对地面的成绩为1.8 m 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：根据动量守恒定律知，人在船上向右散步时，船向左运动，A错误； 根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝0，则m1x1＝m2x2，又x1＋x2＝2 m，m1＝50 kg，m2＝450 kg，代入数据解得x1＝1.8 m，x2＝0.2 m，即人向右立定跳远的过程中船相对地面向左运动了0.2 m，人相对地面的位移为1.8 m，B、C错误，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3．如图，质量相等的A和B两个物块用轻弹簧 相连接，用一细线将两物块拴住使弹簧处于压缩 状态；两物块以速度v在光滑水平面上运动，已知弹簧的弹性势能是它们总动能的2倍。若某时刻细线突然断裂，则在以后的运动过程中(　 ) A．B的速度最大时，A的速度刚好为零 B．B的速度最大时，A的速度也最大 C．B的速度最大时，弹簧形变量不为零 D．B的速度最大时，弹簧形变量刚好为零 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4．(多选)如图，光滑水平面上足够长的木板质量为M，以初速度v0向左运动的同时，长木板左端上方的质量为m的滑块也以同样大小的速度v0向右运动，最终它们有共同的速度，则(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．若M＝m，最终共同速度一定为零 B．若M<m，滑块的速度可能为零 C．若M>m，当滑块的速度减至零时，木板向左运动 D．若M>m，滑块相对木板先向右、后向左运动，直至与木板相对静止 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 若M>m，合动量方向向左，滑块先减速，后向左加速，最后以v的速度向左匀速运动，所以当滑块的速度减至零时，木板向左运动，此过程中滑块相对木板一直向右运动，直至与木板相对静止，故C正确，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 5．(多选)如图甲所示，质量为m＝1 kg的物块B以水平速度v0＝2 m/s 滑上原来静止在光滑水平面上的长木板A的上表面，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．长木板A的质量为1 kg B．木板获得的动能为1 J C．系统损失的机械能为1 J D．长木板A的最小长度为2 m 解析：由题图乙可知，最终物块和木板的共同速度为v＝1 m/s，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝1 kg，故A正确； 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 6.如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上的静止木块后不再穿出，此时木块动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为(　 ) A．10 J B．3 J C．6 J D．4 J 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7．(多选)如图所示，光滑水平面上放置滑块A和左侧固定轻质竖直挡板的木板B，滑块C置于B的最右端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝3 kg、mC＝1 kg。开始时B、C静止，A以v0＝7.5 m/s的速度匀速向右运动，A与B发生正碰(碰撞时间极短)，经过一段时间，B、C达到共同速度一起向右运动，且此时C再次位于B的最右端。已知所有的碰撞均无机械能损失，木板B的长度为L＝0.9 m，B、C之间的动摩擦因数为μ，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A．A与B碰撞后瞬间，B的速度大小为5 m/s B．A与B碰撞后瞬间，B的速度大小为6 m/s C．C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C对B摩擦力的冲量水平向左 D．μ＝0.75 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C的速度大于B的速度，C对B的摩擦力水平向右，此时C对B摩擦力的冲量水平向右，故C错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．小球沿曲面向上运动过程中，小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球沿曲面向下运动的过程中，小车的动量增加 C．小球离开小车时小球的速率等于v0 D．若小球速度较大，会从圆弧轨道上端抛出，但仍会落回小车 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：小球沿曲面向上运动过程中，小球和小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但整体合外力不为零，则系统动量不守恒，故A错误； 小球沿曲面向下运动的过程中，小车受到的冲量向右，小车的动量增加，故B正确； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．小球与圆弧体的质量之比为1∶1 B．小球与圆弧体的质量之比为1∶2 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 10．(多选)如图所示，质量均为m＝2 kg的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l＝0.5 m的细线，细线另一端系一质量为1 kg的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度g取10 m/s2。从开始释放C到A、B两木块恰好分离的过程，下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：整个运动过程中，只有重力做功，A、B、C系统机械能守恒，水平方向无外力作用，水平方向动量守恒，但竖直方向有重力作用，动量不守恒，故D错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 C球由静止释放到最低点的过程中，设C对地的水平位移大小为x1，A、B对地的水平位移大小为x2，则有mCx1＝2mx2，根据题意可得x1＋x2＝l，联立解得x2＝0.1 m，故C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11.如图所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向； (2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小； (3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。 (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。 (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 ①用“人船模型”求位移的题目，系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率。 ②在系统内物体相互作用的过程中，任意时刻的系统总动量为0，因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m11－m22＝0。 ③如果两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为s1和s2，则有m1－m2＝0，即m1s1－m2s2＝0。 (2)画关系图：画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移的关系。 特别提醒：“人船模型”不一定是人和船，可以是人和小车、滑块和斜面等。 A．L B. C. D. [解析]　设人从车上跳起后沿水平方向的分速度大小为v1，车沿水平方向的速度大小为v2，人和车组成的系统在水平方向动量守恒，选取向左为正方向，则mv1－Mv2＝0，设人从车右端到达左端的时间为t，则有mv1t－Mv2t＝0，又v1t＝x1(人的位移大小)，v2t＝x2(车的位移大小)，则有mx1＝Mx2，由几何关系得x1＋x2＝L，解得车的位移大小为x2＝，故C正确。 设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车，得x车＝L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C错误。 A．小球B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 B．小球B下滑的过程中做匀加速直线运动且加速度为a＝gsin θ C．小球B下滑到底端过程中斜面体向左滑动的距离为L D．小球B下滑到底端过程中斜面体向左滑动的距离为L 小球与斜面体组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，可得mx1－Mx2＝0，又x1＋x2＝L，解得小球下滑过程斜面体向左滑动的距离为x2＝L，故C错误，D正确。 [解析]　(1)弹簧第一次压缩到最短时，A、B组成的系统动量守恒，则有mv0＝(m＋2m)v1 根据系统机械能守恒可得，弹簧的弹性势能为Ep1＝mv02－(m＋2m)v12 联立解得Ep1＝mv02。 (2)当弹簧第一次恢复原长时，滑块B的速度最大，A、B组成的系统动量守恒，则有mv0＝mvA＋2mvB 根据系统机械能守恒可得mv02＝mvA2＋×2mvB2 联立解得vA＝－v0，vB＝v0 可知弹簧第一次恢复原长时滑块A的速度大小为v0，方向水平向左；滑块B的速度大小为v0，方向水平向右。 (3)弹簧第一次恢复原长时，滑块B和C发生完全非弹性碰撞，碰撞过程B、C组成的系统动量守恒，则有2mvB＝(2m＋3m)v2 解得v2＝v0 当弹簧再次压缩到最短时，三个滑块速度相同，设速度大小为v3，根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋2m＋3m)v3 解得v3＝ 弹簧第二次压缩到最短时弹簧的弹性势能为Ep2＝mvA2＋×(2m＋3m)v22－×(m＋2m＋3m)v32 解得Ep2＝mv02 则弹簧第一次压缩到最短时与弹簧第二次压缩到最短时弹簧的弹性势能之比为＝。 [答案]　(1)mv02　(2)v0　v0　(3) 当弹簧压缩量最大时，则mv＝2mv′，弹簧具有的弹性势能Ep＝mv2－·2mv′2＝mv2＝·mv2，即等于物体A碰撞前动能的一半，选项B正确； 碰后A离开弹簧时，根据mv＝mv1＋mv2，mv2＝mv12＋mv22，解得v1＝0，v2＝v，即此时A静止，B以速度v向右运动，选项C正确，D错误。 2.(2024·厦门高二模拟)光滑水平面上，A、B两小球与轻质弹簧拴接，初始弹簧处于原长，两小球静止。某时刻给A球水平向右的初速度，对应初动能为Ek，设此后运动过程弹簧弹性势能最大值为Ep，已知A球质量为m，若>4，则B球质量可能为(　 ) A.m B.m C．2m D．4m 解析： A、B两小球与轻质弹簧组成的系统动量守恒，则有mAv0＝mBvB＋mAvA，当A、B的速度相等时，轻质弹簧有最大弹性势能，又A球质量为m，>4，设B的质量为km，故可得>4，解得k<。故选B。 [解析]　(1)设子弹、木块的共同速度为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＝ v0。 (2)过程中的摩擦生热为 Q热＝mv02－(M＋m)v2＝v02。 (3)设子弹在木块内运动的时间为t，对木块由动量定理得ft＝Mv－0 解得t＝。 (4)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理，对子弹有： －fx1＝mv2－mv02 解得x1＝ 对木块有fx2＝Mv2 解得x2＝ 子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相＝x1－x2＝。 [答案]　(1) v0　(2)v02 (3)　(4) 　 A．第一颗子弹射入的过程中，子弹与小物块组成的系统机械能减少了mv02 B．第二颗子弹射入小物块时的速度大小为v0 C．两次小物块和子弹摆起的最大高度均为 D．子弹前后两次作用的过程中，两子弹受到小物块的冲量大小之比为3∶8 解析：第一颗子弹射入的过程中，根据动量守恒定律，有mv0＝(3m＋m)v1，解得v1＝，子弹与小物块组成的系统机械能减少了ΔE＝mv02－×4mv12＝mv02，故A正确； 根据机械能守恒定律可知，小物块第一次返回到O点的正下方时，速度大小仍为v1，方向变为水平向左，因为第二颗子弹射入小物块后，小物块的最大摆角与第一次相同，两次小物块上升的最大高度相同，所以第二颗子弹射入小物块后，小物块的速度大小仍为v1，根据动量守恒定律有mv2－4mv1＝5mv1，解得v2＝v0，故B错误； 第一颗子弹射入后，根据机械能守恒定律有×4mv12＝4mgh0，解得h0＝，故C错误； 第一次作用的过程中，子弹受到小物块的冲量大小I1＝m(v0－v1)＝mv0，第二次作用的过程中，子弹受到小物块的冲量大小I2＝m(v2－v1)＝2mv0，前后两次作用的过程中，两子弹受到小物块的冲量大小之比＝，故D正确。 2．(2024·福州高二月考)如图所示，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为v0。求： (1)子弹穿出木块过程中受到的冲量I； (2)子弹穿出木块后，木块的速度大小v； (3)子弹从射入木块到穿出木块的过程中产生的热量Q。 解析：(1)根据动量定理可得I＝mvt－mv0 子弹受到的冲量为I＝mv0－mv0＝－mv0，负号表示方向水平向左。 (2)子弹穿过木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，有mv0＝3mv＋m·v0 解得v＝v0。 (3)由能量守恒定律得Q＝mv02－×3mv2－m·2 解得Q＝mv02。 答案：(1)mv0，方向水平向左　(2)v0 (3)mv02 由能量守恒定律有Q＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2 且Q＝μm2gl 联立以上各式，代入数据解得μ＝0.4。 在这段时间内，木板运动的距离s＝v3t－at2 其中a＝＝ m/s2 解得s＝2.625 m。 [答案]　(1)0.4　(2)2.625 m A．摩擦产生的热量为0.90 J B．摩擦产生的热量为0.45 J C．A的初速度大小为6 m/s D．A的初速度大小为3 m/s 由于水平面光滑，故在运动过程中系统动量守恒，得mvA＝2mv，根据能量守恒定律得mvA2＝·2mv2＋Q，联立解得vA＝6 m/s，C正确，D错误。 (3)根据能量守恒定律得mBv02＋(mA＋mC)v12＝(mA＋mB＋mC)v22＋μmBgL 解得长木板A的长度最小值L＝2.5 m。 答案：(1)2.5 m/s　(2)3 m/s　(3)2.5 m 解析：设物块的质量为m，则细线断裂前弹簧的弹性势能为Ep＝2××2mv2＝2mv2，细线断裂后，弹簧处于压缩状态时，物块B做加速度减小的加速运动，当弹簧变为原长时，物块B的速度达到最大，之后弹簧处于伸长状态，物块B开始做减速运动； 设B的速度最大时，A、B的速度分别为vA、vB，根据动量守恒定律可得2mv＝mvA＋mvB，根据机械能守恒定律可得Ep＋×2mv2＝mvA2＋mvB2，联立解得vA＝(1－)v，vB＝(1＋)v，此时A的速度不是最大，故选D。 解析：水平面光滑，系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得(m－M)v0＝(m＋M)v，解得共同速度为v＝v0。若M＝m，可知最终共同速度一定为零，故A正确； 若M<m，合动量方向向右，滑块先减速，最后以v的速度向右匀速运动，即其速度不可能为零，故B错误； 木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×1×12 J＝0.5 J，故B错误； 系统损失的机械能ΔE＝mv02－(m＋M)v2，解得ΔE＝1 J，故C正确； 根据v-t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图乙可得0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故D错误。 解析：设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m。根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，得v＝。木块获得的动能为ΔEk＝Mv2＝＝·，系统产生的内能为Q＝mv02－(M＋m)v2＝，可得Q＞ΔEk＝6 J，故A正确。 解析：规定水平向右为正方向，对A、B组成的系统，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0＝mAvA1＋mBvB1，mAv02＝mAvA12＋mBvB12，解得vB1＝6 m/s，故A错误，B正确； 对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mBvB1＝(mB＋mC)v共，mBvB12＝(mB＋mC)v共2＋μmCg·2L，解得μ＝0.75，故D正确。 8．(多选)如图所示，光滑的冰面上有一质量为M的小车处于静止状态，小车上表面是一半径为R的光滑圆弧曲面，圆弧的最低点切线水平。某一时刻，一质量为m的小球自左端以水平速度v0冲上小车。则下列说法正确的是(　 ) 小球离开小车时，设小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知mv0＝mv1＋Mv2 ，mv02＝mv12＋Mv22，解得小球离开小车时小球的速率v1＝v0，故C错误； 若小球速度较大，会从圆弧轨道上端抛出，但抛出时两者水平方向速度相同，水平方向相对静止，所以仍会落回小车，故D正确。 9．(多选)如图，质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径为R。圆弧体B锁定，圆弧体A不锁定，一个小球从圆弧体A的最高点由静止释放，小球沿圆弧体B上升的最大高度为。已知重力加速度大小为g，则(　 ) C．若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为 D．若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为 解析：设小球质量为m，圆弧体质量为M，小球从圆弧体A上滚下时，A的速度大小为v1，小球的速度大小为v2，由题意可知Mv1＝mv2，mgR＝Mv12＋mv22，mgR＝mv22，解得M＝m，v2＝，故A正确，B错误； 若圆弧体B没有锁定，则小球与圆弧体B作用过程类似于弹性碰撞，交换速度，因此圆弧体B最终获得的速度大小为，故C正确，D错误。 A．两木块A和B分离时，A、B的速度大小均为 m/s B．两木块A和B分离时，C的速度大小为2 m/s C．C球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为0.1 m D．C球由静止释放到最低点，木块A、B和C球所组成的系统动量和机械能都守恒 C球下落到最低点时，A、B将要分离，根据机械能守恒定律有mCgl＝mCvC2＋vAB2，系统水平方向动量守恒，选择水平向左为正方向，根据动量守恒定律有mCvC＝2mvAB，联立解得vC＝2 m/s，vAB＝ m/s，故A错误，B正确； 解析：(1)设小球能通过最高点，且在最高点时的速度为v1，在上升过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，则mv12＋mgL＝mv02 解得v1＝ m/s 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向竖直向下，则F＋mg＝m，解得F＝2 N 由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为F′＝F＝2 N，方向竖直向上。 (2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为v。在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右为正方向，有mv2－Mv＝0 在上升过程中，因只有重力做功，故系统的机械能守恒，则mv22＋Mv2＋mgL＝mv02 联立解得v2＝2 m/s。 (3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为v′。 由系统水平方向的动量守恒，得mv3－Mv′＝0 将上式两边同乘以Δt，得mv3·Δt－Mv′·Δt＝0，对任意时刻微小时间间隔Δt，mv3·Δt－Mv′·Δt＝0都成立，累积相加后有ms1－Ms2＝0，又s1＋s2＝2L，联立解得s1＝ m。 答案：(1)2 N　竖直向上　(2)2 m/s　(3) m 12．(2023·辽宁高考) 如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。 木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。 解析：(1)由于地面光滑，则木板和小物块组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1 代入数据解得v1＝1 m/s 对木板受力分析有a1＝＝4 m/s2 则有v12＝2a1x1 代入数据解得x1＝0.125 m。 (2)木板与弹簧接触以后，对木板和小物块组成的系统有kx2＝(m1＋m2)a共 对物块有a2＝μg＝1 m/s2 当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2＝0.25 m 对木板和物块组成的系统，由动能定理有 －kx22＝(m1＋m2)v22－(m1＋m2)v12 代入数据解得v2＝ m/s。 (3)木板与物块发生相对滑动后，对木板有kx－μm2g＝m1a1′，对物块有μm2g＝m2a2 木板减速到0后向左加速，二者加速度再次相同时有＝μg 整理得kx′＝μ(m1＋m2)g，解得x′＝0.25 m 木板向左加速的时间也为t0 对物块由动量定理有－μm2g·2t0＝m2v′－m2v2 解得v′＝m/s 所以对系统由能量守恒定律有ΔU＝m2v22－m2v′2＝ J。 答案：(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s　(3) $$