专题一 碰撞及其拓展模型-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第一章　动量守恒定律 专题一　碰撞及其拓展模型 目录 1 2 3 核心概念 规律再现 核心能力提升练 考点模型 考点对点练 核心概念 规律再现 1．弹簧类模型 (1)对于弹簧类问题，在作用过程中，系统所受合力往往为零，满足动量守恒定律。 (2)整个过程往往涉及多种形式的能的转化，如弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用机械能守恒定律或能量守恒定律解决此类问题。 (3)注意：弹簧压缩最短时，或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大。 核心概念 规律再现 4 2．子弹打木块类模型 (1)子弹打木块的过程很短暂，可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，动能向内能转化。 (3)若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，动能损失最多。 核心概念 规律再现 5 3．滑块—木板类模型 (1)把滑块、木板看作一个整体，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，动能转化为内能，系统机械能不守恒。应由能量守恒定律求解问题。 (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，动能损失最多。 核心概念 规律再现 6 4．滑块—斜面(或弧面)类模型 (1)滑块和斜面(或弧面)体在光滑水平面上运动，系统水平方向所受合力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向动量一般不守恒。 (2)若斜面或弧面光滑，则系统机械能守恒，否则机械能不守恒。 (3)注意：若滑块向上不滑离斜面或弧面，则在最高点时速度相同。 核心概念 规律再现 7 考点模型 考点对点练 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 9 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 10 2．(多选)如图甲所示，小球B用较长的轻细绳悬 挂在天花板下，中间带孔的小球A穿在绳上由悬点处静 止释放，两球发生碰撞时轻绳立即断裂。不计绳和空气 的摩擦阻力，球A的速度—时间图像如图乙所示。设碰 撞时间极短，碰撞过程中无机械能损失，下列说法中正确的是(　　) A．在0～t1时间段，A的重力的冲量小于B的重力的冲量 B．在0～t1时间段，A的重力的冲量大于B的重力的冲量 C．A与B的质量之比为1∶2 D．t2时刻B(未落地)的速度为2v0 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 11 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 12 典型考点二　弹簧类模型 3．如图所示，质量分别为m和2m的小球1和小球2用一根轻质弹簧连接起来，放在光滑的水平面上，初始时弹簧处于原长且两小球均处于静止状态。现给小球1向右的瞬时冲量I，则在以后的运动中(水平面足够长，弹簧始终处于弹性形变范围内)，求： (1)弹簧的弹性势能的最大值； (2)小球2的最大速度。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 13 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 14 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 15 典型考点三　子弹打木块类模型 4.如图所示，质量为M的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹向右以速度v0射入木块中。设子弹在木块中所受阻力不变，且子弹未射穿木块。若子弹射入木块的深度为d，求： (1)木块最终的速度为多少？ (2)子弹受到的阻力的大小和方向。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 16 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 17 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 18 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 19 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 20 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 21 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 22 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 23 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 24 核心能力提升练 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 26 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 27 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 28 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 29 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 30 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 31 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 32 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 33 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 34 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 35 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 36 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 37 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 38 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 39 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 40 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 41 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 42 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 43 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 44 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 45 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 46 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 典型考点一　碰撞 1．斯诺克是一种台球运动，越来越受到人们的喜爱。现在台面一条直线上依次放8个质量均为m的红球，质量为2m的白球以某一水平速度与8号红球发生正碰，不计一切摩擦，台面足够大，所有碰撞均是弹性碰撞，则所有碰撞完成后，白球与1号红球的速度大小之比为(　　) A.eq \f(1,38) B.eq \f(1,37) C.eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,38))) D.eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,37))) 解析　设白球的初速度为v0，与8号球第一次碰撞后速度分别为v1、v2，因碰撞均是弹性碰撞，因此由动量守恒定律和机械能守恒定律，可得2mv0＝2mv1＋mv2，eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，解得v1＝eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(4,3)v0，接下来8号再与7号、7号与6号、6号与5号、5号与4号、4号与3号、3号与2号、2号与1号碰撞，因8个球的质量相等，且都是弹性碰撞，则1号球碰撞后的速度大小是v1号＝v2＝eq \f(4,3)v0，其他7个球碰后静止；白球第二次再与8号球碰撞，同理知，碰撞后白球的速度为v1′＝eq \f(1,3)v1，8号球的速度为v2′＝eq \f(4,3)v1＝eq \f(4,32)v0，除1号球的几个球依次相碰；依次类推，最后白球碰撞8号球后的速度为v白＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(8)v0，则有v白∶v1号＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(8)v0∶eq \f(4,3)v0＝eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,38)))，故A、B、D错误，C正确。 解析　A、B碰撞过程由动量守恒定律可得mAv0＝mA·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,2)))＋mBvB，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mA·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)，联立解得mB＝3mA，vB＝eq \f(v0,2)；由冲量的定义式I＝Ft可知，在0～t1时间段，A的重力的冲量小于B的重力的冲量，故A正确，B、C错误；设碰撞后经过t时间A的速度达到v0，则对A有v0＝－eq \f(v0,2)＋gt，对B有vB′＝eq \f(v0,2)＋gt，联立解得t2时刻B(未落地)的速度为vB′＝2v0，故D正确。 答案　(1)eq \f(I2,3m)　(2)eq \f(2I,3m) 解析　(1)对小球1由动量定理得I＝mv0 两球和弹簧组成的系统所受合力为零，动量守恒，而两球速度相等(设为v1)时，系统的动能最小，弹簧的弹性势能最大(设为Ep)。 以向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝(m＋2m)v1， Ep＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,1)， 解得Ep＝eq \f(1,3)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(I2,3m)。 (2)当弹簧再次恢复到原长时，小球2获得最大速度，设此时小球1和小球2的速度分别为v1′、v2′，以向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝mv1′＋2mv2′ 由机械能守恒定律有 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)·2mv2′2 联立解得v1′＝－eq \f(v0,3)＝－eq \f(I,3m)，v2′＝eq \f(2,3)v0＝eq \f(2I,3m) 故小球2的最大速度为eq \f(2I,3m)。 答案　(1)eq \f(mv0,M＋m)　(2)2,0)eq \f(Mmv,2（M＋m）d) 　方向向左 解析　(1)子弹击中木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v， 解得：v＝eq \f(mv0,M＋m)。 (2)由能量守恒定律得：eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋Q，系统产生的热量Q＝fd， 解得：f＝2,0)eq \f(Mmv,2（M＋m）d) ，方向向左。 典型考点四　滑块—木板类模型 5．(多选)小车M置于光滑水平面上，上表面粗糙且足够长，木块m以初速度v滑上车上表面，则(　　) A．因车上表面粗糙，故系统动量不守恒 B．车上表面越粗糙，木块相对于车滑行的距离越短 C．车上表面越粗糙，系统产生的内能越多 D．木块的最终速度为eq \f(mv,m＋M) 解析　根据题意可知，在小车和木块组成的系统中，小车与木块间的摩擦力是内力，由于水平面光滑，小车和木块组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律有mv＝(m＋M)v′，解得系统的最终速度v′＝eq \f(m,m＋M)v，故A错误，D正确；根据题意可知，相对运动过程中系统机械能减小，转化为摩擦产生的内能，根据能量守恒定律得Q＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m＋M)v′2＝μmgΔx，可见，系统产生内能的多少与车上表面粗糙程度无关，车上表面越粗糙，即μ越大，木块相对于车滑行的距离Δx越短，故C错误，B正确。 6．如图所示，两物体A、B静止叠放在光滑水平面上，质量分别为mA、mB，A与B间的动摩擦因数为μ，质量为m的小球以水平速度v射向A，以eq \f(v,5)的速度返回，则 (1)A与B相对静止时的速度大小； (2)为使A不从B上滑落，木板B的长度至少为多长？ 答案　(1)eq \f(6mv,5（mA＋mB）) (2)2,A)eq \f(18mBv2m2,25μg（mA＋mB）m) 解析　(1)设水平向右为正方向，小球与A作用过程，根据动量守恒定律得： mv＝－m·eq \f(v,5)＋mAvA① A与B作用，设两者相对静止时的速度为v1，根据动量守恒定律得： mAvA＝(mA＋mB)v1② 联立①②得：v1＝eq \f(6mv,5（mA＋mB）)。③ (2)A、B在相互作用的过程中，系统减少的动能转化成内能，A恰好不滑落的条件为：A恰好滑到B的右端时两者速度相等。 根据能量守恒定律得： Q＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)－eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \o\al(2,1)④ Q＝fL＝μmAgL⑤ 联立①③④⑤解得：L＝2,A)eq \f(18mBv2m2,25μg（mA＋mB）m) 。 典型考点五　滑块—斜面(或弧面)类模型 7.(多选)质量为m2且各处光滑的带有四分之一圆弧(半径足够大)的轨道静止在光滑水平面上，现有一质量为m1的滑块以初速度v0水平冲上轨道(不脱离轨道)，下列说法正确的是(　　) A．滑块冲上轨道的过程，m1和m2组成的系统动量守恒 B．若m1＝m2，则m1滑到最高点时速度为0 C．若m1＝m2，则m1上升的最大高度为h＝2,0)eq \f(v,4g) D．m1滑下后，速度可能向左 解析　由于m2为各处光滑的带有四分之一圆弧的轨道，滑块冲上轨道的过程，m1和m2组成的系统只有重力做功，水平方向所受合力为0，系统机械能守恒且在水平方向上动量守恒，但滑块在圆弧上滑动过程，系统在竖直方向有加速度，系统所受合力不为0，动量不守恒，故A错误；m1滑到最高点时有m1v0＝(m1＋m2)v共，eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \o\al(2,共)＋m1gh，当m1＝m2时，解得v共＝eq \f(v0,2)，h＝2,0)eq \f(v,4g) ，故B错误，C正确；m1滑上轨道上升到最高点后沿轨道滑下，直到离开m2的整个过程中，系统水平方向动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)，解得v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0，v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，如果m1<m2，则v1<0，即m1离开m2后速度方向向左，故D正确。 1.如图所示，车厢长为l，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为(　　) A．v0，水平向右 B．0 C.eq \f(mv0,M＋m)，水平向右 D.eq \f(mv0,M－m)，水平向右 解析　以物体与车厢组成的系统为研究对象，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0＝(M＋m)v，最终车厢的速度为：v＝eq \f(mv0,M＋m)，方向与v0的方向相同，即水平向右，C正确。 2．(多选)如图所示，质量为M的足够长的木板置于水平地面上，质量为m的小滑块以初速度v0滑上木板，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．若地面光滑，则长木板的最终速度大小为eq \f(mv0,m＋M) B．若地面光滑，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) C．若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) D．若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则在整个运动过程中地面对木板的摩擦力的冲量大小为mv0 解析：　若地面光滑，则由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得长木板的最终速度：v＝eq \f(mv0,m＋M)，小滑块与木板组成的系统最终产生的内能为：Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(Mm,2（M＋m）)veq \o\al(2,0)，A正确，B错误；若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则木板静止，小滑块最后静止，由能量守恒定律知小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，对木板和小滑块组成的系统应用动量定理，知地面对木板的摩擦力的冲量大小等于滑块的初动量的大小mv0，C、D正确。 3.(多选)如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是(　　) A．弹簧压缩量最大时，A的运动速率最小 B．B板的加速度先增大后减小 C．弹簧给木块A的冲量大小为eq \f(2mv0,3) D．弹簧的最大弹性势能为2,0)eq \f(mv,3) 解析　当A与B速度相等时(方向向左)，弹簧的压缩量最大，此后弹簧要恢复原状，A继续减速，故A错误；弹簧压缩量先增加后减小，故B板的加速度先增加后减小，B正确；整个过程，根据动量守恒定律，有2mv0＝2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律，有eq \f(1,2)·2mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)·2mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，解得v1＝eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(4,3)v0，对A，根据动量定理，有I＝2mv1－2mv0＝－eq \f(4,3)mv0，负号表示方向向右，C错误；当A与B速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒定律，有2mv0＝(m＋2m)v，系统机械能守恒，有Ep＝eq \f(1,2)·2mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋2m)v2，解得Ep＝eq \f(1,3)mveq \o\al(2,0)，D正确。 4.(多选)如图所示，质量为2m的eq \f(1,4)圆弧形凹槽OAB锁定在光滑水平面上，凹槽半径为R，A点切线水平。质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，恰好运动到B点。重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法正确的是(　　) A．小球的初速度大小为v0＝eq \r(gR) B．若凹槽解除锁定，小球和凹槽组成的系统动量不守恒 C．若凹槽解除锁定，小球上升的最大高度为eq \f(2,3)R D．若凹槽解除锁定，凹槽获得的最大速度为eq \f(\r(2gR),3) 解析　圆弧形凹槽OAB锁定在光滑水平面上时，小球从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝mgR，所以小球的初速度大小为v0＝eq \r(2gR)，故A错误；若凹槽解除锁定，小球上升过程竖直方向加速度不为0，小球和凹槽组成的系统受到的合外力不为0，动量不守恒，但系统在水平方向受到的合外力为0，所以在水平方向动量守恒，故B正确；若凹槽解除锁定，当小球与凹槽的速度相同时，小球上升的高度最大，设此时小球的速度为v，上升的高度为h，对小球和凹槽组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) ＝eq \f(1,2)(m＋2m)v2＋mgh，解得h＝eq \f(2,3)R，故C正确；若凹槽解除锁定，当小球再次运动到凹槽A点时凹槽获得的速度最大，设此时小球的速度为v1、凹槽的速度为v2，对小球和凹槽组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,2)，解得v2＝eq \f(2\r(2gR),3)，故D错误。 5.如图所示，质量分别为mA＝3 kg、mB＝1 kg的物块A和B用轻弹簧相连，放置在光滑水平面上，在F作用下弹簧处于压缩状态，弹性势能为6 J，物块B紧靠竖直墙面。现将F撤去，则在物块B离开墙面以后的运动过程中，A、B运动的v­t图像正确的是(　　) 解析　撤掉F后，当弹簧恢复到原长时，弹性势能完全转化为物块A的动能，则Ep＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)，解得v0＝2 m/s，此时物块B将要离开墙壁，此后弹簧的长度将被拉长，物块A做减速运动，物块B做加速运动，当两者的速度相等时，弹簧被拉伸最长，此时由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，解得v1＝1.5 m/s然后由于弹簧处于拉伸状态，则A继续减速，B继续加速，弹簧的长度缩短，直到弹簧恢复到原长， 此时A的速度最小，B的速度最大，则由动量守恒定律和机械能守恒定律可知mAv0＝mAvA1＋mBvB1，eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A1)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B1)，解得vA1＝1 m/s，vB1＝3 m/s，此后的过程弹簧被压缩，最短时的共同速度仍为1.5 m/s。综合上述分析可知，B正确，A、C、D错误。 6．在固定的光滑水平杆(杆足够长)上，套有一个质量m＝0.5 kg的光滑金属圆环，一根长L＝1 m的轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量M＝2 kg的木块，如图所示。现有一质量为m0＝20 g的子弹以v0＝1000 m/s的水平速度射穿木块，子弹穿出木块后的速度为u＝200 m/s(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间)，g取10 m/s2，试问： (1)当子弹射穿木块后，木块向右摆动的最大高度为多大？ (2)当木块第一次返回到最低点时，木块的速度是多大？ 答案　(1)0.64 m　(2)4.8 m/s 解析　(1)设子弹从木块中穿出时木块的速度为v1，以子弹的速度方向为正方向，在子弹与木块相互作用的过程中两者组成的系统在水平方向上动量守恒，有：m0v0＝m0u＋Mv1 解得：v1＝8 m/s 在木块与圆环一起向右运动的过程中，两者在水平方向动量守恒，当它们的速度相等时，木块向右摆动的高度最大，根据动量守恒定律有：Mv1＝(M＋m)v2 系统机械能守恒，有： eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \o\al(2,2)＋Mgh 解得：h＝0.64 m。 (2)设木块第一次返回到最低点时，其速度为v4，圆环速度为v3，木块从最低点到达最高点又返回最低点的过程中，系统在水平方向动量守恒，有：Mv1＝mv3＋Mv4 由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,4) 解得：v3＝12.8 m/s，v4＝4.8 m/s。 7.在光滑水平面上静置有质量均为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eq \f(1,4)圆弧，其始端D点切线水平且在木板上表面内，它们紧靠在一起，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为eq \f(v0,2)，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的点C处。已知物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ。求： (1)物块P滑到B处时木板的速度大小vAB； (2)木板的长度L； (3)滑块CD圆弧的半径。 答案　(1)eq \f(v0,4)　(2)2,0)eq \f(5v,16μg) 　(3)2,0)eq \f(v,64g) 解析　(1)物块P由点A到点B的过程，物块P、木板AB、滑块CD组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv0＝mvB＋2mvAB 由题意知：vB＝eq \f(v0,2) 解得：vAB＝eq \f(v0,4)。 (2)物块P由点A到点B的过程，由能量守恒定律得： eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq \s\up12(2)＝μmgL 解得：L＝2,0)eq \f(5v,16μg) 。 (3)物块P由点D到点C的过程，滑块CD与物块P组成的系统在水平方向动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： meq \f(v0,2)＋meq \f(v0,4)＝2mv， 由机械能守恒定律得：mgR＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)×2mv2， 解得：R＝2,0)eq \f(v,64g) 。 8．如图所示，质量为3m的长木板静置于光滑水平面上，木板左端有挡板，水平轻弹簧左端固定于挡板上，质量为2m的小物块置于木板右端，物块与弹簧右端相距为L。一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入物块，子弹射入物块的时间极短且内力远远大于外力，子弹留在物块内随物块向左运动，物块与弹簧发生作用分离后，在距弹簧右端为d处相对木板静止。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，求： (1)子弹射入物块过程中子弹对物块的冲量大小I； (2)木板与物块系统产生的摩擦热Q； (3)弹簧具有的弹性势能最大值Epm。 答案　(1)eq \f(2,3)mv0　(2)eq \f(1,12)mveq \o\al(2,0) (3)eq \f(1,24)mveq \o\al(2,0)－eq \f(3,2)μmg(L－d) 解析　(1)依题意，把子弹和物块看作一个系统，子弹射入物块的过程，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋2m)v1 可得子弹射入物块后的共同速度为v1＝eq \f(v0,3) 根据动量定理可得，子弹射入物块过程中子弹对物块的冲量大小为I＝2mv1－0＝eq \f(2,3)mv0。 (2)把子弹、物块、木板及弹簧看作一个系统，当物块与木板保持相对静止时，根据动量守恒定律，有(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2 根据能量守恒定律，有 eq \f(1,2)(m＋2m)veq \o\al(2,1)＝Q＋eq \f(1,2)(m＋2m＋3m)veq \o\al(2,2) 联立可解得木板与物块系统产生的摩擦热为 Q＝eq \f(1,12)mveq \o\al(2,0)。 (3)设弹簧的最大压缩量为x，在整个过程中，物块相对木板运动的路程为s＝L＋2x＋d Q＝fs＝μ(m＋2m)gs 当弹簧压缩最短时，物块与木板速度相同，设为v3，由动量守恒定律有 (m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v3 由能量守恒定律有 eq \f(1,2)(m＋2m)veq \o\al(2,1)＝μ(m＋2m)g(L＋x)＋eq \f(1,2)(m＋2m＋3m)veq \o\al(2,3)＋Epm 联立以上式子解得 Epm＝eq \f(1,24)mveq \o\al(2,0)－eq \f(3,2)μmg(L－d)。 $$