1.5 素养提升课一　动量守恒中的三类模型-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书（鲁科版）

本高中物理讲义聚焦动量守恒中的三类核心模型，系统梳理子弹打木块、滑块—木板、含有弹簧的系统模型的特点、规律及解题方法，为学生提供从模型认知到问题解决的学习支架。 资料通过清晰的模型图例、分步解析的例题及针对性练习，强化科学思维中的模型建构与科学推理能力。课中辅助教师高效授课，课后助力学生巩固知识、弥补薄弱环节，提升解决实际问题的能力。

素养提升课一　动量守恒中的三类模型 【学习目标】　1.理解子弹打木块模型的特点及规律，会结合动量知识处理有关问题。2.理解滑块—木板模型的特点及规律，会结合动量知识处理有关问题。3.理解含有弹簧的系统类模型的特点及规律，会结合动量知识处理有关问题。 提升点一　子弹打木块模型 模型 图例 如图所示， 子弹以某一初速度射入放在光滑水平面上的静止木块，子弹可能留在木块中(未穿出)，也可能穿出木块。 模型特点 及规律 1.子弹打木块的过程很短暂，该过程内力远大于外力，则系统的动量守恒： (1)子弹留在木块中：mv0＝(m＋M)v。 (2)子弹穿出木块：mv0＝mv1＋Mv2。 2.在子弹打木块过程中系统的机械能不守恒，机械能的损失即摩擦生热Q热： (1)子弹留在木块中： Q热＝fd＝m－(M＋m)v2 其中d为子弹射入木块的深度。 (2)子弹穿出木块： Q热＝fL＝m－m－M 其中L为木块的长度，注意d≤L。 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。求： (1)子弹、木块的共同速度。 (2)过程中的摩擦生热。 (3)子弹打进木块的深度。 (4)如果子弹不穿出木块，求木块的长度满足的条件。 答案：(1) v0　(2) (3)　(4)L≥ 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＝m－(M＋m)v2＝。 (3)方法一：如图所示，设子弹、木块发生的位移分别为s1、 由动能定理，对子弹有：－fs1＝mv2－m， 解得s1＝ 对木块有：fs2＝Mv2，解得s2＝ 子弹打进木块的深度等于相对位移，即 d＝s1－s2＝。 方法二：由能量守恒得fd＝m－(m＋M)v2，解得d＝。 (4)如果子弹不穿出木块，则木块的长度满足的条件：L≥d＝。 解答子弹打木块模型的技巧 1.解答该类问题时弄清楚子弹是最终停留在木块中，与木块一起运动，还是穿透木块后各自运动。 2.对子弹打击木块过程中损失的机械能，根据题目条件通过打击前、后系统的机械能之差计算，或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。 针对练1.质量为0.01 kg的子弹，以400 m/s的速度射入质量为0.49 kg、静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中。若子弹刚好留在木块中，则它们一起运动的速度大小为(　　 ) A.6 m/s　　 B.8 m/s C.10 m/s　　 D.12 m/s 答案：B 解析：子弹射入木块过程中以子弹和木块为系统动量守恒，设子弹质量为m1，初速度为v0，木块质量为m2，一起运动的速度为v，所以有m1v0＝(m1＋m2)v，代入数据可解得v＝8 m/s，故B正确，A、C、D错误。 针对练2.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(即A、B受到木块阻力大小相等)。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.A的动量大小大于B的动量大小 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 答案：D 解析：两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理，对子弹A，有－fdA＝0－EkA，解得EkA＝fdA，对子弹B，有－fdB＝0－EkB，解得EkB＝fdB，由于dA＞dB，则子弹入射时的初动能EkA＞EkB，两颗不同子弹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，故A的动量大小等于B的动量大小，故B错误，D正确；两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝，而EkA＞EkB，则可得mA＜mB，故A错误；由题意，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析可知，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。故选D。 学生用书⬇第26页 提升点二　滑块—木板模型 模型图例 如图甲所示，木板A的上表面粗糙，滑块B以速度v0滑到静止在光滑水平面上的木板A上：(1)如果木板足够长，A、B最终相对静止，具有共同速度； (2)如果木板长度较小，B可能滑出A的右端。 还有一种情景如图乙所示。 模型特点及规律 以图甲为例：滑块质量为m、木板质量为M、动摩擦因数为μ。 (1)如果木板足够长，运动情景如图所示： f＝μmg 由动量守恒得mv0＝(m＋M)vt 由动能定理得－fs1＝m－m fs2＝M fs3＝f(s1－s2)＝m－(m＋M)＝Q (2)如果木板长度较小，滑块滑出滑板，设木板的长度为L，滑块滑出木板时滑块的速度为v1，木板的速度为v2。 由动量守恒得mv0＝mv1＋Mv2。 由能量守恒得Q热＝fL＝m－m－M · 如图所示，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v0滑上长木板，木板足够长。重力加速度为g，求： · (1)木板B的最大速度； (2)物块A从刚开始运动到A、B速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移； (3)若物块A恰好没滑离木板B，则木板的长度至少为多少。 答案：(1) 　(2) 　(3) 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v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋3m)v解得v＝ 。 (2)A向右减速的过程，根据动能定理有－μmgs1＝ mv2－ m则木块A所发生的位移为s1＝。 (3)方法一：B向右加速过程的位移设为s2，则μmgs2＝ ×3mv2解得s2＝，木板的最小长度：L＝s1－s2＝ 。 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＝ m－ (m＋3m)v2解得L＝ 。 针对练1.(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4 kg的小物体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乙所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　 ) A.木板A获得的动能为2 J B.系统损失的机械能为2 J C.木板A的最小长度为2 m D.A、B间的动摩擦因数为0.1 答案：AD 解析：由图像可知，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mv0＝(M＋m)v，解得木板A的质量M＝4 kg，木板获得的动能为Ek＝ Mv2＝2 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝ m－ mv2－ Mv2，代入数据解得ΔE＝4 J，故B错误；由图得到0～1 s内B的位移为sB＝ ×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为sA＝ ×1×1 m＝0.5 m，木板A的最小长度为L＝sB－sA＝1 m，故C错误；由图像可知，B的加速度a＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与初速度方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D正确。 针对练2.如图所示，一质量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m＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为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始终没有滑离木板B。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 答案：B 解析：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，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 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而小于 m/s，只有选项B正确。 学生用书⬇第27页 提升点三　含有弹簧的系统类模型 模型 图例 如图所示，水平面光滑，物体m1的初速度为v0，物体m2通过弹簧与物体m1连接，弹簧处于原长(伸长或压缩)状态。 模型 特点 及规 律 (1)在动量方面，系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。 (2)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒：m1＝m1＋m2＋Ep。 (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒。 (4)弹簧处于原长时，弹性势能为零，两物体动能之和最大，系统满足动能守恒。 如图所示，用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块静止于光滑的水平地面上，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C以v＝6 m/s的初速度在光滑水平地面上向右运动，与前方的物块A发生碰撞(碰撞时间极短)，并且C与A碰撞后二者粘在一起运动。在以后的运动中，求： (1)当弹簧的弹性势能最大时，物体B的速度多大？弹簧弹性势能的最大值是多大？ (2)弹簧第一次恢复原长时B的速度多大？ 答案：(1) 3 m/s　12 J　(2)6 m/s 解析：(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。 由于A、B、C三者组成的系统动量守恒：mCv＝(mA＋mB＋mC)v' 解得：v'＝3 m/s 由于A、C两者组成的系统碰撞瞬间动量守恒： mCv＝(mA＋mC)v1 解得v1＝4 m/s 设弹簧的弹性势能最大为Ep，根据机械能守恒得： Ep＝ (mA＋mC)－ (mA＋mB＋mC)v'2 解得：Ep＝12 J。 (2)C、A碰撞后为初状态，再次恢复原长为末状态，则根据系统动量守恒有： (mC＋mA)v1＝(mC＋mA)v1'＋mBvB' 根据系统能量守恒有： (mC＋mA)＝ (mC＋mA)v1'2＋ mBvB'2 解得：vB'＝6 m/s。 针对练1.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　) A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态 B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长 C.两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2 D.在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2 答案：C 解析：由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；系统动量守恒，从t＝0开始到t1时刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，m1的速度为v1'＝－1 m/s，m2的速度为v2'＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误。 针对练2.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v -t图像如图乙所示。求： (1)物块C的质量mC； (2)物块B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。 答案：(1)2.0 kg　(2)9 J 解析：(1)由图乙知，物块C与物块A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，物块C与物块A碰撞过程动量守恒mCv1＝(mA＋mC)v2，得mC＝2.0 kg。 (2)12 s时物块B离开墙壁，之后物块A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当物块A、C与物块B的速度相等时，弹簧弹性势能最大 (mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4 (mA＋mC)＝(mA＋mB＋mC)＋Ep 解得Ep＝9 J。 课时测评4　动量守恒中的三类模型 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－9题，每题5分，共45分) 1.(多选)如图所示，一子弹以初速度v0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x。则以下说法正确的是(　　) A.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，要产生内能，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，故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，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为fx，摩擦力对子弹做的功为－f(x＋d)，可知二者不等，故C错误；对木块根据动能定理可知，子弹对木块做的功即为摩擦力对木块做的功，等于木块动能的增量，故D正确。 2.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h处由静止开始下滑。下列说法正确的是(　　) A.物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒 B.物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒 C.从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零 D.物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高h处 答案：D 解析：物块沿槽下滑过程中，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，但物块的机械能不守恒，系统水平方向上动量守恒，总动量不守恒，A、B错误；从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，物块受到的冲量等于物块动量的变化量，物块动量的变化量不为零，故物块受到的冲量不为零，C错误；物块反弹后追上弧形槽，上升到最高点时，物块和弧形槽具有相同的速度，全过程系统机械能守恒，故物块不能回到槽上高h处，D正确。故选D。 3.(多选)如图甲所示，质量为m的物体P与物体Q(质量未知)之间拴接一轻弹簧，均静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给物体P一瞬时初速度v0，并把此时记为0时刻，规定向左为正方向，0～2t0时间内物体P、Q运动的a-t图像如图乙所示，则(　　) A.物体Q的质量为2m B.物体Q的质量为0.5m C.t0时刻物体Q的速度大小为 D.t0时刻物体P的速度大小为 答案：BD 解析：水平面光滑，两物体所受合力等于弹簧的弹力，两物体所受合力大小相等、方向相反，Q向左加速，加速度为正，P向左减速，则加速度为负；设t0时刻弹簧弹力大小为F，根据题图乙，由牛顿第二定律得a0＝，0.5a0＝，物体Q的质量为mQ＝0.5m，A错误，B正确；t0时刻两物体的加速度最大，则弹簧被压缩到最短，此时两物体速度相等，由动量守恒定律mv0＝(m＋0.5m)v，解得v＝，即此时两物体的速度大小均为，C错误，D正确。故选BD。 4.(多选)如图所示，静止在光滑的水平面上的物块乙、丙通过处于原长的轻质弹簧连接。离物块乙有一定距离的物块甲以大小为4 m/s的初速度水平向左运动，物块甲、乙碰撞(碰撞时间极短)后粘在一起运动。已知物块甲、乙、丙的质量分别为0.1 kg、0.3 kg、0.6 kg，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　) A.物块甲、乙碰撞时，物块甲、乙、丙构成的系统机械能守恒 B.弹簧压缩至最短时物块丙的速度大小为0.4 m/s C.弹簧的弹性势能最大值为0.72 J D.物块丙的最大速度为0.8 m/s 答案：BD 解析：物块甲、乙碰撞后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，有机械能损失，此过程物块甲、乙、丙构成的系统机械能不守恒，故A错误；整个过程中物块甲、乙、丙构成的系统动量守恒，且三者共速时弹簧压缩至最短，则有m1v0＝(m1＋m2＋m3)v共，解得v共＝0.4 m/s，故B正确；物块甲、乙碰撞时有m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝1 m/s，弹簧压缩至最短时有Epm＝(m1＋m2)－(m1＋m2＋m3)＝0.12 J，故C错误；弹簧第一次恢复原长时物块丙的速度最大，则有(m1＋m2)v1＝(m1＋m2)v2＋m3v3，(m1＋m2)＝(m1＋m2)＋m3，解得v3＝0.8 m/s，故D正确。故选BD。 5.(多选)如图甲所示，足够长的木板A静止于光滑水平面上，t＝0时小物块B以4 m/s的水平初速度从左端滑上A，图乙为A的动能Ek随时间t变化的关系图像，t＝0.4 s后图线为平行于t轴的直线。已知A、B间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.t＝0.4 s时A、B速度相同 B.B的质量为2.0 kg C.A的长度至少为1.0 m D.整个过程系统因摩擦产生的内能为4.0 J 答案：AD 解析：由题图乙可知，t＝0.4 s后A的动能Ek不再发生变化，即t＝0.4 s时，A、B速度相同，故A正确；B在与A共速前，B的加速度为a＝μg＝5 m/s2，设A、B 的共同速度为v，由v＝v0－at，其中t＝0.4 s，得v＝2 m/s，根据动量守恒有mBv0＝(mA＋mB)v，可得二者质量相等，均设为m，共速后A的动能EkA＝mv2＝2 J，解得m＝1.0 kg，故B错误；二者共速时相对静止，相对位移为Δs＝(v0＋v)t－vt＝0.8 m，即A的长度至少为0.8 m，故C错误；整个过程系统因摩擦产生的内能Q＝m－×2mv2＝4.0 J，故D正确。故选AD。 6.如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块，都以v＝4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，下列说法错误的是(　　) A.两者最终共速的速度是4 m/s B.物块先减速再加速最后与薄板共速 C.至两者共速的过程，系统产生的内能为24 J D.当物块速度为0时，薄板的速度约为2.67 m/s 答案：A 解析：开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒可知，当m的速度为零时，设此时M的速度为v1，规定向右为正方向，得(M－m)v＝Mv1，解得v1≈2.67 m/s，此后m将向右加速，M继续向右减速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)v2，解得v2＝2 m/s，两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动，故A错误，B、D正确；根据能量守恒，可知此过程中系统产生的内能为ΔE＝Mv2＋mv2－(M＋m)，代入数据解得ΔE＝24 J，故C正确。故选A。 7.如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2 s内两物块的v-t图像如图乙所示， 则(　　) A.A的质量比B的小 B.0～1 s内，弹簧对A、B 的冲量相同 C.t＝1 s时，弹簧的弹性势能为零 D.t＝2 s时， A的动量比B的大 答案：A 解析：由题图乙可知，物块B的初速度为v0＝1.2 m/s，t＝1 s时，物块A、B的共同速度大小为v＝1.0 m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mB＝5mA，故A正确；0～1 s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；t＝1 s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，此时弹簧的弹性势能最大，故C错误；t＝2 s时，由题图乙可得A的动量pA＝mAvA＝2mA (kg·m/s)，B的动量pB＝mBvB＝0.8mB (kg·m/s)＝4mA (kg·m/s)，所以A的动量比B的小，故D错误。故选A。 8.(多选)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A.物体B能上升的最大高度为0.6 m B.物体B能上升的最大高度为1.8 m C.圆筒C能达到的最大速度为4.0 m/s D.圆筒C能达到的最大速度为8.0 m/s 答案：AD 解析：子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，B上升时，B与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2＝(mB＋mC)v3，mB＝(mB＋mC)＋mBgh，解得h＝0.6 m，故A正确，B错误；B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2＝－mBv4＋mCv5，mB＝mB＋mC，解得v5＝8.0 m/s，故C错误，D正确。故选AD。 9.(多选)一小车静止在光滑的水平面上，将一可视为质点的小物块放到小车右端，在小车右端施加水平恒力F，小车向右运动位移为s时撤去F，此时小车速度等于v，小物块速度为，经过一段时间，小物块恰好未从小车上掉下来。已知小车和小物块质量均为m。则(　　) A.小车的长度为 B.力F对小车做的功为 C.全过程摩擦力对小物块的冲量大小为 D.全过程因摩擦产生的热量为Fs－ 答案：ACD 解析：设物块与小车间的摩擦力大小为f，对小车和物块分别运用动量定理，则(F－f)t1＝mv，ft1＝，联立解得f＝，又对小车由匀变速运动公式有s＝＝，对物块有s1＝＝＝，由动能定理可知，F对小车做的功为Fs＝fs＋，故B错误；撤去F后，物块和小车组成的系统动量守恒，设一起运动的速度为v1，则有mv＋＝2mv1，即v1＝，则由动量定理，知全过程摩擦力对小物块的冲量大小为ft全＝，故C正确；拉力作用阶段，物块相对小车运动的距离x1＝s－s1＝，撤去F后，对物块有ft2＝m(－)＝，又ft1＝，则t2＝，物块相对小车运动的距离x2＝(v＋－(＋＝，小物块恰好未从小车上掉下来，则车长L＝x1＋x2＝，故A正确；全过程因摩擦产生的热量为Q，由功能关系有Q＝Fs－×2m·(v)2＝Fs－，故D正确。 10.(15分)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)，g取10 m/s2，子弹射入后，求： (1)子弹进入物块后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。 答案：(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s 解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得： m0v0＝(m0＋m)v1， 解得v1＝6 m/s。 (2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得： (m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2， 解得v2＝2 m/s。 (3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得： －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1， 解得t＝1 s。 学科网（北京）股份有限公司 $