動量守恒在子彈打木塊模型和“滑塊-木板”模型中的應(yīng)用（解析版）-2025年物理一輪復(fù)習(xí)講義

第七章動量守恒定律

第4課時(shí)專題強(qiáng)化：動量守恒在子彈打木塊模型和

“滑塊一木板”模型中的應(yīng)用

學(xué)習(xí)目標(biāo)

1.會用動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析計(jì)算子彈打木塊模型。

2.會用動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析計(jì)算滑塊一木板模型。

考點(diǎn)01子彈打木塊模型

水平地面光滑

二、模型特點(diǎn)

(1)子彈水平打進(jìn)木塊的過程中，系統(tǒng)的動量守恒。

(2)系統(tǒng)的機(jī)械能有損失。

三、兩種情景

(1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)

動量守恒：

_11

能量守恒：。=尸/5=5掰0()2——(A/+2

(2)子彈穿透木塊

動量守恒：

一111

22

能量守恒：Q=Ffd=m"v￡—(-mui+-Afo2)

［典例1?對子彈打木塊模型的考查］如圖所示，質(zhì)量為M的木塊靜止于光滑的水平面上，一

質(zhì)量為加、速度為。0的子彈水平射入木塊且未穿出，設(shè)木塊對子彈的阻力恒為下，求：

(1)子彈與木塊相對靜止時(shí)二者共同速度為多大；

(2)射入過程中產(chǎn)生的內(nèi)能和子彈對木塊所做的功分別為多少;

(3)木塊至少為多長時(shí)子彈不會穿出.

mvoMmvo1Mm2vo2Mmvo1

答案H)———(2)~—------------------(3).......------

m~\~M2(M+m)2(M+w?)22(M~\~m)F

解析(1)子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定?/p>

得：mv()=(m+A4)v

mvo

解得：v

11

12

(2)由能量守恒定律可知：^mv()=Q+^m+M)v

Mmvo2

得產(chǎn)生的熱量為：Q=-------

1Mm2vo2

由動能定理，子彈對木塊所做的功為：W=-Mv2=--------

22(Af+m)2

(3)設(shè)木塊最小長度為，由能量守恒定律：FL=Q

Mmvo2

得木塊的最小長度為：L=--------.

［拓展訓(xùn)練］(多選)用不可伸長的細(xì)線懸掛一質(zhì)量為M的小木塊，木塊靜止，如圖所示.現(xiàn)有

一質(zhì)量為機(jī)的子彈自左向右水平射向木塊，并停留在木塊中，子彈初速度為。o,重力加速度

為g,子彈射入木塊過程時(shí)間忽略不計(jì)，則下列說法正確的是()

////////

CZI>

A.從子彈射向木塊到一起上升到最高點(diǎn)的過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

mvo

B.子彈射入木塊瞬間動量守恒，故子彈射入木塊后瞬間子彈和木塊的共同速度為

M-rm

C.忽略空氣阻力，子彈和木塊一起上升過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，其機(jī)械能等于子彈射入木

塊前的動能

D.子彈和木塊一起上升的最大高度為----;~;

2g(A/+加)2

答案BD

解析從子彈射向木塊到一起運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程可以分為兩個(gè)階段：子彈射入木塊的瞬間

系統(tǒng)動量守恒，但機(jī)械能不守恒，有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，之后子彈在木塊中與木塊

一起上升，該過程只有重力做功，機(jī)械能守恒但總能量小于子彈射入木塊前的動能，故A、C

r

錯(cuò)誤；規(guī)定向右為正方向，由子彈射入木塊瞬間系統(tǒng)動量守恒可知：mv0=(m+A4)v,所以

mvo

子彈射入木塊后瞬間的共同速度為：加=一—，故B正確；之后子彈和木塊一起上升，該

M+m

1

階段根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：2=(M+m)gh,可得上升的最大高度為：h=

冽2如2

---------,故D正確.

2g(Af+m)2

考點(diǎn)02“滑塊一木板”模型

一、模型圖示

以J必一J

水平地面光滑

二、模型特點(diǎn)

(1)系統(tǒng)的動量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能.

(2)若滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相同時(shí)，木板速度最大，相對位移最大.

三、三種情景

(1)滑塊未離開木塊

動量守恒：mvi+Mv2=(m+M)v

I11

能量守恒：—加。/"!"--Mv22=~(m~\~M)v2-\-Ff's

222

(2)滑塊離開木塊

動量守恒：mvl+Mv2=mvl'+Mv2'

1111

能量守恒：■-■-Mvy+FfL

2222

(3)子彈恰好離開木塊

動量守恒：—

,—111

能量寸恒：57”。12+亍團(tuán)722=5(加+M浮+Ff2

四、求解方法

(1)求速度：根據(jù)動量守恒定律求解，研究對象為一個(gè)系統(tǒng)；

(2)求時(shí)間：根據(jù)動量定理求解，研究對象為一個(gè)物體；

(3)求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對位移：根據(jù)能量守恒定律。=BAx或。=后初一E末，研究對象為

一個(gè)系統(tǒng).

［典例2?對“滑塊一木板”模型的考查］（2024?四川?模擬）如圖所示，質(zhì)量為〃?=2kg的物塊A

從高為方=0.2m的光滑固定圓弧軌道頂端由靜止釋放，圓弧軌道底端的切線水平，物塊A可

從圓弧軌道的底端無能量損失地滑上一輛靜止在光滑水平面上的小車B,且物塊最終沒有滑

離小車B。已知A、B間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,小車B的質(zhì)量M=6kg,重力加速度g=10

m/s2,求：

……ac_

（1）物塊A與小車B的共同速度大小；

（2）當(dāng)物塊A相對小車B靜止時(shí)，小車B運(yùn)動的位移大小及系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。

3

答案（1）0.5m/s⑵一m3J

16

1

解析（1）設(shè)物塊A從圓弧軌道頂端滑到底端時(shí)的速度為內(nèi),由動能定理可得mgh=ynvo2

解得5=個(gè)2gh=2m/s,物塊A滑上小車B后，物塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)它們相

對靜止時(shí)的速度為6則有加0o=（加+M）以解得0=0.5m/s

1

（2）對小車B由動能定理可得〃冽8沖=嚴(yán)/

3.11

解得XB=—m,設(shè)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為。，由能量守恒得一加0（）2=—（加+M）〃+0,解得0=3

1622

Jo

［拓展訓(xùn)練］如圖所示，可看成質(zhì)點(diǎn)的4物體疊放在上表面光滑的5物體上，一起以的速度

沿光滑的水平軌道勻速運(yùn)動,8與靜止在同一光滑水平軌道上的木板。發(fā)生完全非彈性碰撞,

B、。的上表面相平且5、。不粘連，/滑上C后恰好能到達(dá)C板的最右端，已知4、B、C

質(zhì)量均相等，且為冽，木板。長為￡,求：

//////////////////////./././/./C///././././/./I//

（1M物體的最終速度的大??；

（2）/、C之間的摩擦力的大??；

（3）/在木板C上滑行的時(shí)間t.

3mvo24L

答案（IRo（2）R（3）—

416Lvo

解析（1）8、C碰撞過程中動量守恒，由題意分析知，8、C碰后具有相同的速度，設(shè)2、C

碰后的共同速度為歷，以2的初速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得ao（）=2加%,

vo

解得6=—,

2

B、C共速后/以。o的速度滑上。，力滑上。后，B、。脫離，4、。相互作用過程中動量守

恒，設(shè)最終/、C的共同速度為02,以向右為正方向，由動量守恒定律得冽%+加0=2加。2,

3

解得。2=丁0.

111

22

（2）在4、。相互作用過程中，由能量守恒定律得廠也二一加叼十一加。一一X2mr2,

222

mvo2

解得Ff=——.

16L

4￡

（3）4與C相互作用過程中，對C由動量定理得為/=加。2一加。1,解得仁一.

vo

課時(shí)作業(yè)練

基礎(chǔ)對點(diǎn)練

1.（多選）如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相

等、材料不同的兩矩形滑塊/、8中，射入/中的深度是射入8中深度的兩倍.已知/、B

足夠長，兩種射入過程相比較（）

A.射入滑塊/的子彈速度變化大

B.整個(gè)射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大

C.射入滑塊N中時(shí)阻力對子彈做功是射入滑塊8中時(shí)的兩倍

D.兩個(gè)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等

答案BD

解析子彈射入滑塊過程中，子彈與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，有加o（）=（m+M）o,兩個(gè)子

彈的末速度相等，所以子彈速度的變化量相等，A錯(cuò)誤；滑塊/、2動量變化量相等，受到

11

的沖量相等，B正確；對子彈運(yùn)用動能定理，有%=-加加0（）2,由于末速度。相等，所

22

11

以阻力對子彈做功相等，c錯(cuò)誤；對系統(tǒng)，由能量守恒可知，產(chǎn)生的熱量滿足。=5加。（^一^^

+M）v2,所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等，D正確.

2.（2024?山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考）如圖所示，兩顆質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在

光滑水平地面上的滑塊A、B后與滑塊一起運(yùn)動。兩滑塊質(zhì)量相同、材料不同，子彈在A中

受到的平均阻力是在B中受到的平均阻力的兩倍。下列說法正確的是（）

A.射入滑塊A的子彈最終速度小

B.射入滑塊A的子彈受到的阻力的沖量大

C.射入滑塊A中的深度是射入滑塊B中深度的兩倍

D.子彈對滑塊A做的功和對滑塊B做的功相等

答案D

解析設(shè)子彈的初速度為。，子彈與滑塊共同速度為。'，子彈和滑塊的質(zhì)量分別為加、

mv

取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知加0=（加+〃）決，解得o'=一,—,由于兩滑塊質(zhì)

m+M

量相同，子彈質(zhì)量也相同，則最后共同速度也相同，故A錯(cuò)誤；子彈的質(zhì)量相同，初、末速

度相同，則子彈的動量變化量相等，根據(jù)動量定理可知/=即，子彈受到的阻力的沖量相同，

故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知，兩過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)減小的機(jī)械能，故兩

過程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同，由0=74其中子彈在A中受到的平均阻力是在B中受到的平均

阻力的兩倍，可知子彈射入滑塊B中的深度是射入滑塊A中深度的兩倍，故C錯(cuò)誤；根據(jù)

動能定理可知，子彈對滑塊做的功等于滑塊動能的增加量，兩滑塊質(zhì)量相同，初動能相同，

末動能相同，則子彈對滑塊A做的功和對滑塊B做的功相等，故D正確。

3.（多選）（2023?四川成都市樹德中學(xué)高三檢測）水平飛行的子彈打穿固定在水平面上的木塊，經(jīng)

歷時(shí)間為大，子彈損失的動能為損，系統(tǒng)機(jī)械能的損失為昂榻，穿透后系統(tǒng)的總動量為

Pi；同樣的子彈以同樣的速度打穿放在光滑水平面上的同樣的木塊，經(jīng)歷時(shí)間為力子彈損

失的動能為猛2損，系統(tǒng)機(jī)械能的損失為外提，穿透后系統(tǒng)的總動量為力.設(shè)木塊給子彈的阻

力為恒力且上述兩種情況下該阻力大小相等，則下列結(jié)論正確的是（）

A.72>/1B.A￡1k2攝損

C.&攝>當(dāng)損D.p2>pi

答案ABD

Ft

解析兩次打穿木塊過程中，子彈受到的阻力居相等，根據(jù)牛頓第二定律有a=一,兩次子

m

彈的加速度相等；第二次以同樣的速度擊穿放在光滑水平面上同樣的木塊，由于在子彈穿過

木塊的過程中，木塊會在水平面內(nèi)滑動，所以第二次子彈的位移必要大于第一次的位移修，

1

即子彈做減速運(yùn)動，由位移公式x=o（）fH■-a祥和％2>xi可得，t2>t\,故A正確.兩

2

次打穿木塊過程中，子彈受到的阻力相等，阻力對子彈做的功等于子彈損失的動能，即正抓=

FfX,由于必>修，所以限2最〉公瓦1掘，故B正確.兩次打穿木塊過程中，子彈受到的平均

阻力相等，系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量0=f朗，其中K為阻力，d為子彈相對于木塊的位移大小，

由于兩次子彈相對于木塊的位移大小都是木塊的長度，所以系統(tǒng)機(jī)械能的損失相等，即瓦摑=

故C錯(cuò)誤.”小于子彈的初動量，第二次子彈穿透木塊的過程，系統(tǒng)的動量守恒，則

02等于子彈的初動量，所以故D正確.

4.如圖所示，質(zhì)量加i=0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長Z=1.5m,現(xiàn)有質(zhì)量加2=

0.2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度?！銖淖蠖嘶闲≤?，最后在車面上某處與小車

保持相對靜止.物塊與車面間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,取g=10m/s2,則（）

A.物塊滑上小車后，系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒

B.增大物塊與車面間的動摩擦因數(shù)，摩擦生熱變大

C.若%=2.5m/s,則物塊在車面上滑行的時(shí)間為0.24s

D.若要保證物塊不從小車右端滑出，則0°不得大于5mzs

答案D

解析物塊與小車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；物塊滑上小車后在小車上滑

動過程中克服摩擦力做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；系統(tǒng)動量

,1

守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得叱%=（加］+加2）。，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量0=5加2。（）2一

1mimivo2

機(jī)2）峭=---------,則增大物塊與車面間的動摩擦因數(shù)，摩擦生熱不變，B錯(cuò)誤；若

22（〃"+%2）

0o=2.5m/s,由動量守恒定律得加2。0=（加1+%2）。，解得o=lm/s,對物塊，由動量定理得一

2gf=/2?！?2。0,解得f=0.3s,C錯(cuò)誤；要使物塊恰好不從小車右端滑出，需物塊到車面

右端時(shí)與小車有共同的速度。'，以向右為正方向，由動量守恒定律得〃?2。0'=（"1+

m^）v',由能量守恒定律得邢2。0'2=3%+加2）o'2+〃加喏"解得為'=5m/s,D正確.

5.（多選X2023?江西吉安市高三模擬）如圖所示，質(zhì)量m=2kg的物塊/以初速度Oo=2m/s滑

上放在光滑水平面上的長木板2,/做勻減速運(yùn)動，3做勻加速運(yùn)動，經(jīng)過時(shí)間f=ls,物塊

/、長木板8最終以共同速度。=1m/s做勻速運(yùn)動，重力加速度g取10m/s2,由此可求出（）

A.長木板3的質(zhì)量為2kg

B.物塊/與長木板3之間的動摩擦因數(shù)為0.1

C.長木板8的長度至少為2m

D.物塊4與長木板8組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2J

答案ABD

解析/做勻減速運(yùn)動，8做勻加速運(yùn)動，最后一起做勻速運(yùn)動，共同速度o=lm/s,取向

右為正方向，設(shè)8的質(zhì)量為根據(jù)動量守恒定律得加。()=(加+〃)%解得M=2kg,故A

、Ko

正確；木板5勻加速運(yùn)動的加速度沏=—=1m/s2,根據(jù)牛頓第二定律，對B有從mg=MaB,

△t

0+o0+1

解得〃=0.1,故B正確；前Is內(nèi)5的位移物=----1=-------XIm=0.5m,4的位移/=

22

2+1、、、

X1m=1.5m,所以木板B的最小長度L=x^—XB=1m,故C錯(cuò)誤;A.、B組成的系統(tǒng)

2

11

22

損失的機(jī)械能A^=-mz;0--(m+M)v=2J,故D正確.

6.質(zhì)量加i=0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長￡=1.5m,現(xiàn)有一質(zhì)量為加2=02kg、

可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度。o=2m/s從左端滑上小車，如圖所示，最后在小車

上某處與小車保持相對靜止，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,g取10m/s2,求：

//////////////////./././././././././/./././././/

(1)物塊與小車的共同速度大小

(2)物塊相對小車滑行的時(shí)間t；

(3)從開始到共速，小車運(yùn)動的位移大小xi；

(4)從開始到共速，物塊運(yùn)動的位移大小必；

(5)在此過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能；

(6)若物塊不滑離小車，物塊的速度不能超過多少。

答案(1)0.8m/s(2)0.24s(3)0.096m

(4)0.336m(5)0.24J(6)5m/s

解析(1)設(shè)物塊與小車的共同速度為O,以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有加2。0=

加200

(加1+加2)。，解得u=---------=0.8m/s

冽i+加2

(2)對物塊由動量定理有一〃加?=加2。一加2。0

AVo-V

解得t=-------=0.24S

陽

1mw2

(3)對小車，根據(jù)動能定理有〃加2gxi=-冽1浮一0,解得為=-----=0.096m

22〃加2g

VQ~^~V2+0.8

(4)M=---1=---X0.24m=0.336m

(5)方法一Ax=%2一修=0.24m

加2gAx=0.24J

11

方法二Q=/^E=-m1v^—(冽i+加2)浮

0.24J

(6)加2。0'=(加1+m2)v'

邢200'2-M加］+加2)。’2=〃加2gL

聯(lián)立解得0(/=5m/so

7.(2023?天津市和平區(qū)高三模擬)如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的長木板放在光滑的水平面上，

質(zhì)量為加=1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長木板的左端，用大小為10N、方向斜向右上與水

平方向成9=53。角的拉力/作用在物塊上，使物塊從靜止開始運(yùn)動，物塊運(yùn)動1s的時(shí)間，

撤去拉力，如果物塊剛好不滑離木板，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度g=10

m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求：

(1)撤去拉力時(shí)物塊和木板的速度大小；

(2)木板的長度.

答案(1)5m/s0.5m/s(2)3.6m

解析(1)對物塊根據(jù)牛頓第二定律有

Feos0—jLi(mg—Fsin6)=ma\

對木板根據(jù)牛頓第二定律有//(mg—Fsin9)=Ma2

撤去拉力時(shí)，物塊的速度大小歷=〃/=5m/s

木板的速度大小02=42才=0.5m/s.

(2)拉力撤去之前，物塊相對木板的位移

11

X\=一a2科

22

撤去拉力后，根據(jù)動量守恒定律有mvx+MV2=(m+M)v

由能量守恒定律有

111

//mgX2=丁0i2+~Mv^-——(Af+m)v2

聯(lián)立解得木板的長度￡=XI+%2=3.6m.

8.(2023?山西省模擬)如圖所示，質(zhì)量1kg的平板車/放在光滑的水平面上，質(zhì)量機(jī)=0.5kg

的物塊5放在平板車右端上表面，質(zhì)量m=0.5kg的小球C用長為6.4m的細(xì)線懸掛于。點(diǎn)，

。點(diǎn)在平板車的左端正上方，距平板車上表面的高度為6.4m,將小球向左拉到一定高度，細(xì)

線拉直且與豎直方向的夾角為60。，由靜止釋放小球，小球與平板車碰撞后，物塊剛好能滑

到平板車的左端，物塊相對平板車滑行的時(shí)間為0.5s,物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為0.6,

忽略小球和物塊的大小，重力加速度g取lOm*,求：

(1)平板車的長度；

(2)小球與平板車碰撞過程損失的機(jī)械能.

答案(1)1.125m(2)5.625J

解析(1)設(shè)物塊在平板車上滑動時(shí)的加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有jumg=ma

代入數(shù)據(jù)解得a=6m/s2

設(shè)物塊與平板車最后的共同速度為v,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有v=at=3m/s

設(shè)小球與平板車相碰后瞬間，平板車的速度為。1,根據(jù)動量守恒定律有加

解得歷=4.5m/s

設(shè)平板車的長度為，根據(jù)能量守恒定律有

11

fimgL=-Mv\1—^m+M)v2

代入數(shù)據(jù)解得￡=1.125m

、、、1

(2)設(shè)小球與平板車相碰前瞬間速度為VQ,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg(Z—/cos6O°)=-mro2

解得。0=8m/s

設(shè)碰撞后瞬間小球的速度為火，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有加00=〃。1+加。2

解得。2=-1m/s

111

小球與平板車碰撞過程損失的機(jī)械能為AE=—mvj一-mv^--^12=5.625J.

222

9.(2023?安徽省安慶、池州、銅陵三市聯(lián)考)如圖所示，光滑水平地面上并排放置兩塊木板A、

B,兩木板間相互接觸但不粘連，現(xiàn)有一小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平初速度。o=4m/s滑上木

板A的左端，滑塊最終恰好沒有離開木板B,已知滑塊的質(zhì)量和A、B兩木板質(zhì)量均相等，

A木板長為。=2m,滑塊與兩木板間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.2,重力加速度g=10m/s?。求：

(1)小滑塊剛離開木板A時(shí)A和B的速度大?。?/p>

⑵木板B的長度L2O

22

答案(1號m/s-m/s(2)0.5m

解析(1)根據(jù)題意，設(shè)滑塊剛離開A時(shí)的速度為。1,此時(shí)A、B速度相等為上，滑塊沖上A

木板至剛離開A木板的過程中，

由動量守恒定律有mvo=mvi+2mv2

由能量守恒定律有

—mvo2——mz?i2H-X2mv^+fjmgLi

,82

解得。1=一m/s,力=一m/s

即滑塊剛離開A時(shí)，A和B的速度大小為

v^-v-R—v2--m/s

(2)根據(jù)題意，滑塊沖上B木板的過程，由動量守恒定律有機(jī)。1+加利=2加s

由能量守恒定律有

11,1

■^mVi2-^-^m22'=-X2mVi1+^mgL2

解得工2=0.5m。

10.(2024?廣東省聯(lián)考)如圖所示，緊靠在水平平臺右端的長木板上表面N0水平且與平臺等

高，N。的長度￡=2m,長木板的右端為半徑7?=0.1m的-光滑圓弧，可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B

靜止在長木板的左端。質(zhì)量"A=1kg的滑塊A在光滑水平平臺上以初速度為=6m/s向右勻

速運(yùn)動，一段時(shí)間后滑塊A與滑塊B發(fā)生彈性碰撞。己知滑塊B的質(zhì)量為WB=3kg,與NQ

間的動摩擦因數(shù)〃=0.1,長木板的下表面光滑，重力加速度g=10m/s2。

(1)求滑塊A、B碰后瞬間滑塊B的速度大小為；

(2)若滑塊B恰好不能從長木板右端滑離長木板，求長木板的質(zhì)量mc；

(3)在滿足(2)的條件下，長木板的最大速度%及滑塊B最終距。點(diǎn)的距離Axo

姣安小2/八、3+//,

合案(1)3m/s(2)6kg(3)——m/s1m

解析(1)對滑塊A、B碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得見WO=MA%+

mBvB

111

T^A^o2=小2f+-m^B2

222B

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得滑塊A和B碰后滑塊B的速度大小VB=3m/s

(2)滑塊B恰好不能從右端滑離長木板，對應(yīng)的情況是滑塊B剛好滑到圓弧的頂端時(shí)，滑塊B

與長木板共速，對滑塊B和長木板有加B0B=(冽B+冽c)°

11

—WB^B2(冽B+冽c)〃—[xm^gL+m^gR

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得o=lm/s,mc=6kg

（3）當(dāng)滑塊B返回至。點(diǎn)時(shí)，長木板的速度最大，設(shè)此時(shí)滑塊B的速度為OB',

貝4有（加B+加C）O=冽BOB'+加”m

1/11

222

邢B0B，+-^c^m--（^B+m^）V=mBgR

聯(lián)立解得v=--------m/s

m3

設(shè)滑塊B最終沒有滑離長木板，對滑塊B從最高點(diǎn)到與長木板相對靜止的過程，根據(jù)能量守

恒定律有m^gR=//mBgAx

解得Ax=lm<Z=2m

故假設(shè)成立，滑塊B最終距0點(diǎn)的距離Ax=lm。

能力提升練

11.（多選）如圖所示，長為￡、質(zhì)量為用的木塊靜止在光滑水平面上。質(zhì)量為加的子彈以水平

速度。o射入木塊并從中射出。已知從子彈射入到射出木塊的時(shí)間內(nèi)木塊移動的距離為s,子

彈穿過木塊后子彈和木塊的速度分別為0和。2,假設(shè)子彈穿過木塊的過程子彈所受阻力恒定,

則下列說法正確的是（）

////////////////////////////////

I—T

A.木塊移動的距離s一定小于木塊長度上

B.木塊質(zhì)量M越大，木塊速度和越大

C.木塊質(zhì)量“越大，子彈射出速度為越大

D.子彈的初速度越大，木塊位移s越小，該過程產(chǎn)生的熱量越少

答案AC

Ft

解析因子彈穿透木塊過程所受阻力后恒定，子彈加速度大小。1=一,木塊的加速度大小改

m

Ft

=—,四出子彈和木塊的。一:圖像如圖所示

M

由圖甲可知，乙（深色梯形面積）一定大于s（淺色三角形面積），故A正確；木塊的質(zhì)量M越大，

。2越小，由圖乙可知，穿透時(shí)間越短，子彈射出速度越大，木塊速度。2越小，故B錯(cuò)誤，

C正確；子彈的初速度如越大，由圖丙可知木塊位移s越小，但系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為尸也保持

不變，故D錯(cuò)誤。

12.（2022?河北卷-13）如圖，光滑水平面上有兩個(gè)等高的滑板A和B,質(zhì)量分另U為1kg和2kg,

A右端和B左端分別放置物塊C、D,物塊質(zhì)量均為1kg,A和C以相同速度%=10m/s向

右運(yùn)動，B和D以相同速度kv0向左運(yùn)動，在某時(shí)刻發(fā)生碰撞，作用時(shí)間極短，碰撞后C與D

粘在一起形成一個(gè)新物塊，A與B粘在一起形成一個(gè)新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)

均為〃=0.1。重力加速度大小取g=10m/s2。

7777777/777777777777777777777/77777777777777777777777777~

（1）若0<K0.5,求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；

（2）若左=0.5,從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止時(shí)，求兩者相對位移的大小。

10—20左

答案（1）5（1一左）m/s方向向右-------m/s方向向右（2）1.875m

解析（1）物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速

度為O物，已知C、D的質(zhì)量均為加=1kg,以向右為正方向，則有加為一加?物o=（冽+加）。物

1~k

解得v物=一^一^o=5（l—左）m/s>0

可知碰撞后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度大小為5（1一左）m/s,方向向右。

滑板A、B碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為o滑，

滑板A和B質(zhì)量分別為1kg和2kg,則有

MVQ—2M-too=（A/+2M）v滑

1—2左10—20左

解得v滑=-----VQ=-----------m/s>0

33

則新滑板速度方向也向右。

（2）若左=0.5,可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為

v物,=5（1—左）m/s=5X（l—0.5）m/s=2.5m/s

碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為

10—20左

o滑/=---m/s=O

可知碰后新物塊相對于新滑板向右運(yùn)動，新物塊向右做勻減速運(yùn)動，新滑板向右做勻加速運(yùn)

動，新物塊的質(zhì)量為加/=2kg,新滑板的質(zhì)量為AT=3kg,設(shè)相對靜止時(shí)的共同速度為

o共，

根據(jù)動量守恒可得加'。物'=（m'+Mf共

解得v共=1m/s

根據(jù)能量守恒可得

11

fim'gx相=a加/o物/2-3（冽/+Mr?共2

解得x相=1.875nio

尖子選拔練

13.(多選)如圖所示，兩側(cè)帶有固定擋板的平板車乙靜止在光滑水平地面上，擋板的厚度可忽

略不計(jì)，車長為2乙與平板車質(zhì)量相等的物塊甲(可視為質(zhì)點(diǎn))由平板車的中點(diǎn)處以初速度為

向右運(yùn)動，已知甲、乙之間的動摩擦因