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专题提升四　类碰撞模型(二)——“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
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区别和应用范围。2.学会利用动量守恒定律和能量守恒定律等分析“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型。
模型一　“子弹打木块”模型
1.模型建构：如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出，设木块对子弹的阻力恒为Ff。
2.模型特点
(1)子弹打入木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒。
(2)在子弹打入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。
3.两种类型
(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＝Ffd＝mv－(m＋M)v2
其中d为子弹射入木块的深度。
此过程相当于完全非弹性碰撞，动能损失最多。
(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＝FfL＝mv－mv－Mv
其中L为木块的长度，注意d≤L。
例1 如图所示，一质量为M、长度为L的木块，静止在光滑的水平地面上，一颗质量为m的子弹，以v0的速度射向木块。如果将子弹与木块相互作用力大小F视为恒力。求：
(1)如果子弹没有打穿木块，系统产生的热量是多少？
(2)要使子弹能打穿木块，则子弹的初速度至少多大？
答案　(1)　(2)
解析　(1)在光滑的水平地面上，系统所受合外力为0，动量守恒。如果子弹没有打穿木块，则最终木块与子弹具有共同速度，设为v，根据动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0
根据能量守恒定律可得系统产生的热量为
Q＝mv－(M＋m)v2＝。
(2)要使子弹能打穿木块，则子弹恰好到达木块右端与木块具有共同速度v′时对应子弹的初速度最小，设为vmin，根据动量守恒定律有mvmin＝(M＋m)v′
根据能量守恒定律有FL＝mv－(M＋m)v′2
解得vmin＝。
训练1 如图所示，质量为M的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　子弹射入木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(M＋m)v，解得v＝，子弹射入木块后，二者一起做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得－μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)v2，解得v1＝，故A正确。
模型二　“滑块—木板”模型
1.模型建构：如图所示，在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0从木板的左边缘滑上质量为M的木板的上表面。滑块与木板间的滑动摩擦力为Ff。
2.模型特点
(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，根据能量守恒定律可知，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，即ΔE＝Ffs相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程。
(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，机械能损失最多。
例2 如图所示，两光滑水平平台通过一竖直台阶相连，下平台足够长，一质量为3m的长木板，紧靠台阶放置在下平台上，其上表面与上平台平面相平。现有质量为m的小滑块，以水平速度v0从上平台滑上木板而不会掉下，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)小滑块和长木板的最终速度；
(2)小滑块在长木板上滑行的时间；
(3)小滑块在长木板上的滑动距离；
(4)在小滑块相对长木板滑动过程中，系统因摩擦产生的热量。
答案　(1)v0　(2)　(3)　(4)mv
解析　(1)取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，
有mv0＝(m＋3m)v
解得v＝v0
故小滑块和长木板的最终速度大小为v0。
(2)法1　小滑块在长木板上做匀减速直线运动
根据牛顿第二定律可知－μmg＝ma
解得a＝－μg
则小滑块在长木板上滑行的时间为
t＝＝。
法2　对小滑块，由动量定理得
－μmgt＝mv－mv0
解得t＝。
(3)设小滑块在长木板上的滑动距离为x，根据能量守恒定律有
mv＝mv2＋×3mv2＋μmgx
解得x＝
故小滑块在长木板上的滑动距离为。
(4)小滑块在长木板上滑动过程中产生的热量为
Q＝μmgx＝mv
或Q＝mv－mv2－×3mv2＝mv。
(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：根据牛顿第二定律和运动学公式求解，或根据动量定理求解，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＝FfΔx或Q＝E初－E末求解，研究对象为一个系统。　　
训练2 质量为M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，求：
(1)两者相对静止时的运动速度v；
(2)从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小；
(3)小木块与长木板间的动摩擦因数μ。
答案　(1)1 m/s　方向水平向右　(2)1.5 kg·m/s　(3)0.5
解析　设水平向右为正方向
(1)从开始到相对静止，水平方向动量守恒
－Mv1＋mv2＝(M＋m)v
解得v＝1 m/s，方向水平向右。
(2)长木板的动量变化量大小
Δp＝Mv－(－Mv1)＝1.5 kg·m/s。
(3)对小木块B，根据动量定理得
－μmgt＝mv－mv2
解得μ＝0.5。
基础对点练
题组一　“子弹打木块”模型
1.一颗子弹水平射入置于粗糙水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统(　　)
A.动量守恒，机械能守恒
B.动量守恒，机械能不守恒
C.动量不守恒，机械能不守恒
D.无法判定动量、机械能是否守恒
答案　C
解析　子弹射入A过程，由于作用时间极短，地面摩擦忽略不计，子弹与A构成的系统动量守恒，由于子弹与木块摩擦生热，机械能不守恒，子弹与A一起压缩弹簧过程，由于地面粗糙，A、B及子弹系统的动量不守恒、机械能不守恒，故C正确。
2.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是(　　)
A.子弹的末速度大小相等
B.系统产生的热量一样多
C.子弹对滑块做的功相同
D.子弹和滑块间的水平作用力一样大
答案　ABC
解析　以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度v＝，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过程中，子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则两种情况系统减少的动能相同，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Q＝Ffs相对知，由于s相对不相等而Q相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。
3.(多选)如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　)
A.FfL＝Mv2 B.Fft＝mv0－mv
C.v＝ D.Ffs＝mv－mv2
答案　AB
解析　对木块由动能定理得FfL＝Mv2，A正确；以向右为正方向，对子弹由动量定理得－Fft＝mv－mv0，B正确；对木块、子弹整体，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，C错误；由能量守恒定律得Ffs＝mv－(M＋m)v2，D错误。
题组二　“滑块—木板”模型
4.(2024·河北衡水高二期中)如图甲，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图乙为物块与木板运动的v－t图像，图中t1、v0、v1均已知。重力加速度大小为g。由此可求得(　　)
A.木板的长度
B.物块与木板的质量
C.物块与木板之间的动摩擦因数
D.从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能
答案　C
解析　小物块滑动的位移x1＝t1，木板滑动的位移x2＝v1t1，则Δx＝x1－x2为物块相对木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，A错误；物块与木板组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，可解出物块与木板的质量之比＝，但无法计算各自的质量，B错误；对物块，由动量定理得－μmgt1＝ mv1－mv0，v0与v1已知，解得μ＝，可以求出动摩擦因数，C正确；由于不知道木板的质量，无法求出从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能，D错误。
5.如图所示，质量为2 kg的小车以2.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，现在小车上表面上方1.25 m高度处将一质量为0.5 kg的可视为质点的物块由静止释放，经过一段时间物块落在小车上，最终两者一起水平向右匀速运动。重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.物块释放0.3 s后落到小车上
B.若只增大物块的释放高度，则物块与小车的共同速度变小
C.物块与小车相互作用的过程中，物块和小车的动量守恒
D.物块与小车相互作用的过程中，系统损失的能量为7.5 J
答案　D
解析　物块下落的时间为t＝＝ s＝0.5 s，A错误；物块与小车相互作用的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，在竖直方向的动量不守恒，由水平方向动量守恒得Mv0＝(M＋m)v，可知，释放高度变大，水平方向的共同速度不变，B、C错误；在整个过程中，由能量守恒定律得系统损失的机械能ΔE＝mgh＋Mv－(M＋m)v2，代入数据可得ΔE＝7.5 J，D正确。
6.如图所示，质量为m、长为L的长木板放在光滑的水平面上，一个质量也为m的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端；如果长木板不固定，则物块冲上长木板后相对长木板最多能滑行的距离为(　　)
A.L B. C. D.
答案　D
解析　长木板固定时，由动能定理得－μmgL＝0－mv；若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有mv0＝2mv，由能量守恒定律有μmgs＝mv－×2mv2，解得s＝，D项正确，A、B、C项错误。
综合提升练
7.如图所示，一质量为m＝1 kg的滑块以初速度v0从光滑平台滑上与平台等高的静止的质量为M＝9 kg的小车，小车和滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，小车长L＝1 m，水平地面光滑，若滑块不滑出小车，滑块初速度v0应满足什么条件？(g＝10 m/s2)
答案　v0≤ m/s
解析　滑块以初速度v0从平台滑上小车，刚好滑到小车的最右端，此时两者速度相同设为v
由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v
从滑块滑上小车到两者速度相同，系统损失的动能为ΔEk＝μmgL＝mv－(M＋m)v2
解得v0＝ m/s
若滑块不滑出小车，滑块的初速度应满足
v0≤ m/s。
8.如图所示，质量为M的物块静止在光滑桌面边缘，桌面距离水平地面的高度为h，质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，没有从物块射出。重力加速度为g。求：
(1)物块落地点离桌面边缘的水平距离；
(2)子弹射入物块过程中系统损失的机械能。
答案　(1)　(2)
解析　(1)设子弹击中物块后，二者共同速度为v1，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1
物块做平抛运动的时间t＝
物块落地点离桌面边缘的水平距离x＝v1t
解得 x＝。
(2)对系统，由能量守恒定律得
mv＝(m＋M)v＋ΔE
解得ΔE＝。
9.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端(B、C可视为质点)，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg，A与B间的动摩擦因数为μ＝0.5；开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)并粘在一起，经过一段时间，B刚好滑至A的右端而没掉下来(g＝10 m/s2)。求：
(1)A、C碰撞后A的速度大小；
(2)长木板A的长度。
答案　(1)2.5 m/s　(2)0.5 m
解析　(1)A与C碰撞过程动量守恒，有
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，有mBv0＋(mA＋mC)v1＝(mA＋mB＋mC)v2
解得v2＝3 m/s
由能量守恒定律得
mBv＋(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋μmBgL
解得L＝0.5 m。
培优加强练
10.(2024·山东济南历城第二中学期中)如图所示，两块质量均为M＝0.6 kg木块A、B并排放置在光滑的水平桌面上，一颗质量m＝0.1 kg的子弹C(可视为质点)以v0＝40 m/s的水平速度射入A后完全进入B，最终和B一起运动，测得A、B在水平地面上的落地点至桌边缘的水平距离之比为1∶2，求C在A中运动时系统机械能的损失与C在B中运动时系统机械能的损失之比ΔE1∶ΔE2。
答案　54∶7
解析　A、B脱离桌边缘后做平抛运动，竖直方向的高度相同，做自由落体的时间相同，水平方向上由x＝vt可知A、B平抛的初速度之比
＝＝
取向右为正方向，子弹与B的速度相同时，由动量守恒定律有
mv0＝MvA＋(m＋M)vB
联立解得vA＝2 m/s，vB＝4 m/s
子弹穿越A，刚进入B时，由动量守恒定律有
mv0＝2MvA＋mv
解得v＝16 m/s
C在A中运动时系统动能损失为
ΔE1＝mv－×2Mv－mv2＝64.8 J
C在B中运动时系统动能损失为
ΔE2＝mv2＋Mv－(M＋m)v＝8.4 J
解得ΔE1∶ΔE2＝54∶7。(共41张PPT)
专题提升四　类碰撞模型(二)——“子弹打木块”
模型和“滑块—木板”模型
第一章　动量守恒定律
1.进一步理解动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律的区别和应用范围。
2.学会利用动量守恒定律和能量守恒定律等分析“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型。
学习目标
目 录
CONTENTS
提升
01
课后巩固训练
02
提升
1
模型二　“滑块—木板”模型
模型一　“子弹打木块”模型
模型一　“子弹打木块”模型
1.模型建构：如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出，设木块对子弹的阻力恒为Ff。
例1 如图所示，一质量为M、长度为L的木块，静止在光滑的水平地面上，一颗质量为m的子弹，以v0的速度射向木块。如果将子弹与木块相互作用力大小F视为恒力。求：
(1)如果子弹没有打穿木块，系统产生的热量是多少？
(2)要使子弹能打穿木块，则子弹的初速度至少多大？
解析　(1)在光滑的水平地面上，系统所受合外力为0，动量守恒。如果子弹没有打穿木块，则最终木块与子弹具有共同速度，设为v，根据动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v
根据能量守恒定律可得系统产生的热量为
(2)要使子弹能打穿木块，则子弹恰好到达木块右端与木块具有共同速度v′时对应子弹的初速度最小，设为vmin，根据动量守恒定律有mvmin＝(M＋m)v′
A
训练1 如图所示，质量为M的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为(　　)
模型二　“滑块—木板”模型
1.模型建构：如图所示，在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0从木板的左边缘滑上质量为M的木板的上表面。滑块与木板间的滑动摩擦力为Ff。
2.模型特点
(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，根据能量守恒定律可知，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，即ΔE＝Ffs相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程。
(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，机械能损失最多。
例2 如图所示，两光滑水平平台通过一竖直台阶相连，下平台足够长，一质量为3m的长木板，紧靠台阶放置在下平台上，其上表面与上平台平面相平。现有质量为m的小滑块，以水平速度v0从上平台滑上木板而不会掉下，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)小滑块和长木板的最终速度；
(2)小滑块在长木板上滑行的时间；
(3)小滑块在长木板上的滑动距离；
(4)在小滑块相对长木板滑动过程中，系统因摩擦产生的热量。
解析　(1)取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，
有mv0＝(m＋3m)v
(2)法1　小滑块在长木板上做匀减速直线运动
根据牛顿第二定律可知－μmg＝ma
解得a＝－μg
则小滑块在长木板上滑行的时间为
法2　对小滑块，由动量定理得
－μmgt＝mv－mv0
(3)设小滑块在长木板上的滑动距离为x，根据能量守恒定律有
(4)小滑块在长木板上滑动过程中产生的热量为
(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：根据牛顿第二定律和运动学公式求解，或根据动量定理求解，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＝FfΔx或Q＝E初－E末求解，研究对象为一个系统。　　
训练2 质量为M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，求：
(1)两者相对静止时的运动速度v；
(2)从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小；
(3)小木块与长木板间的动摩擦因数μ。
答案　(1)1 m/s　方向水平向右　(2)1.5 kg·m/s　(3)0.5
解析　设水平向右为正方向
(1)从开始到相对静止，水平方向动量守恒
－Mv1＋mv2＝(M＋m)v
解得v＝1 m/s，方向水平向右。
(2)长木板的动量变化量大小
Δp＝Mv－(－Mv1)＝1.5 kg·m/s。
(3)对小木块B，根据动量定理得
－μmgt＝mv－mv2
解得μ＝0.5。
课后巩固训练
2
C
题组一　“子弹打木块”模型
1.一颗子弹水平射入置于粗糙水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统(　　)
基础对点练
A.动量守恒，机械能守恒
B.动量守恒，机械能不守恒
C.动量不守恒，机械能不守恒
D.无法判定动量、机械能是否守恒
解析　子弹射入A过程，由于作用时间极短，地面摩擦忽略不计，子弹与A构成的系统动量守恒，由于子弹与木块摩擦生热，机械能不守恒，子弹与A一起压缩弹簧过程，由于地面粗糙，A、B及子弹系统的动量不守恒、机械能不守恒，故C正确。
ABC
2.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是(　　 )
A.子弹的末速度大小相等
B.系统产生的热量一样多
C.子弹对滑块做的功相同
D.子弹和滑块间的水平作用力一样大
AB
3.(多选)如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　)
C
题组二　“滑块—木板”模型
4.(2024·河北衡水高二期中)如图甲，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图乙为物块与木板运动的v－t图像，图中t1、v0、v1均已知。重力加速度大小为g。由此可求得(　　)
A.木板的长度
B.物块与木板的质量
C.物块与木板之间的动摩擦因数
D.从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能
D
5.如图所示，质量为2 kg的小车以2.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，现在小车上表面上方1.25 m高度处将一质量为0.5 kg的可视为质点的物块由静止释放，经过一段时间物块落在小车上，最终两者一起水平向右匀速运动。重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.物块释放0.3 s后落到小车上
B.若只增大物块的释放高度，则物块与小车的共同速度变小
C.物块与小车相互作用的过程中，物块和小车的动量守恒
D.物块与小车相互作用的过程中，系统损失的能量为7.5 J
D
6.如图所示，质量为m、长为L的长木板放在光滑的水平面上，一个质量也为m的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端；如果长木板不固定，则物块冲上长木板后相对长木板最多能滑行的距离为(　　)
7.如图所示，一质量为m＝1 kg的滑块以初速度v0从光滑平台滑上与平台等高的静止的质量为M＝9 kg的小车，小车和滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，小车长L＝1 m，水平地面光滑，若滑块不滑出小车，滑块初速度v0应满足什么条件？(g＝10 m/s2)
综合提升练
解析　滑块以初速度v0从平台滑上小车，刚好滑到小车的最右端，此时两者速度相同设为v
由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v
若滑块不滑出小车，滑块的初速度应满足
8.如图所示，质量为M的物块静止在光滑桌面边缘，桌面距离水平地面的高度为h，质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，没有从物块射出。重力加速度为g。求：
(1)物块落地点离桌面边缘的水平距离；
(2)子弹射入物块过程中系统损失的机械能。
解析　(1)设子弹击中物块后，二者共同速度为v1，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1
9.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端(B、C可视为质点)，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg，A与B间的动摩擦因数为μ＝0.5；开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)并粘在一起，经过一段时间，B刚好滑至A的右端而没掉下来(g＝10 m/s2)。求：
(1)A、C碰撞后A的速度大小；
(2)长木板A的长度。
答案　(1)2.5 m/s　(2)0.5 m
解析　(1)A与C碰撞过程动量守恒，有
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，有
mBv0＋(mA＋mC)v1＝(mA＋mB＋mC)v2
解得v2＝3 m/s
由能量守恒定律得
解得L＝0.5 m。
10.(2024·山东济南历城第二中学期中)如图所示，两块质量均为M＝0.6 kg木块A、B并排放置在光滑的水平桌面上，一颗质量m＝0.1 kg的子弹C(可视为质点)以v0＝40 m/s的水平速度射入A后完全进入B，最终和B一起运动，测得A、B在水平地面上的落地点至桌边缘的水平距离之比为1∶2，求C在A中运动时系统机械能的损失与C在B中运动时系统机械能的损失之比ΔE1∶ΔE2。
培优加强练
答案　54∶7
解析　A、B脱离桌边缘后做平抛运动，竖直方向的高度相同，做自由落体的时间相同，水平方向上由x＝vt可知A、B平抛的初速度之比
取向右为正方向，子弹与B的速度相同时，由动量守恒定律有
mv0＝MvA＋(m＋M)vB
联立解得vA＝2 m/s，vB＝4 m/s
子弹穿越A，刚进入B时，由动量守恒定律有
mv0＝2MvA＋mv
解得v＝16 m/s
C在A中运动时系统动能损失为
C在B中运动时系统动能损失为
解得ΔE1∶ΔE2＝54∶7。专题提升四　类碰撞模型(二)——“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
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区别和应用范围。2.学会利用动量守恒定律和能量守恒定律等分析“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型。
模型一　“子弹打木块”模型
1.模型建构：如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出，设木块对子弹的阻力恒为Ff。
2.模型特点
(1)子弹打入木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒。
(2)在子弹打入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。
3.两种类型
(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＝Ffd＝mv－(m＋M)v2
其中d为子弹射入木块的深度。
此过程相当于完全非弹性碰撞，动能损失最多。
(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＝FfL＝mv－mv－Mv
其中L为木块的长度，注意d≤L。
例1 如图所示，一质量为M、长度为L的木块，静止在光滑的水平地面上，一颗质量为m的子弹，以v0的速度射向木块。如果将子弹与木块相互作用力大小F视为恒力。求：
(1)如果子弹没有打穿木块，系统产生的热量是多少？
(2)要使子弹能打穿木块，则子弹的初速度至少多大？
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训练1 如图所示，质量为M的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
模型二　“滑块—木板”模型
1.模型建构：如图所示，在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0从木板的左边缘滑上质量为M的木板的上表面。滑块与木板间的滑动摩擦力为Ff。
2.模型特点
(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，根据能量守恒定律可知，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，即ΔE＝Ffs相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程。
(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，机械能损失最多。
例2 如图所示，两光滑水平平台通过一竖直台阶相连，下平台足够长，一质量为3m的长木板，紧靠台阶放置在下平台上，其上表面与上平台平面相平。现有质量为m的小滑块，以水平速度v0从上平台滑上木板而不会掉下，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)小滑块和长木板的最终速度；
(2)小滑块在长木板上滑行的时间；
(3)小滑块在长木板上的滑动距离；
(4)在小滑块相对长木板滑动过程中，系统因摩擦产生的热量。
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(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：根据牛顿第二定律和运动学公式求解，或根据动量定理求解，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＝FfΔx或Q＝E初－E末求解，研究对象为一个系统。　　
训练2 质量为M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，求：
(1)两者相对静止时的运动速度v；
(2)从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小；
(3)小木块与长木板间的动摩擦因数μ。
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______________________________________________________________________专题提升四　类碰撞模型（二）——“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
选择题1～6题，每小题8分，共48分。
基础对点练
题组一　“子弹打木块”模型
1.一颗子弹水平射入置于粗糙水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统(　　)
动量守恒，机械能守恒
动量守恒，机械能不守恒
动量不守恒，机械能不守恒
无法判定动量、机械能是否守恒
2.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是(　　)
子弹的末速度大小相等
系统产生的热量一样多
子弹对滑块做的功相同
子弹和滑块间的水平作用力一样大
3.(多选)如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　)
FfL＝Mv2 Fft＝mv0－mv
v＝ Ffs＝mv－mv2
题组二　“滑块—木板”模型
4.(2024·河北衡水高二期中)如图甲，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图乙为物块与木板运动的v－t图像，图中t1、v0、v1均已知。重力加速度大小为g。由此可求得(　　)
木板的长度
物块与木板的质量
物块与木板之间的动摩擦因数
从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能
5.如图所示，质量为2 kg的小车以2.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，现在小车上表面上方1.25 m高度处将一质量为0.5 kg的可视为质点的物块由静止释放，经过一段时间物块落在小车上，最终两者一起水平向右匀速运动。重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
物块释放0.3 s后落到小车上
若只增大物块的释放高度，则物块与小车的共同速度变小
物块与小车相互作用的过程中，物块和小车的动量守恒
物块与小车相互作用的过程中，系统损失的能量为7.5 J
6.如图所示，质量为m、长为L的长木板放在光滑的水平面上，一个质量也为m的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端；如果长木板不固定，则物块冲上长木板后相对长木板最多能滑行的距离为(　　)
L
综合提升练
7.(8分)如图所示，一质量为m＝1 kg的滑块以初速度v0从光滑平台滑上与平台等高的静止的质量为M＝9 kg的小车，小车和滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，小车长L＝1 m，水平地面光滑，若滑块不滑出小车，滑块初速度v0应满足什么条件？(g＝10 m/s2)
8.(8分)如图所示，质量为M的物块静止在光滑桌面边缘，桌面距离水平地面的高度为h，质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，没有从物块射出。重力加速度为g。求：
(1)(4分)物块落地点离桌面边缘的水平距离；
(2)(4分)子弹射入物块过程中系统损失的机械能。
9.(18分)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端(B、C可视为质点)，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg，A与B间的动摩擦因数为μ＝0.5；开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)并粘在一起，经过一段时间，B刚好滑至A的右端而没掉下来(g＝10 m/s2)。求：
(1)(9分)A、C碰撞后A的速度大小；
(2)(9分)长木板A的长度。
培优加强练
10.(18分)(2024·山东济南历城第二中学期中)如图所示，两块质量均为M＝0.6 kg木块A、B并排放置在光滑的水平桌面上，一颗质量m＝0.1 kg的子弹C(可视为质点)以v0＝40 m/s的水平速度射入A后完全进入B，最终和B一起运动，测得A、B在水平地面上的落地点至桌边缘的水平距离之比为1∶2，求C在A中运动时系统机械能的损失与C在B中运动时系统机械能的损失之比ΔE1∶ΔE2。
专题提升四　类碰撞模型(二)
——“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
1.C　[子弹射入A过程，由于作用时间极短，地面摩擦忽略不计，子弹与A构成的系统动量守恒，由于子弹与木块摩擦生热，机械能不守恒，子弹与A一起压缩弹簧过程，由于地面粗糙，A、B及子弹系统的动量不守恒、机械能不守恒，故C正确。]
2.ABC　[以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度v＝，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过程中，子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则两种情况系统减少的动能相同，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Q＝Ffs相对知，由于s相对不相等而Q相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。]
3.AB　[对木块由动能定理得FfL＝Mv2，A正确；以向右为正方向，对子弹由动量定理得－Fft＝mv－mv0，B正确；对木块、子弹整体，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，C错误；由能量守恒定律得Ffs＝mv－(M＋m)v2，D错误。]
4.C　[小物块滑动的位移x1＝t1，木板滑动的位移x2＝v1t1，则Δx＝x1－x2为物块相对木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，A错误；物块与木板组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，可解出物块与木板的质量之比＝，但无法计算各自的质量，B错误；对物块，由动量定理得－μmgt1＝ mv1－mv0，v0与v1已知，解得μ＝，可以求出动摩擦因数，C正确；由于不知道木板的质量，无法求出从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能，D错误。]
5.D　[物块下落的时间为t＝＝ s＝0.5 s，A错误；物块与小车相互作用的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，在竖直方向的动量不守恒，由水平方向动量守恒得Mv0＝(M＋m)v，可知，释放高度变大，水平方向的共同速度不变，B、C错误；在整个过程中，由能量守恒定律得系统损失的机械能ΔE＝mgh＋Mv－(M＋m)v2，代入数据可得ΔE＝7.5 J，D正确。]
6.D　[长木板固定时，由动能定理得－μmgL＝0－mv；若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有mv0＝2mv，由能量守恒定律有μmgs＝mv－×2mv2，解得s＝，D项正确，A、B、C项错误。]
7.v0≤ m/s
解析　滑块以初速度v0从平台滑上小车，刚好滑到小车的最右端，此时两者速度相同设为v
由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v
从滑块滑上小车到两者速度相同，系统损失的动能为ΔEk＝μmgL＝mv－(M＋m)v2
解得v0＝ m/s
若滑块不滑出小车，滑块的初速度应满足
v0≤ m/s。
8.(1)　(2)
解析　(1)设子弹击中物块后，二者共同速度为v1，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1
物块做平抛运动的时间t＝
物块落地点离桌面边缘的水平距离x＝v1t
解得 x＝。
(2)对系统，由能量守恒定律得
mv＝(m＋M)v＋ΔE
解得ΔE＝。
9.(1)2.5 m/s　(2)0.5 m
解析　(1)A与C碰撞过程动量守恒，有
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，有
mBv0＋(mA＋mC)v1＝(mA＋mB＋mC)v2
解得v2＝3 m/s
由能量守恒定律得
mBv＋(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋μmBgL
解得L＝0.5 m。
10.54∶7
解析　A、B脱离桌边缘后做平抛运动，竖直方向的高度相同，做自由落体的时间相同，水平方向上由x＝vt可知A、B平抛的初速度之比
＝＝
取向右为正方向，子弹与B的速度相同时，由动量守恒定律有
mv0＝MvA＋(m＋M)vB
联立解得vA＝2 m/s，vB＝4 m/s
子弹穿越A，刚进入B时，由动量守恒定律有
mv0＝2MvA＋mv
解得v＝16 m/s
C在A中运动时系统动能损失为
ΔE1＝mv－×2Mv－mv2＝64.8 J
C在B中运动时系统动能损失为
ΔE2＝mv2＋Mv－(M＋m)v＝8.4 J
解得ΔE1∶ΔE2＝54∶7。

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