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(共34张PPT)
题型二　“滑块—木板”模型
题型一　“子弹打木块”模型
课时作业
内
容
索
引
专题四　碰撞模型的拓展
题型三　“滑块—弹簧”模型
题型四　“滑块—斜(曲)面”模型
题型一　“子弹打木块”模型
1.模型图示

2.模型特点
(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。
(2)系统的机械能有损失。
3.两种情景
(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)。
动量守恒：mv0=(m＋M)v；
能量守恒：Q=Ff·s=m(M＋m)v2。
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0=mv1＋Mv2；
能量守恒：Q=Ff·d=m。
【解析】 设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0=(M＋m)v，代入数据解得v=6 m/s；此过程系统所产生的内能Q=m(M＋m)v2=882 J。
【答案】 6m/s 882 J　
例 1
如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方体匀质木块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向移动的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能。
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
【解析】 假设子弹以v0'=400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0'=(M＋m)v'，解得v'=8 m/s；此过程系统损失的机械能ΔE'=mv0'2－(M＋m)v'2=1 568 J；由功能关系有Q=ΔE=F阻x相=F阻d，ΔE'=F阻x相'=F阻d'，则，解得d'= cm，因为d'＞10 cm，所以子弹能射穿木块。
【答案】 能
【解析】 子弹的入射速度越大，子弹击穿木块所用的时间越短，木块相对地面的位移越小，但子弹相对木块的位移不变，C、D正确；木块动能的增加量ΔEk=Ffx，木块对子弹的阻力恒定，由木块相对地面的位移变小可知木块动能的增加量变小，即木块最终获得的动能变小，子弹相对地面的位移也变小，子弹克服阻力做功变小，子弹损失的动能也变小，A、B错误。
拓展
在例1中，若子弹能射出木块，则：
(1)当子弹射入的速度增大时，下列说法中，正确的有__________。(多选)
A.木块最终获得的动能变大
B.子弹损失的动能变大
C.子弹穿过木块的时间变短
D.木块在被击穿过程中的位移变小
CD
(2)在木块固定和不固定的两种情况下，以下说法正确的是________。
A.若木块固定，则子弹对木块的摩擦力的冲量为零
B.若木块不固定，则子弹减小的动能等于木块增加的动能
C.不论木块是否固定，两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等
D.不论木块是否固定，两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量都相等
【解析】 若木块固定，子弹在木块中运动的时间t不为零，摩擦力Ff不为零，则子弹对木块的摩擦力的冲量I=Fft不为零，A错误；若木块不固定，子弹减小的动能等于木块增加的动能与系统增加的内能之和，可知子弹减小的动能大于木块增加的动能，B错误；木块固定时子弹射出木块所用时间较短，木块不固定时子弹射出木块所用时间较长，摩擦力大小相等，则木块不固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小大于木块固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小，C错误；不论木块是否固定，因摩擦产生的热量等于摩擦力与木块长度的乘积，摩擦力与木块长度都相等，因此两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量都相等，D正确。
D
题型二　“滑块—木板”模型
1.模型图示

2.模型特点
(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。
3.求解方法
(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，研究对象为一个系统。
例 2
质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5 m，现有一质量m2=0.2 kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.5，g取10 m/s2，求：
(1)物块与小车的共同速度大小；
(2)从开始到共速，物块运动的位移大小x1；
【解析】 设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0=(m1＋m2)v，解得v==0.8 m/s。
【答案】 0.8 m/s　

【解析】 对物块，根据动能定理有μm2gx1=m2m2v2，解得x1=0.336 m。
【答案】 0.336 m　
(3)从开始到共速，小车运动的位移大小x2；
(4)在此过程中系统产生的内能；
(5)若物块不滑离小车，物块的速度不能超过多少。
【解析】 对小车，根据动能定理有μm2gx2=m1v2－0，解得x2==0.096 m。
【答案】 0.096 m
【解析】 系统中物块与小车之间的摩擦力做功，动能转化为系统的内能，根据能量守恒有Q=ΔE=m2(m1＋m2)v2=0.24 J。
【答案】 0.24 J
【解析】 m2v0'=(m1＋m2)v'，m2v0'2－(m1＋m2)v'2=μm2gL，联立解得v0'=5 m/s。
【答案】 5 m/s
拓展
在例2中，若增大物块与小车间的动摩擦因数，则因摩擦产生的内能将____________(填“增大”“减小”或“不变”)。
不变
D
【解析】 碰撞瞬间C的速度不变，由于碰撞时间极短不考虑C对A、B的影响，规定向右为正方向，对A、B系统由动量守恒得mvA－mvB=2mv，解得v=1 m/s，方向向右，C的速度大小为2 m/s，方向向左，A错误；假设最终C没有滑出长板，则根据A、B、C系统动量守恒，有mvA－2mvC=3mv共，得v共=0，摩擦产生的热量Q=(2m)v2＋m=3 J，由Q=μmgs相对得s相对=0.6 m＜0.75 m，故假设成立，最终C停在B板上，碰撞后到三者相对静止所经历时间t==0.4 s，B、C错误，D正确。
例 3
(2025·浙江1月选考)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，则(　 　)
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
题型三　“滑块—弹簧”模型
1.模型图示

2.模型特点
(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(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，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
例 4
(多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上。现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙所示，则有(　 　)
A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长
C.两物块的质量之比为m1∶m2=1∶2
D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2=1∶8
甲 乙
【解析】 结合图像弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，B减速，A先减速后反向加速，在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，A、B错误；根据动量守恒定律，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有m1v=(m1＋m2)v2，其中v=3 m/s，v2=1 m/s，解得m1∶m2=1∶2，C正确；在t2时刻A的速度为vA=－1 m/s，B的速度为vB=2 m/s，根据m1∶m2=1∶2，求出Ek1∶Ek2=1∶8，D正确。
CD
题型四　“滑块—斜(曲)面”模型
1.模型图示

2.模型特点
(1)上升到最大高度：滑块与曲面具有共同水平速度v共，此时滑块的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒，mv0=(M＋m)v共；系统机械能守恒，m(M＋m)＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块的重力势能)。
(2)返回最低点(滑块与曲面分离点)：水平方向动量守恒，有mv0=mv1＋Mv2；系统机械能守恒，有mmM(相当于完成了弹性碰撞)。
BC
例 5
(多选)如图所示，一质量为2m、半径为R的四分之一光滑圆槽放在光滑的水平面上，底端B点切线水平，有一质量为m、可视为质点的小球由槽顶端A点静止释放。不计空气阻力，关于小球下滑至槽底端B点的过程，下列说法中正确的有(　 　)
A.若槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
B.若槽不固定，小球水平方向的位移大小为
C.槽固定和不固定两种情形下，小球滑到B点时的速度之比为∶2
D.槽固定和不固定两种情形下，槽对地面的最大压力之比为9∶7
【解析】 若槽不固定，小球和槽组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，A错误；若槽不固定，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，则mx=2m(R－x)，解得小球水平方向移动的位移为x=R，B正确；槽固定时小球滑到B点时的速度v1'=，槽不固定的情形下，由动量守恒和能量关系可知mv1=2mv2，m×2m=mgR，解得v1=，v2= ，则槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为，C正确；由C中分析可知，若槽固定，小球到达底端时有FN－mg=m，解得FN=3mg，则槽对地面最大压力为FNmax=3mg＋2mg=5mg，若槽不固定，小球到达底端时有FN'－mg=m，解得FN'=4mg，则槽对地面的最大压力为FNmax'=4mg＋2mg=6mg，槽固定和不固定两种情形下，槽对地面的最大压力之比为，D错误。
【解析】 若圆弧槽固定，小球A机械能守恒，有m1gR=m1，解得v0= m/s。
【答案】 m/s　
例 6
如图所示，质量为M=2.0 kg，半径R=0.3 m的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑水平地面上，有两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球A、B，质量分别为m1、m2，m1=1.0 kg，m2=2.0 kg，B右侧与球心等高处连接一水平轻质弹簧，弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将A从圆弧槽顶端由静止释放，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)若圆弧槽固定，小球A滑离圆弧槽时的速度大小v0；
(2)若圆弧槽不固定，小球A滑离圆弧槽时的速度大小v1；
【解析】 圆弧槽不固定，槽和小球A组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得m1v1＋Mv2=0，由机械能守恒定律得m1gR=m1M，解得v1=2 m/s，v2=－1 m/s，负号表示圆弧槽的速度方向向右。
【答案】 2 m/s　
(3)圆弧槽不固定的情况下弹簧压缩过程中的最大弹性势能。
【解析】 当小球A、B速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据动量守恒得m1v1=(m1＋m2)v，解得v= m/s；根据能量守恒可得Epmax=m1(m1＋m2)v2，解得Epmax= J。
【答案】 J
课时作业
答案速对
第七单元 专题四　碰撞模型的拓展 题号 1 2 3 4
答案 AB AD CD B
题号 5 6 7 8
答案 B (1)4 m/s　 (2)1 m　1 m (1)20 m/s　 (2)－63 J　15 m/s 见答案
1.(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，正确的有(　 　)
A.FfL=Mv2 B.Fft=mv0－mv
C.v= D.Ffs=mmv2
【解析】 对木块，由动能定理可得FfL=Mv2，A正确；以向右为正方向，对子弹，由动量定理可得－Fft=mv－mv0，B正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得mv0=(M＋m)v，解得v=，C错误；对木块、子弹整体，根据能量守恒定律得Ffs=m(M＋m)v2，D错误。
AB
2.(多选)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，质量为m的小球以水平速度v沿槽向车上滑去，重力加速度大小为g，到达某一高度后，小球又返回车右端的入射点，则(　 　)
A.小球以后将做自由落体运动
B.小球以后将向右做平抛运动
C.小球在弧形槽上升的最大高度为
D.小球在弧形槽上升的最大高度为
【解析】 对小球和小车组成的系统，整个过程水平方向动量守恒，设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，得mv=mv1＋mv2①，由机械能守恒定律得mv2=mm②，联立①②，解得v1=0，v2=v，即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，A正确，B错误；当小球与小车的速度相等时，小球沿弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，则mv=2mv'③，mv2=·2mv'2＋mgh④，联立③④解得h=，C错误，D正确。
AD
3.(多选)如图所示，一表面光滑的平板小车放在光滑水平面上，木块和轻弹簧置于小车表面，轻弹簧一端与固定在小车上的挡板连接，整个装置静止。一颗子弹以一定速度水平射入木块，留在木块中并与木块一起向前滑行，与弹簧接触后压缩弹簧。不计挡板与弹簧质量，弹簧始终在弹性限度内。下列说法中，正确的是(　 　)
A.子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量及机械能均守恒
B.子弹和木块一起压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车组成的系统动量及机械能均守恒
C.整个过程，子弹、木块、小车组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量及
弹簧的弹性势能之和
D.其他条件不变时，若增大小车的质量，弹簧的最大压缩量增大
CD
【解析】 子弹射入木块并留在木块中，子弹与木块组成的系统受合外力等于零，因此动量守恒，因子弹与木块是完全非弹性碰撞，机械能减少最多，即机械能不守恒，A错误；子弹和木块一起压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车组成的系统受合外力等于零，动量守恒，由于压缩弹簧，即对弹簧做功，弹簧的弹性势能增加，子弹、木块、小车组成的系统机械能减少，机械能不守恒，B错误；由能量守恒定律可知，整个过程，子弹、木块、小车组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量及弹簧的弹性势能之和，C正确；设子弹的质量为m1，速度为v0，木块的质量为m，小车的质量为M，子弹射入木块后速度为v1，向右为正方向，由动量守恒定律可得m1v0=(m1＋m)v1，解得v1=，此后对子弹、木块、小车组成的系统，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m)v1=(m1＋m＋M)v2，由机械能守恒定律可得(m1＋m)(m1＋m＋M)=Epm，联立解得弹簧的弹性势能为Epm=，由此可见其他条件不变时，若增大小车的质量，弹簧的弹性势能增大，弹簧的最大压缩量增大，D正确。
4.(2026·杭州北斗联盟期中)光滑水平地面上，质量为2 kg、上表面粗糙的木板B正以3 m/s的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的物块A，质量为1 kg，速度向左，大小也是3 m/s，物块和木板间的动摩擦因数为0.2，木板长为7 m。下列说法中，正确的是(　 　)
A.物块A从木板B的左端离开
B.经过2 s物块A与木板B相对静止
C.整个过程系统产生热量为4 J
D.相对静止后，物块A在木板B上移动的距离为7 m
【解析】 把A和B看成一个系统，该系统所受合力为零，所以A、B组成的系统满足动量守恒，设A没有从B上离开，最后的共同速度大小为v'，规定水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有mBv－mAv=(mA＋mB)v'，A和B的相对位移的距离为l，根据能量守恒有mAv2mBv2= (mA＋mB)v'2＋μmAgl，代入数据解得v'=1 m/s，l=6 m＜7 m，假设成立，所以物块A没有从B的左端离开，A、D错误；设A的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmAg=mAa，设经过时间t后，物块A与B保持相对静止，根据速度时间关系式有v'=－v＋at，代入数据解得t=2 s，B正确；整个过程中系统产生的热量为Q=μmAgl，代入数据解得Q=12 J，C错误。
B
5.(2026·Z20联盟一模)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，质量分别为mA=2 kg，mB=1 kg，mC=2 kg。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)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。A、B间动摩擦因数为0.5，下列判断中，错误的是(　 　)
A.A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是2 m/s
B.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为15 J
C.碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6 m
D.碰撞后到三者相对静止，需要的时间为0.4 s
【解析】 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mAvA＋mCvC，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0=(mA＋mB)vAB，A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB=vC，联立解得vA=2 m/s，vAB=3 m/s，A正确；运动过程中因摩擦而产生的热量等于A、B相互作用的过程中损失的机械能，即Q=mAmB(mA＋mB)，代入数据解得Q=3 J，B错误；根据Q=μmBgx解得x=0.6 m，即碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6 m，C正确；对B由动量定理有－μmBgΔt=mBvAB－mBv0，解得Δt=0.4 s，D正确。
B
6.如图所示，在光滑水平地面上固定足够高的挡板，距离挡板x=3 m处静止放置质量M=1 kg、长L=4 m的小车，一质量m=2 kg的滑块(可视为质点)以v0=6 m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动，小车与挡板碰撞时被粘住不动，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10 m/s2。
(1)若小车碰撞挡板前滑块已经与小车共速，求滑块与小车的共同速度大小；
【解析】 设滑块与小车的共同速度为v1，二者相对运动过程中根据动量守恒定律，有mv0=(M＋m)v1，解得v1=4 m/s。
【答案】 4 m/s　
(2)当滑块与小车共速时，小车与挡板的距离和滑块与小车右端的距离分别为多少？
【解析】 设达到共速时小车移动的距离为x1，对小车，根据动能定理有μmgx1=M－0，代入数据解得x1=2 m，小车与挡板的距离x2=x－x1=1 m，设滑块与小车的相对位移为L1，对系统，根据能量守恒定律，有μmgL1=m(m＋M)，代入数据解得L1=3 m，滑块与小车右端的距离L2=L－L1=1 m，其位置情况如图所示。
【答案】 1 m　1 m 　
7.如图所示，半径为R=2.5 m的四分之一圆弧轨道OAB固定在水平面上，另一个质量为M=2 kg、半径为r=1.35 m的四分之一光滑圆弧轨道QCD紧靠OAB静止放置在光滑水平面上，B点与C点可以认为重合，O、Q分别为两轨道的圆心。某时刻一个质量m0=0.9 kg、可视为质点的滑块以竖直速度v=10 m/s从A点正上方h=3.8 m高度处下落时被一个质量为m=0.1 kg的子弹击中，击中后子弹镶嵌在滑块内(时间很短)，而后滑块从A点沿切线滑入左侧圆弧轨道，进入右侧圆弧轨道后从D点抛出(不考虑此后的运动)，已知重力加速度g取10 m/s2，子弹击中滑块前瞬间的速度大小v0=90 m/s，滑块经过B点时的速度大小vB=18 m/s，求：
(1)滑块从A点进入圆弧轨道瞬间的速度大小；
【解析】 根据动量守恒定律有mv0＋m0v=(m＋m0)v1，代入数据得
v1=18 m/s，由速度位移关系有=2gh，解得v2=20 m/s。
【答案】 20 m/s
(2)滑块经过轨道OAB过程中摩擦力做的功及从D点抛出瞬间的速度大小。
【解析】 滑块经过轨道OAB时，根据动能定理有(m0＋m)gR＋Wf=(m0＋m)(m0＋m)，解得Wf=－63 J，滑块滑上轨道QCD后，水平方向上系统动量守恒，有(m＋m0)vB=(M＋m＋m0)vx，解得vx=6 m/s。滑块沿轨道QCD滑动过程中，系统机械能守恒，有(m＋m0)M(m＋m0)gr(m＋m0)，可得vD=15 m/s。
【答案】 －63 J　15 m/s
8.(2025·山东卷)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量为m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中物块a，与物块a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时，物块b解除锁定开始运动。已知物块a的质量为ma=1 kg，物块b的质量为mb= kg，方形物体的质量为M= kg，重力加速度g取10 m/s2，弹簧的劲度系数k=
50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
【解析】 根据题意可知，小球从开始下落到P处的过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1=Mv2，
由能量守恒定律有mgh=mM，
联立解得v1=6 m/s，v2= m/s。
【答案】 6 m/s　 m/s　
(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
【解析】 由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1=(m＋ma)v3，解得v3=2 m/s；
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律有F=kx1，
由系统机械能守恒有(m＋ma)(m＋ma)k，解得v4=1 m/s，x1=0.3 m；
固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m＋ma)v4=(m＋ma＋mb)vb，解得vb=m/s；
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm=(m＋ma)k(m＋ma＋mb) J。
【答案】 m/s　 J专题四　碰撞模型的拓展
题型一　“子弹打木块”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。
(2)系统的机械能有损失。
3.两种情景
(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)。
动量守恒：mv0=(m＋M)v；
能量守恒：Q=Ff·s=m(M＋m)v2。
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0=mv1＋Mv2；
能量守恒：Q=Ff·d=m。
[例1]　如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方体匀质木块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向移动的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能。
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
【答案】 (1)6 m/s　882 J　(2)能
【解析】 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0=(M＋m)v，代入数据解得v=6 m/s；此过程系统所产生的内能Q=m(M＋m)v2=882 J。
(2)假设子弹以v0'=400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0'=(M＋m)v'，解得v'=8 m/s；此过程系统损失的机械能ΔE'=mv0'2－(M＋m)v'2=1 568 J；由功能关系有Q=ΔE=F阻x相=F阻d，ΔE'=F阻x相'=F阻d'，则，解得d'= cm，因为d'＞10 cm，所以子弹能射穿木块。
[拓展]　在例1中，若子弹能射出木块，则：
(1)当子弹射入的速度增大时，下列说法中，正确的有　CD　。(多选)
A.木块最终获得的动能变大
B.子弹损失的动能变大
C.子弹穿过木块的时间变短
D.木块在被击穿过程中的位移变小
(2)在木块固定和不固定的两种情况下，以下说法正确的是　D　。
A.若木块固定，则子弹对木块的摩擦力的冲量为零
B.若木块不固定，则子弹减小的动能等于木块增加的动能
C.不论木块是否固定，两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等
D.不论木块是否固定，两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量都相等
【解析】 (1)子弹的入射速度越大，子弹击穿木块所用的时间越短，木块相对地面的位移越小，但子弹相对木块的位移不变，C、D正确；木块动能的增加量ΔEk=Ffx，木块对子弹的阻力恒定，由木块相对地面的位移变小可知木块动能的增加量变小，即木块最终获得的动能变小，子弹相对地面的位移也变小，子弹克服阻力做功变小，子弹损失的动能也变小，A、B错误。
(2)若木块固定，子弹在木块中运动的时间t不为零，摩擦力Ff不为零，则子弹对木块的摩擦力的冲量I=Fft不为零，A错误；若木块不固定，子弹减小的动能等于木块增加的动能与系统增加的内能之和，可知子弹减小的动能大于木块增加的动能，B错误；木块固定时子弹射出木块所用时间较短，木块不固定时子弹射出木块所用时间较长，摩擦力大小相等，则木块不固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小大于木块固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小，C错误；不论木块是否固定，因摩擦产生的热量等于摩擦力与木块长度的乘积，摩擦力与木块长度都相等，因此两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量都相等，D正确。
题型二　“滑块—木板”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。
3.求解方法
(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，研究对象为一个系统。
[例2]　质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5 m，现有一质量m2=0.2 kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.5，g取10 m/s2，求：
(1)物块与小车的共同速度大小；
(2)从开始到共速，物块运动的位移大小x1；
(3)从开始到共速，小车运动的位移大小x2；
(4)在此过程中系统产生的内能；
(5)若物块不滑离小车，物块的速度不能超过多少。
【答案】 (1)0.8 m/s　(2)0.336 m　(3)0.096 m
(4)0.24 J　(5)5 m/s
【解析】 (1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0=(m1＋m2)v，解得v==0.8 m/s。
(2)对物块，根据动能定理有μm2gx1=m2m2v2，解得x1=0.336 m。
(3)对小车，根据动能定理有μm2gx2=m1v2－0，解得x2==0.096 m。
(4)系统中物块与小车之间的摩擦力做功，动能转化为系统的内能，根据能量守恒有Q=ΔE=m2(m1＋m2)v2=0.24 J。
(5)m2v0'=(m1＋m2)v'，m2v0'2－(m1＋m2)v'2=μm2gL，联立解得v0'=5 m/s。
[拓展]　在例2中，若增大物块与小车间的动摩擦因数，则因摩擦产生的内能将　不变　(填“增大”“减小”或“不变”)。
[例3]　(2025·浙江1月选考)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，则(　D　)
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
【解析】 碰撞瞬间C的速度不变，由于碰撞时间极短不考虑C对A、B的影响，规定向右为正方向，对A、B系统由动量守恒得mvA－mvB=2mv，解得v=1 m/s，方向向右，C的速度大小为2 m/s，方向向左，A错误；假设最终C没有滑出长板，则根据A、B、C系统动量守恒，有mvA－2mvC=3mv共，得v共=0，摩擦产生的热量Q=(2m)v2＋m=3 J，由Q=μmgs相对得s相对=0.6 m＜0.75 m，故假设成立，最终C停在B板上，碰撞后到三者相对静止所经历时间t==0.4 s，B、C错误，D正确。
题型三　“滑块—弹簧”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(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，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
[例4]　(多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上。现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙所示，则有(　CD　)
　　
甲 乙
A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长
C.两物块的质量之比为m1∶m2=1∶2
D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2=1∶8
【解析】 结合图像弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，B减速，A先减速后反向加速，在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，A、B错误；根据动量守恒定律，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有m1v=(m1＋m2)v2，其中v=3 m/s，v2=1 m/s，解得m1∶m2=1∶2，C正确；在t2时刻A的速度为vA=－1 m/s，B的速度为vB=2 m/s，根据m1∶m2=1∶2，求出Ek1∶Ek2=1∶8，D正确。
题型四　“滑块—斜(曲)面”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)上升到最大高度：滑块与曲面具有共同水平速度v共，此时滑块的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒，mv0=(M＋m)v共；系统机械能守恒，m(M＋m)＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块的重力势能)。
(2)返回最低点(滑块与曲面分离点)：水平方向动量守恒，有mv0=mv1＋Mv2；系统机械能守恒，有mmM(相当于完成了弹性碰撞)。
[例5]　(多选)如图所示，一质量为2m、半径为R的四分之一光滑圆槽放在光滑的水平面上，底端B点切线水平，有一质量为m、可视为质点的小球由槽顶端A点静止释放。不计空气阻力，关于小球下滑至槽底端B点的过程，下列说法中正确的有(　BC　)
A.若槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
B.若槽不固定，小球水平方向的位移大小为
C.槽固定和不固定两种情形下，小球滑到B点时的速度之比为∶2
D.槽固定和不固定两种情形下，槽对地面的最大压力之比为9∶7
【解析】 若槽不固定，小球和槽组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，A错误；若槽不固定，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，则mx=2m(R－x)，解得小球水平方向移动的位移为x=R，B正确；槽固定时小球滑到B点时的速度v1'=，槽不固定的情形下，由动量守恒和能量关系可知mv1=2mv2，m×2m=mgR，解得v1=，v2=，则槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为，C正确；由C中分析可知，若槽固定，小球到达底端时有FN－mg=m，解得FN=3mg，则槽对地面最大压力为FNmax=3mg＋2mg=5mg，若槽不固定，小球到达底端时有FN'－mg=m，解得FN'=4mg，则槽对地面的最大压力为FNmax'=4mg＋2mg=6mg，槽固定和不固定两种情形下，槽对地面的最大压力之比为，D错误。
[例6]　如图所示，质量为M=2.0 kg，半径R=0.3 m的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑水平地面上，有两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球A、B，质量分别为m1、m2，m1=1.0 kg，m2=2.0 kg，B右侧与球心等高处连接一水平轻质弹簧，弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将A从圆弧槽顶端由静止释放，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)若圆弧槽固定，小球A滑离圆弧槽时的速度大小v0；
(2)若圆弧槽不固定，小球A滑离圆弧槽时的速度大小v1；
(3)圆弧槽不固定的情况下弹簧压缩过程中的最大弹性势能。
【答案】 (1) m/s　(2)2 m/s　(3) J
【解析】 (1)若圆弧槽固定，小球A机械能守恒，有m1gR=m1，解得v0= m/s。
(2)圆弧槽不固定，槽和小球A组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得m1v1＋Mv2=0，由机械能守恒定律得m1gR=m1M，解得v1=2 m/s，v2=－1 m/s，负号表示圆弧槽的速度方向向右。
(3)当小球A、B速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据动量守恒得m1v1=(m1＋m2)v，解得v= m/s；根据能量守恒可得Epmax=m1(m1＋m2)v2，解得Epmax= J。

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