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专题强化十一　“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
学习目标　会用动量和能量的观点分析计算“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型的相关问题。
模型一　“子弹打木块”模型
模型 图示
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,一般应用能量守恒定律
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) ①系统动量守恒:mv0=(m+M)v ②系统能量守恒: Q=Ffd=m-(M+m)v2 (2)子弹穿透木块,两者速度不相等,机械能有损失 ①系统动量守恒:mv0=mv1+Mv2 ②系统能量守恒: Q=FfL=m-
解题 思路 求解子弹打木块过程中损失的机械能的三种方法 (1)利用系统前、后的机械能之差求解。 (2)利用Q=Ffx相对求解。 (3)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。
例1 (2025·辽宁大连模拟)如图所示,两个完全相同的木块A、B厚度均为d,质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B。第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力,不计子弹的重力,子弹可视为质点。则第二次子弹(　　)
A.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
B.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
C.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
D.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
答案　C
解析　第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上,子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B时,由动量守恒定律得mv0=(8m+m)v1,解得v1=,由能量守恒定律得m=×(8m+m)+fd,解得f=m。第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向木块B,假设子弹不能击穿木块B,由动量守恒定律得mv0=(4m+m)v2,解得v2=v0,由能量守恒定律得m=×(4m+m)+fd',联立可得d'=d,假设成立,所以子弹不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d,故C正确。
跟踪训练
1.(2026·山东菏泽一中高三阶段测试)如图甲所示,木板放置在光滑的水平面上处于静止状态,子弹(视为质点)以水平向右、大小为v0的初速度射入木板,当子弹运动到木板的最右端时刚好未射出,两者的速度与时间关系图像如图乙所示,下列说法正确的是(　　)
A.子弹与木板的质量之比为2∶3
B.木板的长度为
C.若子弹的质量为m,则木板在加速过程中子弹对木板的推力大小为
D.若子弹的质量为m,则整个过程中子弹与木板组成的系统产生的热量为
答案　D
解析　对子弹和木板组成的系统,结合题图乙由动量守恒定律有mv0=(M+m)·0.6v0,可得子弹与木板的质量之比为m∶M=3∶2,故A错误;根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移,由题图乙可知,木板的长度为L=t0-t0=,故B错误;若子弹的质量为m,则木板的质量为M=m,木板在加速过程中,子弹对木板的推力大小即木板所受的摩擦力为Ff=Ma板=m·=,故C错误;整个过程中子弹与木板因摩擦产生的热量为Q=FfL=·=,故D正确。
模型二　“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(如图所示)
(1)求速度:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个系统,有mv0=(M+m)v,得v=v0。
(2)求时间:根据动量定理求解,研究对象为一个物体,对滑块有-μmgt=mv-mv0,对木块有μmgt=Mv。
(3)求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q=FfΔx=μmg(x1-x2)或Q=E初-E末=m-(M+m)v2求解,研究对象为一个系统。
(4)摩擦力对滑块做的功:
W1=-μmgx1=mv2-m。
(5)摩擦力对木板做的功:W2=μmgx2=Mv2。
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,现有一质量为m2=0.2 kg、可视为质点的物块,以水平向右的初速度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)物块相对小车滑行的时间t;
(3)从开始到共速,物块运动的位移大小x1;
(4)从开始到共速,小车运动的位移大小x2;
(5)在此过程中系统产生的内能;
(6)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)0.24 s　(3)0.336 m (4)0.096 m　(5)0.24 J　(6)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)对物块由动量定理有-μm2gt=m2v-m2v0
解得t==0.24 s。
(3)对物块,根据动能定理有
μm2gx1=m2-m2v2
解得x1=0.336 m。
(4)对小车,根据动能定理有
μm2gx2=m1v2-0
解得x2==0.096 m。
(5)方法一　Δx=x1-x2=0.24 m
Q=μm2g·Δx=0.24 J
方法二　Q=ΔE=m2-(m1+m2)v2
==0.24 J。
(6)由动量守恒定律有m2v0'=(m1+m2)v'
由能量守恒定律有
μm2gL=m2v0'2-(m1+m2)v'2
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会增大吗
答案　不会。
跟踪训练
2.(2026·江苏南通高三阶段测试)如图所示,有一个质量为M的足够长的木板,正以水平向左、大小为v的速度在光滑水平面上滑行,同时有一个质量为m的滑块以大小为v的速度向右滑上木板,滑块和木板间的动摩擦因数为μ,M>m,以下分析正确的是(　　)
A.仅增大μ,摩擦产生的热量不变
B.仅增大μ,摩擦产生的热量增大
C.仅增大M,滑块相对木板滑行的距离变小
D.仅增大m,滑块相对木板滑行的时间变长
答案　A
解析　由滑块和木板组成的系统动量守恒,有Mv-mv=(m+M)v共,根据能量守恒定律可得Q=Mv2+mv2-(m+M),所以Q=v2,由此可知,仅增大μ,摩擦产生的热量不变,故A正确,B错误;由于Q=μmgx相=v2,则x相==,可见,仅增大M,滑块相对木板滑行的距离x相变大,故C错误;滑块相对木板滑行的时间为t==,由此可知,仅增大m,滑块相对木板滑行的时间变短,故D错误。
3.(多选)(2026·安徽合肥高三期末)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,图乙为木板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　由题图乙知,t=0.4 s后木板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 的共同运动速度为v,由速度与时间关系式v=v0-at,解得末速度为v=2 m/s,根据动量守恒定律有mBv0=(mA+mB)v,得mA=mB,设都为m,共速后A的动能EkA=mv2=2 J,解得B的质量m=1.0 kg,故B错误;二者共速时相对静止,相对位移为Δx=v0t=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。
A级　基础对点练
对点练1　“子弹打木块”模型
1.(多选)如图所示,木块置于光滑的水平面上,质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块,穿出木块时子弹的速度为v0,木块的速度为v0。设木块的长度为L,子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变,下列说法正确的是(　　)
A.木块的质量为3m
B.子弹穿过木块的过程中,系统损失的动能为m
C.子弹穿过木块的过程中,木块对子弹的阻力大小为
D.子弹在木块中运动的时间为
答案　AC
解析　子弹穿过木块过程,满足动量守恒,则有mv0=m·v0+M·v0,解得M=3m,A正确;根据能量守恒定律,系统损失的动能为ΔEk=m-m·-M·=m,B错误;系统损失的动能转化成内能,即fL=ΔEk,解得f=,C正确;对于木块,由动量定理有ft=M,解得t=,D错误。
2.(2025·河北沧州模拟)如图甲所示,两个质量均为m、厚度均为d、高度均为h的木板A、B静止放置在光滑水平面上,质量为m的子弹(体积忽略)以初速度v0打入木板A,子弹恰好未穿透木板B,且A、B两木板没有发生碰撞。现把A、B两块木板绑在一起横放,如图乙所示,子弹再次以同样的初速度v0打入木板A,子弹也恰好未穿透木板。设子弹在木板中受到的阻力恒定,忽略空气阻力和重力引起的竖直方向的运动,则等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　子弹第一次打入木板A的过程中,由动量守恒定律有mv0=mv1+mv2,由能量守恒定律有fd=m-m-m;子弹打入木板B的过程中,由动量守恒定律有mv1=2mv3,由能量守恒定律有fd=m-×2m,联立解得fd=m。子弹第二次打入木板A的过程中,由动量守恒定律有mv0=3mv4,由能量守恒定律有fh=m-×3m,联立解得fh=m,可得=,故D正确。
对点练2　“滑块—木板”模型
3.(2026·福建福州高三期末)如图所示,光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg的木板A、B,一质量mC=2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0=10 m/s从A左端滑上木板,C滑离木板A时的速度大小为v1=7 m/s,最终C与木板B相对静止,则(　　)
A.木板B与滑块C最终均静止在水平地面上
B.木板B的最大速度为2 m/s
C.木板A的最大速度为1 m/s
D.整个过程,A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J
答案　D
解析　整个系统动量守恒,C滑离木板A时A的速度最大,有mCv0=mCv1+(m1+m2)vA,解得木板A的最大速度vA=2 m/s;滑上B后,对B、C整体,由动量守恒定律有mCv1+m2vA=(mC+m2)vB,解得vB=4.5 m/s,此时木板B的速度最大,此后B、C一起做匀速运动,故A、B、C错误;整个过程,A、B、C组成的系统机械能减少量ΔE=mC-m1-(m2+mC)=57.5 J,故D正确。
4.(多选)(2026·湖南长沙高三阶段测试)如图,质量m=0.2 kg、长度L=1 m的木板B在光滑水平面上以v0=3 m/s的速率水平向右做匀速直线运动,质量为2m的小物块A以2v0的速率水平向右滑上木板的左端。已知A与B间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.A最终会从木板B的右端掉下来
B.A在B上相对滑动的时间为0.2 s
C.整个运动过程B对A做的功为-9.4 J
D.整个运动过程因摩擦产生的内能为0.6 J
答案　BD
解析　假设最终A不会从木板B的右端掉下来,A、B组成的系统动量守恒,有mv0+2m·2v0=3mv,解得v=v0=5 m/s,根据能量守恒定律有m+×2m(2v0)2-×3mv2=μ·2mgx,解得x=0.3 m5.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上有一质量为2 kg的长木板a以4 m/s的速度向右运动,某时刻在其右端无初速度地释放一质量为1 kg的滑块b,经过一段时间的运动,滑块从长木板滑离,滑块整个运动过程中的a-t图像如图乙所示,重力加速度取10 m/s2,则(　　)
A.滑块与长木板间的动摩擦因数为0.4
B.分离时长木板的速度为3 m/s
C.滑块与长木板组成的系统损失的机械能为5 J
D.长木板的长度为2 m
答案　BC
解析　由题图乙可知,滑块与长木板相对滑动过程中的加速度为a=2 m/s2,根据牛顿第二定律有μmbg=mba,解得μ=0.2,A错误;滑块经1 s后与长木板分离,分离时滑块的速度为vb=at=2 m/s,在滑块与长木板相对滑动的过程中,系统水平方向不受外力作用,设分离时木板的速度为va',取向右为正方向,根据动量守恒定律有mava=mava'+mbvb,解得va'=3 m/s,B正确;系统损失的机械能为ΔE=ma-mava'2-mb=5 J,C正确;根据能量守恒定律可知,损失的机械能转化为系统内能,设木板长度为L,结合C项分析有μmbgL=ΔE,解得L=2.5 m,D错误。
B级　综合提升练
6.(2025·江苏苏州模拟)如图所示,两物体A和B并排静置于光滑水平地面,它们的质量M均为0.5 kg;质量m=0.1 kg的子弹以v0=34 m/s的水平速度从左边射入A,射出物体A时A的速度vA=2 m/s,子弹紧接着射入B中,最终子弹未从B中穿出。子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变,A的长度为LA=0.23 m,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)物体B最终的速度大小vB;
(2)子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q;
(3)物体B的最小长度LB。
答案　(1)4 m/s　(2)46 J　(3)0.03 m
解析　(1)从子弹最初射入A到最终与B共速,由动量守恒定律有
mv0=MvA+(M+m)vB
解得vB=4 m/s。
(2)从子弹射入A到穿出A,由动量守恒定律有
mv0=mv1+2MvA
解得v1=14 m/s
由能量守恒定律有
Q=m-m-×2M
解得Q=46 J。
(3)子弹从射入A到与B共速过程中,产生的热量为
Q总=m-M-(M+m)
解得Q总=52 J
由Q=Ffx得=
可得L总=0.26 m
故物体B的最小长度
LB=L总-LA=0.26 m-0.23 m=0.03 m。
7.(2026·山东济南模拟)如图所示,在有圆孔的水平支架上放置一物块,玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出,穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m,物块的质量为4m,重力加速度大小为g;在子弹和物块上升过程中,子弹所受阻力忽略不计,物块所受阻力大小为自身重力的。不计物块厚度的影响。
(1)若忽略子弹穿过物块的时间,求子弹击中物块前瞬间的速度大小;
(2)若忽略子弹穿过物块的时间,求子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能;
(3)若子弹穿过物块的时间t=,求子弹对物块的平均作用力大小。
答案　(1)10　(2)37.5mgh　(3)29mg
解析　(1)设子弹穿过物块后,子弹和物块的速度分别为v1和v2,则根据运动学公式有
=2g·8h,=2ah
对物块,由牛顿第二定律有4mg+×4mg=4ma
解得a=g
子弹射穿物块的过程,以v0的方向为正方向
由动量守恒定律得mv0=mv1+4mv2
解得子弹击中物块前瞬间的速度大小v0=10。
(2)子弹从击中物块到穿出的过程中,系统损失的机械能为
ΔE=m-
解得ΔE=37.5mgh。
(3)子弹从击中物块到射穿的过程中,以向上为正方向,对子弹由动量定理得-(F+mg)t=mv1-mv0
解得F=29mg
由牛顿第三定律可知子弹对物块的平均作用力大小为
F'=F=29mg。
C级　培优加强练
8.(2026·湖北鄂东南联考)如图所示,质量mB=4 kg的光滑斜劈B静止在水平台面上,底边长度d=6 m,高度h=4 m。B底端距离台面边缘x0=2 m,水平地面上一质量mC=2 kg的木板C紧靠平台静置,C上表面与台面相平。质量mA=2 kg、可看作质点的物块A从B的顶端由静止释放,滑到台面上时与台面发生相互作用,A的动能发生损失,进入台面后的速度水平向右,大小为vx=4 m/s。已知A沿B下滑过程中,A和B相对地面均做匀变速直线运动,B与台面、C与地面间均无摩擦,A与台面、A与C间动摩擦因数都为μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)A滑到B底端时,B向左滑动的距离xB;
(2)A滑上C时A的速度大小v0;
(3)为使A不从C上滑下,C的最小长度L;
(4)A滑到B底端后,与台面发生相互作用过程中A损失的动能ΔEk。
答案　(1)2 m　(2)4 m/s　(3)2 m　(4)32 J
解析　(1)A滑到B底端过程,A、B组成的系统水平方向上动量守恒,有mAvA=mBvB
有mAxA=mBxB
由人船模型知xA+xB=d
解得xA=4 m,xB=2 m。
(2)A从离开B的底端到滑上C的过程中受到台面摩擦力的作用,由动能定理得
-μmAg(xB+x0)=mA-mA
解得v0=4 m/s。
(3)设A滑至C右端时两者共同速度为vAC,C的长度最小,由A、C组成的系统动量守恒,有
mAv0=(mA+mC)vAC
根据能量守恒定律,有
μmAgL=mA-(mA+mC)
解得C的最小长度L=2 m。
(4)设A在B上运动方向与水平方向夹角为α,已知A沿B下滑过程中,A和B相对地面做匀变速直线运动,A、B组成的系统在水平方向上动量守恒,有
mAvAcos α=mBvB
A、B组成的系统机械能守恒,有
mAgh=EkA+mB
解得A滑到B底端时动能EkA=64 J
A与台面发生相互作用过程中损失的动能
ΔEk=EkA-mA=32 J。(共49张PPT)
专题强化十一　“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
第六章　动量守恒定律
会用动量和能量的观点分析计算“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型的相关问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
模型
01
提升素养能力
02
模型
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
模型 图示
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,一般应用能量守恒定律
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)
①系统动量守恒:mv0=(m+M)v
②系统能量守恒:
Q=Ffd=m-(M+m)v2
(2)子弹穿透木块,两者速度不相等,机械能有损失
①系统动量守恒:mv0=mv1+Mv2
②系统能量守恒:
Q=FfL=m-
解题 思路 求解子弹打木块过程中损失的机械能的三种方法
(1)利用系统前、后的机械能之差求解。
(2)利用Q=Ffx相对求解。
(3)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。
例1 (2025·辽宁大连模拟)如图所示,两个完全相同的木块A、B厚度均为d,质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B。第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力,不计子弹的重力,子弹可视为质点。则第二次子弹(　　)
A.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
B.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
C.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
D.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
C
解析　第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面
上,子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击
穿,但未穿入木块B时,由动量守恒定律得mv0=(8m+m)v1,解得v1=,由能量守恒定律得m=×(8m+m)+fd,解得f=m。第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向木块B,假设子弹不能击穿木块B,由动量守恒定律得mv0=(4m+m)v2,解得v2=v0,由能量守恒定律得m=×(4m+m)+fd',联立可得d'=d,假设成立,所以子弹不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d,故C正确。
1.(2026·山东菏泽一中高三阶段测试)如图甲所示,木板放置在光滑的水平面上处于静止状态,子弹(视为质点)以水平向右、大小为v0的初速度射入木板,当子弹运动到木板的最右端时刚好未射出,两者的速度与时间关系图像如图乙所示,下列说法正确的是(　　)
跟踪训练
A.子弹与木板的质量之比为2∶3
B.木板的长度为
C.若子弹的质量为m,则木板在加速过程中子弹对木板的推力大小为
D.若子弹的质量为m,则整个过程中子弹与木板组成的系统产生的热量为
D
解析　对子弹和木板组成的系统,结合题图乙由动量守恒定律有mv0=(M+m)·0.6v0,可得子弹与木板的质量之比为m∶M=3∶2,故A错误;根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移,由题图乙可知,木板的长度为L=t0-t0=,故B错误;若子弹的质量为m,则木板的质量为M=m,木板在加速过程中,子弹对木板的推力大小即木板所受的摩擦力为Ff=Ma板=m·
=,故C错误;整个过程中子弹与木板
因摩擦产生的热量为Q=FfL=·=,故D正确。
1.模型图示
模型二　“滑块—木板”模型
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(如图所示)
(1)求速度:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个
系统,有mv0=(M+m)v,得v=v0。
(2)求时间:根据动量定理求解,研究对象为一个物体,
对滑块有-μmgt=mv-mv0,对木块有μmgt=Mv。
(3)求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q=FfΔx=μmg(x1-x2)或Q=E初-E末=m-(M+m)v2求解,研究对象为一个系统。
(4)摩擦力对滑块做的功:
W1=-μmgx1=mv2-m。
(5)摩擦力对木板做的功:W2=μmgx2=Mv2。
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,现有一质量为m2=0.2 kg、可视为质点的物块,以水平向右的初速度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;
答案　0.8 m/s
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。
(2)物块相对小车滑行的时间t;
答案　0.24 s
解析　对物块由动量定理有-μm2gt=m2v-m2v0
解得t==0.24 s。
(3)从开始到共速,物块运动的位移大小x1;
答案　0.336 m
解析　对物块,根据动能定理有
μm2gx1=m2-m2v2
解得x1=0.336 m。
(4)从开始到共速,小车运动的位移大小x2;
答案　0.096 m
解析　对小车,根据动能定理有
μm2gx2=m1v2-0
解得x2==0.096 m。
(5)在此过程中系统产生的内能;
答案　0.24 J
解析　方法一　Δx=x1-x2=0.24 m
Q=μm2g·Δx=0.24 J
方法二　Q=ΔE=m2-(m1+m2)v2
==0.24 J。
(6)若物块不滑离小车,物块的速度不能超过多少。
答案　5 m/s
解析　由动量守恒定律有m2v0'=(m1+m2)v'
由能量守恒定律有
μm2gL=m2v0'2-(m1+m2)v'2
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会增大吗
答案　不会。
2.(2026·江苏南通高三阶段测试)如图所示,有一个质量为M的足够长的木板,正以水平向左、大小为v的速度在光滑水平面上滑行,同时有一个质量为m的滑块以大小为v的速度向右滑上木板,滑块和木板间的动摩擦因数为μ,M>m,以下分析正确的是(　　)
跟踪训练
A.仅增大μ,摩擦产生的热量不变
B.仅增大μ,摩擦产生的热量增大
C.仅增大M,滑块相对木板滑行的距离变小
D.仅增大m,滑块相对木板滑行的时间变长
A
解析　由滑块和木板组成的系统动量守恒,有Mv-mv=(m+M)v共,根据能量守恒定律可得Q=Mv2+mv2-(m+M),所以Q=v2,由此可知,仅增大μ,摩擦产生的热量不变,故A正确,B错误;由于Q=μmgx相=v2,则x相==,可见,仅增大M,滑块相对木板滑行的距离x相变大,故C错误;
滑块相对木板滑行的时间为t==,由
此可知,仅增大m,滑块相对木板滑行的时间变短,故
D错误。
3.(多选)(2026·安徽合肥高三期末)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,图乙为木板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
AD
解析　由题图乙知,t=0.4 s后木板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 的共同运动速度为v,由速度与时间关系式v=v0-at,解得末速度为v=2 m/s,根据动量守恒定律有mBv0=(mA+mB)v,得mA=mB,设都为m,共速后A的动能EkA=mv2=2 J,解得B的质量m=1.0 kg,故B错误;二者共速时相
对静止,相对位移为Δx=v0t=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。
提升素养能力
2
A级　基础对点练
AC
对点练1　“子弹打木块”模型
1.(多选)如图所示,木块置于光滑的水平面上,质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块,穿出木块时子弹的速度为v0,木块的速度为v0。设木块的长度为L,子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变,下列说法正确的是(　　)
A.木块的质量为3m
B.子弹穿过木块的过程中,系统损失的动能为m
C.子弹穿过木块的过程中,木块对子弹的阻力大小为
D.子弹在木块中运动的时间为
解析　子弹穿过木块过程,满足动量守恒,则有mv0=
m·v0+M·v0,解得M=3m,A正确;根据能量守恒定律,
系统损失的动能为ΔEk=m-m·-M·=m,B错误;系统损失的动能转化成内能,即fL=ΔEk,解得f=,C正确;对于木块,由动量定理有ft=M,解得t=,D错误。
D
2.(2025·河北沧州模拟)如图甲所示,两个质量均为m、厚度均为d、高度均为h的木板A、B静止放置在光滑水平面上,质量为m的子弹(体积忽略)以初速度v0打入木板A,子弹恰好未穿透木板B,且A、B两木板没有发生碰撞。现把A、B两块木板绑在一起横放,如图乙所示,子弹再次以同样的初速度v0打入木板A,子弹也恰好未穿透木板。设子弹在木板中受到的阻力恒定,忽略空气阻力和重力引起的竖直方向的运动,则等于(　　)
A. B.
C. D.
解析　子弹第一次打入木板A的过程中,由动量守恒定律有mv0=mv1+mv2,由能量守恒定律有fd=m-m-m;子弹打入木板B的过程中,由动量守恒定律有mv1=2mv3,由能量守恒定律有fd=m-×2m,联立解得fd=m。子弹第二次打入木板A的过程中,由动量守恒定律有mv0=3mv4,由能量守恒定律有fh=m-×3m,联立解得fh=m,
可得=,故D正确。
D
对点练2　“滑块—木板”模型
3.(2026·福建福州高三期末)如图所示,光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg的木板A、B,一质量mC=2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0=10 m/s从A左端滑上木板,C滑离木板A时的速度大小为v1=7 m/s,最终C与木板B相对静止,则(　　)
A.木板B与滑块C最终均静止在水平地面上
B.木板B的最大速度为2 m/s
C.木板A的最大速度为1 m/s
D.整个过程,A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J
解析　整个系统动量守恒,C滑离木板A时A的速度最大,有mCv0=mCv1+(m1+m2)vA,解得木板A的最大速度vA=2 m/s;滑上B后,对B、C整体,由动量守恒定律有mCv1+m2vA=(mC+m2)vB,解得vB=4.5 m/s,此时木板B的速度最大,此后B、C一起做匀速运动,故A、B、C错误;整个过程,A、B、C组成的系统机械能减少量ΔE=mC-m1-(m2+mC)=57.5 J,故D正确。
BD
4.(多选)(2026·湖南长沙高三阶段测试)如图,质量m=0.2 kg、长度L=1 m的木板B在光滑水平面上以v0=3 m/s的速率水平向右做匀速直线运动,质量为2m的小物块A以2v0的速率水平向右滑上木板的左端。已知A与B间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.A最终会从木板B的右端掉下来
B.A在B上相对滑动的时间为0.2 s
C.整个运动过程B对A做的功为-9.4 J
D.整个运动过程因摩擦产生的内能为0.6 J
解析　假设最终A不会从木板B的右端掉下来,A、B组成的系统动量守恒,有mv0+2m·2v0=3mv,解得v=v0=5 m/s,根据能量守恒定律有m+×2m(2v0)2-×3mv2=μ·2mgx,解得x=0.3 mBC
5.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上有一质量为2 kg的长木板a以4 m/s的速度向右运动,某时刻在其右端无初速度地释放一质量为1 kg的滑块b,经过一段时间的运动,滑块从长木板滑离,滑块整个运动过程中的a-t图像如图乙所示,重力加速度取10 m/s2,则(　　)
A.滑块与长木板间的动摩擦因数为0.4
B.分离时长木板的速度为3 m/s
C.滑块与长木板组成的系统损失的机械能为5 J
D.长木板的长度为2 m
解析　由题图乙可知,滑块与长木板相对滑动过程中的加速度为a=2 m/s2,根据牛顿第二定律有μmbg=mba,解得μ=0.2,A错误;滑块经1 s后与长木板分离,分离时滑块的速度为vb=at=2 m/s,在滑块与长木板相对滑动的过程中,系统水平方向不受外力作用,设分离时木板的速度为va',取向右为正方向,根据动量守恒定律有mava=mava'+mbvb,解得va'=3 m/s,B正确;系统损失的机械能为ΔE=ma-mava'2-mb=5 J,C正确;根据能量守恒定律
可知,损失的机械能转化为系统内能,
设木板长度为L,结合C项分析有μmbgL
=ΔE,解得L=2.5 m,D错误。
6.(2025·江苏苏州模拟)如图所示,两物体A和B并排静置于光滑水平地面,它们的质量M均为0.5 kg;质量m=0.1 kg的子弹以v0=34 m/s的水平速度从左边射入A,射出物体A时A的速度vA=2 m/s,子弹紧接着射入B中,最终子弹未从B中穿出。子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变,A的长度为LA=0.23 m,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
B级　综合提升练
(1)物体B最终的速度大小vB;
(2)子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q;
(3)物体B的最小长度LB。
答案　(1)4 m/s　(2)46 J　(3)0.03 m
解析　(1)从子弹最初射入A到最终与B共速,由动量守恒定律有
mv0=MvA+(M+m)vB
解得vB=4 m/s。
(2)从子弹射入A到穿出A,由动量守恒定律有
mv0=mv1+2MvA
解得v1=14 m/s
由能量守恒定律有
Q=m-m-×2M
解得Q=46 J。
(3)子弹从射入A到与B共速过程中,产生的热量为
Q总=m-M-(M+m)
解得Q总=52 J
由Q=Ffx得=
可得L总=0.26 m
故物体B的最小长度
LB=L总-LA=0.26 m-0.23 m=0.03 m。
7.(2026·山东济南模拟)如图所示,在有圆孔的水平支架上放置一物块,玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出,穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m,物块的质量为4m,重力加速度大小为g;在子弹和物块上升过程中,子弹所受阻力忽略不计,物块所受阻力大小为自身重力的。不计物块厚度的影响。
(1)若忽略子弹穿过物块的时间,求子弹击中物块前
瞬间的速度大小;
(2)若忽略子弹穿过物块的时间,求子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能;
(3)若子弹穿过物块的时间t=,求子弹对物块的平均作用力大小。
答案　(1)10　(2)37.5mgh　(3)29mg
解析　(1)设子弹穿过物块后,子弹和物块的速度分别为v1和v2,则根据运动学公式有
=2g·8h,=2ah
对物块,由牛顿第二定律有4mg+×4mg=4ma
解得a=g
子弹射穿物块的过程,以v0的方向为正方向
由动量守恒定律得mv0=mv1+4mv2
解得子弹击中物块前瞬间的速度大小v0=10。
(2)子弹从击中物块到穿出的过程中,系统损失的机械能为
ΔE=m-
解得ΔE=37.5mgh。
(3)子弹从击中物块到射穿的过程中,以向上为正方向,对子弹由动量定理得-(F+mg)t=mv1-mv0
解得F=29mg
由牛顿第三定律可知子弹对物块的平均作用力大小为
F'=F=29mg。
8.(2026·湖北鄂东南联考)如图所示,质量mB=4 kg的光滑斜劈B静止在水平台面上,底边长度d=6 m,高度h=4 m。B底端距离台面边缘x0=2 m,水平地面上一质量mC=2 kg的木板C紧靠平台静置,C上表面与台面相平。质量mA=2 kg、可看作质点的物块A从B的顶端由静止释放,滑到台面上时与台面发生相互作用,A的动能发生损失,进入台面后的速度水平向右,大小为vx=4 m/s。已知A沿B下滑过程中,A和B相对地面均做匀变速直线运动,B与台面、C与地面间均无摩擦,A与台面、A与C间动摩擦因数都为μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)A滑到B底端时,B向左滑动的距离xB;
(2)A滑上C时A的速度大小v0;
(3)为使A不从C上滑下,C的最小长度L;
(4)A滑到B底端后,与台面发生相互作用过程中A损失的动能ΔEk。
C级　培优加强练
答案　(1)2 m　(2)4 m/s　(3)2 m　(4)32 J
解析　(1)A滑到B底端过程,A、B组成的系统水平方向上动量守恒,有mAvA=mBvB
有mAxA=mBxB
由人船模型知xA+xB=d
解得xA=4 m,xB=2 m。
(2)A从离开B的底端到滑上C的过程中受到台面摩擦力的作用,由动能定理得
-μmAg(xB+x0)=mA-mA
解得v0=4 m/s。
(3)设A滑至C右端时两者共同速度为vAC,C的长度最小,由A、C组成的系统动量守恒,有
mAv0=(mA+mC)vAC
根据能量守恒定律,有
μmAgL=mA-(mA+mC)
解得C的最小长度L=2 m。
(4)设A在B上运动方向与水平方向夹角为α,已知A沿B下滑过程中,A和B相对地面做匀变速直线运动,A、B组成的系统在水平方向上动量守恒,有
mAvAcos α=mBvB
A、B组成的系统机械能守恒,有
mAgh=EkA+mB
解得A滑到B底端时动能EkA=64 J
A与台面发生相互作用过程中损失的动能
ΔEk=EkA-mA=32 J。
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