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拓展提升课4 “子弹打木块”模型及“滑块—木板”模型
要点一　“子弹打木块”模型
1.模型建构：如图所示,质量为M的木块静止在光滑的水平面上,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, 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,机械能转化为内能。
3.两种类型
(1)子弹留在木块中(未穿出)
①动量守恒:(m+M)v=mv0;
②机械能的损失(摩擦生热)
Q热=Ffd=m-(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:mv1+Mv2=mv0;
②机械能的损失(摩擦生热)
Q热=FfL=m-m-M,其中L为木块的长度,注意d≤L。
【例1】　如图所示,两颗质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两长方体滑块A、B中,射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较 (　D　)
A.射入滑块A的子弹速度变化大
B.整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大,滑块对子弹的平均阻力一样大
C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
D.两个过程中系统产生的热量相同
【解析】　根据动量守恒定律可得(m+M)v=mv0，可知两种情况下滑块和子弹的共同速度相同，两颗子弹速度变化相同，故A错误;两滑块的动量变化Δp=Mv相同，受到的冲量相同，由Q=m-(m+M)v2=F阻·s，子弹射入A中的深度是射入B中深度的两倍，射入滑块A中时子弹所受平均阻力是射入滑块B中时的，故B错误;射入滑块A中时阻力对子弹做功Wf=mv2-m，与射入滑块B中时阻力对子弹做功相等，故C错误;由Q=m-(m+M)v2可知，两个过程中系统产生的热量相同，故D正确。
【例2】　一质量M=0.080 kg、棱长b=10 cm的正方体木块放置在光滑的水平桌面上,现有一质量m=0.020 kg的子弹,以v1=100 m/s的速度水平射向木块,子弹的速度方向与木块表面垂直,如果用钉子将木块固定在桌上,则子弹可穿过木块,穿过后子弹的速度为v2=50 m/s。
(1)求子弹穿过木块的过程中受到的平均阻力大小Ff。
(2)如果木块不固定,试推理判断子弹能否穿过木块。
(3)在(2)的情况下,木块和子弹的最终速度分别为多大
【答案】　(1)750 N　(2)见解析
(3)15 m/s　40 m/s
【解析】　(1)子弹穿过木块过程中，对子弹，由动能定理得-Ffb=m-m，代入数据解得Ff=750 N。
(2)如果木块不固定，子弹击中木块过程中系统动量守恒，设子弹恰好射穿木块时木块的长度为d，以v1的方向为正方向，由动量守恒定律得(M+m)v=mv1，由能量守恒定律得(M+m)v2+Ffd=m，代入数据解得d≈0.11 m=11 cm>b=10 cm，因此子弹能穿过木块。
(3)设子弹和木块的最终速度分别为v3、v4，子弹射穿木块过程中系统动量守恒，以v1的方向为正方向，由动量守恒定律得mv3+Mv4=mv1，由能量守恒定律得m+M+Ffb=m，代入数据解得v3=40 m/s，v4=15 m/s(另一解不符合实际，舍去)。
要点二　“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, 二者最终具有共同速度,机械能损失最多。若滑块刚好不滑离木板,则滑块到达木板另一端时两者共速。
3.模型总结
“滑块—木板”模型与“子弹打木块”模型类似,都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用,系统所受的外力为0(或内力远大于外力),动量守恒。当滑块不滑离木板或子弹不穿出木块时,两物体最后有共同速度,相当于完全非弹性碰撞,机械能损失最多。
【例3】如图所示,B是放在光滑水平面上质量为4m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滑上木板,木板足够长(重力加速度为g),求:
(1)木板B的最大速度大小;
(2)从物块A刚滑上木板到A、B速度刚好相等的过程中,物块A所发生的位移大小;
(3)若物块A恰好没滑离木板B,则木板B至少多长
【答案】　(1)　(2)　(3)
【解析】　(1)由题意知，物块A向右减速，木板B向右加速，当A、B速度相等时木板B速度最大。以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得(m+4m)v=mv0，解得v=。
(2)物块A向右减速的过程，根据动能定理有-μmgx1=mv2-m，则物块A所发生的位移大小为x1=。
(3)从物块A滑上木板B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得μmgL=m-(m+4m)v2，解得L=。
【例4】　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大小;
(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)m
【解析】　(1)取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有(m+3m)v=mv0，解得v=v0，故小滑块和长木板的最终速度大小为v0。
(2)解法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==。
解法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mv2+×3mv2+μmgx=m，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=m，或Q=m-mv2-×3mv2=m。
两类模型相互作用过程中涉及下列规律
(1)动力学规律:由于组成系统的两物体受到大小相等、方向相反的一对相互作用力,故两物体的加速度大小与质量成反比,方向相反。
(2)运动学规律:可看作两个做匀变速直线运动的物体间的追及问题或相对运动问题。在一段时间内子弹射入木块的深度或滑块在木板上滑动的距离,就是这段时间内两者相对位移的大小。
(3)动量规律:由于系统所受外力的合力为0,故遵从动量守恒定律。
(4)能量规律:对单个物体,一般应用动能定理列方程,对系统则应用能量守恒定律,系统机械能的减少量等于摩擦产生的热量,即Q=Ff·s相对,s相对为相对路程。
1.(多选)如图所示,在光滑的水平面上,质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁,与墙壁不粘连,质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端,滑到木板右端时速度恰好为0。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端,滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞,滑块以原速率弹回,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 (　ABC　)
A.滑块与木板间的动摩擦因数为
B.从滑块以初速度kv滑上木板到回到木板左端的过程中系统机械能损失了mv2
C.k=1.5
D.k=2
解析：滑块以水平向右的速度v滑上木板左端，到达右端时由动能定理得μmgL=mv2，解得μ=，A正确;从滑块以初速度kv滑上木板到回到木板左端的过程中系统机械能损失了ΔE=2μmgL=mv2，B正确;滑块以初速度kv滑上木板到达右端时由动能定理得-μmgL=mv'2-m(kv)2，解得v'=v，反弹后到木板最左端时由动量守恒定律和机械能守恒定律得(4m+m)v共=mv'，μmgL=mv'2-×(4m+m)，解得k=1.5，C正确，D错误。
2.如图所示,质量为3m、足够长的长木板A放在光滑水平面上,质量为3m的铁块B放在长木板A的上表面左端,质量为m的小球C用长为R的细线悬于O点。将小球C拉至与O等高的位置,细线伸直,由静止释放,小球C运动到最低点时刚好沿水平方向与铁块B发生弹性碰撞,碰撞后铁块B在长木板上表面向右滑动。已知铁块B与长木板A上表面间的动摩擦因数为0.3,铁块B、小球C均可看作质点,重力加速度为g。求:
(1)小球C与铁块B碰撞前一瞬间,细线对小球C的拉力大小;
(2)小球C与铁块B碰撞后一瞬间,铁块B的速度大小;
(3)最终铁块B与长木板A相对静止时因摩擦产生的热量Q。
答案：(1)3mg　(2)　(3)
解析：(1)小球C从静止释放到与铁块B碰撞前一瞬间，根据机械能守恒可得mgR=m，
解得v0=，根据牛顿第二定律可得T-mg=m，解得细线对小球C的拉力大小T=3mg。
(2)小球C与铁块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律可得mvC+3mvB=mv0，弹性碰撞前后动能不变，有m+×3m=m，联立解得小球C与铁块B碰撞后一瞬间，铁块B的速度大小为vB=。
(3)碰撞后铁块B在长木板A上表面向右滑动，铁块B做匀减速直线运动，长木板A做匀加速直线运动，铁块B与长木板A最终达到共速相对静止，根据动量守恒定律可得(3m+3m)v共=3mvB，解得v共=。
根据能量守恒定律可得×(3m+3m)+Q=×3m，解得因摩擦产生的热量Q=，则最终铁块B与长木板A相对静止时因摩擦产生的热量Q=。
课时作业9
(总分:57分)
1.(5分)如图所示,相互接触不粘连的质量均为m的木块A、B静止放置在光滑水平面上,现有一子弹水平穿过两木块,设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2,木块对子弹水平方向的作用力恒为Ff,则下列说法正确的是 (　A　)
A.t1时间内,子弹的动量变化量大于A的动量变化量
B.t2时间内,子弹的动量变化量大于B的动量变化量
C.t1时间内,子弹和A的总动量守恒
D.t2时间内,子弹和B的总机械能守恒
解析：t1时间内，子弹推动两个木块一起运动，所以子弹和木块A、B的动量守恒，有m子v1+(mA+mB)v2=m子v0，即m子v0-m子v1=(mA+mB)v2，子弹的动量变化量等于木块A、B整体的动量变化量，所以子弹的动量变化量大于A的动量变化量，A正确，C错误;t2时间内，子弹和木块B的动量守恒有m子v3+mBv4=m子v1+mBv2，即m子v1-
m子v3=mBv4-mBv2，子弹的动量变化量等于B的动量变化量，B错误;t2时间内，子弹穿过B的过程中，因摩擦有热量产生，所以此过程中机械能不守恒，D错误。
2.(5分)质量为M的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2,如图所示。设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对木块静止时,下列说法中正确的是 (　D　)
A.最终木块静止,d1=d2
B.最终木块向右运动,d1C.最终木块向左运动,d1=d2
D.最终木块静止,d1解析：设子弹的速度为v0，子弹的质量为m，左侧子弹射入木块后与木块共同运动的速度为v1，由动量守恒定律可得(M+m)v1=mv0，设子弹与木块之间的作用力大小为Ff，根据能量守恒定律可得Q=Ffd1=m-(M+m)，当右侧子弹射入木块后，设最后的共同速度为v2，根据动量守恒可得(M+m)v1-mv0=(M+2m)v2，解得v2=0，根据能量守恒定律可得Q'=Ffd2=m+(M+m)-(M+2m)=m+(M+m)，联立可知d13.(5分)(多选)如图甲所示,光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2 kg的木块A以速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间有摩擦,之后,A、B的速度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　AB　)
A.A、B之间的动摩擦因数为0.1
B.长木板的质量M=2 kg
C.长木板长度至少为2 m
D.A、B组成的系统损失的机械能为4 J
解析：从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度为v=1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得(m+M)v=mv0，解得M=2 kg，故B正确;由题图乙可知，长木板B匀加速运动的加速度为a==1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得μmg=Ma，解得动摩擦因数为μ=0.1，故A正确;由题图乙可知前1 s内B的位移为xB=×1×1 m=0.5 m，A的位移为xA=×1 m=1.5 m，所以长木板最小长度为L=xA-xB=1 m，故C错误;A、B组成的系统损失的机械能为ΔE=m-(m+M)v2=2 J，故D错误。
4.(5分)(多选)如图,长度l=1 m、质量M=1 kg的车厢,静止于光滑的水平面上。车厢内有一质量为m=1 kg、可视为质点的物块以速度v0=10 m/s从车厢中点处向右运动,与车厢壁来回弹性碰撞n次后,与车厢相对静止,物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　BD　)
A.n=26
B.系统因摩擦产生的热量为25 J
C.物块最终停在车厢右端
D.车厢最终运动的速度为5 m/s,方向水平向右
解析：由动量守恒定律得(m+M)v=mv0，解得车厢和物块最终运动的共同速度为v=5 m/s，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得(M+m)v2+Q=m，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q=25 J，故B、D正确;根据Q=μmgs，可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离s==25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数n==25次，因此可知物块最终停在车厢中点处，故A、C错误。
5.(12分)如图所示,质量为m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上,车长L=1.5 m,现有质量为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,最后在车面上某处与小车保持相对静止,物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2。求:
(1)小车最终速度大小v;
(2)物块在车面上滑行的时间t;
(3)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v'0不超过多少
答案：(1)0.8 m/s　(2)0.24 s　(3)5 m/s
解析：(1)物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1+m2)v=m2v0，代入数据解得v=0.8 m/s。
(2)对小车，由动量定理得μm2gt=m1v，代入数据解得t=0.24 s。
(3)设物块不滑离小车且恰好到达小车的右端时，物块滑上小车的速度大小为v'0，物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1+m2)v'=m2v'0，由能量守恒定律得(m1+m2)v'2+μm2gL=m2v，代入数据解得v'0=5 m/s。
6.(5分)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 (　D　)
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
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动量守恒，在竖直方向动量不守恒，由水平方向动量守恒得(M+m)v=Mv0，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能量为ΔE=mgh+M-(M+m)v2，代入数据解得ΔE=7.5 J，D正确。
7.(5分)如图所示,用不可伸长的、长度为L的轻质细绳将质量为3m的木块悬挂于O,木块静止。质量为m的弹丸以速度v0水平向右射入木块后未射出木块,射入木块后二者共同向上摆动的最大高度为h,木块和弹丸可视为质点,二者作用时间极短,空气阻力不计,则 (　C　)
A.弹丸打入木块后瞬间,二者的速度为
B.弹丸打入木块后瞬间,细绳拉力的大小为+4mg
C.弹丸与木块共同上摆的最大高度h为
D.弹丸打入木块的过程中系统损失的机械能为m
解析：弹丸打入木块后瞬间，根据动量守恒可得(3m+m)v1=mv0，解得弹丸打入木块后瞬间，二者的速度为v1=，弹丸与木块共同上摆过程，根据动能定理可得-4mgh=0-×4m，解得弹丸与木块共同上摆的最大高度为h=，故A错误，C正确;弹丸打入木块后瞬间，根据牛顿第二定律可得T-4mg=4m，解得细绳拉力的大小为T=+4mg，故B错误;弹丸打入木块的过程中系统损失的机械能为ΔE=m-×4m=m，故D错误。
8.(10分)如图所示,两块质量均为M=0.6 kg的木块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,不计空气阻力,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，做自由落体运动的时间相同，水平方向上有x=vt，则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MvA+(m+M)vB=mv0，联立解得vA=2 m/s，vB=4 m/s，子弹穿过A，刚进入B，由动量守恒定律有2MvA+mvC=mv0，解得vC=16 m/s，C在A中运动时系统机械能损失ΔE1=m-×2M-m，C在B中运动时系统机械能损失ΔE2=m+M-(m+M)，解得ΔE1︰ΔE2=54︰7。
9.(5分)(多选)如图所示,木块静止在光滑水平面上,子弹A、B从两侧同时水平射入木块,木块始终保持静止,子弹A射入木块的深度是B的2倍。假设木块对子弹的阻力大小恒定,A、B做直线运动且不会相遇,则A、B运动的过程中,下列说法正确的是 (　AC　)
A.木块和子弹A、B组成的系统动量守恒
B.子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的2倍
C.子弹B的质量是子弹A的质量的2倍
D.若子弹A向右射入木块,与木块相对静止后,子弹B再向左射入木块,最终A进入的深度仍是B的2倍
解析：以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统所受的外力矢量和为0，则系统的动量守恒，A正确;由动量守恒定律得mAvA-mBvB=0，即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为Ff，根据动能定理，对子弹A，-FfdA=0-EkA，得EkA=FfdA，对子弹B，-FfdB=0-EkB，得EkB=FfdB，由于dA=2dB，则两子弹的初动能关系为EkA=2EkB，又EkA==，EkB==，则得2mA=mB，vA=2vB，则子弹B的质量是子弹A的质量的2倍，子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的2倍，B错误，C正确;若子弹A向右射入木块，A与木块组成的系统动量守恒，子弹A与木块相对静止时具有向右的共同速度，由能量守恒定律可知，系统损失的机械能ΔE=Ffd'AEkB，则d'B>dB，综上所述可知d'A<2d'B，D错误。(共49张PPT)
第一章　动量守恒定律
拓展提升课4“子弹打木块”模型及“滑块—木板”模型
核心要点 点点过
1
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即时演练 堂堂清
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课时作业9
3
核心要点 点点过
1.模型建构：如图所示,质量为M的木块静止在光滑的水平面上,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, 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,
机械能转化为内能。
要点一　“子弹打木块”模型
3.两种类型
(1)子弹留在木块中(未穿出)
①动量守恒:(m+M)v=mv0;
②机械能的损失(摩擦生热)
Q热=Ffd=m-(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:mv1+Mv2=mv0;
②机械能的损失(摩擦生热)
Q热=FfL=m-m-M,其中L为木块的长度,注意d≤L。
【例1】　如图所示,两颗质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两长方体滑块A、B中,射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较 (　　)
A.射入滑块A的子弹速度变化大
B.整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大,滑块对子弹的平均阻力一样大
C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
D.两个过程中系统产生的热量相同
D
【解析】　根据动量守恒定律可得(m+M)v=mv0，可知两种情况下滑块和子弹的共同速度相同，两颗子弹速度变化相同，故A错误;两滑块的动量变化Δp=Mv相同，受到的冲量相同，由Q=m-(m+M)v2=F阻·s，子弹射入A中的深度是射入B中深度的两倍，射入滑块A中时子弹所受平均阻力是射入滑块B中时的，故B错误;射入滑块A中时阻力对子弹做功Wf=mv2-m，与射入滑块B中时阻力对子弹做功相等，故C错误;由Q=m-(m+M)v2可知，两个过程中系统产生的热量相同，故D正确。
【例2】　一质量M=0.080 kg、棱长b=10 cm的正方体木块放置在光滑的水平桌面上,现有一质量m=0.020 kg的子弹,以v1=100 m/s的速度水平射向木块,子弹的速度方向与木块表面垂直,如果用钉子将木块固定在桌上,则子弹可穿过木块,穿过后子弹的速度为v2=50 m/s。
(1)求子弹穿过木块的过程中受到的平均阻力大小Ff。
【答案】　(1)750 N
【解析】　(1)子弹穿过木块过程中，对子弹，由动能定理得-Ffb=m-m，代入数据解得Ff=750 N。
(2)如果木块不固定,试推理判断子弹能否穿过木块。
【答案】　(2)见解析
【解析】　(2)如果木块不固定，子弹击中木块过程中系统动量守恒，设子弹恰好射穿木块时木块的长度为d，以v1的方向为正方向，由动量守恒定律得(M+m)v=mv1，由能量守恒定律得(M+m)v2+Ffd=m，代入数据解得d≈0.11 m=11 cm>b=10 cm，因此子弹能穿过木块。
(3)在(2)的情况下,木块和子弹的最终速度分别为多大
【答案】　(3)15 m/s　40 m/s
【解析】　(3)设子弹和木块的最终速度分别为v3、v4，子弹射穿木块过程中系统动量守恒，以v1的方向为正方向，由动量守恒定律得mv3+Mv4=mv1，由能量守恒定律得m+M+Ffb=m，代入数据解得v3=40 m/s，v4=15 m/s(另一解不符合实际，舍去)。
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。
要点二　“滑块—木板”模型
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, 二者最终具有共同速度,机械能损失最多。若滑块刚好不滑离木板,则滑块到达木板另一端时两者共速。
3.模型总结
“滑块—木板”模型与“子弹打木块”模型类似,都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用,系统所受的外力为0(或内力远大于外力),动量守恒。当滑块不滑离木板或子弹不穿出木块时,两物体最后有共同速度,相当于完全非弹性碰撞,机械能损失最多。
【例3】　如图所示,B是放在光滑水平面上质量为4m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滑上木板,木板足够长(重力加速度为g),求:
(1)木板B的最大速度大小;
【答案】　(1)　
【解析】　(1)由题意知，物块A向右减速，木板B向右加速，当A、B速度相等时木板B速度最大。以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得(m+4m)v=mv0，解得v=。
(2)从物块A刚滑上木板到A、B速度刚好相等的过程中,物块A所发生的位移大小;
【答案】　(2)　
【解析】　(2)物块A向右减速的过程，根据动能定理有-μmgx1=mv2-m，则物块A所发生的位移大小为x1=。
(3)若物块A恰好没滑离木板B,则木板B至少多长
【答案】　(3)
【解析】　(3)从物块A滑上木板B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得μmgL=m-(m+4m)v2，解得L=。
【例4】　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大小;
【答案】　(1)v0　
【解析】　(1)取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有(m+3m)v=mv0，解得v=v0，故小滑块和长木板的最终速度大小为v0。
(2)小滑块在长木板上滑行的时间;
【答案】　(2)　
【解析】　(2)解法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==。
解法2:对小滑块，由动量定理得-μmgt=mv-mv0，解得t=。
(3)小滑块在长木板上的滑动距离;
【答案】　(3)　
【解析】　(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mv2+×3mv2+μmgx=m，解得x=，故小滑块在长木板上的滑动距离为。
(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】　(4)m
【解析】　(4)小滑块在长木板上滑动过程中产生的热量为Q=μmgx=m，或Q=m-mv2-×3mv2=m。
规律方法
两类模型相互作用过程中涉及下列规律
(1)动力学规律:由于组成系统的两物体受到大小相等、方向相反的一对相互作用力,故两物体的加速度大小与质量成反比,方向相反。
(2)运动学规律:可看作两个做匀变速直线运动的物体间的追及问题或相对运动问题。在一段时间内子弹射入木块的深度或滑块在木板上滑动的距离,就是这段时间内两者相对位移的大小。
(3)动量规律:由于系统所受外力的合力为0,故遵从动量守恒定律。
(4)能量规律:对单个物体,一般应用动能定理列方程,对系统则应用能量守恒定律,系统机械能的减少量等于摩擦产生的热量,即Q=Ff·s相对,s相对为相对路程。
即时演练 堂堂清
1.(多选)如图所示,在光滑的水平面上,质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁,与墙壁不粘连,质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端,滑到木板右端时速度恰好为0。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端,滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞,滑块以原速率弹回,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 (　 　　　)
A.滑块与木板间的动摩擦因数为
B.从滑块以初速度kv滑上木板到回到木板左端的过程中系统机械能损失了mv2
C.k=1.5
D.k=2
ABC
解析：滑块以水平向右的速度v滑上木板左端，到达右端时由动能定理得μmgL=mv2，解得μ=，A正确;从滑块以初速度kv滑上木板到回到木板左端的过程中系统机械能损失了ΔE=2μmgL=mv2，B正确;滑块以初速度kv滑上木板到达右端时由动能定理得-μmgL=mv'2-m(kv)2，解得v'=v，反弹后到木板最左端时由动量守恒定律和机械能守恒定律得(4m+m)v共=mv'，μmgL=mv'2-×(4m+m)，解得k=1.5，C正确，D错误。
2.如图所示,质量为3m、足够长的长木板A放在光滑水平面上,质量为3m的铁块B放在长木板A的上表面左端,质量为m的小球C用长为R的细线悬于O点。将小球C拉至与O等高的位置,细线伸直,由静止释放,小球C运动到最低点时刚好沿水平方向与铁块B发生弹性碰撞,碰撞后铁块B在长木板上表面向右滑动。已知铁块B与长木板A上表面间的动摩擦因数为0.3,铁块B、小球C均可看作质点,重力加速度为g。求:
(1)小球C与铁块B碰撞前一瞬间,细线对小球C的拉力大小;
答案：(1)3mg　
解析：(1)小球C从静止释放到与铁块B碰撞前一瞬间，根据机械能守恒可得mgR=m，
解得v0=，根据牛顿第二定律可得T-mg=m，解得细线对小球C的拉力大小T=3mg。
(2)小球C与铁块B碰撞后一瞬间,铁块B的速度大小;
答案：(2)　
解析：(2)小球C与铁块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律可得mvC+3mvB=mv0，弹性碰撞前后动能不变，有m+×3m=m，联立解得小球C与铁块B碰撞后一瞬间，铁块B的速度大小为vB=。
(3)最终铁块B与长木板A相对静止时因摩擦产生的热量Q。
答案：(3)
解析：(3)碰撞后铁块B在长木板A上表面向右滑动，铁块B做匀减速直线运动，长木板A做匀加速直线运动，铁块B与长木板A最终达到共速相对静止，根据动量守恒定律可得(3m+3m)v共=3mvB，解得v共=。
根据能量守恒定律可得×(3m+3m)+Q=×3m，解得因摩擦产生的热量Q=，则最终铁块B与长木板A相对静止时因摩擦产生的热量Q=。
课时作业9
1.(5分)如图所示,相互接触不粘连的质量均为m的木块A、B静止放置在光滑水平面上,现有一子弹水平穿过两木块,设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2,木块对子弹水平方向的作用力恒为Ff,则下列说法正确的是 (　　)
A.t1时间内,子弹的动量变化量大于A的动量变化量
B.t2时间内,子弹的动量变化量大于B的动量变化量
C.t1时间内,子弹和A的总动量守恒
D.t2时间内,子弹和B的总机械能守恒
A
解析：t1时间内，子弹推动两个木块一起运动，所以子弹和木块A、B的动量守恒，有m子v1+(mA+mB)v2=m子v0，即m子v0-m子v1=(mA+mB)v2，子弹的动量变化量等于木块A、B整体的动量变化量，所以子弹的动量变化量大于A的动量变化量，A正确，C错误;t2时间内，子弹和木块B的动量守恒有m子v3+mBv4=m子v1+mBv2，即m子v1-m子v3=mBv4-mBv2，子弹的动量变化量等于B的动量变化量，B错误;t2时间内，子弹穿过B的过程中，因摩擦有热量产生，所以此过程中机械能不守恒，D错误。
2.(5分)质量为M的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2,如图所示。设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对木块静止时,下列说法中正确的是 (　　)
A.最终木块静止,d1=d2
B.最终木块向右运动,d1C.最终木块向左运动,d1=d2
D.最终木块静止,d1D
解析：设子弹的速度为v0，子弹的质量为m，左侧子弹射入木块后与木块共同运动的速度为v1，由动量守恒定律可得(M+m)v1=mv0，设子弹与木块之间的作用力大小为Ff，根据能量守恒定律可得Q=Ffd1=m-(M+m)，当右侧子弹射入木块后，设最后的共同速度为v2，根据动量守恒可得(M+m)v1-mv0=(M+2m)v2，解得v2=0，根据能量守恒定律可得Q'=Ffd2=m+(M+m)-(M+2m)=m+(M+m)，联立可知d13.(5分)(多选)如图甲所示,光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2 kg的木块A以速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间有摩擦,之后,A、B的速度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　　　)
A.A、B之间的动摩擦因数为0.1
B.长木板的质量M=2 kg
C.长木板长度至少为2 m
D.A、B组成的系统损失的机械能为4 J
AB
解析：从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度为v=1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得(m+M)v=mv0，解得M=2 kg，故B正确;由题图乙可知，长木板B匀加速运动的加速度为a==1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得μmg=Ma，解得动摩擦因数为μ=0.1，故A正确;由题图乙可知前1 s内B的位移为xB=×1×1 m=0.5 m，A的位移为xA=×1 m=1.5 m，所以长木板最小长度为L=xA-xB=1 m，故C错误;A、B组成的
系统损失的机械能为ΔE=m-(m+M)v2=2 J，
故D错误。
4.(5分)(多选)如图,长度l=1 m、质量M=1 kg的车厢,静止于光滑的水平面上。车厢内有一质量为m=1 kg、可视为质点的物块以速度v0=10 m/s从车厢中点处向右运动,与车厢壁来回弹性碰撞n次后,与车厢相对静止,物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　　)
A.n=26
B.系统因摩擦产生的热量为25 J
C.物块最终停在车厢右端
D.车厢最终运动的速度为5 m/s,方向水平向右
BD
解析：由动量守恒定律得(m+M)v=mv0，解得车厢和物块最终运动的共同速度为v=5 m/s，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得(M+m)v2+Q=m，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q=25 J，故B、D正确;根据Q=μmgs，可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离s==25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数n==25次，因此可知物块最终停在车厢中点处，故A、C错误。
5.(12分)如图所示,质量为m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上,车长L=1.5 m,现有质量为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,最后在车面上某处与小车保持相对静止,物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2。求:
(1)小车最终速度大小v;
答案：(1)0.8 m/s　
解析：(1)物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1+m2)v=m2v0，代入数据解得v=0.8 m/s。
(2)物块在车面上滑行的时间t;
答案：(2)0.24 s　
解析：(2)对小车，由动量定理得μm2gt=m1v，代入数据解得t=0.24 s。
(3)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v'0不超过多少
答案：(3)5 m/s
解析：(3)设物块不滑离小车且恰好到达小车的右端时，物块滑上小车的速度大小为v'0，物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1+m2)v'=m2v'0，由能量守恒定律得(m1+m2)v'2+μm2gL=m2v，代入数据解得v'0=5 m/s。

6.(5分)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
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动量守恒，在竖直方向动量不守恒，由水平方向动量守恒得(M+m)v=Mv0，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能量为ΔE=mgh+M-(M+m)v2，代入数据解得ΔE=7.5 J，D正确。
7.(5分)如图所示,用不可伸长的、长度为L的轻质细绳将质量为3m的木块悬挂于O,木块静止。质量为m的弹丸以速度v0水平向右射入木块后未射出木块,射入木块后二者共同向上摆动的最大高度为h,木块和弹丸可视为质点,二者作用时间极短,空气阻力不计,则 (　　)
A.弹丸打入木块后瞬间,二者的速度为
B.弹丸打入木块后瞬间,细绳拉力的大小为+4mg
C.弹丸与木块共同上摆的最大高度h为
D.弹丸打入木块的过程中系统损失的机械能为m
C
解析：弹丸打入木块后瞬间，根据动量守恒可得(3m+m)v1=mv0，解得弹丸打入木块后瞬间，二者的速度为v1=，弹丸与木块共同上摆过程，根据动能定理可得-4mgh=0-×4m，解得弹丸与木块共同上摆的最大高度为h=，故A错误，C正确;弹丸打入木块后瞬间，根据牛顿第二定律可得T-4mg=4m，解得细绳拉力的大小为T=+4mg，故B错误;弹丸打入木块的过程中系统损失的机械能为ΔE=m-×4m=m，故D错误。
8.(10分)如图所示,两块质量均为M=0.6 kg的木块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,不计空气阻力,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，做自由落体运动的时间相同，水平方向上有x=vt，则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MvA+(m+M)vB=mv0，联立解得vA=2 m/s，vB=4 m/s，子弹穿过A，刚进入B，由动量守恒定律有2MvA+mvC=mv0，解得vC=16 m/s，C在A中运动时系统机械能损失ΔE1=m-×2M-m，C在B中运动时系统机械能损失ΔE2=m+M-(m+M)，解得ΔE1︰ΔE2=54︰7。

9.(5分)(多选)如图所示,木块静止在光滑水平面上,子弹A、B从两侧同时水平射入木块,木块始终保持静止,子弹A射入木块的深度是B的2倍。假设木块对子弹的阻力大小恒定,A、B做直线运动且不会相遇,则A、B运动的过程中,下列说法正确的是(　　　)
A.木块和子弹A、B组成的系统动量守恒
B.子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的2倍
C.子弹B的质量是子弹A的质量的2倍
D.若子弹A向右射入木块,与木块相对静止后,子弹B再向左射入木块,最终A进入的深度仍是B的2倍
AC
解析：以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统所受的外力矢量和为0，则系统的动量守恒，A正确;由动量守恒定律得mAvA-mBvB=0，即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为Ff，根据动能定理，对子弹A，-FfdA=0-EkA，得EkA=FfdA，对子弹B，-FfdB=0-EkB，得EkB=FfdB，由于dA=2dB，则两子弹的初动能关系为EkA=2EkB，又EkA==，EkB==，则得2mA=mB，vA=2vB，则子弹B的质量是子弹A的质量的2倍，子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的2倍，B错误，C正确;
若子弹A向右射入木块，A与木块组成的系统动量守恒，子弹A与木块相对静止时具有向右的共同速度，由能量守恒定律可知，系统损失的机械能ΔE=Ffd'AEkB，则d'B>dB，综上所述可知d'A<2d'B，D错误。
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