动量守恒板块模型
动量守恒定律在板块模型中的应用例析
动量守恒定律在板块模型中的应用例析动量守恒定律在板块模型中的应用例析作为一个地球科学爱好者，我对地球板块模型和其运动规律一直充满了兴趣。
在这篇文章中，我将详细探讨动量守恒定律在板块模型中的应用，并分享一些个人观点和理解。
一、什么是动量守恒定律？在讨论动量守恒定律在板块模型中的应用之前，我们需要先了解一下什么是动量守恒定律。
动量守恒定律是物理学中一个重要的基本定律，它描述了一个封闭系统中的物体动量的守恒。
动量是物体的质量乘以速度，可以简单理解为物体在运动中的惯性。
按照动量守恒定律，在封闭系统中，物体相互作用导致的动量变化之和为零，即动量守恒。
二、动量守恒定律在板块模型中的应用2.1 地球板块运动地球板块模型是地壳的一种表达方式，描述了地球表面的外壳以数个大块或小块来划分。
这些板块在地球内部的流动和碰撞是地质活动和地震的主要原因。
在板块运动中，动量守恒定律发挥着重要的作用。
当两个板块相互碰撞或滑动时，它们之间会存在动量的交换。
根据动量守恒定律，两个板块所受的动力的大小和方向必须相等且相反，以使总动量保持不变。
2.2 板块边界类型根据板块间相对运动的不同方式，我们可以将板块边界分为三种类型：边界滑移、边界聚合和边界分离。
在边界滑移型板块边界中，两个板块相互滑动，沿着边界线发生水平位移。
这种情况下，动量守恒定律保证了两个板块之间的动力平衡，并且没有产生垂直方向的位移。
在边界聚合型板块边界中，两个板块相互碰撞，在碰撞的过程中动量守恒定律确保了总动量守恒，并导致了新的地形的形成。
在边界分离型板块边界中，两个板块相互远离，动量守恒定律确保了两个板块之间的动力平衡，并且没有产生额外的动力。
三、个人观点和理解对于我来说，动量守恒定律在板块模型中的应用是非常有意思的。
它帮助我们理解了地球上发生的地质活动，包括地震、火山喷发和山脉的形成。
通过运用动量守恒定律，我们可以更好地解释和预测板块之间的相对运动，并理解地表形态的演化。
高三总复习物理课件 动量守恒中的三类典型模型
01
着眼“四翼” 探考点
题型·规律·方法
பைடு நூலகம்
02
聚焦“素养” 提能力
巧学·妙解·应用
01
着眼“四翼” 探考点
题型·规律·方法
模型一 “滑块—弹簧”模型
模型 图示
模型 特点
(1)两个或两个以上的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)在能量方面，若系统所受的外力和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(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模 型，相当于碰撞结束时)
[例 1] 如图甲所示，物块 A、B 的质量分别是 mA＝4.0 kg 和 mB＝3.0 kg。用轻弹 簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块 B 右侧与竖直墙相接触。另有一物块 C 从 t＝0 时以一定速度向右运动，在 t＝4 s 时与物块 A 相碰，并立即与 A 粘在一起不再分开， 物块 C 的 v-t 图像如图乙所示。求：
()
A．13mv02 C．112mv02
B．15mv02 D．145mv02
解析：当 C 与 A 发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mv0＝mv1＋ 2mv2，12mv02＝12mv12＋12(2m)v22，联立解得 v2＝23v0，当 A、B 速度相等时，弹簧的弹 性势能最大，设共同速度为 v，以 A 的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得 2mv2 ＝(2m＋3m)v，由机械能守恒定律可知，Ep＋12(5m)v2＝12(2m)v22，解得 Ep＝145mv02； 当 C 与 A 发生完全非弹性正碰时，根据动量守恒定律有 mv0＝3mv1′，当 A、B、C 速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为 v′，则由动量守恒定律得 3mv1′＝ 6mv′，由机械能守恒定律可知，Ep′＝12(3m)v1′2－12(6m)v′2，解得 Ep′＝112mv02，由 此可知，碰后弹簧的最大弹性势能范围是112mv02≤Ep≤145mv02，故选 A。 答案：A
动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用-高考物理复习
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等
子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系
统动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，两个子弹的 末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，A错误；
滑块A、B动量变化量相等，受到的冲量相等，B正确； 对子弹运用动能定理，有 Wf＝12mv2－12mv02，由于末速度 v 相等，所 以阻力对子弹做功相等，C 错误； 对系统，由能量守恒可知，产生的热量满足 Q＝12mv02－12(m＋M)v2， 所以系统产生的热量相等，D 正确.
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2.(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(可视为质点)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，木块前进距离为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.长木板B的质量为2 kg √B.物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1
C.长木板B的长度至少为2 m
√D.物块A与长木板B组成的系统损失的机械能为2 J
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A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v＝1 m/s，取向右为正方向，设 B的质量为M，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得M＝2 kg， 故A正确； 木板 B 匀加速运动的加速度 aB＝ΔΔvt ＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，对 B 有 μmg＝MaB，解得 μ＝0.1，故 B 正确；
两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力相等，阻力对子弹做的功等
于子弹损失的动能，即ΔEk损＝Ffx，由于x2＞x1，所以ΔEk2损＞ΔEk1损，
动量守恒-板块模型习题课
动量守恒定律———板块模型专题训练一1、如图所示，一质量M =3.0kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m =1.0kg 的小木块A 。
现以地面为参照系，给A 和B 以大小均为4.0m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 并没有滑离B 板。
站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A 正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板对地面的速度大小可能是（ ） A.1.8m/s B.2.4m/ C.2.6m/s D.3.0m/s2、质量为2kg 、长度为2.5m 的长木板B 在光滑的水平地面上以4m/s 的速度向右运动，将一可视为质点的物体A 轻放在B 的右端，若A 与B 之间的动摩擦因数为0.2，A 的质量为m=1kg 。
2/10s m g 求：（1）说明此后A 、B 的运动性质 （2）分别求出A 、B 的加速度 （3）经过多少时间A 从B 上滑下（4）A 滑离B 时，A 、B 的速度分别为多大？A 、B 的位移分别为多大？ （5）若木板B 足够长，最后A 、B 的共同速度（6）当木板B 为多长时，A 恰好没从B 上滑下（木板B 至少为多长，A 才不会从B 上滑下？）v 3、质量为mB=m 的长木板B 静止在光滑水平面上，现有质量为mA=2m 的可视为质点的物块，以水平向右的速度大小v0从左端滑上长木板，物块和长木板间的动摩擦因数为μ。
求：（1）要使物块不从长木板右端滑出，长木板的长度L 至少为多少？(至少用两种方法求解）（2）若开始时长木板向左运动，速度大小也为v0，其它条件不变，再求第（1）问中的L 。
4、如图所示，在光滑水平面上放有质量为2m 的木板，木板左端放一质量为m 的可视为质点的木块。
两者间的动摩擦因数为μ，现让两者以V0的速度一起向竖直墙向右运动，木板和墙的碰撞不损失机械能，碰后两者最终一起运动。
求碰后：（1）木块相对木板运动的距离s（2）木块相对地面向右运动的最大距离Lv 0 动量守恒定律———板块模型专题训练二1、如图所示，一个长为L 、质量为M 的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m 的物块（可视为质点），以水平初速度0v 从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为 ，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q 。
动量守恒中几种常见的模型
1、动力学规律：子弹和木块构成旳系统受到大小相等方 向相反旳一对相互作用力，故加速度旳大小和质量成反比， 方向相反。
2、运动学及热量计算：子弹穿过木块旳过程能够看作是 两个做匀变速直线运动旳物体间旳追及问题，在一段时间 内子弹射入木块旳深度，就是两者相对位移旳大小。而整 个过程产生旳热量等于滑动摩擦力和相对位移旳乘积。即 Q=Ff*s
代 根而入据f=数能μm据量g得守代：恒入定V=数律2m据得/解s：得fL： 12Lm=1v002m ．12 M mv2
模型四：
带弹簧旳木板与滑块模型
如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1旳小物块 A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上旳滑道时无机械能 损失，为使A制动，将轻弹簧旳一端固定在水平滑道延长线 M处旳墙上，另一端与质量为m2旳档板B相连，弹簧处于原 长时，B恰位于滑道旳末端O点．A与B碰撞时间极短，碰后 结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间旳 动摩擦因数均为μ，其他各处旳摩擦不计，重力加速度为g， 求： （1）物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v旳大小； （2）弹簧最大压缩量为d时旳弹性势能Ep（设弹簧处于原长 时弹性势能为零）．
μ
mgL
1 2
m0
m
v2 1
1 2
Mv 2
1 2
m0
m
M
v 2 2
③
由①②③解得v0=149.6m/s为最大值， 所以v0≤149.6m/s
解：（1）物块A从坡道顶端由静止滑至O点旳过程，
由机械能守恒定律，得：m1gh 1 m1v2
代入数据得：v 2gh
2
（2）A、B在碰撞过程中内力远不小于外力，系统动
量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
动画演示动量守恒典型模型
按碰撞是否在同一直线上发生分为正碰和斜碰
正碰现象
斜碰现象
斜碰现象
C
初始时，板块向左的动量较大。所以滑块向右减 速运动到0后又向左加速运动，最后向左匀速运动 （前提是板足够长）。
滑块从A向B做减速运动，后又 从B向A做加速运动， 这段时间内木块从C向左侧的D处一直做减速运动。
V0 状态1 状态2
V0
状态3
【例3】下面是长木块A；上面是小滑块B；现用水平向右
的恒力F拉滑块B，最终滑块B从A的右端滑出。 ⑴A没有被
A.外力F做的功等于A和B动能的增量 B.B对A的摩擦力所做的功等于A动能的增量 C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功 D.外力F对B所做的功等于B动能的增量与B克服摩擦力做的功之和
f fF
xB
A
L
B
xA
1B做什么运动？动能如何变化？写出动能定理公式 2A做什么运动？动能如何变化？写出动能定理公式 3F做功实现了哪些能量变化？写出F做功与能量变化 的关系式。
★附，碰撞问题应遵守的三个原则： 1．动量要守恒，即碰撞前后系统的总动量保持不变。2．动能不 增加，即碰后系统的动能小于或等于碰前系统的动能，即E后≤E前。 3．速度要合理，即：⑴如果碰后两物体向同一方向运动，则应有 后面物体的速度不大于前面物体的速度，即v后≤v前。⑵．如果碰 后两物体向相反方向运动，则碰撞后两物体不能相互穿越。检验 考察碰撞的可能性，常用下面两个公式：P2=2mEk、v=P/m，请 记住。
4木块要动，子弹穿过了木块，打穿了
V0
S
d
三、人船模型
人船模型之一
尾
头
S1
S2
L
人船模型之一
尾
2019年高考物理复习：动量守恒定律的典型模型
C
v0 =2.0m/s
A
B
M=2.0kg
M=2.0kg
解：先假设小物块C 在木板B上移动距离 x 后，停在B上．这 时A、B、C 三者的速度相等，设为V． 由动量守恒得
mv0 (m 2M )V
①
1 1 2 2 由功能关系得 mg ( s x) mV mv 0 2 2 1 1 2 2 mgx (m 2M )V mv 0
ABD
碰撞中弹簧模型
例10：如图所示，质量为m的小物体B连着轻弹簧 静止于光滑水平面上，质量为2m的小物体A以速 度v0向右运动，则（1）当弹簧被压缩到最短时， 弹性势能Ep为多大？ （2）若小物体B右侧固定一挡板，在小物体A与 弹簧分离前使小物体B与挡板发生无机械能损失 的碰撞，并在碰撞后立即将挡板撤去，则碰撞前 小物体B的速度为多大，方可使弹性势能最大值 为2.5Ep？
m s1 = M s2 s1 + s 2 = L
---------------- ①
-----------②
结论: 人船对地位移为将二者相对位移按质量反比分配关系
M s人 L mM
m s船 L mM
1、“人船模型”是动量守恒定律的拓展应用， 它把速度和质量的关系推广到质量和位移 的关系。即： m1v1=m2v2 则：m1s1= m2s2 2、此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论
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P215 新题快递. 例8.在一个足够大的光滑平面内,有两质量相同的 木块A、B,中间用一轻质弹簧相连.如图所示.用 一水平恒力F拉B,A、B一起经过一定时间的匀加 速直线运动后撤去力F.撤去力F后,A、B两物体 的情况足( ). (A)在任意时刻,A、B两物体的加速度大小相等 (B)弹簧伸长到最长时,A、B的动量相等 (C)弹簧恢复原长时,A、B的动量相等 (D)弹簧压缩到最短时,系统的总动能最小
动量守恒定律-子弹打木块--弹簧-板块-三模型
一、 子弹大木块【例2】如图所示，质量为M 的木块固定在光滑的水平面上，有一质量为m 的子弹以初速度v 0水平射向木块，并能射穿，设木块的厚度为d ，木块给子弹的平均阻力恒为f .若木块可以在光滑的水平面上自由滑动，子弹以同样的初速度水平射向静止的木块，假设木块给子弹的阻力与前一情况一样，试问在此情况下要射穿该木块，子弹的初动能应满足什么条件？【解析】若木块在光滑水平面上能自由滑动，此时子弹若能恰好打穿木块，那么子弹穿出木块时(子弹看为质点)，子弹和木块具有相同的速度，把此时的速度记为v ，把子弹和木块当做一个系统，在它们作用前后系统的动量守恒，即mv 0＝(m ＋M )v 对系统应用动能定理得fd ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2由上面两式消去v 可得 fd ＝12mv 20－12(m ＋M )(mv 0m ＋M )2整理得12mv 20＝m ＋M M fd即12mv 20＝(1＋m M)fd 据上式可知，E 0＝12mv 20就是子弹恰好打穿木块所必须具有的初动能，也就是说，子弹恰能打穿木块所必须具有的初动能与子弹受到的平均阻力f 和木块的厚度d (或者说与f ·d )有关，还跟两者质量的比值有关，在上述情况下要使子弹打穿木块，则子弹具有的初动能E 0必须大于(1＋mM)f ·d .72、如图所示，静止在光滑水平面上的木块，质量为、长度为。
—颗质量为的子弹从木块的左端打进。
设子弹在打穿木块的过程中受到大小恒为的阻力，要使子弹刚好从木块的右端打出，则子弹的初速度应等于多大？涉及子弹打木块的临界问题分析：取子弹和木块为研究对象，它们所受到的合外力等于零，故总动量守恒。
由动量守恒定律得：①要使子弹刚好从木块右端打出，则必须满足如下的临界条件：②根据功能关系得：③解以上三式得：二、 板块1、 如图1所示，一个长为L 、质量为M 的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m 的物块（可视为质点），以水平初速度0v 从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为μ，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q 。
动量守恒定律在碰撞中的应用五大模型
小结：上述两例属碰撞和爆炸过程,由于 对碰撞和爆炸过程的瞬间,其内力远大于 外力,所以在此过程系统的动量是守恒 的.
总结：动量守恒定律问题的基本步骤和方法
⑴分析题意，确定研究对象； ⑵分析作为研究对象的系统内各物体的受力情况，分 清内力与外力,确定系统动量是否守恒； ⑶在确认动量守恒的前提下，确定所研究的相互作用 过程的始末状态，规定正方向，确定始、末状态的动 量值的表达式； ⑷列动量守恒方程； ⑸求解，如果求得的是矢量，要注意它的正负，以确 定它的方向.
m v m v m m v 1
2
2 1 11 2
2 1（
22 2
1
）2
2共
损失了多少机械能呢？
E m v m v m m v 损
1 2
2 1 11 2
2 - 1（
22 2
1
）2
2共
即时突破，小试牛刀
1. (单选)在光滑水平面上有三个完全相同的小球， 它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起， 1球以速度v0射向它们，如图1－3－3所示．设 碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度 可A．能v是1＝( v2＝)v3＝Dv0
1.若 m1 = m2
V1
m1 m1
m2 m2
V0
V2
2m1 m1 m2
V0
V2 V0 质量相等的两物体 V1 0 弹性碰撞后交换速度
2. 若 m1 << m2
讨论：
V1 V0 V2 0
3.若m1 >>m2
V1 V0
V2 2V0
（2）非弹性碰撞 在实际发生的碰撞中，机械能要有一部分
设 碰 撞 后 它 们 的 速 度 分 别 为 v1′ 和 v2′，并且规定速度 v1 的方向为正方 向，由动量守恒定律得
动量守恒定律在板块模型中的应用
动量守恒定律在板块模型中的应用【题型1】如图所示，质量m 1＝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m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝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，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块在车面上滑行的时间t ；(2)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)0.24 s (2)5 m/s【解析】(1)设物块与小车共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v设物块与车面间的滑动摩擦力大小为f ，对物块应用牛顿运动定律有：f ＝m 2·v 0－v t ，又f ＝μm 2g ，解得t ＝m 1v 0μm 1＋m 2g， 代入数据得t ＝0.24 s.(2)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到达车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v ′，则m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′，由功能关系有：12m 2v 0′2＝12(m 1＋m 2)v ′2＋μm 2gL代入数据解得v 0′＝5 m/s ，故要使物块不从车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过5 m/s.【题型2】如图所示，一质量为M 、长为l 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m <M .现以地面为参考系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度，使A 开始向左运动、B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板．若已知A 和B 的初速度大小为v 0.求：(1)它们最后的速度的大小和方向； (2)木块与木板间的动摩擦因数μ.【答案】(1)M －m M ＋m v 0，水平向右 (2)2Mv 02M ＋m gL【解析】(1)系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向．木块A 不滑离B 板的条件是二者最终处于相对静止，设此时共同速度为v .由动量守恒定律得：Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v 可得：v ＝M －mM ＋m v 0因为M >m ，故v 方向水平向右．(2)木块和木板损失的机械能转化为内能，根据能量守恒定律，有μmgl ＝12mv 02＋12Mv 02－12(M＋m )v 2解得：μ＝2Mv 02M ＋m gl【题型3】如图所示，甲车的质量是2 kg ，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1 kg 的小物体，乙车质量为4 kg ，以5 m/s 的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8 m/s 的速度，物体滑到乙车上，若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2，则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止？(g 取10 m/s 2)【题型3】【答案】0.4 s 【解析】乙与甲碰撞动量守恒 m 乙v 乙＝m 乙v 乙′＋m 甲v 甲′ 得v 乙′＝1 m/s小物体在乙上滑动至有共同速度v ，对小物体与乙车运用动量守恒定律得 m 乙v 乙′＝(m ＋m 乙)v 得v ＝0.8 m/s对小物体应用牛顿第二定律得 a ＝μg ＝2 m/s 2 所以t ＝v μg代入数据得t ＝0.4 s.【题型4】如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m/s 的速度水平向右匀速行驶，一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的初速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中，如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ.(g ＝10 m/s 2，不计空气阻力)【题型4】【答案】0.54【解析】设子弹射入木块后两者的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒有： m 0v 0－mv ＝(m ＋m 0)v 1 解得v 1＝8 m/s由它们恰好不从平板小车上掉下来可知，它们相对平板小车滑行距离x ＝6 m 时它们跟小车具有相同速度v 2，则由动量守恒有(m ＋m 0)v 1－Mv ＝(m ＋m 0＋M )v 2 解得v 2＝0.8 m/s由能量守恒有μ(m 0＋m )gx ＝12(m ＋m 0)v 21＋12Mv 2－12(m 0＋m ＋M )v 22代入数据解得μ＝0.54.【题型5】如图所示，光滑水平面上放置质量均为M ＝2 kg 的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)．其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P 之间的动摩擦因数μ＝0.5.一根通过细线(细线未画出)拴着而被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m ＝1 kg 的滑块P (可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧储存的弹性势能E 0＝10 J ，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止．现剪断细线，求：(g ＝10 m/s 2)(1)滑块P 滑上乙车前瞬间速度的大小；(2)要使滑块P 恰好不滑离小车乙，则小车乙的长度至少为多少？ 【题型5】【答案】(1)4 m/s (2)53m【解析】(1)设滑块P 滑上乙车前的速度为v 0，小车的速度为v ，选甲、乙和P 为系统，对从滑块P 开始运动(初状态)到滑上乙车前(末状态)的过程，应用动量守恒有 mv 0－2Mv ＝0在这个过程中系统的机械能守恒，有 E 0＝12mv 20＋12×2Mv 2联立两式解得：v 0＝4 m/s 同时可得v ＝1 m/s(2)设滑块P 到达小车乙另一端时与小车恰好有共同速度v ′，选滑块的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv 0－Mv ＝(m ＋M )v ′解得：v ′＝23m/s对滑块P 和小车乙组成的系统， 由能量守恒定律得12mv 20＋12Mv 2－12(m ＋M )v ′2＝μmgL 联立各式，代入数据求得：L ＝53 m.针对训练1.如图所示，在光滑水平面上，有一质量M ＝3 kg 的薄板，板上有质量m ＝1 kg 的物块，两者以v 0＝4 m/s 的初速度朝相反方向运动．它们之间有摩擦，薄板足够长，求：(1)最后二者的速度多大？方向如何？ (2)求全过程机械能转化的内能为多少． 【答案】(1)2 m/s ，方向水平向右 (2)24 J【解析】(1)由于水平面光滑，则物块与长薄板组成的系统动量守恒．由于板足够长，故最后二者将达到共同速度．根据动量守恒定律 Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v 得：v ＝2 m/s方向与薄板方向相同(水平向右) (2)根据能量守恒定律ΔE ＝12Mv 20＋12mv 20－12(M ＋m )v 2代入数据得：ΔE ＝24 J.2.如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M 的长木板，以速度v 0向右做匀速直线运动，将质量为m 的小铁块轻轻放在木板上的A 点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？ (2)它们相对静止时，小铁块与木板上的A 点距离多远？ (3)在全过程中有多少机械能转化为内能？【答案】(1)Mv 0M ＋m (2)Mv 202μg M ＋m (3)Mmv 202M ＋m【解析】(1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得， Mv 0＝(M ＋m )v ′，则v ′＝Mv 0M ＋m. (2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx 相＝12Mv 20－12(M ＋m )v ′2. 解得x 相＝Mv 202μg M ＋m.(3)方法一：由能量守恒定律可得， Q ＝12Mv 20－12(M ＋m )v ′2 ＝Mmv 202M ＋m方法二：根据功能关系，转化成的内能等于系统克服摩擦力做的功，即ΔE ＝Q ＝μmg ·x 相＝Mmv 202M ＋m.3.如图所示，光滑水平面上有A 、B 两小车，质量分别为m A ＝20 kg ，m B ＝25 kg.A 车以初速度v 0＝3 m/s 向右运动，B 车静止，且B 车右端放着物块C ，C 的质量为m C ＝15 kg.A 、B 相撞且在极短时间内连接在一起，不再分开．已知C 与B 上表面间动摩擦因数为μ＝0.2，B 车足够长，求C 沿B 上表面滑行的长度．(g ＝10 m/s 2)3.【答案】13m【解析】A 、B 相撞：m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，解得v 1＝43m/s.由于在极短时间内摩擦力对C 的冲量可以忽略，故A 、B 刚连接为一体时，C 的速度为零．此后，C 沿B 上表面滑行，直至相对于B 静止为止．这一过程中，系统动量守恒，系统的动能损失等于滑动摩擦力与C 在B 上的滑行距离之积；由动量守恒得： (m A ＋m B )v 1＝(m A ＋m B ＋m C )v 由能量守恒得：12(m A ＋m B )v 21－12(m A ＋m B ＋m C )v 2＝μm C gL 解得L ＝13m.4.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，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止．A 、B 一起以v 0＝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 发生碰撞．求A 与C 碰撞后瞬间A 的速度大小．4.【答案】2 m/s【解析】因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C①A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得 m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB① A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足v AB ＝v C①联立①①①式，代入数据得v A ＝2 m/s.5.如图所示，在光滑的水平面上有两个并排放置的木块A 和B ，已知m A ＝0.5 kg ，m B ＝0.3 kg ，有一质量为m ＝80 g 的小铜块C 以v C ＝25 m/s 的水平初速度开始在A 表面上滑动，由于C 与A 、B 间有摩擦，最后停在B 上，B 和C 以v ＝2.5 m/s 的速度共同前进，求：(1)木块A 最终的速度；(2)小铜块C 在刚离开A 时的速度． 5.【答案】(1)2.1 m/s (2)4 m/s【解析】(1)以A 、B 、C 三个物体组成的系统为研究对象，系统受到的合外力为零，所以动量守恒．C 刚滑上A 时，系统的总动量就是C 所具有的动量p ＝mv C .作用后，B 、C 一起运动时，设这时A 的速度为v A ，那么系统的总动量 p ′＝m A v A ＋(m B ＋m )v根据动量守恒定律有mv C ＝m A v A ＋(m B ＋m )v 所以v A ＝mv C －m B ＋m v m A＝0.08×25－0.3＋0.08×2.50.5m/s ＝2.1 m/s(2)以A 、B 、C 三个物体组成的系统为研究对象，以C 刚滑上A 时为初时刻，C 刚滑上B 前瞬间为末时刻，则系统的初动量p ＝mv C ，设刚离开A 时C 的速度为v C ′，则系统的末动量p ″＝mv C ′＋(m A ＋m B )v A .根据动量守恒定律有mv C ＝mv C ′＋(m A ＋m B )v A得v C ′＝mv C －m A ＋m B v A m ＝v C －m A ＋m B m v A ＝(25－0.5＋0.30.08×2.1) m/s ＝4 m/s6.如图所示，质量为M ＝2 kg 的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止放着质量为m A ＝2 kg 的物体A (可视为质点)，如图7所示．一颗质量为m B ＝20 g 的子弹以600 m/s 的水平速度射穿A 后，速度变为100 m/s ，最后物体A 仍静止在小平板车上，取g ＝10 m/s 2.求平板车最后的速度大小．6.【答案】2.5 m/s【解析】三者组成的系统在整个过程中所受合外力为零，因此这一系统动量守恒；对子弹和物体A ，由动量守恒定律得m B v 0＝m B v 1＋m A v A 对物体A 与小平板车有m A v A ＝(m A ＋M )v 联立解得v ＝2.5 m/s.7.如图所示，质量为m 1＝0.01 kg 的子弹以v 1＝500 m/s 的速度水平击中质量为m 2＝0.49 kg 的木块并留在其中．木块最初静止于质量为m 3＝1.5 kg 的木板上，木板静止在光滑水平面上并且足够长．木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1，求：(g ＝10 m/s 2)(1)子弹进入木块过程中产生的内能ΔE 1； (2)木块在木板上滑动过程中产生的内能ΔE 2； (3)木块在木板上滑行的距离x .7.【答案】(1)1 225 J (2)18.75 J (3)37.5 m解析 (1)当子弹射入木块时，由于作用时间极短，则木板的运动状态可认为不变，设子弹射入木块后，它们的共同速度为v 2，对m 1、m 2组成的系统由动量守恒定律有 m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2又由能量守恒有ΔE 1＝12m 1v 21－12(m 1＋m 2)v 22 联立以上两式并代入数据得子弹进入木块过程中产生的内能ΔE 1＝ 1 225 J(2)设木块与木板相对静止时的共同速度为v 3，对m 1、m 2、m 3组成的系统由动量守恒定律有 (m 1＋m 2)v 2＝(m 1＋m 2＋m 3)v 3 又由能量守恒有ΔE 2＝12(m 1＋m 2)v 22－12(m 1＋m 2＋m 3)v 23联立以上两式并代入数据得木块在木板上滑行过程中产生的内能ΔE 2＝18.75 J (3)对m 1、m 2、m 3组成的系统由功能关系有μ(m1＋m2)gx＝ΔE2解得x＝37.5 m.。
专题十一 动量守恒中的四类典型模型-2025届高中物理
第七章动量守恒定律专题十一动量守恒中的四类典型模型核心考点五年考情命题分析预测子弹打木块模型本专题是本章的难点，滑块＋弹簧模型和滑块＋滑板模型是高考的热点.预计2025年高考会出现考查滑块＋滑板模型的选择题或滑块＋弹簧模型的计算题.滑块＋弹簧模型2023：辽宁T15，浙江6月T18；2022：全国乙T25；2021：天津T10；2019：全国ⅢT25滑块＋斜（曲）面模型2023：湖南T15，山东T18滑块＋滑板模型2023：辽宁T15；2022：山东T18，河北T13题型1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.3.两种情境（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：mv 0＝（m ＋M ）v .能量守恒：Q ＝F f s ＝12m 02－12（M ＋m ）v 2.（2）子弹穿透木块动量守恒：mv 0＝mv 1＋Mv 2.能量守恒：Q＝F f d＝12m02－（12M22＋12m12）.1.[子弹未穿透木块/2024江苏淮安模拟]如图所示，质量为M＝0.45kg的木块静止于光滑水平面上，一质量为m＝0.05kg的子弹以水平速度v0＝100m/s打入木块并停在木块中，下列说法正确的是（A）A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝10m/sB.子弹对木块做的功W＝25JC.木块对子弹做正功D.子弹打入木块过程中产生的热量Q＝175J解析根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝B0＋＝10m/s，故A正确；根据动能定理可知，子弹对木块做的功为W＝12Mv2-0＝22.5J，故B错误；由于子弹的动能减小，根据动能定理可知，木块对子弹做负功，故C错误；根据能量守恒定律可知，子弹打入木块过程中产生的热量为Q＝12m02−12(M＋m)v2＝225J，故D错误.2.[子弹穿透木块]如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980g的匀质木块，现有一颗质量为20g的子弹以大小为300m/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的长度为10cm，子弹打进木块的深度为6cm.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400m/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）6m/s882J（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解得v＝6m/s此过程系统所增加的内能ΔE＝12m02－12（M＋m）v2＝882J.（2）假设子弹以v'0＝400m/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mv'0＝（M＋m）v'解得v'＝8m/s此过程系统所损耗的机械能为ΔE'＝12mv'20－12（M ＋m ）v'2＝1568J 由功能关系有ΔE ＝F 阻x 相＝F 阻d ΔE'＝F 阻x'相＝F 阻d'则ΔΔ'＝阻阻'＝'解得d'＝1568147cm因为d'＞10cm ，所以假设不成立，能射穿木块.题型2滑块＋弹簧模型模型图示水平地面光滑模型特点（1）两个或两个以上的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）在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和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（完全非弹性碰撞拓展模型）；（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大（弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时）3.[滑块与弹簧连接/多选]如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2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3m/s 的速度向B 运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙，则有（CD）A.在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/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＝1：2D.在t2时刻A与B的动能之比E k1：E k2＝1：8解析由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，而t3时刻处于伸长状态，故A错误；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，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，两物块均减速，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，故B错误；根据动量守恒定律，可知t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3m/s，v2＝1m/s，解得m1：m2＝1：2，故C正确；在t2时刻A的速度为v A＝-1m/s，B的速度为v B＝2m/s，根据m1：m2＝1：2，求出E k1：E k2＝1：8，故D正确.命题拓展命题条件不变，一题多设问下列说法不正确的是（C）A.t1～t2时间内B的加速度在减小B.t1和t3时刻弹簧的弹性势能相等C.t2时刻弹簧处于压缩状态D.t3时刻弹簧的弹性势能最大解析由v-t图像可知t1～t2时间内B的加速度在减小，A正确，不符合题意；t1和t3时刻，A和B的速度均相等，则A和B系统的总动能相等，弹簧的弹性势能相等，B正确，不符合题意；t2时刻，A和B的加速度均为零，说明弹簧弹力为零，则弹簧在t2时刻处于原长状态，C错误，符合题意；t3时刻，A和B的速度相等，弹簧的弹性势能最大，D正确，不符合题意.4.[滑块与弹簧不连接]如图所示，一木板放在光滑水平面上，木板的右端与一根沿水平方向放置的轻质弹簧相连，弹簧的自由端在Q点.木板的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，P、Q之间的距离为L，Q点右侧表面是光滑的.一质量为m＝0.2kg的滑块（可视为质点）以水平速度v0＝3m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回.已知木板质量M＝0.3kg，滑块与木板表面P、Q之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10m/s2.（1）若L＝0.8m，求滑块滑上木板后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；（2）要使滑块既能挤压弹簧，最终又没有滑离木板，则木板上P 、Q 之间的距离L 应在什么范围内？答案（1）0.22J（2）0.675m≤L ＜1.35m解析（1）滑块滑上木板后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，此时滑块、木板共速，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝（m ＋M ）v 共由能量守恒定律得E p ＝12m 02－12（m ＋M ）共2－μmgL解得E p ＝0.22J（2）滑块最终没有离开木板，滑块和木板具有共同的末速度，设为u ，滑块与木板组成的系统动量守恒，有mv 0＝（m ＋M ）u设共速时滑块恰好滑到Q 点，由能量守恒定律得μmgL 1＝12m 02－12（m ＋M ）u2解得L 1＝1.35m设共速时滑块恰好回到木板的左端P 点处，由能量守恒定律得2μmgL 2＝12m 02－12（m ＋M ）u 2解得L 2＝0.675m所以P 、Q 之间的距离L 应满足0.675m≤L ＜1.35m.题型3滑块＋斜（曲）面模型模型图示水平地面光滑、曲面光滑模型特点（1）最高点：m 与M 具有共同水平速度v 共，m 不会从此处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒，mv 0＝（M ＋m ）v 共；系统机械能守恒，12m v 02＝12（M ＋m ）v 共2＋mgh ，其中h 为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度（完全非弹性碰撞拓展模型）；（2）最低点：m 与M 分离点，系统水平方向动量守恒，mv 0＝mv 1＋Mv 2；系统机械能守恒，12m 02＝12m 12＋12M 22（弹性碰撞拓展模型）5.[滑块脱离曲面]如图所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B.若将小球的初速度增大为2v0，不计空气阻力，则小球能达到距B点的最大高度为（C）A.RB.1.5RC.3RD.4R解析若小球以水平速度v0滑上滑块，小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0的方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，由机械能守恒定律得12m02＝12×2m12＋mgR，代入数据解得v0＝2g，若小球以水平速度2v0冲上滑块，小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平方向上速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得2mv0＝2mv2，由能量守恒定律得12m×(2v0)2＝12×2m22＋mgR＋12m2，解得v y＝6g，小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做匀减速运动，则h＝22＝3R，故距B点的最大高度为3R，故选C.命题拓展情境不变，一题多设问以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，小球与滑块分离时的速度是多少？答案0解析从小球滑上滑块至小球离开滑块的过程中，根据能量守恒定律得12m02＝12m球2＋12m块2，小球和滑块系统水平方向动量守恒，有mv0＝mv球＋mv块，解得v球＝0.6.[滑块不脱离曲面/2024广东广州部分学校联考]如图所示，质量m0＝5g的小球用长l＝1m的轻绳悬挂在固定点O，质量m1＝10g的物块静止在质量m2＝30g的14光滑圆弧轨道的最低点，圆弧轨道静止在光滑水平面上，悬点O在物块m1的正上方，将小球拉至轻绳与竖直方向成37°角后，由静止释放小球，小球下摆至最低点时与物块发生弹性正碰，碰后物块恰能到达圆弧轨道的最上端.若小球、物块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：（1）小球与物块碰撞前瞬间小球的速度v0；（2）小球与物块碰撞后瞬间物块的速度v1；（3）圆弧轨道的半径R.答案（1）v0＝2m/s（2）v1＝43m/s（3）R＝115m解析（1）小球下摆至最低点，满足机械能守恒定律，有m0gl（1－cos37°）＝12m002解得v0＝2g（1－Hs37°）＝2m/s（2）小球与物块碰撞，满足动量守恒定律、机械能守恒定律，有m0v0＝m0v01＋m1v1 12m002＝12m0012＋12m112解得v1＝43m/s（3）物块滑到圆弧轨道最高点的过程，满足动量守恒定律、机械能守恒定律，则有m1v1＝（m1＋m2）v212m112＝12（m1＋m2）22＋m1gR解得R＝115m.7.[滑块与斜面结合]如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m（h小于斜面体的高度）.已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g＝10m/s2.（1）求斜面体的质量；（2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案（1）20kg（2）不能，理由见解析解析（1）规定向左为正方向.冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝（m2＋m3）v①12m202＝12（m2＋m3）v2＋m2gh②式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得v＝1m/s，m3＝20kg ③.（2）设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入数据得v1＝－1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥12m 202＝12m 222＋12m 332⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝－1m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩.题型4滑块＋滑板模型示意图木板初速度为零且足够长木板有初速度且足够长，板块反向地面光滑地面光滑v －t 图像8.[滑块、滑板同向运动]如图所示，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M 的物块（可视为质点）以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上滑行的距离为（C）A.LB.34C.2 D.4解析设物块受到的滑动摩擦力为F f ，物块的初速度为v 0.如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，对物块的滑动过程运用动能定理得-F f L ＝0-12M 02，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统所受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv 0＝(M ＋M )v 1，对系统运用能量守恒定律有F f L'＝12M 02−12(2M )12，联立解得L'＝2，C 正确，A 、B 、D 错误.9.[滑块、滑板反向运动]质量为M＝1.0kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5kg的小木块B以v2＝4m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6s小木块B相对A静止，已知重力加速度g取10m/s2，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）1m/s，方向水平向右（2）1.5kg·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，系统在水平方向动量守恒－Mv1＋mv2＝（M＋m）v解得v＝1m/s，方向水平向右.（2）长木板的动量变化量大小Δp＝Mv－（－Mv1）＝1.5kg·m/s.（3）对小木块B，根据动量定理得－μmgt＝mv－mv2解得μ＝0.5.10.[多个滑块综合考查/2024辽宁沈阳模拟]如图，粗糙水平地面上放着两个相同的木板B和C，可视为质点的物块A以初速度v0冲上木板B.已知A质量为2m，与B、C间动摩擦因数均为μ；B、C质量均为m，与地面间动摩擦因数均为12μ.当A运动至B最右端时，A、B速度相同且B、C恰好相撞（碰撞时间极短），撞后B、C粘在一起.重力加速度为g.求：（1）开始时B、C间的距离；（2）A最终离C右端的距离；（3）从A冲上木板B到最终C静止的整个过程系统因摩擦产生的热量.答案（1）029B（2）230272B（3）3536m02解析（1）A在B上滑动时，对A有2μmg＝2ma A故a A＝μg对B有2μmg－32μmg＝ma B故a B＝12μg设经过t1时间A、B速度相同，则有v0－a A t1＝a B t1解得t1＝203B由于x B＝12a B12，解得x B＝029B，此即B、C的初始距离（2）木板B的长度等于A、B共速时的相对位移，有L＝（v0t1－12a A12）－12a B12解得L＝023B由动量守恒定律可得，A滑到B最右端时，A、B共速的速度v1＝13v0此时B与C发生完全非弹性碰撞，有mv1＝2mv2故碰撞后瞬间B、C的速度为v2＝16v0A以13v0的速度滑上C，继续以a A＝μg的加速度减速，而此时B、C整体所受合力为零，做匀速直线运动，设经过时间t2后A与B、C共速，则有v1－a A t2＝v2解得t2＝06B此过程中A相对C的位移大小为x AC＝（v1t2－12a A22）－v2t2解得x AC＝0272B此后A、C相对静止，故A最终离C右端的距离为L－x AC＝230272B（3）B、C碰撞过程损失的机械能为12m12－12×2m22＝136m02整个过程系统的总机械能损失为12×2m02－0＝m02因此整个过程系统因摩擦产生的热量Q＝3536m02.1.[滑块＋曲面/2023山东]如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上.作用在A上的水平外力，使A 与B以相同速度v0向右做匀速直线运动.当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s.已知v0＝1m/s，v＝4m/s，m A＝m C＝1kg，m B＝2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C 不会从B上滑下.B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2.（1）求C下滑的高度H；（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；（3）若s＝0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；（4）若s＝0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小.答案（1）0.8m（2）0.625m≤s≤2+2m（3）－6J（4）（6＋322）N·s解析（1）C下滑过程，由动能定理有m C gH＝12m C v2，解得H＝0.8m（2）设C滑上B以后，C的加速度大小为a C，B的加速度大小为a1，B、C共速时间为t1，s的最小值为s1，B、C共同的加速度大小为a2，经过t2时间A追上B，s的最大值为s2，则由牛顿第二定律有μ2m C g＝m C a C解得a C＝5m/s2μ2m C g－μ1（m B＋m C）g＝m B a1解得a1＝1m/s2又v0＋a1t1＝v－a C t1解得t1＝0.5s由运动学规律有s1＝v0t1＋12a112联立解得s1＝58m＝0.625mB、C共速后，由牛顿第二定律得μ1（m B＋m C）g＝（m B＋m C）a2解得a2＝1m/s2由运动学公式得s2＝s1＋（v0＋a1t1）t2－12a222s2＝v0（t1＋t2）联立解得s2＝2+2m故s的范围为0.625m≤s≤2+2m（3）由题意知s＜s1，所以B与P碰撞时，B与C未共速.设C在B板上滑动的时间为t3，B与P相碰时C的速度大小为v1，则由运动学公式得s＝v0t3＋12a132解得t3＝0.4s（另一解舍去）v1＝v－a C t3解得v1＝2m/s对物体C从刚滑上B到B与P碰撞前的过程，由动能定理有W＝12m C（12－v2）解得W＝－6J（4）设B与P碰撞前瞬间的速度大小为v2，B与P碰撞后瞬间的速度为v3，B向左运动的加速度大小为a3，B向左运动时间t4与A相遇.设A、B碰撞前瞬间B的速度大小为v4；A、B碰撞后瞬间，A的速度为v5，B的速度为v6，C的速度大小为v7，则由运动学公式得v2＝v0＋a1t3解得v2＝1.4m/s由于P固定在地面上，B与P的碰撞为弹性碰撞，所以有v3＝v2＝1.4m/sB与P碰撞后向左运动的过程中，对B由牛顿第二定律得μ2m C g＋μ1（m B＋m C）g＝m B a3解得a3＝4m/s2自B、P碰撞后至A、B发生碰撞的过程，由运动学公式得s－v0t3＝v0t4＋v3t4－12a342解得t4（另一解舍去）v4＝v3－a3t4解得v41）m/sv7＝v1－a C t4解得v7＝（22－1）m/s以向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得m A v0－m B v4＝m A v5＋m B v6由机械能守恒定律得12m A02＋12m B42＝12m A＋12m B62联立解得v5＝（1m/s、v6＝（1m/s（另一组解舍去）即A、B碰撞后，A以速度v5向左运动，B以初速度v6向右运动经分析可得，B、C最终静止，A最终以速度v5向左运动，故自C滑上B开始至三物体达到平衡状态，这三个物体总动量的变化量为Δp＝m A v5－[（m A＋m B）v0＋m C v]解得Δ＝（6N·s2.[滑块＋弹簧/2022全国乙]如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v－t图像如图（b）所示.已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同.斜面倾角为θ（sinθ＝0.6），与水平面光滑连接.碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内.求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数.图（a）图（b）答案（1）0.6m02（2）0.768v0t0（3）0.45解析（1）水平面光滑，故在水平面上两物块碰撞过程动量守恒，从B与弹簧接触到弹簧第一次压缩到最短过程中有m B v1＝（m B＋m A）v0其中v1＝1.2v0可得m B＝5m该过程中机械能守恒，设弹簧最大弹性势能为E p，得E p＋12（m A＋m B）02＝12m B12由上式得E p＝0.6m02（2）由图像知0～t0内物块B与物块A的位移差等于弹簧的最大压缩量，也就是题图中该段时间物块A、B图像所夹面积，物块A在0～t0时间内的位移S A＝0.36v0t0，即为0～t0内，v－t图像中A线与t轴所夹面积.解法1在压缩弹簧的过程中，物块A、B所受弹簧弹力大小相等，方向相反，则物块A的加速度始终是物块B加速度的5倍，有a A＝5a B若两者均做初速度为零的变速运动，则两者的位移满足S A＝5S'B在图1中深灰色阴影面积为S A，浅灰色阴影面积为S'B.最大压缩量为X＝1.2v0t0－S A－S'B＝0.768v0t0图1图2解法20～t0过程，由动量守恒定律有mv A＋5mv B＝（m＋5m）v0结合运动学知识有mS A＋5mS B＝6mv0t0解得S B＝1.128v0t0（B在0～t0内的位移）最大压缩量为X＝S B－S A＝1.128v0t0－0.36v0t0＝0.768v0t0（3）设物块A第一次从斜面滑到平面上时的速度为v x，物块A（含弹簧）回到水平面，第二次与B相互作用过程系统机械能守恒、动量守恒.则有m B v2－m A v x＝m B v3＋m A·2v012m B22＋12m A2＝12m B32＋12m A（2v0）2其中v2＝0.8v0可得v x＝v0（另一解舍去）物块A第一次从斜面底端滑到最高点的过程，由动能定理有－mgμs cosθ－mgs sinθ＝0－12m（20）2物块A第一次从最高点滑到水平面的过程，由动能定理有－mgμs cosθ＋mgs sinθ＝12m02－0由上式得μ＝0.45.1.[多选]如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，mA＞m B，B球上固定一轻质弹簧.A球以速率v去碰撞静止的B球，则（BD）A.A球的最小速率为零B.B球的最大速率为2＋vC.当弹簧压缩到最短时，B球的速率最大D.两球的动能最小值为222（＋）解析A球与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A球产生向左的弹力，对B球产生向右的弹力，故A球做减速运动，B球做加速运动，当B球的速度等于A球的速度时弹簧的压缩量最大，此后A球继续减速，B球继续加速，弹簧压缩量减小，当弹簧恢复原长时，B球速度最大，A球速度最小，此过程满足动量守恒定律和能量守恒定律，有m A v＝m A v1＋m B v2，12m A v2＝12m A12＋12m B22，解得v1＝−＋v，v2＝2＋v，因为m A＞m B，可知A球的最小速率不为零，B球的最大速率为2＋v，故A、C错误，B正确；两球共速时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，此时两球动能最小，根据动量守恒定律有m A v＝(m A＋m B)v共，E k＝12(m A＋m B)共2，联立可得E k＝222(＋)，故D正确.2.[2024北京八一中学校考/多选]如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长.一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短.下列说法中正确的是（BD）A.子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒B.子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小C.子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能D.两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能解析子弹射入物块A的过程为完全非弹性碰撞，有动能损失，则子弹和物块A的机械能不守恒，故A错误；子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的作用力与物块A对子弹的作用力是一对相互作用力，等大反向，而且两个力作用时间相等，由I＝Ft知，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，故B正确；子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，因为子弹射入物块A过程中有动能转化为内能，故C错误；两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物块具有共同速度时，有(m A＋m子)v1＝(m A＋m子＋m B)v2，ΔE p＝12(m A＋m子)12−12(m A＋m子＋m B)22，则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，故D正确.3.[2024河南三门峡模拟/多选]光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，图甲小车放置在无阻碍的光滑水平面上，图乙小车靠墙停放，已知重力加速度为g，则（BC）A.图甲中小球返回右端将向右做平抛运动B.图乙中小球返回右端将向右做平抛运动C.图甲中小球在弧形槽内上升的最大高度为024D.图甲中全过程小球对小车压力的冲量为mv0解析题图甲中，小球离开小车时，设小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中系统在水平方向上动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，对系统由机械能守恒定律得12m02＝12m12＋12m22，联立解得v1＝0，v2＝v0，所以题图甲中小球返回右端将做自由落体运动，A错误；题图乙中小车静止不动，因此小球返回右端将向右做平抛运动，B正确；设题图甲中小球在弧形槽内上升的最大高度为h，由系统水平方向动量守恒得mv0＝2mv，由能量守恒定律得12m02＝12×2mv2＋mgh，解得h＝024，C正确；由以上分析可知，题图甲中小球返回右端将做自由落体运动，小车将向左做匀速直线运动，速度为v0，对小车水平方向，由动量定理可得I x＝Δp＝mv0，由于小球对小车一直有竖直向下的压力分量，故全过程小球对小车压力的冲量不等于mv0，D错误.4.[多选]如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R（R足够大）的14光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，质量为2的小球A以v0＝6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，两小球均可视为质点，则（AD）A.B的最大速率为4m/sB.B运动到最高点时的速率为34m/sC.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞解析A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得2v0＝2v A＋Mv B，12·202＝12·22＋12M2，解得v A＝-2m/s，v B＝4m/s，故B的最大速率为4m/s，A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则Mv B＝(M＋2M)v，得v＝43m/s，B错误；B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为v'B、v'C，由水平方向动量守恒有Mv B＝Mv'B＋2Mv'C，由机械能守恒有12M2＝12Mv'2B＋12·2Mv'2C，联立解得v'B＝-43m/s，由于｜v'B｜＜｜v A｜，所以二者不会再次发生碰撞，C错误，D正确.5.[设问创新/2024江苏盐城模拟]如图所示，一质量为M＝3.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m＝1.0kg的小木块A.同时给A和B大小均为v＝5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B.在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是（C）A.1.8m/sB.2.4m/sC.2.8m/sD.3.5m/s解析以A、B组成的系统为研究对象，因为系统不受外力，则系统动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，从A、B开始运动到A的速度为零，根据动量守恒定律可得(M-m)v＝Mv B1，解得v B1＝103m/s，从A、B开始运动到A、B共速，根据动量守恒定律可得(M-m)v＝(M＋m)v B2，解得v B2＝2.5m/s，木块A加速运动的过程为其速度减为零到与B共速的过程，此过程中B始终减速，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度范围为2.5m/s≤v B≤103m/s，故C正确，ABD错误.6.[2024湖南长沙南雅中学校考]质量为M，长度为d的木块放在光滑的水平面上，在木块的右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动，质量为m的子弹以水平速度v0射入静止的木块，刚好能将木块射穿.现拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块，设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则（C）A.拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒B.子弹在木块中受到的阻力大小为B02C.拔去销钉，子弹在木块中运动的时间为2B（＋）0D.拔去销钉，子弹射入木块的深度为B＋解析拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，故木块和子弹组成的系统动量守恒；但因摩擦力要做功，故系统机械能不守恒，故A错误.当木块固定时，由动能定理可知-fd＝0-12m02，解得f＝B022，故B错误.拔去销钉，子弹与木块系统动量守恒，则根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，解得v＝B0＋，对木块根据动量定理可得ft＝Mv，子弹在木块中运动的时间为2B(＋p0，故C正确.拔去销钉，由C选项分析可知最终速度，故整个过程根据动能定理有-fx＝12(m＋M)v2-12m02，解得x＝B＋，D错误.7.[2024江西南昌模拟]质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用挡板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为x的地面上，如图所示，若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边水平距离为（D）A.2 B.2x C.x解析当用挡板挡住A球而只释放B球时，B球做平抛运动，设高度为h，则有h＝12gt2，x＝v0t，所以弹簧的弹性势能为E p＝12m02.若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，取向右为正方向，由动量守恒定律可得0＝mv1-。
动量守恒的几个经典模型
动量守恒的几个经典模型
1. 马赫效应：是指流体或者电子在不断变化的磁场中，产生的动能的移动。
2. 贝尔现象：指在相应的磁场中，某些质量的小粒子（电子，质子，等）的动能会随着变化的磁场而增大，而处于其他相应场中的质量会维持不变，这种现象叫做贝尔现象。
3. 霍纳效应：当电子在减小的磁场中穿越时，它们的动量会维持不变，而当电子在增大的磁场中时，它们的动量会增大，这一现象就是霍纳效应。
4. 纳斯科夫效应：当电子在一定强度的磁场中旋转时，它们的动能会不断增加，从而达到动量守恒的效果，这种现象叫做纳斯科夫效应。
动量守恒中几种常见的模型
模型四：
带弹簧的木板与滑块模型
如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块 A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能 损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M处的墙上，另一端与质量为m2的档板B相连，弹簧处于原 长时，B恰位于滑道的末端O点．A与B碰撞时间极短，碰后 结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的 动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g， 求： （1）物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小； （2）弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep（设弹簧处于原长 时弹性势能为零）．
解：当人从船头走到船尾的过程中，人和船组成的系统都
在水平方向上不受力的作用，故系统水平方向动量守恒。
设某时刻人对地的速度为V2，船对地的速度为V1，则
mV2-MV1=0，即
V1 M V2 m
在人从船头走到船尾的过程中每一时刻系统的动量均守恒， 故mV2t-MV1t=0,即 m所s以2-Ms1 s1m=m0LM,而, ss21+msM2=LML。,
从AB碰撞到弹簧压缩最短过程：
1 2
m1
m2
v'2
Ep
W
代入数据得：Ep m12 gh μm1 m2gd
m1 m2
思考：如果题目让你求解整个系统所产生的热量和压缩 弹簧过程产生的热量，又该怎么求？
规律总结：带弹簧的木板与滑块的模型，可以分为三 个过程：A物体下滑过程，遵循的是机械能守恒定律或 动能定理； A物体碰撞B物体过程，由于内力远大于外力，遵循动 量守恒定律； A、B压缩弹簧的过程，又遵循能量守恒定律（摩擦力 做功，机械能不守恒），分清物理过程，应用物理规 律建立方程，是解决这类问题的关键。
动量守恒定律的典型模型及其应用+课件
动能损失为
E＝12m1v12012m2v22012 m1m2v2
m1m1
2m1 m2
v10v20 2
解决碰撞问题须同时遵守的三个原则:
一. 系统动量守恒原则
二. 能量不增加的原则
三. 物理情景可行性原则
例如: 追赶碰撞:
碰撞前： V追赶 V被追
碰撞后:
在前面运动的物体的速度一定不 小于在后面运动的物体的速度
2 特例: 质量相等的两物体发生弹性正碰
v1
m1 m2 v10 2m2v20 m1 m2
v2
m2 m1 v20 2m1v10 m1 m2
碰后实现动量和动能的全部转移 （即交换了速度) 第219页2题
完全非弹性碰撞
碰撞后系统以相同的速度运动 v1=v2=v 动量守恒:
m 1 v 1 0 m 2 v 2 0 m 1 m 2 v
ABD
• 图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静 止在水平直导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B 相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当 A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A.B紧
贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发
点P并停止，滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为
高三物理重点专题
动量守恒定律的典型模型 及其应用
动量守恒定律的典型应用 几个模型:
（一）碰撞中动量守恒 （二）反冲运动、爆炸模型
（三）子弹打木块类的问题:
（四）人船模型: 平均动量守恒
• （1）在弹性形变增大的过程中，系统中两物 体的总动能减小，弹性势能增大，在系统形变 量最大时，两物体速度相等. 在形变减小（恢 复）的过程中，系统的弹性势能减小，总动能 增大.
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D．子弹穿过木块的时间变短
例3、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
A
vA vB v2
B
v0
课堂练习：求B向左运动的最大距离
m A v 0 m B v 0= m A v 1 m B 0
v1
1 2
v0
m A v 0 m B v 0= (m A m B )v 2
v2
1 3
v0
C D
t1 t2 t
f
A
v0
v0
mA2m,mBm
f'
B
v
v0
s2
vB 0
s 2'
s1
v A v1
fA
B
f'
v
v
1 2
O
s
2
s
'
1'
A
vA vB v2
B
v0
课堂练习：求B向左运动的最大距离
怎样表示A在B上滑动的距离？
L=s1s2s1's2'
C D
t1 t2 t
例1、如图所示，一质量M=3.0kg的长方形木板B放在光
滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0kg的小木块A。
现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0m/s，方向相
相同。当两颗子弹均相对木块静止时，下列说法正确的是
（）
C
A．最终木块静止，d1=d2 B．最终木块向右运动，d1<d2 C．最终木块静止，d1<d2 D．最终木块向左运动，d1＝d2
例4．（1992年·全国）如图所示，一质量为M、长为l的长 方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为 m的小木块A，m<M．现以地面为参照系，给A和B以大小 相等、方向相反的初速度（如图），使A开始向左运动、 B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离木板．以地面为 参考系．
对物块的动能定理： fs11 2m Av121 2m Av02 (2) f = m A a 1
对木块的动量定理： ft1m Bv10 (3)
f m Ba2
v1 =v0 a1t 2a1s1=v12v02
v1 = a2t
对木块的动能定理： fs2 12mBv120 (4)
2a2s2=v12 0
几何关系：
s1
A
B
v
v0
mAv0=(mA+mB)v1
v1
C
L
解法1：动量
mAv0=(mA+mB)v1
•m Ag•s11 2m Av1 21 2m Av0 2
•mAg•s212mBv120
L=s1 s2
•m A g•L 1 2m A v 0 2 (1 2m A v 1 2 1 2m B v 1 2)
s1s2L (5)
s1 s2 L
系统动量守恒： ( 1 ) ( 3 ):m A v 0 m A v 1 m B v 1 ( 6 )
系统能量守恒： ( 2 ) ( 4 ) 并 将 ( 5 ) 代 入 :f L 1 2 m A v 0 2 ( 1 2 m A v 1 2 1 2 m B v 1 2 ) ( 7 )
（1）若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度 的大小和方向；
（2）若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最 远处（从地面上看）离出发点的距离．
v0
v0
v0
A B
“板块”两体模型
质量为mB=m的长木板B静止在光滑水平面上，现有质量为 mA=2m的可视为质点的物块，以水平向右的速度大小v0从左 端滑上长木板，物块和长木板间的动摩擦因数为μ。求：
(1)要使物块不从长木板右端滑出，长木板的长度L至少为多 少？(至少用两种方法求解）
v0
fA
f'
B
s1
s2
L
v0
fA
f'
A
B
B
v0
fA
f'
A
B
B
s1
s2
L
mAv0=(mA+mB)v1
good
大家最好不要在非地参考系中解题
v0
fA
f'
B
s2
mA2m,mBm
L=s1 s2
v1
反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最
后A并没有滑离B板。站在地面的观察者看到在一段时间
内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木
板对地面的速度大小可能是（BC ）
A.1.8m/s
B.2.4m/
B
vAv
C.2.6m/s
D.3.0m/s
f1
f
A
v0
v0
f'
s2
s1
vB 0 f A
(1)要使物块不从长木板右端滑出，长木板的长度L至少为多 少？
(2)若开始时长木板向左运动，速度大小也为v0，其它条件不 变，再求第（1）问中的L。
v0
fA
f'
B
s2
mA2m,mBm
L=s1 s2
v1
s1
A
B
v
v0
mAv0=(mA+mB)v1
v1
C
L
O
解法2：牛顿第二定律+运动学
t1
t
a1
mAg
mA
g
a2
mAg
mB
2g
s1
v0t1
1 2
a1t12
s2
1 2
a 2t12
v1v0a1t1a2t1
L=s1 s2
v0
fA
f'
B
s2
mA2m,mBm
m2 v0 m1
2009天津卷
2010新课程卷
A
s=5R
Em
R
B
M
l=6.5R
2011广东卷
D R
C L
1992全国卷
m2 v0 m1
2009天津卷
1993全国卷
A R
B
2010新课程卷
s=5R
Em
M
l=6.5R
2011广东卷
D R
C L
v0
A B
“板块”两体模型
质量为mB=m的长木板B静止在光滑水平面上，现有质量为 mA=2m的可视为质点的物块，以水平向右的速度大小v0从左 端滑上长木板，物块和长木板间的动摩擦因数为μ。求：
L=s1 s2
v1
s1
A
B
L
解法3：v-t图象 1
L = 2 v0t
m Agtm A v1m A v0
mAgt mBv1
v
v0
mAv0=(mA+mB)v1
v1 L
C
O
t1
t
a1
mAg
mA
g
a2
mAg
mB
2g
v1v0a1t1a2t1
“板块”两体模型——力学密
搞清楚是对谁列的方程？
码对物块的动量定理： ft1m A v 1 m A v0 (1 )
(2) (1)
:s1
v0
v1 2
t1(8)
(2) (1)
:
s2
0v1 2
t1(9)
v
v0
v1
C
将 (8)(9)代 入 (5):L0 2v0t1(10)O
t1
v0
fA
f'
B
s2
t
v1
s1
A
B
L
f
A
v0
v0
mA2m,mBm
f'
B
v
v0
s2
s1
vB 0 f A
B
s 2'
v A v1
v
v
1 2
f'
O
s 1'
B
mA2m,mBm A与B及B与地间的动摩擦因数均为μ
B
v A v1 f'
f1
v0
v1
v
C
s 1'
A B
O t1
t2t
v0
例2、一颗子弹以较大的水平速度水平击穿原来静止在光滑 水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹射入
速度增大时，下列说法正确的是 ( BD )
A．木块获得的动能变大
B．木块获得的动能变小