子弹打木块、弹簧模型
动量守恒典型模型
一、碰撞类。 二、子弹打木块类。 三、弹簧类。 四、人船模型类。
一、碰撞类（区分弹性碰撞和非弹性碰撞）
V1
' 1 1
V2=0 弹性碰撞
' 2 2
m1v1 m v m v
(m1 m2 ) v v1 m1 m2
' 1
1 1 1 2 '2 '2 m1v1 m1v1 m2v2 2 2 2
动能损失为
1 1 1 2 2 2 E＝ m1v10 m2 v 20 m1 m2 v 2 2 2 m1m1 2 v10 v20 2m1 m2
例1
如图所示，车厢长度L，质量为M，静止于光滑水平 面上，车厢内有一质量为m的物体以速度v向右运动， 与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢 的速度为：学.科.网 A v，水平向右 B 0 v C mv/（m+M），水平向右 D mv/（m-M），水平向右
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θ
斜面和小物块组成的 系统在整个运动过程中都不受 水平方向外力，故系统在 水平方向上动量守恒。
1.如图所示：质量为m长为a的汽车由静止开始从 质量为M、长为b的平板车一端行至另一端时， 汽车和平板车的位移大小各为多少？（水平地面 光滑） M(b-a)/M+m; m(b-a)/M+m 2.质量为m半径为R的小球，放在半径2R、质 量相 同的大空心球壳内，小球开始静止在光滑 水平面上，当小球从图示位置无初速地沿内壁 滚到最低点时，大球移动的距离多大？ R/3
v’2
m 2 (v0 2 gH ) 2 h 2 gM 2
二、滑块类
【例2】长木板质量为M, 有一质量为m的物块 （可以看作是质点）以水平速度v0从木板的左端 滑上。他们间的动摩擦因素为μ，当相对静止时， 物快仍在木板上. (M>m)
(完整版)动量守恒定律弹簧模型
弹簧模型+子弹打木块模型弹簧模型1.两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图4所示．B 与C碰撞后二者会粘在一起运动．则在以后的运动中：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？2.(多选)光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时()A．A、B系统总动量仍然为mvB．A的动量变为零C．B的动量达到最大值D．A、B的速度相等3.如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中弹簧两端分别与静止的滑块N 和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M以初速度v0向右运动，它与档板P碰撞（不粘连）后开始压缩弹簧，最后滑块N以速度v0向右运动。
在此过程中( )A.M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B.M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C.M的速度为v0/2时，弹簧的长度最长D.M的速度为v0/2时，弹簧的长度最短4.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两木块A、B相连,静止在光滑水平面上.现使A瞬间获得水平向右的速度v=3 m/s,以此时刻为计时起点,两木块的速度随时间变化规律如图乙所示,从图示信息可知（）A.t1时刻弹簧最短，t3时刻弹簧最长B.从t1时刻到t2时刻弹簧由伸长状态恢复到原长C.两木块的质量之比为m1:m2=1:2D.在t2时刻两木块动能之比为E K1：E K2=1:45.质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则（）A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用,动量不守恒B.当两物块相距最近时，物块甲的速率为零C.当物块甲的速率为1 m/s时，物块乙的速率可能为2 m/s，也可能为0D.物块甲的速率可能达到5 m/s6.如图所示，质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m，这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑.小木块A以速度v0＝10 m/s由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动.已知木块A的质量m＝1 kg，g取10 m/s2.求：(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度大小；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能.7.如图光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，(3)整个系统损失的机械能；(4)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．8.质量为m的钢板与直立弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点。
动量定理、动能定理专题-子弹打木块模型
动量定理、动能定理专题-⼦弹打⽊块模型动量定理、动能定理专题----⼦弹打⽊块模型⼀、模型描述：此模型主要是指⼦弹击中未固定的光滑⽊块的物理场景，如图所⽰。
其本质是⼦弹和⽊块在⼀对⼒和反作⽤⼒(系统内⼒)的作⽤下，实现系统内物体动量和能量的转移或转化。
⼆、⽅法策略：(1) 运动性质：在该模型中，默认⼦弹撞击⽊块过程中的相互作⽤⼒是恒恒⼒，则⼦弹在阻⼒的作⽤下会做匀减速直线性运动；⽊块将在动⼒的作⽤下做匀加速直线运动。
这会存在两种情况：(1)最终⼦弹尚未穿透⽊块，(2)⼦弹穿透⽊块。
(2) 基本规律：如图所⽰，研究⼦弹未穿透⽊块的情况：三、图象描述：在同⼀个v－t坐标中，两者的速度图线如图甲所⽰。
图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。
两图线间阴影部分⾯积则对应了两者间的相对位移：d＝s1－s2。
如果打穿图象如图⼄所⽰。
点评：由此可见图象可以直观形象反映两者的速度的变化规律，也可以直接对⽐出物块的对地位移和⼦弹的相对位移，从⽽从能量的⾓度快速分析出系统产⽣的热量⼀定⼤于物块动能的⼤⼩。
四、模型迁移⼦弹打⽊块模型的本质特征是物体在⼀对作⽤⼒与反作⽤⼒（系统内⼒）的冲量作⽤下，实现系统内物体的动量、能量的转移或转化。
故物块在粗糙⽊板上滑动、⼀静⼀动的同种电荷追碰运动，⼀静⼀动的导体棒在光滑导轨上切割磁感线运动、⼩球从光滑⽔平⾯上的竖直平⾯内弧形光滑轨道最低点上滑等等，如图所⽰。
(1)典型例题：例1.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、速度为的⼦弹⽔平射⼊⽊块且未穿出，设⽊块对⼦弹的阻⼒恒为F，求：(1)⼦弹与⽊块相对静⽌时⼆者共同速度为多⼤？(2)射⼊过程中产⽣的内能和⼦弹对⽊块所做的功分别为多少？(3)⽊块⾄少为多长时⼦弹才不会穿出？1. ⼀颗速度较⼤的⼦弹，以速度v 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，则当⼦弹⼊射速度增⼤为2v 时，下列说法正确的是( )A. ⼦弹对⽊块做的功不变B. ⼦弹对⽊块做的功变⼤C. 系统损耗的机械能不变D. 系统损耗的机械能增加解析：⼦弹的⼊射速度越⼤，⼦弹击中⽊块所⽤的时间越短，⽊块相对地⾯的位移越⼩，⼦弹对⽊块做的功W ＝fs 变⼩，选项AB 错误；⼦弹相对⽊块的位移不变，由Q ＝f s 相对知Q 不变，系统损失的机械能等于产⽣的热量，则系统损耗的机械能不变，选项C 正确，D 错误。
涉及动量能量的经典模型与应用
涉及动量能量的 经典模型与应用
知识框架 三个经典模型 1、子弹打木块模型 、 2、小球碰撞模型 、 3、弹簧连接体模型 、
变式1 变式 练习 变式2 变式
知识框架 两条定理： 两条定理： 往往以一个物体为研究对象
(1)动量定理： 动量定理： 动量定理
F合 ⋅ t = ∆p
(2)动能定理： 动能定理： 动能定理
R O A A B O
R
B
R O A A B O
R
B
如图所示，三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻 绳连成一条直线而静止在光滑水平面上．现给中间的小球B 一个水平初速度v0，方向与绳垂直．小球相互碰撞时无机械 能损失，轻绳不可伸长．求： (1)当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度． (2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度． (3)运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ. (4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小．1、Fra bibliotek弹打木块模型 、
的木块静止在光滑水平面上， 质量为 M 的木块静止在光滑水平面上，一质量为 m 速度 的子弹水平射入木块中， 为 v0 的子弹水平射入木块中 ，如果子弹所受阻力的大小恒为
f
子弹没有穿出木块， ，子弹没有穿出木块，木块和子弹的最终速度为 v共 ，在这
个过程中木块相对地面的位移为 s木 ，子弹相对与地面的位移 为 s子 ，子弹相对与木块的位移为 ∆s 。
（1）设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为，考虑到对称性及绳的不可伸 长特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为，由动量守恒定律，得 由此解得（2）当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械 能守恒定律，得 解得 （三球再次处于同一直线） ，（初始状态，舍去） 所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为（负号表明与初速度反 向） （3）当小球A的动能最大时，小球B的速度为零。设此时小球A、C的速度大小 为，两根绳间的夹角为θ（如图），则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得 另外，由此可解得，小球A的最大动能为，此时两根绳间夹角为（4）小球A、C 均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B为参考 系（小球B的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均 为所以，此时绳中拉力大小为：
第7单元动量专题九“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型-2025年物理新高考备考课件
的运动过程中，系统动量守恒，有 − = + +1 = 1,2,3, ⋯
解得+1 =
1
5
= 1,2,3, ⋯
设第一次碰撞后小车向左运动的最大距离为1 ，对小车，根据动能定理有
−1 = 0 −
解得1 = 0.6 m
1
2
1
2
热点题型探究
设第次碰撞后小车向左运动的最大距离为 ，对小车根据动能定理有
、碰撞时损失的机械能为
Δ =
1
2
0
2
−
1
2
2
+
1
2
2
= 12 J
热点题型探究
（3）要保证滑块不脱离长木板，长木板的最小长度.
[答案] 1.5 m
[解析] 在、碰撞后到、再次共速的过程中，、相互作用的时间为
=
0 −共
=1s
长木板的长度至少为 = − =
[答案] 12 J
[解析] 、碰撞瞬间，由动量守恒定律可得
0 = +
在、碰撞后到、再次共速的过程中，、组成的系统由动量守恒可得
+ 0 = + 共
根据题意有共 =
联立解得共 = = 3 m/s， = 2 m/s
A.3 J B.4 J C.6 J D.20 J
教师备用习题
[解析]设铁块与木板共速时速度大小为v,铁块相对木板向右运动的最大距离为L,
铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff,铁块压缩弹簧使弹簧最短时,由能量守恒定
1
1
2
律得 m0 =FfL+ (M+m)v2+Ep,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,从铁块开始运动
2023届高考物理一轮复习课件：素养培优四 动量守恒中的四类模型
(2)当小物块 A、C 上升到最大高度时，A、B、C 系统的速度相等。根据
动量守恒定律有 mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得 v1＝15v0
根据机械能守恒定律得12×2m12v02＝12×5m×15v02＋2mgh，解得 h＝
34v00g2。 [答案]
(1)41mv02
(2)34v00g2
1．(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲
圆管道，整个小车(含管道)的质量为 3m，静止在
光滑的水平面上。现有一个可以看作质点的小
球，质量为 m，半径略小于管道半径，以水平速
度 v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端
滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是
()
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时，小车的速度大小 v 车＝21v
解析： (1)小球上升至最高点时，两物体水平速度相等，小车和小球水
平方向动量守恒，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋M)v
①
对小车由动能定理得 W＝12Mv2
②
联立①②解得 W＝6 J。
(2)小球回到槽口时，小球和小车水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
mv0＝mv1＋Mv2
③
小球和小车由机械能守恒定律得21mv02＝12mv12＋21Mv22
假设[例 1]中木块的长度为 d，子弹能够穿出木块，穿出后速度变为 v1，
其他条件不变。则：
(1)子弹穿出木块的过程中作用力 Ff 对子弹做功为多少？作用力 Ff 对木
块做功为多少？ (2)在这个过程中，系统产生的内能为多少？
解析：(1)由于水平面光滑，则子弹和木块组成的系统在水平方向动量守 恒，则有 mv0＝mv1＋Mv2，解得 v2＝mvM0－v1
物理模型：子弹与木块相互作用模型！
物理模型：子弹与木块相互作用模型！数学烦，物理难，困扰学生许多年！不会解，解题慢，老出错，怎么办？高考中有许多题型，同学们曾经见过！曾经见过的这些题，同学们很多解不出来！很多解不出来的题，同学们往往看起来非常熟悉！怎么办？为什么题目老是做不对，可能是公式用错了！为什么题目老是做不快，可能是你的方法太复杂！为什么老师一讲就会，自己一作就错！怎样做题才能又快又准？最好的解题方法就是：套用解题模型寻找解题套路！有模型就有规律，有规律就可以找到固定的解题套路，找到固定的解题套路就能使解题变得简单！模型透析子弹打木块是高考中常见的一种模型，它主要是考查动量守恒定律和能量守恒定律，有时也会涉及做功问题．子弹打木块模型可以分为两种类型：一种是木块不固定，另一种是木块固定．3．解题思路子弹在打木块的过程中，在摩擦力的作用下做减速直线运动，摩擦力对子弹做负功；而木块在摩擦力的作用下做加速直线运动，摩擦力对木块做正功．因此，在这一过程中涉及四个规律，即：(l)动力学规律；(2)运动学规律；(3)动量守恒定律；(4)能量守恒定律．模型1 考查子弹射击木块后沿水平方向的运动情况子弹以某一初速度射击木块，此后子弹和木块继续沿水平方向做直线运动，这种情况，主要是考查子弹和木块的动量守恒和能量守恒问题．分析这类高考题时，需要综合运用运动学规律、动力学规律、动量守恒定律和能量守恒定律．模型2 考查子弹射击木块后做曲线运动情况子弹以某初速度射击木块，此后子弹和木块做曲线运动（平抛运动和圆周运动）．这种情况，主要是考查动量守恒定律、机械能守恒定律与曲线运动规律相结合的综合应用．分析问题时，注意不要忘记物体做平抛运动、圆周运动的临界问题和最值问题．模型3 考查子弹射击连有弹簧的木块问题两木块间连有弹簧置于水平面上，子弹以某一初速度射击某一木块，在射击过程中，子弹、弹簧、两木块组成的系统动量守恒，满足动量守恒定律．若子弹没有射穿木块，当子弹和两木块的速度相等时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大．在分析能量转化问题时，不要漏掉弹簧的弹性势能.。
物理 性必修第一册第1章 动量守恒定律专题课：“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型导学案含答案
2023-2024（上）全品学练考高中物理选择性必修第一册第1章动量守恒定律专题课:“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型学习任务一“子弹打木块”模型[模型建构]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.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=F f·x=12m v02-12(M+m)v2(2)子弹穿透木块动量守恒:mv0=mv1+Mv2能量守恒:Q=F f·d=12m v02-(12M v22+12m v12)例1一质量为M的木块放在光滑的水平面上,一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中.设子弹与木块之间的相互作用力大小为F f.(1)子弹、木块相对静止时的速度为多大?(2)子弹在木块内运动的时间为多长?(3)子弹、木块相互作用过程中,子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别为多少?(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少?(5)要使子弹不射出木块,木块至少为多长?变式1如图所示,木块静止在光滑水平面上,两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块,最终都停在木块内,这一过程中木块始终保持静止.若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度,则()A .子弹A 的质量一定比子弹B 的质量大B .入射过程中子弹A 受到的阻力比子弹B 受到的阻力大C .子弹A 在木块中运动的时间比子弹B 在木块中运动的时间长D .子弹A 射入木块时的初动能一定比子弹B 射入木块时的初动能大变式2 如图所示,A 、B 两个木块用弹簧连接,它们静止在光滑水平面上,A 和B 的质量分别为99m 和100m.一颗质量为m 的子弹以速度v 0水平射入木块A 内没有穿出,则在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为多少?学习任务二 “滑块—木板”模型[模型建构]模型 图示模型 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. 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=F f Δx 或Q=E 初-E 末,研究对象为一个系统.例2 如图所示,质量m=4 kg 的物体,以水平速度v 0=5 m/s 滑上静止在光滑水平面上的平板小车,小车质量M=6 kg,物体与小车车面之间的动摩擦因数μ=0.3,g 取10 m/s 2,设小车足够长,求:(1)小车和物体的共同速度; (2)物体在小车上滑行的时间;(3)在物体相对小车滑动的过程中,系统产生的摩擦热.变式3 如图所示,在光滑水平地面上固定足够高的挡板,距离挡板s=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v 0=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)求滑块与小车的共同速度大小;(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?(3)若滑块与挡板碰撞时为弹性碰撞,求全过程中滑块克服摩擦力做的功.例3 (多选)[2022·浙江学军中学月考] 如图所示,质量为8m,长度一定的长木板放在光滑的水平面上,质量为m,可视为质点的物块放在长木板的最左端,质量为m的子弹以水平向右的速度v0射入物块且未穿出(该过程的作用时间极短可忽略不计),经时间t0物块以v0的速度离开5长木板的最右端,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.长木板最终的速度大小为v010B.长木板的长度为5v0t016m v02C.子弹射入物块的过程中损失的机械能为920D.物块与长木板间的动摩擦因数为3v010gt01.(子弹打木块模型)(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v水平射向滑块,若射击下层,子弹刚好不射出.若射击上层,则子弹刚好能射进一半厚度,如图所示,上述两种情况相比较()A.子弹损失的动能一样多B.子弹射击上层时,从射入到共速所经历时间较长C.系统产生的热量一样多D.子弹与上层摩擦力较大2.(滑块—木板模型)(多选)[2022·厦门双十中学月考] 如图甲所示,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.物块与木板的质量之比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3.(动量综合应用)如图所示,一质量m1=0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上.质量m2=0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端.一质量为m0=0.05 kg的子弹、以水平速度v0=100 m/s射中小车左端并留在车中,最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车.已知子弹与车的作用时间极短,物块与车顶面的动摩擦因数μ=0.8,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力.g取10 m/s2,求:(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小;(2)小车的长度L.[反思感悟]专题课:“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型例1(1)mM+m v0(2)Mmv0F f(M+m)(3)Mm(M+2m)v022F f(M+m)2Mm2v022F f(M+m)2Mmv022F f(M+m)(4)Mmv022(M+m)Mmv022(M+m)(5)Mmv022F f(M+m)[解析] (1)设子弹、木块相对静止时的速度为v,以子弹初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v解得v=mM+mv0(2)设子弹在木块内运动的时间为t,对木块,由动量定理得F f t=Mv-0解得t=Mmv0F f(M+m)(3)设子弹、木块发生的位移分别为x 1、x 2,如图所示.对子弹,由动能定理得-F f x 1=12mv 2-12m v 02解得x 1=Mm (M+2m )v 022F f (M+m )2对木块,由动能定理得F f x 2=12Mv 2 解得x 2=Mm 2v 022F f (M+m )2子弹打进木块的深度等于相对位移的大小,即x 相=x 1-x 2=Mmv 022F f(M+m ) (4)系统损失的机械能为E损=12m v 02-12(M+m )v 2=Mmv 022(M+m )系统增加的内能为Q=F f ·x 相=Mmv 022(M+m )系统增加的内能等于系统损失的机械能(5)假设子弹恰好不射出木块,有F f L=12m v 02-12(M+m )v 2解得L=Mmv 022F f(M+m )因此木块的长度至少为Mmv 022F f(M+m )变式1 D [解析] 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,即两子弹所受的阻力大小相等,设为F f ,根据动能定理得,对子弹A 有-F f d A =0-E k A ,得E k A =F f d A ,对子弹B 有-F f d B =0-E k B ,得E k B =F f d B ,由于d A >d B ,则有子弹射入时的初动能E k A >E k B ,故B 错误,D 正确.两子弹和木块组成的系统动量守恒,则有√2m A E kA =√2m B E kB ,而E k A >E k B ,则m A <m B ,故A 错误.子弹A 、B 从木块两侧同时射入木块,木块始终保持静止,分析得知,两子弹在木块中运动的时间必定相等,否则木块就会运动,故C 错误. 变式21400m v 02[解析] 子弹射入木块A 的极短时间内,弹簧未发生形变(实际上是形变很小,忽略不计),设子弹和木块A 获得共同速度v ,由动量守恒定律得mv 0=(m+99m )v之后木块A (含子弹)开始压缩弹簧推动B 前进,当A 、B 速度相等时,弹簧的压缩量最大,设此时弹簧的弹性势能为E p ,A 、B 的共同速度为v 1,对A (含子弹)、B 组成的系统,由动量守恒定律得(m+99m )v=(m+99m+100m )v 1由机械能守恒定律得12(m+99m )v 2=12(m+99m+100m )v 12+E p联立解得E p =1400m v 02.例2 (1)2 m/s (2)1 s (3)30 J[解析] (1)小车和物体组成的系统动量守恒,规定向右为正方向,则mv 0=(m+M )v解得v=mv 0m+M =4×54+6 m/s =2 m/s(2)物体在小车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=-3 m/s 2则物体在小车上滑行的时间为t=v -v 0a=2-5-3s =1 s(3)根据能量守恒定律,系统产生的摩擦热为ΔQ=12m v 02-12(m+M )v 2=12×4×52 J -12×(4+6)×22 J =30 J变式3 (1)4 m/s (2)1 m 1 m (3)36 J[解析] (1)设滑块与小车的共同速度为v 1,二者相对运动过程中根据动量守恒定律,有mv 0=(M+m )v 1 解得v 1=4 m/s(2)设达到共速时小车移动的距离为s 1,对小车,根据动能定理有μmgs 1=12M v 12-0代入数据解得s 1=2 m小车与挡板的距离s 2=s-s 1=1 m设滑块与小车的相对位移为L 1,对系统,根据能量守恒定律,有μmgL 1=12m v 02-12(m+M )v 12代入数据解得L 1=3 m滑块与小车右端的距离L 2=L-L 1=1 m 其位置情况如图乙所示(3)共速后小车未碰撞挡板时小车与滑块间的摩擦力消失而没有做功,如图丙所示.直到小车碰撞挡板被粘住静止,滑块又开始在小车上继续向右做初速度v 1=4 m/s 的匀减速直线运动,由于与挡板发生弹性碰撞,滑块速度大小不变,设返回的路程为L 3,由动能定理,有-μmg (L 2+L 3)=0-12m v 12解得L 3=3 m,说明滑块不会从车左端掉下 全过程中滑块克服摩擦力做的功 W=μmg (L+s 1-L 2)+μmg (L 2+L 3)=36 J .例3 BD [解析] 子弹、物块、木板整个系统,整个过程根据动量守恒定律,有mv 0=2m ·v 05+8m ·v ,求得长木板最终的速度大小为v=340v 0,故A 错误;子弹射入物块的过程中,时间极短.子弹及物块根据动量守恒定律有mv 0=2m ·v',求得v'=v02,该过程系统损失的机械能为ΔE=12m v 02-12·2mv'2,联立两式可求得ΔE=14m v 02,故C 错误;子弹射入物块后到从长木板滑离时,运动的位移大小为x 1=v t 0=v '+25v 02=(v 02+v 05)2t 0=720v 0t 0,长木板滑动位移大小为x 2=v2t 0=340v 02t 0=380v 0t 0,则长木板的长度为L=x 1-x 2=516v 0t 0,故B 正确;对长木板,整个过程根据动量定理有μ·2mgt 0=8mv ,可求得物块与长木板间的动摩擦因数为μ=3v10gt 0,故D 正确.随堂巩固1.ACD [解析] 子弹射入滑块的过程中,将子弹和滑块看成一个整体,合外力为0,动量守恒,所以两种情况下子弹和滑块的最终速度相同,所以末动能相同,故系统损失的动能一样多,产生的热量一样多,A 、C 正确;子弹射击滑块上层能射进一半厚度,射击滑块下层刚好不射出,说明在上层所受的摩擦力比下层大,根据动量定理可知,两种情况下滑块对子弹的冲量相同,子弹射击上层所受摩擦力大,所以从入射到共速经历的时间短,B 错误,D 正确.2.BC [解析] 木板在光滑水平桌面上,物块滑上木板后,系统动量守恒,由图像可知,最终物块与木板以共同速度v 1运动,有mv 0=(M+m )v 1,-μmg Δx=12(M+m )v 12-12m v 02,Δx=(v 0+v 12-v 12)t 1,可求出物块与木板的质量之比及物块与木板之间的动摩擦因数,但求不出木板的长度,A 错误,B 、C 正确;由于木板质量未知,故不能求出木板获得的动能,D 错误. 3.(1)10 m/s (2)2 m[解析] (1)子弹进入小车的过程中,子弹与小车组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得 m 0v 0=(m 0+m 1)v 1 解得v 1=10 m/s .(2)三物体组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得 (m 0+m 1)v 1=(m 0+m 1)v 2+m 2v 3 解得v 2=8 m/s由能量守恒可得12(m 0+m 1)v 12=μm 2gL+12(m 0+m 1)v 22+12m 2v 32解得L=2 m .专题课:“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型建议用时:40分钟1.(多选)[2022·北京西城区期中] 如图,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2.(多选)如图所示,小车在光滑的水平面上向左运动,木块水平向右在小车的水平车板上运动,且未滑出小车.下列说法中正确的是 ( )A .若小车的初动量大于木块的初动量,则木块先减速运动再加速运动后匀速运动B .若小车的初动量大于木块的初动量,则小车先减速运动再加速运动后匀速运动C .若小车的初动量小于木块的初动量,则木块先减速运动后匀速运动D .若小车的初动量小于木块的初动量,则小车先减速运动后匀速运动 3.(多选)[2022·湖南常德期中] 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m 的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间,如图所示.现给小物块一水平向右的初速度v ,小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止.重力加速度为g ,设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为 ( )A .12mv 2B .12·mMm+Mv 2C .12NμmgLD .NμmgL4.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/s 2,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 J5.长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg的另一物体B以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图所示,重力加速度g取10 m/s2.则下列说法正确的是()A.木板获得的动能为2 JB.系统损失的机械能为4 JC.木板A的最小长度为2 mD.A、B间的动摩擦因数为0.16.[2022·江苏镇江期中] 质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在水平地面上质量为M的木块,并陷入木块一定深度后与木块相对静止,甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置,设地面粗糙程度均匀,木块对子弹的阻力大小恒定,则下列说法中正确的是()A.无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何,都只可能是甲图所示的情形B.若M较大,则可能是甲图所示情形;若M较小,则可能是乙图所示情形C.若v0较小,则可能是甲图所示情形;若v0较大,则可能是乙图所示情形D.若地面较粗糙,则可能是甲图所示情形;若地面较光滑,则可能是乙图所示情形7.[2022·石家庄二中月考] 如图所示,一轻质弹簧两端分别连着质量均为m的滑块A和的子弹以水平速度v0射入A中不再穿出B,两滑块都置于光滑的水平面上.今有质量为m4(时间极短),则弹簧在什么状态下滑块B具有最大动能?其值是多少?8.[2022·杭二中月考] 如图所示,质量为m=245 g的物块(可视为质点)放在质量为M=0.5 kg的木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.质量为m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),重力加速度g取10 m/s2.子弹射入后,求:(1)子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1;(2)木板向右滑行的最大速度v2;(3)物块在木板上滑行的时间t.专题课:“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型建议用时:40分钟1.(多选)[2022·北京西城区期中] 如图,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2.(多选)如图所示,小车在光滑的水平面上向左运动,木块水平向右在小车的水平车板上运动,且未滑出小车.下列说法中正确的是()A.若小车的初动量大于木块的初动量,则木块先减速运动再加速运动后匀速运动B.若小车的初动量大于木块的初动量,则小车先减速运动再加速运动后匀速运动C.若小车的初动量小于木块的初动量,则木块先减速运动后匀速运动D .若小车的初动量小于木块的初动量,则小车先减速运动后匀速运动 3.(多选)[2022·湖南常德期中] 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m 的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间,如图所示.现给小物块一水平向右的初速度v ,小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止.重力加速度为g ,设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为 ( )A .12mv 2B .12·mMm+Mv 2C .12NμmgLD .NμmgL4.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/s 2,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 J5.长木板A 放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg 的另一物体B 以水平速度v 0=2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面,由于A 、B 间存在摩擦,之后A 、B 速度随时间变化情况如图所示,重力加速度g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A .木板获得的动能为2 JB .系统损失的机械能为4 JC .木板A 的最小长度为2 mD.A、B间的动摩擦因数为0.16.[2022·江苏镇江期中] 质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在水平地面上质量为M的木块,并陷入木块一定深度后与木块相对静止,甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置,设地面粗糙程度均匀,木块对子弹的阻力大小恒定,则下列说法中正确的是()A.无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何,都只可能是甲图所示的情形B.若M较大,则可能是甲图所示情形;若M较小,则可能是乙图所示情形C.若v0较小,则可能是甲图所示情形;若v0较大,则可能是乙图所示情形D.若地面较粗糙,则可能是甲图所示情形;若地面较光滑,则可能是乙图所示情形7.[2022·石家庄二中月考] 如图所示,一轻质弹簧两端分别连着质量均为m的滑块A和的子弹以水平速度v0射入A中不再穿出B,两滑块都置于光滑的水平面上.今有质量为m4(时间极短),则弹簧在什么状态下滑块B具有最大动能?其值是多少?8.[2022·杭二中月考] 如图所示,质量为m=245 g的物块(可视为质点)放在质量为M=0.5 kg的木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.质量为m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),重力加速度g取10 m/s2.子弹射入后,求:(1)子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1;(2)木板向右滑行的最大速度v2;(3)物块在木板上滑行的时间t.专题课:“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型1.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m 1,速度为v 0,木块的质量为m ,小车的质量为M ,子弹射入木块后速度为v 1,向右为正方向,由动量守恒定律可得m 1v 0=(m 1+m )v 1,解得v 1=m 1vm 1+m ,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(m 1+m )v 1=(m 1+m+M )v 2,由机械能守恒定律可得12(m 1+m )v 12-12(m 1+m+m )v 22=E pm ,联立解得弹簧的弹性势能为E pm =m 12v 022(m 1+mM+1)(m 1+m ),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.2.AC [解析] 小车和木块组成的系统在水平方向上不受外力,系统在水平方向上动量守恒,若小车的初动量大于木块的初动量,则最后相对静止时整体的动量方向向左,木块先减速运动再反向加速运动后匀速运动,小车先减速运动再匀速运动,故A 正确,B 错误;同理若小车的初动量小于木块的初动量,则最后相对静止时整体的动量方向向右,则木块先减速运动后匀速运动,小车先减速运动再加速运动后匀速运动,C 正确,D 错误.3.BD [解析] 设物块与箱子相对静止时共同速度为v 1,则由动量守恒定律得mv=(M+m )v 1,得v 1=mvM+m ,系统损失的动能为ΔE k 系=12mv 2-12(M+m )v 12=Mmv 22(M+m ),A错误,B 正确.根据能量守恒定律得知,系统产生的内能等于系统损失的动能,根据功能关系得知,系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功,则有Q=ΔE k 系=NμmgL.C 错误,D 正确. 4.D [解析] 物块下落的时间为t=√2ℎg =√2×1.2510s=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Mv 0=(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+12M v 02-12(M+m )v 2,代入数据可得ΔE=7.5 J,D 正确.5.D [解析] 由题图可知,最终木板获得的速度为v=1 m/s,A 、B 组成的系统动量守恒,以B 的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv 0=(M+m )v ,解得M=2 kg,则木板获得的动能为E k =12Mv 2=12×2×12 J =1 J,故A 错误;系统损失的机械能ΔE=12m v 02-12(m+M )v 2,代入数据解得ΔE=2 J,故B 错误;v-t 图像中图线与t 轴所围的面积表示位移,由题图得到0~1 s 内B 的位移为x B =12×(2+1)×1 m =1.5 m,A 的位移为x A =12×1×1 m =0.5 m,则木板A 的最小长度为L=x B -x A =1 m,故C 错误;由题图可知,B 的加速度a=Δv Δt=1-21m/s 2=-1 m/s 2,负号表示加速度的方向,由牛顿第二定律得-μmg=ma ,解得μ=0.1,故D 正确.6.A [解析] 在子弹射入木块的瞬间,子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与地面间的摩擦力,故地面光滑与粗糙效果相同,子弹和木块构成一系统,在水平方向上合外力为零,在水平方向上动量守恒,规定向右为正方向,设子弹与木块的共同速度为v ,根据动量守恒定律有mv 0=(m+M )v ,木块在水平面上滑行的距离为s ,子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用动能定理得F f s=12Mv 2=Mm 2v 022(m+M )2,根据能量守恒定律得Q=F f d=12m v 02-12(m+M )v 2=Mmv 022(M+m ),则d>s ,不论速度、质量大小关系和地面粗糙程度如何,都只可能是甲图所示的情形,故选A . 7.当弹簧第一次恢复原长时281m v 02[解析] 子弹射入A 中时,因时间极短,且A 与B 用弹簧相连,故可认为B 未参与此过程,则子弹与A 组成的系统动量守恒.设子弹与A 的共同速度为v A ,则有m4v 0=(m +m4)v A 解得v A =v05此后,弹簧被压缩,B 加速,当弹簧再次恢复原长时,弹簧的弹性势能为零,B 有最大速度v B m ,即有最大动能E km .此过程相当于以速度v A 运动的滑块A (内含子弹)与静止滑块B 发生弹性碰撞,应用弹性正碰的结论,有v B m =2(m+m4)m+m+m 4·v05=29v 0 E km =12m (29v 0)2=281m v 02.8.(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s[解析] (1)子弹射入物块后和物块一起向右滑行的初速度即最大速度,由动量守恒定律得m 0v 0=(m 0+m )v 1, 解得v 1=6 m/s .(2)当子弹、物块、木板三者共速时,木板的速度最大,由动量守恒定律得(m 0+m )v 1=(m 0+m+M )v 2, 解得v 2=2 m/s .(3)对物块和子弹组成的系统,由动量定理得-μ(m 0+m )gt=(m 0+m )v 2-(m 0+m )v 1, 解得t=1 s .。
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v0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 。
动量守恒定律中的典型模型
动量守恒定律中的典型模型1、子弹打木块模型包括木块在长木板上滑动的模型，其实是一类题型，解决方法基本相同。
一般要用到动量守恒、动量定理、动能定理及动力学等规律，综合性强、能力要求高，是高中物理中常见的题型之一，也是高考中经常出现的题型。
例1：质量为2m、长为L的木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度V0水平向右射穿木块后，速度为V0/2。
设木块对子弹的阻力F恒定。
求：（1）子弹穿过木块的过程中木块的位移（2）若木块固定在传送带上，使木块随传送带始终以恒定速度u<V0水平向右运动，则子弹的最终速度是多少例2、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L2、人船模型例3、一条质量为M，长为L的小船静止在平静的水面上，一个质量为m的人站立在船头．如果不计水对船运动的阻力，那么当人从船头走到船尾时，船的位移多大？例4、载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？3、弹簧木块模型例5、质量为m 的物块甲以3m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m 的物体乙以4m/s 的速度与甲相向运动，如图所示。
则（ ）A ．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒 B ．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C ．当甲物块的速率为1m/s 时，乙物块的速率可能为2m/s ，也可能为0D ．甲物块的速率可能达到5m/s例6、如图所示，光滑的水平面上有m A =2kg ，m B = m C =1kg 的三个物体，用轻弹簧将A 与B 连接．在A 、C 两边用力使三个物体靠近，A 、B 间的弹簧被压缩，此过程外力做功72 J ，然后从静止开始释放，求：（1）当物体B 与C 分离时，B 对C 做的功有多少？（2）当弹簧再次恢复到原长时，A 、B 的速度各是多大？例7、如图所示,光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连木块A 和B,一质量为m 子弹,以速度v 0,水平击中木块A,并留在其中,A 的质量为3m,B 的质量为4m.(1)求弹簧第一次最短时的弹性势能(2)何时B 的速度最大，最大速度是多少？4、碰撞、爆炸、反冲Ⅰ、碰撞分类（两物体相互作用，且均设系统合外力为零）（1）按碰撞前后系统的动能损失分类，碰撞可分为弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞． （2）弹性碰撞前后系统动能相等．其基本方程为① m 1v 1+m 2v 2=m 1 v 1'+m 2 v 2' ②222211222211'21'212121v m v m v m v m +=+ ． （3）A 、B 两物体发生弹性碰撞，设碰前A 初速度为v 0，B 静止，则基本方程为 ① m A v 0=m A v A +m B v B ，②2220212121BB A A A v m v m v m += 可解出碰后速度0v m m m m v B A B A A +-=，C B Amv oBAv B =02v m m m BA A+．若m A =m B ，则v A = 0 ，v B = v 0 ，即质量相等的两物体发生弹性碰撞的前后，两物体速度互相交换（这一结论也适用于B 初速度不为零时）．（4）完全非弹性碰撞有两个主要特征.①碰撞过程中系统的动能损失最大．②碰后两物体速度相等． Ⅱ、形变与恢复（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，在形变减小（恢复）的过程中，系统的弹性势能减小，总动能增大．在系统形变量最大时，两物体速度相等．（2）若形变不能完全恢复，则相互作用过程中产生的内能增量等于系统的机械能损失． Ⅲ、反冲（1）物体向同一方向抛出（冲出）一部分时（通常一小部分），剩余部分将获得相反方向的动量增量，这一过程称为反冲．（2）若所受合外力为零或合外力的冲量可以忽略，则反冲过程动量守恒．反冲运动中，物体的动能不断增大，这是因为有其他形式能转化为动能．例如火箭运动中，是气体燃烧释放的化学能转化为火箭和喷出气体的动能．例8、一个不稳定的原子核质量为M ，处于静止状态，放出一个质量为m 的粒子后反冲。
第37课时动量守恒中的四类模型2025届高考物理一轮复习课件
kg和mB＝2.0 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在t＝0时刻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，下列说法正确的是（
）
目录
高中总复习·物理
A. 物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48 J
2
2
滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度。
（2）滑块返回最低点时，滑块与曲面体分离
①系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
1
1
1
2
2
②系统机械能守恒： mv0 ＝ mv1 ＋ Mv2 2 。
2
2
2
目录
高中总复习·物理
【典例3】 如图所示，质量为m＝1 kg的工件甲静置在光滑水平面
上，其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，
②系统机械能守恒： m1v0 ＝ （m1＋m2）v共 2 ＋Epm。
2
2
（2）弹簧处于原长时弹性势能为零
①系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；
1
1
1
2
2
②系统机械能守恒： m1v0 ＝ m1v1 ＋ m2v2 2 。
2
2
2
目录
高中总复习·物理
【典例4】
（多选）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0
板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝
10 m/s2。
目录
高中总复习·物理
（1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和
方向；
答案：5（1－k）m/s
高考物理一轮复习课件第3讲第1课时动量守恒的常见模型反冲爆炸人船子弹打木块滑块与弹簧板块模型
知识回顾
三、人船模型
如图所示,两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量 守恒,在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样 的问题归为“人船”模型问题 模型构建
两物体满足动量守恒定律:m1v1-m2v2=0 模型特点
七、板块模型
谢 谢 大
家
(1)B、C第一次碰撞后,C的速度大小vC; (2)弹簧具有的最大弹性势能Ep; (3)整个运动过程中,B的动量变化量的大小Δp。
知识回顾
六、物块-斜面模型
模型图示
物块m从光滑的水平地面上滑到光滑的斜面体M(或曲面体)上，上升到最高点，又 模型特点
滑离斜面体。 （1）物块m和斜面体M组成的系统满足：①水平方向上动量守恒，②机械能守恒 模型规律 （2）物块滑到斜面体最高点：物块和斜面体有共同速度。（原因：物块参与了两 个分运动）
四、子弹打木块模型
【典例4】质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在光滑水平地面上质量为M的木块, 并陷入木块一定深度后与木块相对静止。甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子 弹和木块可能的相对位置,设木块对子弹的阻力大小恒定,下列说法正确的是( C )
A.M越大,子弹射入木块的时间越短 B.M越大,子弹射入木块的深度越浅
当弹簧恢复原长时，m1和m2两物体组成的系统没有机械能损失，系统机械能 守恒。此时，可看成m1和m2两物体发生弹性碰撞。 （2）对m1、弹簧和m2三者组成的系统，全过程系统动量守恒，系统机械能守恒。
五、弹簧-滑块模型
【典例5】如图所示,足够长的光滑水平直轨道上有物块A、B、C,质量分别为2m、m、m,B 的左侧固定一轻弹簧(不与A固定),A、B共同以速度v0向C运动,弹簧处于原长,C静止,B、C 间发生弹性碰撞。求:
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-。
物理模型——“子弹打木块模型”“碰撞模型”“弹簧模型” 讲义
物理模型——“子弹打木块模型”“碰撞模型”“弹簧模型”动量守恒定律在高中物理占有非常重要的位置，也是多年来选修3-5考查的热点.2017年选修3-5列为必考内容后，对于力学三大观点的问题就得到了解决．模型的核心是对动量定理和动量守恒定律的应用，可对力学知识综合考查．一、“子弹打木块模型”[范例1] (18分)一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平飞来打进木块并留在其中，设相互作用力为F f .试求从木块开始运动到子弹与木块相对静止的过程中：(1)子弹、木块相对静止时的速度v ；(2)子弹、木块发生的位移s 1、s 2以及子弹打进木块的深度l 相分别为多少？ (3)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少？[解析] (1)由动量守恒得mv 0＝(M ＋m )v (2分) 子弹与木块的共同速度v ＝mM ＋m v 0.(2分)(2)对子弹利用动能定理得 －F f s 1＝12mv 2－12mv 20(2分)所以s 1＝Mm （M ＋2m ）v 202F f （M ＋m ）2.(2分)同理对木块有：F f s 2＝12Mv 2(2分) 故木块发生的位移为s 2＝Mm 2v 202F f （M ＋m ）2(2分) 子弹打进木块的深度为：l 相＝s 1－s 2＝Mmv 202F f （M ＋m ）.(2分)(3)系统损失的机械能ΔE k ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝Mmv 202（M ＋m ）(2分) 系统增加的内能：Q ＝ΔE k ＝Mmv 202（M ＋m ）.(2分)[答案] (1)mM ＋m v 0(2)Mm （M ＋2m ）v 202F f （M ＋m ）2 Mm 2v 202F f （M ＋m ）2 Mmv 202F f （M ＋m ） (3)Mmv 202（M ＋m ） Mmv 202（M ＋m ）“子弹打木块模型”是碰撞中常见模型，其突出特征是在子弹打击木块的过程中有机械能损失，此类问题的一般解法可归纳如下：(1)分析子弹打击木块的过程，弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动还是穿透木块和木块各自运动；(2)子弹在打击木块的过程中，由于时间较短，内力远远大于外力，故在打击的过程中动量守恒；(3)子弹在打击木块过程中产生的机械能损失，一般有两种求解方法：一是通过计算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的损失；二是通过计算在子弹打击木块的过程中，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． 二、“碰撞模型”[范例2] (18分)如图所示，打桩机锤头质量为M ，从距桩顶h 高处自由下落，打在质量为m 的木桩上，且在极短时间内便随桩一起向下运动，使得木桩深入泥土的距离为s ，试求在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力是多少？[解析] 设锤头刚与木桩接触时的速度大小为v 0，则由运动学规律可得：v 20＝2gh .由于锤头与木桩碰撞时，作用时间极短，系统的内力远远大于外力，动量守恒．设两者碰撞后的共同速度大小为v ，则由动量守恒定律可得：Mv 0＝(M ＋m )v(6分)设在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力大小为F f ，则由动能定理可得： (M ＋m )gs －F f s ＝0－12(M ＋m )v 2(6分)以上各式联立求解得：F f ＝(M ＋m )g ＋M 2gh（M ＋m ）s.(6分)[答案] 见解析抓住“三个原则、三个定律”速解碰撞问题(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用(内力)是否远远大于外力．(2)碰撞的“三个原则”：①动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；②能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；③物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致．(3)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解；如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解．三、“弹簧模型”[范例3] (18分)(2017·肇庆质检)如图所示，质量M ＝4 kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L ＝0.5 m ，可视为质点的小木块A 质量m ＝1 kg ，原来静止于滑板的左端，滑板与木块A 之间的动摩擦因数μ＝0.2.当滑板B 受水平向左恒力F ＝14 N 作用时间t 后，撤去F ，这时木块A 恰好到达弹簧自由端C 处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为x ＝5 cm.g 取10 m/s 2，求：(1)水平恒力F 的作用时间t ；(2)木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；(3)当小木块A 脱离弹簧且系统达到稳定后，整个运动过程中系统所产生的热量． [解析] (1)木块A 和滑板B 均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：a A ＝μmgm ，a B ＝F －μmg M根据题意有： s B －s A ＝L(2分)即：12a B t 2－12a A t 2＝L将数据代入并联立解得：t ＝1s ．(2分)(2)1 s 末木块A 和滑板B 的速度分别为： v A ＝a A t ，v B ＝a B t当木块A 和滑板B 的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能． 根据动量守恒定律有：mv A ＋Mv B ＝(m ＋M )v(2分)由能的转化与守恒得：12mv 2A ＋12Mv 2B ＝12(m ＋M )v 2＋E p ＋μmgx (2分) 代入数据求得最大弹性势能E p ＝0.3 J ．(2分)(3)二者同速之后，设木块相对滑板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v ′，相对滑板向左滑动距离为s ，有：mv A ＋Mv B ＝(m ＋M )v ′解得：v ′＝v(2分)由能的转化与守恒定律可得：E p ＝μmgs 解得：s ＝0.15 m(2分)由于x ＋L >s 且s >x ，故假设成立整个过程系统产生的热量为：Q ＝μmg (L ＋s ＋x ) (2分) 解得：Q ＝1.4 J ．(2分)[答案] (1)1 s (2)0.3 J (3)1.4 J利用弹簧进行相互作用的碰撞模型，一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律，此类试题的一般解法是：(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态；(2)分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程；(3)判断解出的结果是否满足“实际情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果． 注意：(1)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒或能量守恒求解；(2)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧连接的两个物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的突破点．[预测押题]1.如图所示，在固定的足够长的光滑水平杆上，套有一个质量为m ＝0.5 kg 的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M ＝1.98 kg 的木块，现有一质量为m 0＝20 g 的子弹以v 0＝100 m/s 的水平速度射入木块并留在木块中 (不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g ＝10 m/s 2)，求：(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能； (2)木块所能达到的最大高度．解析：(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有 m 0v 0＝(m 0＋M )v在该过程中机械能有损失，损失的机械能为 ΔE ＝12m 0v 20－12(m 0＋M )v 2解得：ΔE ＝99 J.(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有 (m 0＋M )v ＝(m 0＋M ＋m )v ′又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有 (m 0＋M )gh ＝12(m 0＋M )v 2－12(m 0＋M ＋m )v ′2联立解得：h ＝0.01 m.答案：见解析2.(2017·湖北八校联考)如图所示，质量为m3＝2 kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB 部分是半径为R ＝0.3 m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧．滑道CD 部分粗糙，其他部分均光滑．质量为m 2＝3 kg 的物体2(可视为质点)放在滑道的B 点，现让质量为m 1＝1 kg 的物体1(可视为质点)自A 点由静止释放．两物体在滑道上的C 点相碰后粘在一起(g ＝10 m/s 2)．(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离．(2)若CD ＝0.2 m ，两物体与滑道的CD 部分的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能．(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？解析：(1)物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为s 1，滑道的水平位移大小为s 3，有0＝m 1s 1－m 3s 3，s 1＝R解得s 3＝m 1s 1m 3＝0.15 m.(2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v 1，滑道的速度大小为v 3，由机械能守恒定律有m 1gR ＝12m 1v 21＋12m 3v 23由动量守恒定律有0＝m 1v 1－m 3v 3物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v 2，由动量守恒定律有 m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为E pm .从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有12(m 1＋m 2)v 22＋12m 3v 23－μ(m 1＋m 2)g ·CD ＝E pm 联立以上方程，代入数据解得E pm ＝0.3 J.(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD 部分运动的路程为s ，由能量守恒定律有12(m 1＋m 2)v 22＋12m 3v 23＝μ(m 1＋m 2)gs 代入数据可得s ＝0.25 m所以物体1、物体2最终停在C 点和D 点之间与D 点间的距离为0.05 m 处． 答案：见解析。
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。
子弹打木块与弹性碰撞物理模型
弹性碰撞
子弹打木块物理模型
ʋ0
S S子
d
如图所示，一质量为M的木块放在光滑的水 平面上，一质量m的子弹以初速度v 0水平飞 来打进木块并留在其中，设相互作用力为f
ʋ0
探究 :
S
d
S子
1 . 系统的机械能是否守恒 ？
2. 如何计算木块发生的位移？
一、原型
如图所示，一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一
1 2
(M
m)v2
fd
1 2
mv02
M M
m
1 2
Mv2
M m
m
Em E EM
质量m的子弹以初速度v 0水平飞来打进木块并留在其中，
设相互作用力为f
ʋ0
二、规律
1、子弹、木块相对静止时的速度v
由动量守恒得： mv0 (M m)v
v mv0
2、木块发生的位移 M m
S
d
S子
由动能定理得：对木块 对子弹
fs 1 Mv2 0 2
f
(s
d
)
1 2
mv2
1 2
mv02
（1）、（2）（3）联立得 S m d d
M m
3.平均阻力的计算 ：
f
Mv2 2s
1 2
mv0
2
(M
M m)d
4.木块增加的动能计算 ：
EKM
Байду номын сангаас
fs
1 2
mv02
Mm (M m)2
5.子弹减少的动能计算：
Em
f(f
d)
1 2
mv02
1 2
mv2
模型7子弹打木块模型(解析版)-动量守恒的十种模型解读和针对性训练
动量守恒的十种模型解读和针对性训练模型7 子弹打木块模型模型解读子弹打木块模型，,一般要用到动量守恒,动量定理,动能定理及动力学等规律,综合性强,能力要求高,是高中物理中常见的题型之一,也是高考中经常出现的题型,。
两种情景情景1 子弹嵌入木块中，两者速度相等，类似于完全非弹性碰撞，机械能损失最多。
情景2 子弹穿透木块，从木块中飞出，类似于非完全弹性碰撞，机械能有损失，损失的机械能等于子弹与木块之间作用力乘以L。
【典例精析】【典例】. （2024山西运城3月质检）如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的14固定圆弧轨道，两轨道恰好相切。
质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入长为L木块内，恰好没穿出木块，然后与木块一起继续运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均可以看成质点）。
求：（1）子弹射入木块前的速度；（2）子弹打入木块过程中产生的热量Q；（3）若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？【参考答案】（1；（2）()M M m gR Q m+=（3）92R m M M m +æöç÷+èø【名师解析】（1）第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得()01mv m M v =+系统由O 到C 的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得()()2112m M v m M gR +=+由以上两式解得0v =（2）由()22011122Q mv M m v =-+得()M M m gRQ m+=（3）由动量守恒定律可知，第2，4，6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1，3，5…颗子弹射入后，木块运动。
当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得()099mv m M v =+设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H ，由机械能守恒得()()291992m M v m M gH +=+由以上各式可得29m M H R M m +æö=ç÷+èø【针对性训练】1. （2024江苏镇江质检）一木块静止在光滑水平面上，现有一个水平飞来的子弹射入此木块并深入2cm 后相对于木块静止，同一时间内木块被带动前移了1cm ，则子弹损失的动能、木块获得动能之比为（ ）A. 3：2B. 3：1C. 2：1D. 2：3【参考答案】B【名师解析】在运动的过程中，子弹相对运动的位移12cmx =木块向前运动位移为21cmx =子弹的位移为123cmx x x =+=根据动能定理得，对子弹有k1fx E -=D 子弹损失的动能大小为k1E fxD =对于木块，有2k2fx E =D 木块获得动能k22E fx =则子弹损失的动能、木块获得动能之比为k1k 2:3:1E E D =故选B 。
高考物理总复习 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用
专题五动力学、动量和能量观点的综合应用力学的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)．熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的．考点一碰撞模型的拓展模型1“弹簧系统”模型1.模型图2．模型特点(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，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．(2)在动量方面，系统动量守恒．(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．(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．例1. (多选)如图甲所示，物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触，b物块质量为1 kg.现解除对弹簧的锁定，在a物块离开挡板后，b物块的v t关系图象如图乙所示．则下列分析正确的是( )A．a的质量为1 kgB．a的最大速度为4 m/sC．在a离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为1.5 JD．在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒模型2“滑块—木板”模型1.模型图2．模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．例2.如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m.P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L.物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p . 教你解决问题第一步：审条件 挖隐含①“与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短”隐含→ P 的速度不变． ②“碰撞后P 1与P 2粘连在一起”隐含→ P 1、P 2获得共同速度． ③“P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点”隐含→ P 1、P 2、P 三者有共同速度及整个碰撞过程中的弹性势能变化为零．第二步：审情景 建模型 ①P 1与P 2碰撞建模→ 碰撞模型．②P 与P 2之间的相互作用建模→ 滑块—滑板模型． 第三步：审过程 选规律 ①动量守恒定律―→求速度．②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x 及弹性势能E p .模型3“子弹打木块”模型 1.模型图2．模型特点(1)子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv 0＝(m＋M)v，Q热＝fL相对＝12mv02－12(M＋m)v2.(2)若子弹穿出木块，有mv0＝mv1＋Mv2，Q热＝fL相对＝1 2mv−0212mv−1212Mv22.例3.(多选)如图所示，一质量m2＝0.25 kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30 kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1＝0.05 kg 的子弹以水平速度v0＝18 m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取10ms2.下列分析正确的是( )A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为13sB．最后小物体与小车的共同速度为3 m/sC．小车的最小长度为1.0 mD．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s跟进训练1．[黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀，分别为m1、m2，m1<m2，A、B与轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A，作用于A的冲量大小为I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B，作用于B的冲量大小为I2，I1＝I2，则下列说法正确的是( )A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1＝p2B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2C．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1<L2D．若两次弹簧压缩到最短时，A、弹簧、B的共同速度大小分别为v1和v2，则v1>v22．如图甲所示，质量为M＝3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的v t图象如图乙所示，g取10 m/s2.(1)小车在1.0 s内的位移为多大？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？考点二力学三大观点解决多过程问题1．三大力学观点的选择技巧根据问题类型，确定应采用的解题方法．一般来说，只涉及作用前后的速度问题，考虑采用动量守恒和能量守恒；涉及运动时间与作用力的问题，采用动量定理，考虑动能定理；涉及变化情况分析时由于涉及变量较多，一般采用图象法等．2．三大解题策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．例4.如图所示，质量为M＝100 g、带有光滑弧形槽的滑块放在水平面上，弧形槽上圆弧对应的圆心角为θ＝60°，半径R＝0.2 m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径为r＝0.2 m，c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点，轨道与水平面相切于c点，已知b点左侧水平面光滑，b、c间的水平面粗糙．两质量分别为m1＝100 g、m2＝50 g的物块P、Q放在水平面上，两物块之间有一轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，用外力将轻弹簧压缩一定长度后用细线将两物块拴接在一起，初始时弹簧储存的弹性势能为E p＝0.6 J．某时刻将细线烧断，弹簧将两物块弹开，两物块与弹簧分离时，物块P还未滑上弧形槽，物块Q还未滑到b点，此后立即拿走弹簧，物块P冲上弧形槽，已知/s2，两物块均可看成质点，忽略物块P冲上弧形槽瞬间的能量损失．(1)通过计算分析物块P能否从滑块左侧冲出，若能，求出物块P上升的最大高度，若不能，求出物块P和滑块的最终速度大小．(2)要使物块Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，则物块Q与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件？跟进训练3.如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D 端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用 关键能力·分层突破例1 解析：由题意可知，当b 的速度最小时，弹簧恰好恢复原长，设此时a 的速度最大为v ，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v 0＝m b v 1+m a v ，12m b v 02＝12m b v 12＋12m a v 2，代入数据解得：m a ＝0.5 kg ，v ＝4m/s ，故A 错误，B 正确；两物块的速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v 0＝(m a ＋m b )v 2，E p ＝12m b v −0212(ma ＋ mb)v 22，代入数据解得：E p ＝1.5 J ，故C 正确；在a 离开挡板前，a 、b 及弹簧组成的系统受到挡板向右的力，所以系统机械能守恒、动量不守恒，故D 错误．答案：BC例2 解析：(1)P 1、P 2碰撞瞬间，P 的速度不受影响，根据动量守恒mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v02最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒： 3mv 0＝4mv 2， 解得v 2＝34v 0(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：12×2mv +1212×2mv −0212×4mv 22＝2mgμ(L＋x)×2解得x ＝v 0232μg－L在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：E p＝2mgμ(L＋答案：(1)v0234v0(2)v0232μg－L 116mv02例3 解析：子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3 m/s；小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋m3)v2，解得v2＝1.5 m/s，选项B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝13s，选项A正确；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝0.45 N·s，选项D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝1 2(m1+m2)v−1212(m1＋m2＋m3)v22，解得l＝0.5 m，所以小车的最小长度为0.5 m，选项C错误．答案：AD1．解析：由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有动量大小相等，由E k＝p 22m可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1+m2，由能量守恒有12m1v02＝12(m1＋m2)v2＋E p，得E p＝m1m22(m1+m2)v02，由于p1＝p2，则质量越大的，初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1<L2，故C正确；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v＝p，得v＝m1v0m1+m2＝pm1+m2，则两次共速的速度大小相等，即v1＝v2，故D错误．答案：AC2．解析：(1)由v－t图象可知：A、B的加速度大小为a A＝2 m/s2，a B＝2 m/s2由牛顿第二定律可知，f A＝2 N，f B＝2 N所以平板小车在1.0 s内所受合力为零，故小车不动，即位移为零．(2)由图象可知0～1.0 s内A、B的位移分别为：＝3 m，＝1 m1．0 s后，系统的动量守恒，三者的共同速度为v，则mv A＝(M＋2m)v，代入数据得：v＝0.4 m/s1．0 s后A减速，小车和B一起加速且a车＝23+1m/s2＝0.5 m/s2车的长度至少为l＝x A＋x B＋例 4 解析：(1)弹簧将两物块弹开的过程中弹簧与两物块组成的系统动量守恒、机械能守恒，设弹簧恢复原长后P、Q两物块的速度大小分别为v1、v2，则有0＝m1v1－m2v2，E p＝12m1v+1212m2v22解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s物块P以速度v1冲上滑块，P与滑块相互作用的过程中水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，假设P不能从滑块的左侧冲出，且P在滑块上运动到最高点时的速度为v ，距水平面的高度为h ，则有m 1v 1＝(m 1+M )v ，12m 1v 12＝12(m 1＋M)v 2＋m 1gh解得h ＝0.1 m由于h ＝R(1－cos 60°)，所以物块P 恰好不能从滑块左侧冲出，假设成立，之后物块P 沿弧形槽从滑块上滑下，设物块P 返回到水平面时的速度为v 3、滑块的速度为v 4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m 1v 1＝m 1v 3+Mv 4，12m 1v 12＝12m 1v +3212Mv 42 解得v 3＝0，v 4＝2 m/s.(2)若Q 恰能经过d 点，则Q 在d 点的速度v d 满足m 2g ＝m 2v d2rQ 从b 点运动到半圆轨道最高点d 的过程，由动能定理有－μm 2gx bc －2m 2gr ＝12m 2v −d 212m2v 22解得Q 恰能经过半圆轨道最高点时μ＝0.3若Q 恰好能运动到与半圆轨道圆心等高点，则由动能定理得－μm 2g 解得Q 恰能运动到与半圆轨道圆心等高点时μ＝0.6 若Q 恰能到达c 点，则由动能定理得－μm 2g 解得Q 恰能运动到c 点时μ＝0.8分析可知，要使Q 能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，应使0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8.答案：(1)见解析 (2)0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.83．解析：(1)小球过C 点时，有2mg ＋mg ＝m v C2R，解得v C ＝√3gR .小球从A 到C ，由机械能守恒定律得12mv 02＝12mv C 2＋mg·2R，联立解得v 0＝√7gR(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mv C＝(m＋2m)v共．由机械能守恒定律得12mv C2＝12(m+2m)v共2＋mgh，联立解得h＝R.答案：(1)√7gR(2)R。
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（4）弹簧恢复原长时，AB的速度？
（5） A的最大速度？ （6）B的最小速度如何？
注意：弹簧状态的把握
由于弹簧的弹力随形变量变化，所以弹簧弹力联系 的“两体模型”，一般都是作加速度变化的复杂运动 ，所以通常需要用“动量关系”和“能量关系”分析 求解。复杂的运动过程不容易明确，特殊的状态必须 把握；弹簧最长（短）时两体的速度相同；弹簧自由 时两体的速度最大（小）。
2、质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有 一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速 度与甲相向运动，如图所示．则（ AD）
A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力属于内力作用， 故系统动量守恒
B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零 C．甲物块的速率可能达到5m/s D．当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s， 也可能为0
例1、
总结求解方法：
1、动量守恒——关键看系统的合外力是否为零 2、受力分析，“子弹打木块”模型实质是两个物体在一对作用 力和反作用力（认为是恒力）作用下的运动，物体做匀变速运 动，可用动力学规律求解 3、求时间——单个物体运用动量定理或牛顿运动定律和运动学 关系 4、求位移——单个物体运用动能定理或牛顿运动定律和运动学 关系 5、涉及相对位移——有机械能向内能转化 E损=Q=fS相 6、匀变速运动---可利用v-t图像（定性分析时多用到）
二、弹簧模型的特点与方法
1、注意弹簧弹力特点及运动过程。 弹簧弹力不能瞬间变化
2、弹簧连接两种形式：连接或不连接。 连接：可以表现为拉力和压力 不连接：只表现为压力。
3、动量问题：动量守恒。 4、能量问题：机械能守恒（弹性碰撞）。
动能和弹性势能之间的转化
题型一：判断动量是否守恒
例1、物块A、B用一根轻质弹簧连接起来，放在光滑水平面上， A紧靠墙壁，在B上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图7-25所 示，当撤去此力后，下列说法正确的是：（ACD ）
动量守恒、能量守恒定律的综合应用
中物子理弹打木块、弹簧模型专题
学习目标
1.物理模型的建立：子弹打木块模型、弹 簧模型 2.学会动量守恒与能量守恒的综合运用。
一、子弹打木块模型
子弹质量为m，以速度 水平打穿质量为M、厚为d的放在光 滑水平面上的木块，子弹的速度变为v，求此过程木块获得的 速度及动能。
题型三：三个物体及综合问题的问题 （下节习题课7、8、9三个题目）
课上练习
1、矩形滑块由不同材料的上下两层粘结在一起组成，将其放 在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度 水平射向滑块， 若射击上层，则子弹恰好不射出；若射击下层，则子弹整个儿 恰好嵌入，则上述两种情况相比较（ AD） A. 两次子弹对滑块做的功一样多； B. 子弹击中上层过程中，系统产生的热量较多 C. 子弹嵌入下层过程中，系统产生的热量较多 D. 两次滑块所受冲量一样大；
例1、一质量为m 的子弹，以水平初速度v0 射向静止在光滑水平 面上的质量为M 的木块内，设木块对子弹的阻力恒为f，且子弹 并未穿出，求: （1）子弹、木块相对（3）子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度
例1、
例1、一质量为m 的子弹，以水平初速度v0 射向静止在光滑水平 面上的质量为M 的木块内，设木块对子弹的阻力恒为f，且子弹并 未穿出，求: （4）系统损失的机械能、系统增加的内能 （5）要使子弹不穿出木块,木块至少多长?
A.A尚未离开墙壁前，弹簧和B的机械能守恒 B.A尚未离开墙壁前，A和B的总动量守恒 C.A离开墙壁后，A和B的系统的总动量守恒 D.A离开墙壁后，弹簧和A、B系统的机械能守恒
题型二：两个物体相互作用的问题
例2、如图所示质量分别为m1和m2的两个物体A和B, B以v在光 滑的地面上匀速运动，与静止的A发生碰撞，A与一弹簧相连， 则 （1）A、B两物体的运动状态如何？ （2）两者最近时，A、B速度各是多少？