2023届高三物理复习重难点突破专题43动量守恒之四大模型（解析版）

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专题43动量守恒之四大模型考点一弹簧—滑块模型（地面光滑）考点二　水平方向动量守恒的两种典型模型考点三子弹打木块模型考点四滑块—木板模型（地面光滑）考点一弹簧—滑块模型（地面光滑）1．模型图例2．模型规律(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能最小．(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大．(5)如上图甲，当A与弹簧分离瞬间AB的速度可以用弹性碰撞中一动碰一静的结论得到．1.如图所示，光滑水平面上静止着一质量为m2的刚性小球，小球与水平轻质弹簧相连，另有一质量为m1的刚性小球以速度v0向右运动，并与弹簧发生相互作用，两球半径相同，求：(1)弹簧弹性势能的最大值；(2)弹簧第一次恢复原长时，m1、m2两球的速度大小．【答案】(1)(2)　【解析】(1)两球速度相同时，弹簧弹性势能最大．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v由能量守恒得m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epmax解得Epmax＝

1(2)从m1与弹簧接触到弹簧第一次恢复原长，整个过程两球相当于发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：m1v0＝m1v1′＋m2v2′m1v02＝m1v1′2＋m2v2′2解得v1′＝v2′＝.2．A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(mL2B．L1

2【答案】BC【解析】碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒，滑块乙的速度不变，以滑块甲的初速度方向为正方向，若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2，由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2；若碰后滑块甲和丙的速度相同，由动量守恒定律得Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确．4.(多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与水平轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动。在整个运动过程中，下列说法中正确的是（　　）A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零【答案】ACD【解析】AB．在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的动量守恒，小球a与b碰撞后粘在一起，动能减小，机械能减小，B错误，A正确；C．a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，ab做减速运动，c做加速运动，当c的速度大于ab的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，C正确；D．当弹簧恢复原长时，小球c的加速度减为零，此时小球c的速度最大，动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，设ab黏在一起速度为v，当弹簧再次恢复原长时ab与c的速度分别为v1和v2，则；解得；小球b的动能一定不为零，选项D正确。故选ACD。5.(2022·北京模拟)(多选)如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量，B的质量.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用（整个过程弹簧没有超过弹性限度），直至分开。则（）A．物块A的加速度一直在减小，物块B的加速度一直在增大B．作用过程中弹簧的最大弹性势能C．滑块A的最小动能为，滑块B的最大动能为D．若滑块A的质量，B的质量，滑块A的最小动能为，滑块B的最大动能为

3【答案】BD【解析】A．弹簧的弹力先增大后减小，两个物块受到的合外力都等于弹簧的弹力，则两个物块的加速度都先增大后减小，故A错误；B．当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同。选取向右为正方向，根据动量守恒定律，解得，根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能等于滑块A、B损失的动能，为：，解得故B正确；C．当A、B分离时，滑块B的速度最大，由动量守恒和能量守恒定律得，，由以上两式得，，所以滑块A的最小动能为，滑块B的最大动能为故C错误。D．若滑块A的质量，B的质量，同理可得，当A、B分离时，A、B的速度分别为滑块A的最小动能为，滑块B的最大动能为故D正确。6.(2022·山东烟台模拟)(多选)如图甲所示，一轻质弹簧的两端分别与质量是m1、m2的A、B两物块相连，它们静止在光滑水平面上，两物块质量之比m1∶m2＝2∶3。现给物块A一个水平向右的初速度v0并从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是(　　)A．t1时刻弹簧长度最短，t3时刻弹簧长度最长B．t2时刻弹簧处于伸长状态C．v2＝0．8v0D．v3＝0．5v0【答案】　AC【解析】　由vt图像可以判知：(1)t1时刻二者速度相同、弹簧长度最短；(2)t3时刻二者速度相同、弹簧长度最长；(3)t2时刻二者速度反向、弹簧恰好处于原长状态。从0到t1的过程中，m1的速度比m2的大，弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度，此后，m1的速度比m2的小，两者间距增大，弹簧的压缩量减小，所以t1时刻弹簧长度最短，t2时刻m2的速度最大，此后m2的速度减小，弹簧被拉伸，则t2时刻弹簧恢复原长，t3

4时刻两物块速度相等，此时弹簧最长，故A正确，B错误；两物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝－m1v1＋m2v2，t2时刻弹簧恢复原长，弹簧弹性势能为零，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得m1v02＝m1v12＋m2v22，解得v2＝0．8v0，故C正确；两物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v3，解得v3＝0．4v0，故D错误。7．（2022·山东济宁·一模）(多选)如图甲所示，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的a−t图线与坐标轴所围面积的大小，S2，S3分别表示t1到t2时间内A、B的a−t图线与坐标轴所围面积的大小。下列说法正确的是（　　）A．mA:mB=S3:S2B．S1−S2=S3C．0到t1时间内，墙对物体B的冲量为零D．物体B运动后，弹簧的最大形变量等于x【答案】AB【解析】AB．a-t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，则因初速度为零，t1时刻A的速度大小v0=S1t2时刻A的速度大小vA=S1-S2B的速度大小vB=S3由图（b）所示图象可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即vA=vB则S1-S2=S3t1到t2时刻A、B两物体满足动量守恒，则有mAv0=mA+mBv共即mAS1=mA+mBS3联立以上解得mA:mB=S3:S2故AB正确；C．撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小I=mAv0弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧=mAv0

5对B，以向右为正方向，由动量定理得I墙壁-I弹簧=0解得墙对B的冲量大小I墙壁=mAv0方向水平向右，故C错误；D．运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故D错误。8．如图，在光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一水平轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0向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，(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．【答案】(1)mv02　(2)mv02【解析】　A、B相互作用过程动量守恒、机械能也守恒，而B、C相碰粘接在一起时，动量守恒，机械能不守恒，系统产生的内能则为B、C相碰过程中损失的机械能．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后瞬间的速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2②mv12＝ΔE＋(2m)v22③联立①②③式得ΔE＝mv02.④(2)由②式可知v2

62．模型规律(1)上升到最大高度时：m与M具有共同的水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0.系统水平方向动量守恒：mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒：mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度．(2)返回最低点时：m与M的分离点．相当于完成了弹性碰撞，分离瞬间m与M的速度可以用弹性碰撞中一动碰一静的结论得到．水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒：mv02＝mv12＋Mv22二．小球—小车模型小球—滑环模型1.模型图例（各接触面均光滑）2．模型规律(1)水平方向动量守恒(2)系统机械能守恒9.如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道．已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，求：(1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度；(用v0、g表示)(2)小球离开圆弧轨道时的速度大小．

7【答案】(1)　(2)【解析】(1)小球在圆弧轨道上上升到最高时两物体速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有：mv0＝3mv，得v＝根据机械能守恒定律得：mv02＝×3mv2＋mgh解得：h＝(2)小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，则有：mv0＝mv1＋2mv2根据机械能守恒定律，则有：mv02＝mv12＋×2mv22联立以上两式可得：v1＝－v0，则小球离开圆弧轨道时的速度大小为.10.(多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则(　　)A．小球以后将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此过程小球对小车做的功为Mv02D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为【答案】BC【解析】小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：Mv0＝2Mv′，Mv02＝2×(Mv′2)＋Mgh，联立解得h＝，故D错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为Mv02

8，即此过程小球对小车做的功为Mv02，故B、C正确，A错误．11.(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)的圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v0＝6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则(　　)A．B的最大速率为4m/sB．B运动到最高点时的速率为m/sC．B能与A再次发生碰撞D．B不能与A再次发生碰撞【答案】AD【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v0＝vA＋MvB，·v02＝·vA2＋·MvB2，解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，故B的最大速率为4m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝m/s，选项B错误；从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有·MvB2＝·MvB′2＋·2MvC′2，联立解得vB′＝－m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确．12.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【解析】(1)选向左为正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v

9，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)vm2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度．联立两式并代入题给数据得m3＝20kg.(2)选向右为正方向，设小孩推出冰块后小孩的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1－m2v0＝0，代入数据得v1＝1m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有－m2v0＝m2v2＋m3v3.m2v02＝m2v22＋m3v32联立两式并代入数据得v2＝1m/s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处在后方，故冰块不能追上小孩.13．（2022·湖北省罗田县第一中学模拟预测）(多选)如图所示，光滑的水平地面上固定着挡板P，质量为M=2m的小车（其上表面固定着一竖直轻杆）左端紧靠挡板P而不粘连，长为L的轻绳一端固定在轻杆O点，另一端栓着质量为m的小球，整个系统静止于水平地面上。现将小球和轻绳拉至水平与O点等高处，并由静止释放，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g，关于此后的运动过程，下列说法不正确的是（　　）A．小球第一次运动至最低点瞬间，小球具有水平速度为2gLB．小球第一次运动至最低点瞬间，此时轻绳对小球拉力大小为2mgC．小球运动至右端最高点时相对最低点高度为13LD．当小球第二次摆回最低点瞬间，小球具有水平向左的速度为2gL3，小车具有水平向右速度为22gL3【答案】BC【解析】A．小球第一次运动至最低点瞬间，根据机械能守恒定律，小球具有水平速度为mgL=12mv2解得v=2gLA正确，不符合题意；B．小球第一次运动至最低点瞬间，此时轻绳对小球拉力大小为FT−mg=mv2L解得FT=3mgB错误，符合题意；C．小球运动至右端最高点时共同速度为v1，相对最低点高度为h，根据动量守恒定律得mv=m+Mv1根据机械能守恒定律得12mv2=12m+Mv12+mgℎ解得ℎ=23LC错误，符合题意；B．设小球第二次摆回最低点瞬间的速度大小为v2，小车的速度为v3，

10根据动量守恒定律得mv=−mv2+Mv3根据机械能守恒定律得12mv2=12mv22+12Mv32解得v2=2gL3v3=22gL3小球具有水平向左的速度为2gL3，小车具有水平向右速度为22gL3，D正确，不符合题意。14．（2022·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，光滑的水平杆上有一质量为m的滑环A，通过一根不可伸长的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B（可视为质点），物块B恰好与光滑的水平面接触但无弹力作用。质量为m物块C（可视为质点）以速度v冲向物块B，与B碰撞后粘在一起运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）A．物块C与物块B碰后瞬时速度为v2B．物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为18mv2C．滑环A最大速度为v3D．物块B、C摆起的最大高度为v224g【答案】AD【解析】A．取向右为正方向，物块C与物块B碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律可得mv=2mv1解得碰撞后二者的速度大小为v1=12v故A正确；B．碰撞过程中损失的机械能为ΔE=12mv2−12×2mv12解得ΔE=14mv2故B错误；C．当B、C再次回到最低点时A的速度最大，设A的最大速度为v2，此时B、C的速度为v3。取向右为正方向，根据A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，得2mv1=mv2+2mv3根据系统的机械能守恒得12×2mv12=12mv22+12×2mv32联立解得v2=43v1=23v故C错误；D．当A、B、C三者速度相等时，物块B、C上升的高度最大，根据机械能守恒定律，有2mgℎ=12×2mv12−12×3mv22解得ℎ=v224g故D正确。考点三子弹打木块模型1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒．2．在子弹打木块过程中摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒．

113．若子弹未穿出，系统动量守恒：mv0＝（m＋M）v；能量守恒：Q热＝fL相对＝mv02－（M＋m）v2若子弹穿出木块，系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；能量守恒：Q热＝fL相对＝mv02－mv12－Mv2215．(多选)如图所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s.则以下说法正确的是(　　)A．子弹动能的减少量等于系统动能的减少量B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D．子弹对木块做的功等于木块动能的增量【答案】BD【解析】子弹射入木块的过程，由能量守恒定律知子弹动能的减少量大于系统动能的减少量，A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块的动量变化量大小相等，方向相反，B正确；摩擦力对木块做的功为Ffs，摩擦力对子弹做的功为－Ff(s＋d)，可知二者不相等，C错误；对木块，根据动能定理可知，子弹对木块做的功(即摩擦力对木块做的功)等于木块动能的增量，D正确．16．(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v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是(　　)A．子弹的末速度大小相等B．系统产生的热量一样多C．子弹对滑块做的功相同D．子弹和滑块间的水平作用力一样大【答案】ABC【解析】以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度：v＝

12，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Q＝Ff·s相对知，由于s相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误．17．(多选)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示．现有一质量为m的子弹自左向右水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B．子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度为C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能D．子弹和木块一起上升的最大高度为【答案】　BD【解析】从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A、C错误；规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可知：mv0＝(m＋M)v′，所以子弹射入木块后瞬间的共同速度为：v′＝，故B正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒定律得：(M＋m)v′2＝(M＋m)gh，可得上升的最大高度为：h＝，故D正确．18.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不会穿出．【答案】　(1)　(2)　　(3)

13【解析】(1)子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v解得：v＝(2)由能量守恒定律可知：mv02＝Q＋(m＋M)v2得产生的热量为：Q＝由动能定理，子弹对木块所做的功为：W＝Mv2＝(3)设木块最小长度为L，由能量守恒定律：FL＝Q得木块的最小长度为：L＝.19．两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以速度水平向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k的水平轻弹簧连接，如图所示．现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为，速度为v0，子弹射入木块A并留在其中．求：(1)在子弹击中木块A后的瞬间木块A、B的速度vA和vB的大小；(2)在子弹击中木块A后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．【答案】(1)　　(2)mv02【解析】(1)在子弹打入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，木块A、B都不受弹簧弹力的作用，故vB＝；由于此时木块A不受弹簧的弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选水平向左为正方向，由动量守恒定律得－＝(＋m)vA，解得vA＝.(2)由于子弹击中木块A后木块A、木块B运动方向相同且vA

14减速运动，弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧弹性势能最大，在弹簧压缩过程中木块A(包括子弹)、B与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒．设弹簧压缩最短时共同速度为v，弹簧的最大弹性势能为Epm，选水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvA＋mvB＝(m＋m)v，由机械能守恒定律得×mvA2＋mvB2＝×(m＋m)v2＋Epm，联立解得v＝v0，Epm＝mv02.考点四滑块—木板模型（地面光滑）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，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE＝Ff·s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，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多．4．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，系统所受的外力为零或内力远大于外力)，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.20.如图所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3kg的薄板和质量m＝1kg的物块都以v＝4m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.9m/s时，物块的运动情况是(　　)A．做减速运动B．做加速运动C．做匀速运动D．以上运动都有可能【答案】　A【解析】开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1代入数据解得：v1≈2.67m/s＜2.9m/s，所以物块处于向左减速的过程中．21．(多选)如图所示，质量m1＝3kg且足够长的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2＝2kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，最后恰好不掉下小车且与小车保持相对静止．g取10m/s2，在这一过程中，下列说法正确的是(　　)

15A．系统最后共同运动的速度为1.2m/sB．小车获得的最大动能为0.96JC．系统损失的机械能为2.4JD．物块克服摩擦力做的功为4J【答案】　BC【解析】物块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，选择向右为正方向，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝＝m/s＝0.8m/s，故A错误；小车获得的动能为Ek1＝m1v2＝×3×0.82J＝0.96J，故B正确；根据能量守恒定律得系统损失的机械能为ΔE＝m2v02－(m1＋m2)v2，代入数据解得ΔE＝2.4J，故C正确；对物块，由动能定理得－W克f＝m2v2－m2v02，解得物块克服摩擦力做的功为W克f＝3.36J，故D错误．22．(多选)如图甲所示，质量M＝0.8kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m＝0.2kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F,4s后撤去力F.若滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．0～4s时间内拉力的冲量为3.2N·sB．t＝4s时滑块的速度大小为9.5m/sC．木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8N·sD．2～4s内因摩擦产生的热量为4J【答案】BCD【解析】　F－t图像与t轴所围的面积代表冲量，所以0～4s时间内拉力的冲量为I＝(×2＋2×1)N·s＝3.5N·s，故A错误；滑块相对于木板滑动时，对木板有μmg＝Ma，对滑块有F－μmg＝ma，联立解得F＝0.5N，a＝0.5m/s2，所以0时刻开始相对滑动，对滑块有I－μmgt＝mv1－0，解得4s时滑块速度大小v1＝9.5m/s，故B正确；4s时，木板的速度v木＝at＝0.5×4m/s＝2m/s，撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒有mv1＋Mv木＝(M＋m)v，解得v＝3.5m/s，对木板，根据动量定理可得I木＝Mv＝2.8N·s，故C正确；0～2s内，对m有IF－μmgt1＝mv1′，由IF＝×2N·s＝1.5N·s，解得v1′＝3.5m/s；对M有μmgt1＝Mv2，解得v2＝1m/s.2～4s内，对m有a1＝＝m/s2＝3m/s2，x1＝v1′t2＋a1t22＝13m；对M有a2＝＝0.5m/s2，x2＝v2t2＋a2t22＝3m，所以s相对＝x1－x2＝10m，Q＝μmg·s相对＝4J，故D正确．

1623.如图所示，质量mB＝2kg的平板车B上表面水平，在平板车左端相对于车静止着一个质量mA＝2kg的物块A(A可视为质点)，A、B一起以大小为v1＝0.5m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，一颗质量m0＝0.01kg的子弹以大小为v0＝600m/s的水平初速度向右瞬间射穿A后，速度变为v＝200m/s.已知A与B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止时A刚好停在B的右端，车长L＝1m，g＝10m/s2，求：(1)A、B间的动摩擦因数；(2)整个过程中因摩擦产生的热量．【答案】(1)0.1　(2)1600J【解析】(1)规定向右为正方向，子弹与A作用的过程，根据动量守恒定律得：m0v0－mAv1＝m0v＋mAvA，代入数据解得：vA＝1.5m/s，子弹穿过A后，A以1.5m/s的速度开始向右滑行，B以0.5m/s的速度向左运动，当A、B有共同速度时，A、B达到相对静止，对A、B组成的系统运用动量守恒定律，规定向右为正方向，有：mAvA－mBv1＝(mA＋mB)v2，代入数据解得：v2＝0.5m/s.根据能量守恒定律知：μmAgL＝mAvA2＋mBv12－(mA＋mB)v22，代入数据解得：μ＝0.1.(2)根据能量守恒得，整个过程中因摩擦产生的热量为：Q＝m0v02＋(mA＋mB)v12－m0v2－(mA＋mB)v22，代入数据解得：Q＝1600J.24.如图所示，B是放在光滑的水平面上质量为3m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．求：(重力加速度为g)(1)木板B的最大速度的大小；(2)从刚滑上木板到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，则木板至少多长？【答案】(1)　(2)　(3)

17【解析】(1)由题意知，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时B速度最大．以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋3m)v得：v＝(2)A向右减速的过程，根据动能定理有－μmgx1＝mv2－mv02则物块A所发生的位移大小为x1＝(3)方法一　B向右加速过程的位移设为x2.则μmgx2＝×3mv2解得：x2＝木板的最小长度：L＝x1－x2＝方法二　从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得：μmgL＝mv02－(m＋3m)v2得：L＝.25.如图所示，木块A质量mA＝1kg，足够长的木板B质量mB＝4kg，质量为mC＝4kg的木块C置于木板B上右侧，都处于静止状态，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0＝12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s速度弹回．求：(1)B运动过程中速度的最大值；(2)C运动过程中速度的最大值；(3)整个过程中系统损失的机械能为多少．【答案】(1)4m/s　(2)2m/s　(3)48J【解析】(1)A与B碰后瞬间，B速度最大．由A、B系统动量守恒(取向右为正方向)有：mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB代入数据，得vB＝4m/s.(2)B与C共速后，C速度最大，由B、C系统动量守恒，有mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入数据，得vC＝2m/s.ΔE损＝－－＝48J.26.如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙，在其左端有一个光滑的圆弧槽C

18与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上，现有很小的滑块A(可视为质点)以初速度v0从右端滑上B，并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，求：(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；(2)圆弧槽C的半径R；(3)滑块A滑离圆弧槽C时C的速度。【答案】(1)　(2)　(3)【解析】求滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数时，选择A、B、C组成的系统，研究A在B上滑动的过程，利用动量守恒定律求速度，利用能量守恒定律求动摩擦因数；求A滑离C时C的速度，选择A和C组成的系统，从A滑上C开始到A滑离C的过程中，利用动量守恒定律、机械能守恒定律列式求解。(1)对A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为vB，从A滑上B到A刚离开B的过程中动量守恒，有mv0＝m＋2mvB解得vB＝由能量守恒定律有μmgL＝mv02－m2－×2mvB2解得μ＝。(2)设A到达C的最高点时A和C的共同速度为vC，从A滑上C到A到达C的最高点的过程中，研究A和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有m＋mvB＝2mvC解得vC＝v0由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有mgR＝m2＋mvB2－×2mvC2解得R＝。(3)研究A、C组成的系统，从A滑上C到A滑离C的过程中，系统在水平方向上动量守恒，有

19m＋mvB＝mvA1＋mvC1，式中vA1和vC1分别为A滑离C时A和C的速度此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有m2＋mvB2＝mvA12＋mvC12解得vC1＝，方向水平向左。