高中物理新教材同步選擇性必修第一冊 主題1 微型專題 動量和能量的綜合應用同步講義

微型專題動量和能量的綜合應用[學科素養(yǎng)與目標要求]物理觀念：進一步理解動能定理、能量守恒定律、動量守恒定律的內容及其含義.科學思維：1.掌握應用動能定理、能量守恒定律、動量守恒定律解題的方法步驟.2.通過學習，培養(yǎng)應用動量觀點和能量觀點分析綜合問題的能力.一、滑塊—木板模型1.把滑塊、木板看做一個整體，摩擦力為內力，在光滑水平面上滑塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒.2.由于摩擦生熱，機械能轉化為內能，系統(tǒng)機械能不守恒，根據(jù)能量守恒定律，機械能的減少量等于因摩擦而產(chǎn)生的熱量，ΔE＝Ff·s相對，其中s相對為滑塊和木板相對滑動的路程.3.注意：若滑塊不滑離木板，就意味著二者最終具有共同速度，機械能損失最多.例1如圖1所示，B是放在光滑的水平面上質量為3m的一塊木板，物塊A(可看成質點)質量為m，與木板間的動摩擦因數(shù)為μ.最初木板B靜止，物塊A以水平初速度v0滑上長木板，木板足夠長.求：(重力加速度為g)圖1(1)木板B的最大速度的大?。?2)從剛滑上木板到A、B速度剛好相等的過程中，木塊A所發(fā)生的位移大??；(3)若物塊A恰好沒滑離木板B，則木板至少多長？答案(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(15v02,32μg)(3)eq\f(3v02,8μg)解析(1)由題意知，A向右減速，B向右加速，當A、B速度相等時B速度最大.以v0的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律：mv0＝(m＋3m)v，得：v＝eq\f(v0,4)(2)A向右減速的過程，根據(jù)動能定理有－μmgx1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02則木塊A所發(fā)生的位移大小為x1＝eq\f(15v02,32μg)(3)方法一：B向右加速過程的位移設為x2.則μmgx2＝eq\f(1,2)×3mv2，解得：x2＝eq\f(3v02,32μg)木板的最小長度：L＝x1－x2＝eq\f(3v02,8μg)方法二：從A滑上B至達到共同速度的過程中，由能量守恒得：μmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋3m)v2得：L＝eq\f(3v02,8μg).[學科素養(yǎng)]例題可用動能定理、牛頓運動定律結合運動學公式、能量守恒定律等方法求木板的長度，通過對比選擇培養(yǎng)了對綜合問題的分析能力和應用物理規(guī)律解題的能力，體現(xiàn)了“科學思維”的學科素養(yǎng).二、子彈打木塊模型1.子彈打木塊的過程很短暫，認為該過程內力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒.2.在子彈打木塊過程中摩擦生熱，系統(tǒng)機械能不守恒，機械能向內能轉化.3.若子彈不穿出木塊，二者最后有共同速度，機械能損失最多.例2如圖2所示，在水平地面上放置一質量為M的木塊，一質量為m的子彈以水平速度v射入木塊(時間極短且未穿出)，若木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，求：(重力加速度為g)圖2(1)子彈射入木塊的過程中，系統(tǒng)損失的機械能；(2)子彈射入后，木塊在地面上前進的距離.答案(1)eq\f(Mmv2,2M＋m)(2)eq\f(m2v2,2M＋m2μg)解析(1)設子彈射入木塊后，二者的共同速度為v′，取子彈的初速度方向為正方向，則由動量守恒得：mv＝(M＋m)v′①射入過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2②由①②兩式解得：ΔE＝eq\f(Mmv2,2M＋m).(2)子彈射入木塊后，二者一起沿地面滑行，設滑行的距離為x，由動能定理得：－μ(M＋m)gx＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v′2③由①③兩式解得：x＝eq\f(m2v2,2M＋m2μg).子彈打木塊模型與滑塊—木板模型類似，都是通過系統(tǒng)內的滑動摩擦力相互作用，系統(tǒng)所受的外力為零(或內力遠大于外力)，動量守恒.當子彈不穿出木塊或滑塊不滑離木板時，兩物體最后有共同速度，相當于完全非彈性碰撞，機械能損失最多.三、彈簧類模型1.對于彈簧類問題，在作用過程中，若系統(tǒng)合外力為零，則滿足動量守恒.2.整個過程中往往涉及多種形式的能的轉化，如：彈性勢能、動能、內能、重力勢能的轉化，應用能量守恒定律解決此類問題.3.注意：彈簧壓縮最短或彈簧拉伸最長時，彈簧連接的兩物體速度相等，此時彈簧彈性勢能最大.例3如圖3所示，A、B、C三個小物塊放置在光滑水平面上，A緊靠豎直墻壁，A、B之間用水平輕彈簧拴接且輕彈簧處于原長，它們的質量分別為mA＝m，mB＝2m，mC＝m.現(xiàn)給C一水平向左的速度v0，C與B發(fā)生碰撞并粘合在一起.試求：圖3(1)A離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能；(2)A離開墻壁后，C的最小速度的大小.答案(1)eq\f(1,6)mv02(2)eq\f(v0,6)解析(1)B、C碰撞前后動量守恒，以水平向左為正方向，則mv0＝3mv，彈簧壓縮至最短時彈性勢能最大，由機械能守恒定律可得：Epm＝eq\f(1,2)×3mv2聯(lián)立解得：Epm＝eq\f(1,6)mv02(2)A離開墻壁前，在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)機械能守恒.設彈簧恢復原長時，B、C的速度為v′，有Epm＝eq\f(3,2)mv′2，則v′＝eq\f(v0,3).A離開墻壁后，在彈簧彈力的作用下速度逐漸增大，B、C的速度逐漸減小，當彈簧再次恢復原長時，A達到最大速度vA，B、C的速度減小到最小值vC.在此過程中，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒.以水平向右為正方向，有3mv′＝mvA＋3mvC，Epm＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(3,2)mvC2，解得：vC＝eq\f(v0,6).針對訓練如圖4所示，A、B、C三個木塊的質量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連.將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C相連，使彈簧不能伸展，以至于B、C與彈簧可視為一個整體.現(xiàn)A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起以后，細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離.已知C離開彈簧后的速度恰為v0.求彈簧釋放的彈性勢能.圖4答案eq\f(1,3)mv02解析設碰后A、B和C的共同速度的大小為v，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝3mv①設C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒得3mv＝2mv1＋mv0②設彈簧釋放的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq\f(1,2)(2m)v12＋eq\f(1,2)mv02③由①②③式得，彈簧所釋放的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,3)mv02.1.(滑塊—木板模型)如圖5所示，質量為M、長為L的長木板放在光滑的水平面上，一個質量也為M的物塊(視為質點)以一定的初速度從左端沖上長木板，如果長木板是固定的，物塊恰好停在長木板的右端，如果長木板不固定，則物塊沖上長木板后在長木板上最多能滑行的距離為()圖5A.LB.eq\f(3L,4)C.eq\f(L,4)D.eq\f(L,2)答案D解析長木板固定時，由動能定理得：－μMgL＝0－eq\f(1,2)Mv02，若長木板不固定，以物塊初速度的方向為正方向，有Mv0＝2Mv，μMgs＝eq\f(1,2)Mv02－eq\f(1,2)×2Mv2，得s＝eq\f(L,2)，D項正確，A、B、C項錯誤.2.(子彈打木塊模型)(多選)矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質量為m的子彈以速度v0水平射向滑塊，若射擊下層，子彈剛好不射出，若射擊上層，則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖6所示，則上述兩種情況相比較，下列說法正確的是()圖6A.子彈的末速度大小相等B.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多C.子彈對滑塊做的功相同D.子彈和滑塊間的水平作用力一樣大答案ABC解析以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，可得滑塊最終獲得的速度：v＝eq\f(mv0,M＋m)，可知兩種情況下子彈的末速度是相同的，故A正確；子彈嵌入下層或上層過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動能，而子彈減少的動能一樣多(兩種情況下子彈初、末速度都相等)，滑塊增加的動能也一樣多，則系統(tǒng)減少的動能一樣，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多，故B正確；根據(jù)動能定理，滑塊動能的增量等于子彈對滑塊做的功，所以兩次子彈對滑塊做的功一樣多，故C正確；由Q＝Ff·x相對知，由于相對位移x相對不相等，所以兩種情況下子彈和滑塊間的水平作用力不一樣大，故D錯誤.3.(彈簧類問題)如圖7所示，木塊A、B的質量均為2kg，置于光滑水平面上，B與一水平輕質彈簧的一端相連，彈簧的另一端固定在豎直擋板上，當A以4m/s的速度向B撞擊時，由于有橡皮泥而粘在一起運動，那么彈簧被壓縮到最短時，彈簧具有的彈性勢能大小為()圖7A.4JB.8JC.16JD.32J答案B解析由碰撞過程中動量守恒得：mAvA＝(mA＋mB)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝2m/s，所以碰后A、B及彈簧組成的系統(tǒng)的機械能為eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝8J，當彈簧被壓縮至最短時，系統(tǒng)的動能為0，只有彈性勢能，由機械能守恒得此時彈簧的彈性勢能為8J.4.(動量與能量的綜合)(2018·廣東省實驗中學、廣雅中學、佛山一中高二下期末)如圖8所示，一質量為MB＝6kg的木板B靜止于光滑的水平面上，物塊A的質量MA＝6kg，停在B的左端，一質量為m＝1kg的小球用長為l＝0.8m的輕繩懸掛在固定點O上.將輕繩拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點與A發(fā)生碰撞后反彈，反彈所能達到的最大高度h＝0.2m，物塊與小球均可視為質點，A、B達到共同速度后A還在木板上，不計空氣阻力，g取10m/s2.圖8(1)球和物塊A碰后瞬間A物塊的速度大小.(2)A、B組成的系統(tǒng)因摩擦損失的機械能.答案(1)1m/s(2)1.5J解析(1)對于小球，在運動的過程中機械能守恒，則有mgl＝eq\f(1,2)mv12，得v1＝eq\r(2gl)＝4m/s，mgh＝eq\f(1,2)mv1′2，得v1′＝eq\r(2gh)＝2m/s球與A碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒，以向右為正方向，則有：mv1＝－mv1′＋MAvA，解得vA＝1m/s(2)物塊A與木板B相互作用過程中：MAvA＝(MA＋MB)v共，解得v共＝0.5m/s.A、B組成的系統(tǒng)因摩擦而損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)MAvA2－eq\f(1,2)(MA＋MB)v共2代入數(shù)據(jù)，得出ΔE＝1.5J一、選擇題1.如圖1所示，在光滑水平面上，有一質量M＝3kg的薄板和質量m＝1kg的物塊都以v＝4m/s的初速度相向運動，它們之間有摩擦，薄板足夠長，當薄板的速度為2.9m/s時，物塊的運動情況是()圖1A.做減速運動 B.做加速運動C.做勻速運動 D.以上運動都有可能答案A解析開始階段，物塊向左減速，薄板向右減速，當物塊的速度為零時，設此時薄板的速度為v1，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1代入數(shù)據(jù)解得：v1≈2.67m/s＜2.9m/s，所以物塊處于向左減速的過程中.2.(多選)如圖2所示，與水平輕彈簧相連的物體A停放在光滑的水平面上，物體B沿水平方向向右運動，跟與A相連的輕彈簧相碰.在B跟彈簧相碰后，對于A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是()圖2A.彈簧壓縮量最大時，A、B的速度相同B.彈簧壓縮量最大時，A、B的動能之和最小C.彈簧被壓縮的過程中系統(tǒng)的總動量不斷減少D.物體A的速度最大時，彈簧的彈性勢能為零答案ABD解析物體B與彈簧接觸時，彈簧發(fā)生形變，產(chǎn)生彈力，可知B做減速運動，A做加速運動，當兩者速度相等時，彈簧的壓縮量最大，故A正確.A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，壓縮量最大時，彈性勢能最大，根據(jù)能量守恒，知此時A、B的動能之和最小，故B正確.彈簧在壓縮的過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，故C錯誤.當兩者速度相等時，彈簧的壓縮量最大，然后A繼續(xù)加速，B繼續(xù)減速，彈簧逐漸恢復原長，當彈簧恢復原長時，A的速度最大，此時彈簧的彈性勢能為零，故D正確.3.如圖3所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q質量相等，都可視作質點.Q與水平輕質彈簧相連.設Q靜止，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞.在整個碰撞過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于()圖3A.P的初動能 B.P的初動能的eq\f(1,2)C.P的初動能的eq\f(1,3) D.P的初動能的eq\f(1,4)答案B解析把小滑塊P和Q以及彈簧看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)的動量守恒.在整個碰撞過程中，當小滑塊P和Q的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大.設小滑塊P的初速度為v0，兩滑塊的質量均為m，以v0的方向為正方向，則mv0＝2mv，得v＝eq\f(v0,2)所以彈簧具有的最大彈性勢能Epm＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mv02＝eq\f(1,2)Ek0，故B正確.4.質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ，初始時小物塊停在箱子正中間，如圖4所示.現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止.設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為()圖4A.eq\f(1,2)mv2B.μmgLC.eq\f(1,2)NμmgLD.eq\f(mMv2,2m＋M)答案D解析由于箱子M放在光滑的水平面上，則由箱子和小物塊組成的系統(tǒng)動量始終是守恒的，直到箱子和小物塊的速度相同時，小物塊與箱子之間不再發(fā)生相對滑動，以v的方向為正方向，有mv＝(m＋M)v1系統(tǒng)損失的動能是因為摩擦力做負功ΔEk＝－Wf＝μmg·NL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v12＝eq\f(mMv2,2m＋M)，故D正確，A、B、C錯誤.5.(多選)如圖5所示，木塊靜止在光滑水平桌面上，一子彈水平射入木塊的深度為d時，子彈與木塊相對靜止，在子彈入射的過程中，木塊沿桌面移動的距離為L，木塊對子彈的平均阻力為Ff，那么在這一過程中下列說法正確的是()圖5A.木塊的機械能增量為FfLB.子彈的機械能減少量為Ff(L＋d)C.系統(tǒng)的機械能減少量為FfdD.系統(tǒng)的機械能減少量為Ff(L＋d)答案ABC解析子彈對木塊的平均作用力大小為Ff，木塊相對于桌面的位移為L，則子彈對木塊做功為FfL，根據(jù)動能定理得知，木塊動能的增加量，即機械能的增量等于子彈對木塊做的功，即為FfL.故A正確.木塊對子彈的阻力做功為－Ff(L＋d)，根據(jù)動能定理得知：子彈動能的減少量，即機械能的減少量等于子彈克服阻力做功，大小為Ff(L＋d)，故B正確.子彈相對于木塊的位移大小為d，則系統(tǒng)克服阻力做功為Ffd，根據(jù)功能關系可知，系統(tǒng)機械能的減少量為Ffd，故C正確，D錯誤.6.如圖6所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車上AB部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC部分是粗糙的水平面.今把質量為m的小物體從A點由靜止釋放，小物體與BC部分間的動摩擦因數(shù)為μ，最終小物體與小車相對靜止于B、C之間的D點，則B、D間的距離x隨各量變化的情況是()圖6A.其他量不變，R越大x越大B.其他量不變，μ越大x越大C.其他量不變，m越大x越大D.其他量不變，M越大x越大答案A解析小車和小物體組成的系統(tǒng)水平方向的動量守恒且為零，所以當小車和小物體相對靜止時，系統(tǒng)水平方向的總動量仍為零，則小車和小物體相對于光滑的水平面也靜止，由能量守恒得μmgx＝mgR，得x＝eq\f(R,μ)，選項A正確，B、C、D錯誤.7.(多選)(2018·福州十一中高二下期中)如圖7所示，質量為M的長木板A靜止在光滑的水平面上，有一質量為m的小滑塊B以初速度v0從左側滑上木板，且恰能滑離木板，滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為μ.下列說法中正確的是()圖7A.若只增大v0，則滑塊滑離木板過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量增加B.若只增大M，則滑塊滑離木板過程中木板所受到的沖量減少C.若只減小m，則滑塊滑離木板時木板獲得的速度減小D.若只減小μ，則滑塊滑離木板過程中滑塊對地的位移減小答案BCD解析滑塊滑離木板過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積Q＝FfL相＝μmgL相，因為相對位移沒變，所以產(chǎn)生的熱量不變，故A錯誤；由極限法，當M很大時，長木板運動的位移xM會很小，滑塊的位移等于xM＋L很小，對滑塊根據(jù)動能定理：－μmg(xM＋L)＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，可知滑塊滑離木板時的速度v1較大，滑塊動量變化較小，由動量守恒定律知，木板動量變化也較小，再根據(jù)動量定理知，木板受到的沖量較小，故B正確；采用極限法：當m很小時，摩擦力也很小，m的動量變化很小，把長木板和小滑塊看成一個系統(tǒng)，滿足動量守恒，那么長木板的動量變化也很小，故C正確；當μ很小時，摩擦力也很小，長木板運動的位移xM會很小，滑塊的位移等于xM＋L也會很小，故D正確.8.(多選)用不可伸長的細線懸掛一質量為M的小木塊，木塊靜止，如圖8所示.現(xiàn)有一質量為m的子彈自左向右水平射向木塊，并停留在木塊中，子彈初速度為v0，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖8A.從子彈射向木塊到一起上升到最高點的過程中系統(tǒng)的機械能守恒B.子彈射入木塊瞬間動量守恒，故子彈射入木塊瞬間子彈和木塊的共同速度為eq\f(mv0,M＋m)C.忽略空氣阻力，子彈和木塊一起上升過程中系統(tǒng)機械能守恒，其機械能等于子彈射入木塊前的動能D.子彈和木塊一起上升的最大高度為eq\f(m2v02,2gM＋m2)答案BD解析從子彈射向木塊到一起運動到最高點的過程可以分為兩個階段：子彈射入木塊的瞬間系統(tǒng)動量守恒，但機械能不守恒，有部分機械能轉化為系統(tǒng)內能，之后子彈在木塊中與木塊一起上升，該過程只有重力做功，機械能守恒但總能量小于子彈射入木塊前的動能，故A、C錯誤；規(guī)定向右為正方向，由子彈射入木塊瞬間系統(tǒng)動量守恒可知：mv0＝(m＋M)v′所以子彈射入木塊后的共同速度為：v′＝eq\f(mv0,M＋m)，故B正確；之后子彈和木塊一起上升，該階段根據(jù)機械能守恒得：eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝(M＋m)gh，可得上升的最大高度為：h＝eq\f(m2v02,2gM＋m2)，故D正確.9.(多選)如圖9所示，水平輕質彈簧的一端固定在墻上，另一端與質量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質量與A相同的物體B，從離水平面高h處由靜止開始沿固定光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升.下列說法正確的是(重力加速度為g)()圖9A.彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mghB.彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為eq\f(mgh,2)C.B與A分開后能達到的最大高度為eq\f(h,4)D.B與A分開后能達到的最大高度不能計算答案BC解析根據(jù)機械能守恒定律可得B剛到達水平面的速度v0＝eq\r(2gh)，根據(jù)動量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為v＝eq\f(1,2)v0，所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm＝eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)mgh，故A錯誤，B正確；當彈簧再次恢復原長時，A與B分開，B以大小為v的速度向左沿曲面上滑，根據(jù)機械能守恒定律可得mgh′＝eq\f(1,2)mv2，解得B能達到的最大高度為h′＝eq\f(1,4)h，故C正確，D錯誤.10.(多選)如圖10所示，圖甲表示光滑平臺上物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的摩擦不計；圖乙為物體A與小車B的v－t圖象，由此可知()圖10A.小車上表面長度B.物體A與小車B的質量之比C.物體A與小車B上表面間的動摩擦因數(shù)D.小車B獲得的動能答案BC解析由題圖乙可知，A、B最終以共同速度v1做勻速運動，不能確定小車上表面長度，故A錯誤；以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得：eq\f(mA,mB)＝eq\f(v1,v0－v1)，故可以確定物體A與小車B的質量之比，故B正確；由題圖乙可以知道A相對小車B的位移Δx＝eq\f(1,2)v0t1，根據(jù)能量守恒得：μmAgΔx＝eq\f(1,2)mAv02－eq\f(1,2)(mA＋mB)v12，根據(jù)求得的質量關系，可以解出A與小車B上表面間的動摩擦因數(shù)，故C正確；由于小車B的質量不可知，故不能確定小車B獲得的動能，故D錯誤.二、非選擇題11.如圖11所示，質量mB＝2kg的平板車B上表面水平，在平板車左端相對于車靜止著一個質量mA＝2kg的物塊A，A、B一起以大小為v1＝0.5m/s的速度在光滑的水平面上向左運動，一顆質量m0＝0.01kg的子彈以大小為v0＝600m/s的水平初速度向右瞬間射穿A后，速度變?yōu)関＝200m/s.已知A與B之間的動摩擦因數(shù)不為零，且A與B最終達到相對靜止時A剛好停在B的右端，車長L＝1m，g＝10m/s2，求：圖11(1)A、B間的動摩擦因數(shù)；(2)整個過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量.答案(1)0.1(2)1600J解析(1)規(guī)定向右為正方向，子彈與A作用的過程，根據(jù)動量守恒定律得：m0v0－mAv1＝m0v＋mAvA，代入數(shù)據(jù)解得：vA＝1.5m/s，子彈穿過A后，A以1.5m/s的速度開始向右滑行，B以0.5m/s的速度向左運動，當A、B有共同速度時，A、B達到相對靜止，對A、B組成的系統(tǒng)運用動量守恒，規(guī)定向右為正方向，有：mAvA－mBv1＝(mA＋mB)v2，代入數(shù)據(jù)解得：v2＝0.5m/s.根據(jù)能量守恒定律知：μmAgL＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBv12－eq\f(1,2)(mA＋mB)v22，代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.1.(2)根據(jù)能量守恒得，整個過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q＝eq\f(1,2)m0v02＋eq\f(1,2)(mA＋mB)v12－eq\f(1,2)m0v2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v22，代入數(shù)據(jù)解得：Q＝1600J.12.(2018·沂南高二下期中)如圖12所示，質量為M的木塊靜止于光滑的水平面上，一質量為m、速度為v0的子彈水平射入木塊且未穿出，設木塊對子彈的阻力恒為F，求：圖12(1)子彈與木塊相對靜止時二者共同速度為多大；(2)射入過程中產(chǎn)生的內能和子彈對木塊所做的功分別為多少；(3)木塊至少為多長時子彈不會穿出.答案(1)eq\f(mv0,m＋M)(2)eq\f(Mmv02,2M＋m)eq\f(Mm2v02,2M＋m2)(3)eq\f(Mmv02,2M＋mF)解析(1)子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v解得：v＝eq\f(mv0,m＋M)(2)由能量守恒定律可知：eq\f(1,2)mv02＝Q＋eq\f(1,2)(m＋M)v2得產(chǎn)生的熱量為：Q＝eq\f(Mmv02,2M＋m)由動能定理，子彈對木塊所做的功為：W＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(Mm2v02,2M＋m2)(3)設木塊最小長度為L，由能量守恒定律：FL＝Q得木塊的最小長度為：L＝eq