2024屆人教版高考物理一輪復(fù)習(xí) 動(dòng)量守恒定律強(qiáng) 教案

專題強(qiáng)化六碰撞模型的拓展動(dòng)量守恒在板塊模型中的應(yīng)用

【目標(biāo)要求】1.會(huì)分析、計(jì)算“滑塊一彈簧”模型有關(guān)問題.2理解“滑塊一斜（曲）面”模型與

碰撞的相似性，會(huì)解決相關(guān)問題.3會(huì)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析計(jì)算“滑塊一木板”模型.

題型一“滑塊一彈簧”模型

1.模型圖示

%

*歙

水平地面光滑平行且光滑的水平桿

2.模型特點(diǎn)

（1動(dòng)量守恒：兩個(gè)物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)

量守恒.

（2機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒.

（35單簧處于最長最短）狀態(tài)時(shí)兩物體速度相同，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小相當(dāng)于完

全非彈性碰撞，兩物體減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能）.

（4彈簧恢復(fù)原長時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大（相當(dāng)于剛完成彈性碰撞）.

【例1】（2023江西南昌市模擬）如圖所示，一個(gè)輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為和Tn2的兩物體

甲、乙連接，靜止在光滑的水平面上.現(xiàn)在使甲瞬間獲得水平向右的速度v°=4m/s當(dāng)甲物

體的速度減小到1m/s時(shí)，彈簧最短.下列說法中正確的是（）

■.如

甲可乙

A.此時(shí)乙物體的速度大小為1m/s

B.緊接著甲物體將開始做加速運(yùn)動(dòng)

C.甲、乙兩物體的質(zhì)量之比m]：62=1：4

D.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，乙物體的速度大小為4m/s

答案A

解析根據(jù)題意可知，當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，兩物體速度相同，所以此時(shí)乙物體的速度大小

也是1m/sA正確；因?yàn)閺椈蓧嚎s到最短時(shí)，甲受力向左，甲繼續(xù)減速，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量

守恒定律可得miVo=?i+m2）v,解得ni]：：3,C錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，根據(jù)動(dòng)

量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m/『m[V/+m2V2,，5月母!!!”/2+；1112V2,聯(lián)立

解得V?'=2m/sD錯(cuò)誤.

【例2]侈選）如圖甲所示，一個(gè)輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為和Ri2的兩物塊A、B相連接

并靜止在光滑的水平地面上.現(xiàn)使A以3m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，A、B的速度一時(shí)間

圖像如圖乙，則有（）

A.在小1s時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s且彈簧都處于壓縮狀態(tài)

B.從%到%過程中，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)原長

C.兩物塊的質(zhì)量之比m[：m2=l：2

D.在q時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比Eg：Ek2=l：8

答案CD

解析開始時(shí)A逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，q時(shí)刻二者速度相同，系統(tǒng)動(dòng)能最小,

勢(shì)能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長，B仍然加速，A先減速為零，然后

反向加速，q時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長，由于此時(shí)兩物塊速度方向相反，因此彈簧的長度將逐漸

增大，兩物塊均減速，A減為零后又向B運(yùn)動(dòng)的方向加速，在、時(shí)刻，兩物塊速度相同，系

統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧最長，因此從1到號(hào)過程中，彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)原長，故A、B錯(cuò)誤；

根據(jù)動(dòng)量守恒定律，時(shí)刻和kt1時(shí)刻系統(tǒng)總動(dòng)量相等，有m[V]=?i+m2）V2,其中VI=

3m/sv2=lm/s解得mx：m2=l：2,故C正確；在Q時(shí)亥IA的速度為vA=-1m/sB的

速度為v=2m/s根據(jù)ELmmV2，且：m=1：2,求出E:E=1：8,故D正確.

DK/1ZKIKZ

【例3】如圖所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為2m、3m的B、C兩物塊固定連接，放在光

滑水平面上，開始時(shí)物塊C被鎖定.另一質(zhì)量為m的小物塊A以速度v0與B發(fā)生彈性正碰碰

撞過程中沒有機(jī)械能的損失，碰撞時(shí)間極短可忽略不計(jì)）.當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)物塊C的鎖

定被解除，所有過程都在彈簧彈性限度范圍內(nèi)。與B不會(huì)發(fā)生第二次碰撞）.求：

他

隔歷I

（1）彈簧第一次被壓縮至最短時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能;

（2彈簧第一次伸長到最長時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能.

答案(l^mVQ2(2點(diǎn)叫2

解析（1）由于A與B發(fā)生彈性碰撞，有mVo=mvA+2mvB

1_1,1

fVJ一即VA2十/2!1^2

解得VA=-1v0,vB=|v0

可知A與B碰后A被彈回，B向左運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧.物塊B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,在

彈簧壓縮到最短時(shí)，有E2mv02＞可得Ei=^mvQ2

（2對(duì)物塊B、C和彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)B、C第一次共速時(shí)彈簧第一次伸長到最長，則有：

[X=14

2mvB=（3n+3m）v,22mvB2^X（2n+3m）v2+Ep2，解得Ep2=y^mVo2.

題型二“滑塊一斜（曲湎”模型

1.模型圖示

接觸面光滑

2.模型特點(diǎn)

⑴上升到最大高度：m與M具有共同水平速度V”此時(shí)m的豎直速度v=0.系統(tǒng)水平方向

共y

動(dòng)量守恒，mv+m）v；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，v+m）v2+mgh,其中h為滑塊

u共/U/共

上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度休目當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化

為m的重力勢(shì)能）.

1

洲V

（2返回最低點(diǎn)：m與M分離點(diǎn).水平方向動(dòng)量守恒，mVo=mVi+Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒,O

=$1V]2+；Mv22價(jià)目當(dāng)于完成了彈性碰撞）.

【例4]侈選）質(zhì)量為M的帶有;光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一

質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上小車，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車的左端，重

力加速度為g,則（）

A.小球以后將向左做平拋運(yùn)動(dòng)

B.小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)

C.此過程小球?qū)π≤囎龅墓?1Vo2

D.小球在圓弧軌道上上升的最大高度為黃

答案BC

解析小球上升到最高點(diǎn)時(shí)與小車相對(duì)靜止，有相同的速度/,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能

守恒定律有Mv=2M/,v2=|X2MV'2+Mgh,聯(lián)立解得h=芋，故D錯(cuò)誤；從小球

4g

滾上小車到滾下并離開小車過程，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，由于無摩擦力做功，機(jī)械能

守恒，此過程類似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球返回小車左端時(shí)速度變?yōu)榱悖?/p>

1

-MV即此過程小球?qū)π≤囎龅墓?V/，

開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，小車速度變?yōu)関°,2o

故B、C正確，A錯(cuò)誤.

【例5】如圖所示，一質(zhì)量M=2kg的帶有弧形軌道的平臺(tái)置于足夠長的水平軌道上，弧形軌

道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B.從弧形軌道上距離水平軌道高11=m處由

靜止釋放一質(zhì)量mA=lkg的小球A,小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球

A被彈回，且恰好追不上平臺(tái).已知所有接觸面均光滑，重力加速度為g=10m/s2.求小球B

的質(zhì)量.

答案3kg

解析設(shè)小球A下滑到水平軌道上時(shí)的速度大小為V1,平臺(tái)水平速度大小為v,小球A與平

臺(tái)在水平方向動(dòng)量守恒

由動(dòng)量守恒定律有0=mv-Mv

A1

11

m-V2-MV2

由能量守恒定律有A2InAI+-2

聯(lián)乂解得V]=2m/sv=lm/s

小球A、B碰后運(yùn)動(dòng)方向相反，設(shè)小球A、B的速度大小分別為vj和丫2，由于碰后小球A

被彈回，且恰好追不上平臺(tái)，則此時(shí)小球A的速度等于平臺(tái)的速度，有vj=1m/s

由動(dòng)量守恒定律得m—m+mv?

A1A1HB2

11

由能量守恒定律有嘉V2-V2V2

-m+-n

AI2A12B2

聯(lián)立解得m=3kg.

B

題型三滑塊一木板模型

1.模型圖示

[…:則......L

7777777777777777777777^777T7777T77~

水平地面光滑

2.模型特點(diǎn)

⑴系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能.

(2漕滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相同時(shí)，木板速度最大，相對(duì)位移最大.

3.求解方法

(1球速度：根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解，研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)；

(2球時(shí)間：根據(jù)動(dòng)量定理求解，研究對(duì)象為一個(gè)物體；

(3球系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對(duì)位移：根據(jù)能量守恒定律Q=F,Ax或Q=E,-E+,研究對(duì)象為

1初末

一個(gè)系統(tǒng).

(例6】如圖所示，質(zhì)量m1=kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=m,現(xiàn)有質(zhì)量m2

=kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車

保持相對(duì)靜止.物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)-，IXg=iom/s,貝!]()

A.物塊滑上小車后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒

B.增大物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，摩擦生熱變大

C.若v0=m/s,則物塊在車面上滑行的時(shí)間為s

D.若要保證物塊不從小車右端滑出，則v0不得大于5m/s

答案D

解析物塊與小車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；物塊滑上小車后在小車上滑

動(dòng)過程中克服摩擦力做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；系統(tǒng)動(dòng)量

守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m2Vo=?]+m)v,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=gm/02一

4任+m)v2=則增大物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，摩擦生熱不變，B錯(cuò)誤；若

1

222mi+m2

v°=m/s,由動(dòng)量守恒定律得m2Vo=?]+iri2)v,解得v=lm/s對(duì)物塊，由動(dòng)量定理得一Nipt

=m2v-m2v0)解得s,C錯(cuò)誤；要使物塊恰好不從小車右端滑出，需物塊到車面右端時(shí)

,

與小車有共同的速度V，，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得82丫0，=（in1+m2）v,由能

量守恒定律得;1112V0，2=:（hi]+m2）v，2+以*gL,解得V。'=5m/sD正確.

工例7】如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板ACt表面粗糙）和滑塊C,滑塊B置于A的左

端，三者質(zhì)量分別為H1A=2kg,mD=1kg,mC=2kg開始時(shí)CU靜止，A、B一起以v=5m/s

的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生碰撞時(shí)間極短）后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，A、B再次

達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好不再與C碰撞.求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小.

答案2m/s

解析因碰撞時(shí)間極短，A與C碰撞過程動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為

vc，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得

碰撞后A與B在摩擦力作用下再次達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為,由動(dòng)量守恒定律得

mVmV=+m）V

AA+BO^ABAB?

A與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足=v,③

ADL

聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得VA=2m/s.

課時(shí)精練

E基礎(chǔ)落實(shí)練

1.如圖所示，子彈以水平速度V。射向原來靜止在光滑水平面上的木塊，并留在木塊中和木塊

一起運(yùn)動(dòng).在子彈射入木塊的過程中，下列說法中正確的是（）

A.子彈對(duì)木塊的沖量一定大于木塊對(duì)子彈的沖量

B.子彈對(duì)木塊的沖量和木塊對(duì)子彈的沖量大小一定相等

C.子彈速度的減小量一定等于木塊速度的增加量

D.子彈動(dòng)量變化的大小一定大于木塊動(dòng)量變化的大小

答案B

解析水平方向上，子彈所受合外力與木塊受到的合外力為作用力與反作用力，它們大小相

等、方向相反、作用時(shí)間t相等，根據(jù)I=Ft,可知子彈對(duì)木塊的沖量與木塊對(duì)子彈的沖量大

小相等、方向相反，故A錯(cuò)誤，B正確；子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量

守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，子彈動(dòng)量變化量大小等于木塊動(dòng)量變化量大小，由于子彈與木

塊的質(zhì)量不一定相同，子彈速度的減小量不一定等于木塊速度的增加量，故C、D錯(cuò)誤.

2.質(zhì)量為in2的滑塊A、B分別以速度v1和v2沿斜面勻速下滑，斜面足夠長，如圖所示,

已知v2>v1；有一輕彈簧固定在滑塊B上，則彈簧被壓縮至最短時(shí)滑塊A的速度為（）

A

答案C

解析兩滑塊勻速下滑，則沿斜面方向所受外力為零，相互作用時(shí)沿斜面方向合外力仍為零,

沿斜面方向動(dòng)量守恒.當(dāng)彈簧被壓縮時(shí)，A加速，B減速，當(dāng)壓縮至最短時(shí)，A、B速度相等.設(shè)

兩滑塊速度相等時(shí)速度為v,則有m-i+m2V2=?]+ni2）v,解得彈簧被壓縮至最短時(shí)滑塊A

的速度v=m”i+m2V2,所以選項(xiàng)C正確.

3.多選）如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質(zhì)量都為m,B左端固定一個(gè)處在壓縮

狀態(tài)的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當(dāng)彈簧再受到壓縮時(shí)鎖定裝置會(huì)失效.A以速率v向右

運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A撞上彈簧后，設(shè)彈簧始終不超過彈性限度，關(guān)于它們后續(xù)的運(yùn)動(dòng)過程，下列說法

正確的是（）

—?■v

A.A物體最終會(huì)靜止，B物體最終會(huì)以速率v向右運(yùn)動(dòng)

B.A>B系統(tǒng)的總動(dòng)量最終將大于mv

C.A、B系統(tǒng)的總動(dòng)能最終將大于;mv2

D.當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A、B的總動(dòng)能為｝mv2

答案CD

4.如圖所示，光滑水平面上有一矩形長木板，木板左端放一小物塊，已知木板質(zhì)量大于物塊

質(zhì)量，-0時(shí)兩者從圖中位置以相同的水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，碰到右面的豎直擋板后木板以

與原來等大反向的速度被反彈回來，運(yùn)動(dòng)過程中物塊一直未離開木板，則關(guān)于物塊運(yùn)動(dòng)的速

度v隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是（）

答案A

解析木板碰到擋板前，物塊與木板一直做勻速運(yùn)動(dòng)，速度為v0；木板碰到擋板后，物塊向

右做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減至零后向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，木板向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，最終兩者速度

相同，設(shè)為v1設(shè)木板的質(zhì)量為M,物塊的質(zhì)量為m,取向左為正方向，則由動(dòng)量守恒定律有

M—m

Mv—mv=(M+m)v,得％=-----v<v,故A正確，B、C、D錯(cuò)誤.

°°11M+m0u

5.（2023由西運(yùn)城市高三模擬）如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質(zhì)量為M的四分之

一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R,最低點(diǎn)處剛好與水平地面相切.一質(zhì)量為m的小球以一

定的初速度v0沿水平地面向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)小球沖上圓弧滑塊過程中的機(jī)械能損失.如果圓弧

滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面

上能到達(dá)的最大高度為s則小球與滑塊質(zhì)量之比m:M為（）

A.1：2

C.2：1D.3：1

答案C

解析當(dāng)圓弧滑塊固定時(shí)，有|mVo2=mgR；當(dāng)圓弧滑塊不固定時(shí)，取水平向右為正方向，根

據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,有mv=g+M）v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有，iv2=mg日+[g+M）v2,

u乙uo乙

聯(lián)立解得m:M=2：1，故選C.

6.如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q（視為質(zhì)

點(diǎn)）的質(zhì)量為滑塊P質(zhì)量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時(shí)的動(dòng)能為Ekl.

現(xiàn)解除鎖定，仍讓Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時(shí)的動(dòng)能為Ek2，和Ek2的比值

為（）

工

1334

A.2BqC.2D.g

答案C

解析設(shè)滑塊P的質(zhì)量為2m,則Q的質(zhì)量為m,弧形滑塊頂端與底端的豎直距離為h；P鎖

定時(shí)，Q下滑過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgh=￡皿；P解除鎖定，Q下滑過程

中,P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,以水平向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mV、

—2mvp=o,由機(jī)械能守恒定律得mgh=1mVQ2+：X2mVp2，Q離開P時(shí)的動(dòng)能Ek2=5iVQ2，

聯(lián)立解得av，故c正確.

Ek22

c能力綜合練

7.侈選）如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓

縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x.現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B腳圖乙所示）,

物體A以2Vo的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x,貝IJ（）

甲乙

A.A物體的質(zhì)量為3m

B.A物體的質(zhì)量為2m

C.彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為次V02

D.彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mV。？

答案AC

解析對(duì)題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M,由機(jī)械能守恒定律可得，彈簧壓縮量為x時(shí)彈性勢(shì)

能Ep=，v02；對(duì)題圖乙，物體A以2Vo的速度向右壓縮彈簧，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量

守恒，彈簧達(dá)到最大壓縮量時(shí)，A、B二者速度相同，由動(dòng)量守恒定律有M?丹=M+m）v,

由能量守恒定律有E,你2—3M+m）v2，聯(lián)立解得M=3m,EvQ2＞選項(xiàng)A、C正

確，B、D錯(cuò)誤.

8.侈選）（2023江西吉安市高三模擬）如圖所示，質(zhì)量m=2kg的物塊A以初速度v°=2m/s滑

上放在光滑水平面上的長木板B,A做勻減速運(yùn)動(dòng)，B做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t=ls物塊

A、長木板B達(dá)到共同速度v=lm/s之后又開始做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s,由此

可求出（）

A.長木板B的質(zhì)量為2kg

B.物塊A與長木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

C.長木板B的長度至少為2m

D.物塊A與長木板B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2J

答案ABD

解析A做勻減速運(yùn)動(dòng)，B做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后一起做勻速運(yùn)動(dòng)，共同速度v=lm/s,取向

右為正方向，設(shè)B的質(zhì)量為M,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv°=?+M）v,解得M=2kg,故A

正確；木板B勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a=名=1m/§,根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)B有um尹Ma,

解得「，故B正確；前1s內(nèi)B的位移XB=￡二2義1m=m,A的位移xA=^y^-X1

m=m,所以木板B的最小長度L=XA~0=1m,故C錯(cuò)誤；A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械

能空=1mv（）2—+M）V2=2J故D正確.

9.侈選）如圖所示，一質(zhì)量M=kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m

=kg的小木塊A.給A和B大小均為m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開

始向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒有滑離B板，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度g取10m/s.則在整

個(gè)過程中，下列說法正確的是（）

小木塊A的速度減為零時(shí)，長木板B的速度大小為m/s

小木塊A的速度方向一直向左，不可能為零

小木塊A與長木板B共速時(shí)速度大小為3m/s

長木板的長度可能為10m

答案ACD

解析木塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于初速度大小均為v0=m/s,所以木板的動(dòng)量大

于小木塊的動(dòng)量，系統(tǒng)合動(dòng)量方向向右，所以木塊A先向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后反

向向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后木塊與木板一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒

定律可知,當(dāng)木塊A的速度減為零時(shí),有Mv。一mVc=M丫口，代入數(shù)據(jù)解得丫口=m/s,故A

正確，B錯(cuò)誤；最終木塊與木板速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得Mv°—mvo=財(cái)+m)v,代

入數(shù)據(jù)解得v=3m/s故C正確；最終木塊與木板相對(duì)靜止，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)系統(tǒng)

-

由能量守恒定律可知%v02+|mv02+m)v2=口mgx代入數(shù)據(jù)解得x=8m,木板的最小

長度為8m,則長度可能為10m,故D正確.

10.如圖所示，一質(zhì)量ID]=kg的平板小車靜止在光滑的水平軌道上.車頂右端放一質(zhì)量

m2=kg的小物塊，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，小物塊與小車上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸0.5現(xiàn)有

一質(zhì)量m0=kg的子彈以Vo=lOOm/s的水平速度射中小車左端，并留在小車中，子彈與小

車相互作用時(shí)間很短.g取10m/倒，求：

'________________□

洌八叫八I

(1才彈剛射入小車時(shí)，小車的速度大小V]；

(2曖使小物塊不脫離小車，小車的長度至少為多少.

答案(1)10m/s(2)5m

解析(1仔彈射入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得mJ。

=?o+m])V],代入數(shù)據(jù)解得V]=10m/s.

(21彈、小車、小物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)當(dāng)小物塊與小車共速時(shí)，共同速度為V2,兩

者相對(duì)位移大小為L,由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有g(shù)o+m)vLgo+nii+nijv?,113gL

(jno+m])V]2—o+ni[+m2)丫22，聯(lián)“解得L=5m,故要使小物塊不脫禺小車,小車的長

度至少為5m.

誨素養(yǎng)提升練

11.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊B