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高中物理教科版 (2019)选择性必修 第一册1 动量课后练习题
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这是一份高中物理教科版 (2019)选择性必修 第一册1 动量课后练习题，共17页。试卷主要包含了注意等内容，欢迎下载使用。
考点1 “滑块—木板”模型
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。
【典例1】 (2021·海南卷)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
[解析] (1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0＝ 3mv共
解得v共＝eq \f(2v0,3)。
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木＝ 2v滑
再根据动量守恒定律有2mv0＝ 2mv木 ＋ mv滑
联立化简得v滑＝eq \f(2,5)v0，v木＝eq \f(4,5)v0
再根据功能关系有－ μmgx＝eq \f(1,2) × 2mveq \\al(2,木) ＋ eq \f(1,2)mveq \\al(2,滑) － eq \f(1,2) × 2mveq \\al(2,0)
经过计算得x＝eq \f(7veq \\al(2,0),25μg)。
(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F＝μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a滑＝μg
滑块相对木板静止时有v0＝a滑t，解得t＝eq \f(v0,μg)
则整个过程中木板滑动的距离为x′ ＝v0t＝eq \f(veq \\al(2,0),μg)
则拉力所做的功为W＝Fx′ ＝mveq \\al(2,0)。
[答案] (1)eq \f(2v0,3) (2)eq \f(7veq \\al(2,0),25μg) (3)eq \f(v0,μg) mveq \\al(2,0)
求解此类问题的四点技巧
(1)正确分析作用过程中各物体运动状态的变化情况，建立运动模型。
(2)明确作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量。
(3)合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题。
(4)动量守恒方程和能量守恒方程中各物体的速度是相对同一参考系的。
[跟进训练]
1．(多选)如图甲所示，光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计；图乙为物体A与小车B的v-t图像，由此可计算出( )
甲 乙
A．小车上表面长度
B．物体A与小车B的质量之比
C．物体A与小车B上表面之间的动摩擦因数
D．小车B获得的动能
BC [由题图可知，物体A与小车B最终以共同速度v1匀速运动，但由于题给条件不足，不能确定小车上表面的长度，故A错误；由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(v1,v0－v1)，可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图像可以知道，物体A相对于小车B的位移Δx＝eq \f(1,2)v0t1，根据能量守恒定律得μmAgΔx＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al(2,1)，根据求得的物体A与小车B的质量关系，可以解出物体A与小车B上表面之间的动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量未知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。]
考点2 “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，系统机械能不守恒，机械能向内能转化。
3．若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多。
【典例2】 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。
[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＝eq \f(mv0,m＋M)。
(2)由能量守恒定律可知：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝Q＋eq \f(1,2)(m＋M)v2
得产生的热量为：Q＝eq \f(Mmveq \\al(2,0),2（M＋m）)
由动能定理，子弹对木块所做的功为：
W＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(Mm2veq \\al(2,0),2（M＋m）2)。
(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＝eq \f(Mmveq \\al(2,0),2（M＋m）F)。
[答案] (1)eq \f(mv0,m＋M) (2)eq \f(Mmveq \\al(2,0),2（M＋m）) eq \f(Mm2veq \\al(2,0),2（M＋m）2) (3)eq \f(Mmveq \\al(2,0),2（M＋m）F)
处理此类模型的两点技巧
(1)子弹打木块模型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。
(2)当子弹不穿出木块或滑块不滑离木板时，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。
[跟进训练]
2. (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( )
甲 乙
A．子弹对滑块做功一样多
B．子弹对滑块做的功不一样多
C．系统产生的热量一样多
D．系统产生的热量不一样多
AC [两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为v共，由动量守恒定律可得mv＝(M＋m)v共，得v共＝eq \f(m,M＋m)v；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故A正确；系统损失的机械能转化为热能，故C正确。]
考点3 “含弹簧类”模型
1．对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒。
2．整个过程中往往涉及多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。
3．注意：弹簧压缩最短或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大。
【典例3】 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速度相同时，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。
[解析] (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，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为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＝2mv2②
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝ΔE＋eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,2)③
联立①②③式得
ΔE＝eq \f(1,16)mveq \\al(2,0)。④
(2)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。
由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv0＝3mv3⑤
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－ΔE＝eq \f(1,2)(3m)veq \\al(2,3)＋Ep⑥
联立④⑤⑥式得
Ep＝eq \f(13,48)mveq \\al(2,0)。
[答案] (1)eq \f(1,16)mveq \\al(2,0) (2)eq \f(13,48)mveq \\al(2,0)
弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧的弹性势能最大。
[跟进训练]
3.两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示。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？
[解析] (1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为vABC，取向右为正方向。由A、B、C三者组成的系统动量守恒，(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝eq \f(（2＋2）×6,2＋2＋4)m/s＝3 m/s。
(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则mBv＝(mB＋mC)vBC，vBC＝eq \f(2×6,2＋4)m/s＝2 m/s，设物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒Ep＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,BC)＋eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,ABC)＝eq \f(1,2)×(2＋4)×22J＋eq \f(1,2)×2×62J－eq \f(1,2)×(2＋2＋4)×32J＝12 J。
[答案] (1)3 m/s (2)12 J
素养培优练(一) 动量和能量的综合问题
一、选择题
1.如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是( )
A．A开始运动时B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时D．A和B的速度相等时
D [对A、B组成的系统由于水平面光滑，所以动量守恒。而对A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，即A、B动能与弹簧弹性势能之和为定值。当A、B速度相等时，可类似于A、B的完全非弹性碰撞，A、B总动能损失最多，弹簧形变量最大，弹性势能最大，故D正确。]
2.如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量。若用锤子敲击A球使A得到大小为v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到大小为v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为( )
A．L1＞L2B．L1＜L2
C．L1＝L2D．不能确定
C [用锤子敲击A球，当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv＝(mA＋mB)v′，由机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v′2，解得弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep＝eq \f(mAmBv2,2（mA＋mB）)，同理可得用锤子敲击B球，当弹簧压缩到最短时的弹性势能也为eq \f(mAmBv2,2（mA＋mB）)，所以L1＝L2，C正确。]
3.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度的大小v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为( )
A．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝0B．v＝eq \f(mv0,M)，I＝2mv0
C．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝eq \f(m2v0,M＋m)D．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝2mv0
D [子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv0,M＋m)，子弹射入木块后，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即木块回到A位置时的速度大小为v＝eq \f(mv0,M＋m)，子弹和木块及弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得I′＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为I＝2mv0，D正确。]
4.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．子弹射入木块后瞬间，速度大小为eq \f(m0v0,m0＋m＋M)
B．子弹射入木块后瞬间，轻绳拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
C [子弹射入木块过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬间速度大小为v1＝eq \f(m0v0,m0＋M)，A错误；子弹射入木块后瞬间，根据牛顿第二定律得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq \f(veq \\al(2,1),l)，可知轻绳拉力大于(M＋m0)g，B错误；子弹射入木块后瞬间，对圆环有N＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，C正确；子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，D错误。]
5.如图所示，一木块静止在长木板的左端，长木板静止在水平地面上，木块和长木板的质量相等，均为M，木块和长木板之间、长木板和地面之间的动摩擦因数都为μ。一颗质量为m＝eq \f(M,5)的子弹以一定速度水平向右射入木块并留在其中，木块在长木板上运动的距离为L；静止后一颗相同的子弹以相同的速度射入长木板，并留在长木板中，重力加速度为g，则( )
A．第一颗子弹射入木块前瞬间的速度为eq \r(2μgL)
B．木块运动的加速度大小为μg
C．第二颗子弹射入长木板后，长木板运动的加速度大小为2μg
D．最终木块静止在距离长木板左端eq \f(1,2)L处
B [子弹射入木块过程中，由动量守恒定律可得eq \f(Mv0,5)＝eq \f(6Mv1,5)，解得v0＝6v1，分析可知木块在长木板上运动时，长木板不动，由动能定理可得－μ·eq \f(6,5)Mg·L＝0－eq \f(1,2)·eq \f(6M,5)·veq \\al(2,1)，解得子弹射入木块前、后瞬间的速度分别为v0＝6eq \r(2μgL)，v1＝eq \r(2μgL)，A错误；由牛顿第二定律可得μ·eq \f(6,5)Mg＝eq \f(6Ma1,5)，解得a1＝μg，B正确；第二颗子弹射入长木板后，由牛顿第二定律可知，长木板受到木块、地面的摩擦力均向左，故有μ·eq \f(6,5)Mg＋μ·eq \f(12,5)Mg＝eq \f(6,5)Ma2，解得a2＝3μg，C错误；子弹射入木板过程中，子弹与木板组成的系统动量守恒，则eq \f(M,5)v0＝eq \f(6,5)Mv2，解得v2＝v1＝eq \r(2μgL)，子弹射入木板后，木板向右做减速运动，木块向右做加速运动，两者速度相等后一起做减速运动直到静止，子弹射入木板到木块与木板共速的过程有a1t＝v2－a2t，解得t＝eq \f(\r(2μgL),4μg)，该过程木板的位移x2＝v2t－eq \f(1,2)a2t2＝eq \f(5,16)L，木块的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(1,16)L，最终木块静止在距离长木板左端d＝L＋x1－x2＝eq \f(3,4)L处，D错误。]
6.如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处于压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效。A以速率v向右运动，A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于A、B运动过程说法正确的是( )
A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动
B．A、B系统的总动量最终将大于mv
C．A、B系统的总动能最终将大于eq \f(1,2)mv2
D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为eq \f(1,2)mv2
C [设弹簧恢复原长时，A、B的速度分别为v1、v2，弹簧被锁定时的弹性势能为Ep，规定向右为正方向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv＝mv1＋mv2，Ep＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，因Ep＞0，可知v1≠0，v2≠v，A错误；A、B系统在水平方向动量守恒，系统的总动量最终等于mv，B错误；弹簧解除锁定后，存储的弹性势能会释放，导致A、B系统总动能增加，系统的总动能最终将大于eq \f(1,2)mv2，C正确；弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，A、B两物体具有相同的速度，设为v′，由动量守恒定律知mv＝2mv′，解得v′＝eq \f(1,2)v，则有总动能Ek＝eq \f(1,2)·2m·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)mv2，D错误。]
7.(多选)质量为m0、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。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A．eq \f(1,2)mv2B．eq \f(mm0v2,2（m＋m0）)
C．eq \f(1,2)NμmgLD．NμmgL
BD [根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝eq \f(mv,m0＋m)，损失的动能ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m0＋m)v′2＝eq \f(mm0v2,2（m＋m0）)，所以B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而热量等于摩擦力乘以相对路程，所以ΔEk＝FfNL＝NμmgL，所以D正确。]
8.如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑水平面上，如果物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌在物体A中。已知物体A的质量为物体B的质量的eq \f(3,4)，子弹的质量是物体B的质量的eq \f(1,4)，则弹簧被压缩到最短时物体B的速度为 ( )
A．eq \f(v0,12)B．eq \f(v0,8)
C．eq \f(v0,4)D．eq \f(2v0,3)
B [以子弹、物体A、物体B和弹簧组成的系统为研究对象，物体A、B的速度相等时弹簧被压缩到最短。设物体B的质量为m，根据动量守恒定律可得eq \f(1,4)mv0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m＋m))v，解得v＝eq \f(v0,8)，故B正确，A、C、D错误。]
9．如图所示，光滑水平面上的木板静止，在其右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝1 kg，质量m＝2 kg的铁块以水平速度v0＝3 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A．1.5 J B．6 J
C．3 JD．4 J
A [从铁块滑上木板开始到弹簧被压缩到最短，系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律得Q＋Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2；从铁块滑上木板开始到最后恰好停在木板的左端，系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律得2Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2，解得Ep＝1.5 J，所以最大弹性势能为1.5 J，故选A。]
10．(多选)如图所示，一质量M＝3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A。现以地面为参考系，给A和B大小均为4.0 m/s、方向相反的速度，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。站在地面上的观察者在一段时间内看到小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板相对地面的速度大小可能是( )
A．1.8 m/sB．2.4 m/s
C．2.6 m/sD．3.0 m/s
BC [以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v0＝MvB1，代入数据解得vB1＝2.67 m/s。从A、B开始运动到A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M－m)v0＝(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2 m/s。综上可知，在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2 m/s二、非选择题
11.如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0。求弹簧释放的势能。
[解析] 设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mv0＝3mv
①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv＝2mv1＋mv0②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
eq \f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)③
由①②③式得，弹簧所释放的势能为Ep＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)。
[答案] eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)
12.(2022·四川内江高二期末)如图所示，质量为m＝1 kg的小木块A，静止在质量M＝2 kg的长木板B的左端，长木板停止在光滑的水平面上。现有一颗质量为m0＝20 g的子弹，以v0＝600 m/s的初速度，水平从左向右瞬间击穿木块，木块被击穿出后的速度为3 m/s，此后，木块在长木板上向右滑行恰好不离开长木板，木块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，小木块A被射穿时无质量损失求：
(1)在穿过木块后，子弹的速度大小；
(2)木板B的长度。
[解析] (1)子弹打穿木块的过程中，由动量守恒定律得m0v0＝m0v＋mvA，解得v＝450 m/s。
(2)木块在木板上滑动直到共速，由动量守恒定律得mvA＝(M＋m)v共
由能量守恒可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝Q＋eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,共 )
而产生的热能Q＝μmgL
解得木板长度L＝1.5 m。
[答案] (1)450 m/s (2)1.5 m
13.如图所示，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3 m/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＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/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？
[解析] (1)规定向右为速度正方向。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，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v①
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,20)＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg。③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0④
代入数据得v1＝1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,20)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m3veq \\al(2,3)⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/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处在后方，故冰块不能追上小孩。
[答案] (1)20 kg (2)见解析
培优目标
1．会利用动量守恒定律和能量守恒定律分析常见典型问题。
2．培养应用动量观点和能量观点分析综合问题的能力。
考点1 “滑块—木板”模型
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。
【典例1】 (2021·海南卷)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
[解析] (1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0＝ 3mv共
解得v共＝eq \f(2v0,3)。
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木＝ 2v滑
再根据动量守恒定律有2mv0＝ 2mv木 ＋ mv滑
联立化简得v滑＝eq \f(2,5)v0，v木＝eq \f(4,5)v0
再根据功能关系有－ μmgx＝eq \f(1,2) × 2mveq \\al(2,木) ＋ eq \f(1,2)mveq \\al(2,滑) － eq \f(1,2) × 2mveq \\al(2,0)
经过计算得x＝eq \f(7veq \\al(2,0),25μg)。
(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F＝μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a滑＝μg
滑块相对木板静止时有v0＝a滑t，解得t＝eq \f(v0,μg)
则整个过程中木板滑动的距离为x′ ＝v0t＝eq \f(veq \\al(2,0),μg)
则拉力所做的功为W＝Fx′ ＝mveq \\al(2,0)。
[答案] (1)eq \f(2v0,3) (2)eq \f(7veq \\al(2,0),25μg) (3)eq \f(v0,μg) mveq \\al(2,0)
求解此类问题的四点技巧
(1)正确分析作用过程中各物体运动状态的变化情况，建立运动模型。
(2)明确作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量。
(3)合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题。
(4)动量守恒方程和能量守恒方程中各物体的速度是相对同一参考系的。
[跟进训练]
1．(多选)如图甲所示，光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计；图乙为物体A与小车B的v-t图像，由此可计算出( )
甲 乙
A．小车上表面长度
B．物体A与小车B的质量之比
C．物体A与小车B上表面之间的动摩擦因数
D．小车B获得的动能
BC [由题图可知，物体A与小车B最终以共同速度v1匀速运动，但由于题给条件不足，不能确定小车上表面的长度，故A错误；由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(v1,v0－v1)，可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图像可以知道，物体A相对于小车B的位移Δx＝eq \f(1,2)v0t1，根据能量守恒定律得μmAgΔx＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al(2,1)，根据求得的物体A与小车B的质量关系，可以解出物体A与小车B上表面之间的动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量未知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。]
考点2 “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，系统机械能不守恒，机械能向内能转化。
3．若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多。
【典例2】 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。
[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＝eq \f(mv0,m＋M)。
(2)由能量守恒定律可知：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝Q＋eq \f(1,2)(m＋M)v2
得产生的热量为：Q＝eq \f(Mmveq \\al(2,0),2（M＋m）)
由动能定理，子弹对木块所做的功为：
W＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(Mm2veq \\al(2,0),2（M＋m）2)。
(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＝eq \f(Mmveq \\al(2,0),2（M＋m）F)。
[答案] (1)eq \f(mv0,m＋M) (2)eq \f(Mmveq \\al(2,0),2（M＋m）) eq \f(Mm2veq \\al(2,0),2（M＋m）2) (3)eq \f(Mmveq \\al(2,0),2（M＋m）F)
处理此类模型的两点技巧
(1)子弹打木块模型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。
(2)当子弹不穿出木块或滑块不滑离木板时，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。
[跟进训练]
2. (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( )
甲 乙
A．子弹对滑块做功一样多
B．子弹对滑块做的功不一样多
C．系统产生的热量一样多
D．系统产生的热量不一样多
AC [两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为v共，由动量守恒定律可得mv＝(M＋m)v共，得v共＝eq \f(m,M＋m)v；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故A正确；系统损失的机械能转化为热能，故C正确。]
考点3 “含弹簧类”模型
1．对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒。
2．整个过程中往往涉及多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。
3．注意：弹簧压缩最短或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大。
【典例3】 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速度相同时，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。
[解析] (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，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为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＝2mv2②
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝ΔE＋eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,2)③
联立①②③式得
ΔE＝eq \f(1,16)mveq \\al(2,0)。④
(2)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。
由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv0＝3mv3⑤
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－ΔE＝eq \f(1,2)(3m)veq \\al(2,3)＋Ep⑥
联立④⑤⑥式得
Ep＝eq \f(13,48)mveq \\al(2,0)。
[答案] (1)eq \f(1,16)mveq \\al(2,0) (2)eq \f(13,48)mveq \\al(2,0)
弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧的弹性势能最大。
[跟进训练]
3.两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示。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？
[解析] (1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为vABC，取向右为正方向。由A、B、C三者组成的系统动量守恒，(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝eq \f(（2＋2）×6,2＋2＋4)m/s＝3 m/s。
(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则mBv＝(mB＋mC)vBC，vBC＝eq \f(2×6,2＋4)m/s＝2 m/s，设物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒Ep＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,BC)＋eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,ABC)＝eq \f(1,2)×(2＋4)×22J＋eq \f(1,2)×2×62J－eq \f(1,2)×(2＋2＋4)×32J＝12 J。
[答案] (1)3 m/s (2)12 J
素养培优练(一) 动量和能量的综合问题
一、选择题
1.如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是( )
A．A开始运动时B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时D．A和B的速度相等时
D [对A、B组成的系统由于水平面光滑，所以动量守恒。而对A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，即A、B动能与弹簧弹性势能之和为定值。当A、B速度相等时，可类似于A、B的完全非弹性碰撞，A、B总动能损失最多，弹簧形变量最大，弹性势能最大，故D正确。]
2.如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量。若用锤子敲击A球使A得到大小为v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到大小为v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为( )
A．L1＞L2B．L1＜L2
C．L1＝L2D．不能确定
C [用锤子敲击A球，当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv＝(mA＋mB)v′，由机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v′2，解得弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep＝eq \f(mAmBv2,2（mA＋mB）)，同理可得用锤子敲击B球，当弹簧压缩到最短时的弹性势能也为eq \f(mAmBv2,2（mA＋mB）)，所以L1＝L2，C正确。]
3.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度的大小v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为( )
A．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝0B．v＝eq \f(mv0,M)，I＝2mv0
C．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝eq \f(m2v0,M＋m)D．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝2mv0
D [子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv0,M＋m)，子弹射入木块后，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即木块回到A位置时的速度大小为v＝eq \f(mv0,M＋m)，子弹和木块及弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得I′＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为I＝2mv0，D正确。]
4.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．子弹射入木块后瞬间，速度大小为eq \f(m0v0,m0＋m＋M)
B．子弹射入木块后瞬间，轻绳拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
C [子弹射入木块过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬间速度大小为v1＝eq \f(m0v0,m0＋M)，A错误；子弹射入木块后瞬间，根据牛顿第二定律得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq \f(veq \\al(2,1),l)，可知轻绳拉力大于(M＋m0)g，B错误；子弹射入木块后瞬间，对圆环有N＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，C正确；子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，D错误。]
5.如图所示，一木块静止在长木板的左端，长木板静止在水平地面上，木块和长木板的质量相等，均为M，木块和长木板之间、长木板和地面之间的动摩擦因数都为μ。一颗质量为m＝eq \f(M,5)的子弹以一定速度水平向右射入木块并留在其中，木块在长木板上运动的距离为L；静止后一颗相同的子弹以相同的速度射入长木板，并留在长木板中，重力加速度为g，则( )
A．第一颗子弹射入木块前瞬间的速度为eq \r(2μgL)
B．木块运动的加速度大小为μg
C．第二颗子弹射入长木板后，长木板运动的加速度大小为2μg
D．最终木块静止在距离长木板左端eq \f(1,2)L处
B [子弹射入木块过程中，由动量守恒定律可得eq \f(Mv0,5)＝eq \f(6Mv1,5)，解得v0＝6v1，分析可知木块在长木板上运动时，长木板不动，由动能定理可得－μ·eq \f(6,5)Mg·L＝0－eq \f(1,2)·eq \f(6M,5)·veq \\al(2,1)，解得子弹射入木块前、后瞬间的速度分别为v0＝6eq \r(2μgL)，v1＝eq \r(2μgL)，A错误；由牛顿第二定律可得μ·eq \f(6,5)Mg＝eq \f(6Ma1,5)，解得a1＝μg，B正确；第二颗子弹射入长木板后，由牛顿第二定律可知，长木板受到木块、地面的摩擦力均向左，故有μ·eq \f(6,5)Mg＋μ·eq \f(12,5)Mg＝eq \f(6,5)Ma2，解得a2＝3μg，C错误；子弹射入木板过程中，子弹与木板组成的系统动量守恒，则eq \f(M,5)v0＝eq \f(6,5)Mv2，解得v2＝v1＝eq \r(2μgL)，子弹射入木板后，木板向右做减速运动，木块向右做加速运动，两者速度相等后一起做减速运动直到静止，子弹射入木板到木块与木板共速的过程有a1t＝v2－a2t，解得t＝eq \f(\r(2μgL),4μg)，该过程木板的位移x2＝v2t－eq \f(1,2)a2t2＝eq \f(5,16)L，木块的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(1,16)L，最终木块静止在距离长木板左端d＝L＋x1－x2＝eq \f(3,4)L处，D错误。]
6.如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处于压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效。A以速率v向右运动，A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于A、B运动过程说法正确的是( )
A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动
B．A、B系统的总动量最终将大于mv
C．A、B系统的总动能最终将大于eq \f(1,2)mv2
D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为eq \f(1,2)mv2
C [设弹簧恢复原长时，A、B的速度分别为v1、v2，弹簧被锁定时的弹性势能为Ep，规定向右为正方向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv＝mv1＋mv2，Ep＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，因Ep＞0，可知v1≠0，v2≠v，A错误；A、B系统在水平方向动量守恒，系统的总动量最终等于mv，B错误；弹簧解除锁定后，存储的弹性势能会释放，导致A、B系统总动能增加，系统的总动能最终将大于eq \f(1,2)mv2，C正确；弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，A、B两物体具有相同的速度，设为v′，由动量守恒定律知mv＝2mv′，解得v′＝eq \f(1,2)v，则有总动能Ek＝eq \f(1,2)·2m·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)mv2，D错误。]
7.(多选)质量为m0、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。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A．eq \f(1,2)mv2B．eq \f(mm0v2,2（m＋m0）)
C．eq \f(1,2)NμmgLD．NμmgL
BD [根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝eq \f(mv,m0＋m)，损失的动能ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m0＋m)v′2＝eq \f(mm0v2,2（m＋m0）)，所以B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而热量等于摩擦力乘以相对路程，所以ΔEk＝FfNL＝NμmgL，所以D正确。]
8.如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑水平面上，如果物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌在物体A中。已知物体A的质量为物体B的质量的eq \f(3,4)，子弹的质量是物体B的质量的eq \f(1,4)，则弹簧被压缩到最短时物体B的速度为 ( )
A．eq \f(v0,12)B．eq \f(v0,8)
C．eq \f(v0,4)D．eq \f(2v0,3)
B [以子弹、物体A、物体B和弹簧组成的系统为研究对象，物体A、B的速度相等时弹簧被压缩到最短。设物体B的质量为m，根据动量守恒定律可得eq \f(1,4)mv0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m＋m))v，解得v＝eq \f(v0,8)，故B正确，A、C、D错误。]
9．如图所示，光滑水平面上的木板静止，在其右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝1 kg，质量m＝2 kg的铁块以水平速度v0＝3 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A．1.5 J B．6 J
C．3 JD．4 J
A [从铁块滑上木板开始到弹簧被压缩到最短，系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律得Q＋Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2；从铁块滑上木板开始到最后恰好停在木板的左端，系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律得2Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2，解得Ep＝1.5 J，所以最大弹性势能为1.5 J，故选A。]
10．(多选)如图所示，一质量M＝3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A。现以地面为参考系，给A和B大小均为4.0 m/s、方向相反的速度，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。站在地面上的观察者在一段时间内看到小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板相对地面的速度大小可能是( )
A．1.8 m/sB．2.4 m/s
C．2.6 m/sD．3.0 m/s
BC [以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v0＝MvB1，代入数据解得vB1＝2.67 m/s。从A、B开始运动到A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M－m)v0＝(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2 m/s。综上可知，在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2 m/s
11.如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0。求弹簧释放的势能。
[解析] 设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mv0＝3mv
①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv＝2mv1＋mv0②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
eq \f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)③
由①②③式得，弹簧所释放的势能为Ep＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)。
[答案] eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)
12.(2022·四川内江高二期末)如图所示，质量为m＝1 kg的小木块A，静止在质量M＝2 kg的长木板B的左端，长木板停止在光滑的水平面上。现有一颗质量为m0＝20 g的子弹，以v0＝600 m/s的初速度，水平从左向右瞬间击穿木块，木块被击穿出后的速度为3 m/s，此后，木块在长木板上向右滑行恰好不离开长木板，木块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，小木块A被射穿时无质量损失求：
(1)在穿过木块后，子弹的速度大小；
(2)木板B的长度。
[解析] (1)子弹打穿木块的过程中，由动量守恒定律得m0v0＝m0v＋mvA，解得v＝450 m/s。
(2)木块在木板上滑动直到共速，由动量守恒定律得mvA＝(M＋m)v共
由能量守恒可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝Q＋eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,共 )
而产生的热能Q＝μmgL
解得木板长度L＝1.5 m。
[答案] (1)450 m/s (2)1.5 m
13.如图所示，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3 m/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＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/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？
[解析] (1)规定向右为速度正方向。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，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v①
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,20)＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg。③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0④
代入数据得v1＝1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,20)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m3veq \\al(2,3)⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/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处在后方，故冰块不能追上小孩。
[答案] (1)20 kg (2)见解析
培优目标
1．会利用动量守恒定律和能量守恒定律分析常见典型问题。
2．培养应用动量观点和能量观点分析综合问题的能力。
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