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第一章 动量与动量守恒定律
素养培优课(一) 动量和能量的综合问题
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。
关键能力·情境探究达成
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】 如图所示，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，将一小滑块无初速度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。
规律方法 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．如图(a)所示，长木板C放置于光滑水平地面，两滑块A、B质量分别为mA＝4 kg、mB＝2 kg，放在C上，三者都保持静止。两滑块与木板间的动摩擦因数均为μ，t＝0时刻释放AB间的微小弹性装置，装置储存的弹性势能为24 J，此后滑块A、B运动的v-t 图像如图(b)所示，当t＝4 s时A与C恰好相对静止，设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，
求：
(1)释放弹性装置瞬间滑块A、B的速度大小；
(2)滑块与木板间的动摩擦因数μ和木板C的质量。
[答案] (1)2 m/s 4 m/s (2)0.04 8 kg
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。
规律方法 (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
√
√
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】 如图所示，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。
规律方法 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．(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得( )
A．在t1时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻m1与m2的动能之比为Ek1∶Ek2＝4∶1
√
√
AC [结合图像分析两物块的运动过程：0～t1 时间内，m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩， t1 时刻二者速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧的压缩量最大；t1～t2时间内，弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速到零，然后反向加速，t2时刻两物块加速度为零，弹簧恢复到原长状态；t2～t3时间内，由于t2时刻两物块速度方向相反，因此弹簧的长度将继续逐渐增大，m2做减速运动，m1先减速到零，然后反向加速， t3时刻二者速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧最长；t3～t4时间内，弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，以后重复这个过程。所以在 t1时刻弹簧是处于压缩状素养培优课(一) 动量和能量的综合问题
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】 如图所示，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，将一小滑块无初速度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＝。
(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＝v0，v木＝v0
再根据功能关系有－ μmgx＝
解得x＝。
(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＝
则整个过程中木板滑动的距离为x′ ＝v0t＝
则拉力所做的功为W＝Fx′ ＝。
[答案] (1) (3)
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．如图(a)所示，长木板C放置于光滑水平地面，两滑块A、B质量分别为mA＝4 kg、mB＝2 kg，放在C上，三者都保持静止。两滑块与木板间的动摩擦因数均为μ，t＝0时刻释放AB间的微小弹性装置，装置储存的弹性势能为24 J，此后滑块A、B运动的v -t 图像如图(b)所示，当t＝4 s时A与C恰好相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)释放弹性装置瞬间滑块A、B的速度大小；
(2)滑块与木板间的动摩擦因数μ和木板C的质量。
[解析] (1)释放弹性装置瞬间，设滑块A、B的速度分别为v1、v2，则由动量守恒和能量关系有
mAv1＝mBv2
＝Ep
解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s。
(2)当t＝4 s时A与C恰好相对静止，可知此时A、C的速度相等，设为v，方向向左，此时B的速度为v3＝2.4 m/s，方向向右，则由动量守恒
(mA＋mC)v＝mBv3
对滑块A
v＝v1－μgt
对木板C
v＝aCt＝t
解得μ＝0.04
mC＝8 kg
v＝0.4 m/s。
[答案] (1)2 m/s 4 m/s (2)0.04 8 kg
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＝。
(2)由能量守恒定律可知：
＝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＝。
[答案] (1)
(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＝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】 如图所示，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＝2mv1 ①
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＝2mv2 ②
＝ ③
联立①②③式得
ΔE＝。 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＝3mv3 ⑤
－ΔE＝＋Ep ⑥
联立④⑤⑥式得
Ep＝。
[答案]
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．(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得( )
A．在t1时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D.在t2时刻m1与m2的动能之比为Ek1∶Ek2＝4∶1
AC [结合图像分析两物块的运动过程：0～t1 时间内，m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩， t1 时刻二者速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧的压缩量最大；t1～t2时间内，弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速到零，然后反向加速，t2时刻两物块加速度为零，弹簧恢复到原长状态；t2～t3时间内，由于t2时刻两物块速度方向相反，因此弹簧的长度将继续逐渐增大，m2做减速运动，m1先减速到零，然后反向加速， t3时刻二者速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧最长；t3～ t4时间内，弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，以后重复这个过程。所以在 t1时刻弹簧是处于压缩状态，而在 t3 时刻弹簧是处于伸长状态，从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，故A正确，B错误；以m1的初速度方向为正方向，对0～t1时间内的过程，由动量守恒得m1v1＝(m1＋m2)v2，代入解得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻m1的速度大小为v3＝1 m/s，m2的速度大小为v4＝2 m/s，根据Ek＝mv2，解得Ek1∶Ek2＝1∶8，故D错误。故选AC。]
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，质量为3 kg的物块放在质量为6 kg小车上，小车上表面光滑水平，物块与小车之间夹有一个水平轻弹簧，弹簧处于伸长的状态，外力使整个装置处于静止状态。现撤去其它外力，仅给小车施加一水平向左的恒力F，F恰好等于小车与地面的滑动摩擦力，在弹簧恢复原长的过程中，则( )
A．物块向右运动，小车静止
B．物块与小车组成的系统动量守恒
C．弹簧弹力对小车的冲量等于弹簧弹力对物块的冲量
D．物块、弹簧与小车组成的系统机械能不守恒
B [对小车受力分析可知，水平方向地面对小车的摩擦力等于F，弹簧对小车有向左的拉力，可知物块向右运动，小车向左运动，选项A错误；物块与小车组成的系统，水平方向和竖直方向所受合力均为零，则系统的动量守恒，选项B正确；弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量等大反向，选项C错误；因对物块、弹簧与小车组成的系统来说，力F与地面的摩擦力的合力的功为零，可知系统的机械能守恒，选项D错误。故选B。]
2．(多选)如图所示，用轻弹簧相连的物块a和b放在光滑的水平面上，物块a紧靠竖直墙壁，物块c以初速度v0向物块b运动并在极短时间内与b粘在一起，由物块a、b、c和弹簧所组成的系统，在下列依次进行的过程中，机械能守恒但动量不守恒的是( )
A．c刚与b接触→c与b粘在一起
B．b和c整体向左运动→弹簧压缩量第一次最大
C．弹簧压缩量第一次最大→弹簧第一次恢复原长
D．弹簧第一次恢复原长→弹簧伸长量第一次达最大
BC [c与b粘在一起，发生的是完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能损失最大，故A错误；b和c整体向左运动→弹簧压缩量第一次最大，动能转化成弹簧的弹性势能，动量减小，符合机械能守恒但动量不守恒，故B正确；弹簧压缩量第一次最大→弹簧第一次恢复原长，弹性势能转化成动能，机械能守恒，但是动量增加，故C正确；弹簧第一次恢复原长→弹簧伸长量第一次达最大，动量守恒，机械能守恒，故D错误。故选BC。]
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＝，I＝0 B．v＝，I＝2mv0
C．v＝，I＝ D．v＝，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＝，子弹射入木块后，子弹和木块组成的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＝，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＝，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
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＝，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＝，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＝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
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L处
B [子弹射入木块过程中，由动量守恒定律可得＝，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·Mg·L＝，解得子弹射入木块前、后瞬间的速度分别为v0＝6，v1＝，A错误；由牛顿第二定律可得μ·Mg＝，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·Mg＋μ·Mg＝，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v0＝Mv2，解得v2＝v1＝，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＝，该过程木板的位移x2＝v2t－a2t2＝L，木块的位移x1＝＝L，最终木块静止在距离长木板左端d＝L＋x1－x2＝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mv2
D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为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＝＝，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，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′＝v，则有总动能Ek＝·2m·＝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．mv2 B．
C．NμmgL D．NμmgL
BD [根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝，损失的动能ΔEk＝＝，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。]
8．一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M＝1 kg的木块后不再穿出，木块的动能增加了8 J，设子弹射入木块的过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是( )
A．木块动量变化量的大小为2 kg·m/s
B．子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0 J
C．此过程产生的内能可能是6 J
D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失机械能增大
D [根据题意可得＝8 J，解得木块的速度为v1＝4 m/s，所以木块动量变化量的大小为Δp＝Mv1＝4 kg·m/s，故A错误；设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后未穿出，到子弹、木块相对静止，木块位移为x，子弹所受阻力为f，则W子弹对木块＝fx，W木块对子弹＝－f(x＋d)，所以W子弹对木块＋W木块对子弹＝－fd，故B错误；子弹、木块运动的v -t图像如图所示
由于图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知x＜d，所以W子弹对木块＝fx＝8 J＜fd＝Q，即此过程产生的内能大于8 J，不可能是6 J，故C错误；只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，木块的加速度减小，v -t图像如图所示
由图可知，子弹射入木块的深度d增大，产生的内能增大，系统损失的机械能增大，故D正确。故选D。]
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 J D．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＝－(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＝－(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)如图甲所示，竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。物块A在外力作用下静止在物块B正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程时间极短。测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示(弹簧始终处于弹性限度内)，图中除0～x1之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，则( )
A．物块A与物块B的质量之比mA∶mB＝2∶1
B．物块A从x1到x3的过程中，重力的瞬时功率先增大后减小
C．物块A、B与弹簧组成的系统在整个运动过程中损失的能量为Ek1
D．弹簧的劲度系数k＝
BD [根据题图乙可知碰撞后物块A的动能变为原来的，根据Ek＝mv2，设碰撞前瞬间物块A的速度为v，则碰撞后瞬间物块A、B的速度为v，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有mAv＝(mA＋mB)·v，解得mA∶mB＝1∶1，故A错误；物块A从x1到x3的过程中，动能先增大后减小，则速度先增大后减小，根据P＝mAgvA，可知重力的瞬时功率先增大后减小，故B正确；物块A、B碰撞过程损失的机械能为ΔE＝mAv2－(mA＋mB)，又mA＝mB，Ek1＝mAv2，联立可得ΔE＝Ek1，故C错误；设物块A、B的质量为m，由题图乙可知，x2处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧弹力为2mg，从x1到x2过程中，弹簧弹力增加mg，由胡克定律知ΔF＝kΔx，则有mg＝k(x2－x1)，从O到x1，由动能定理有Ek1＝mgx1，联立解得k＝，故D正确。故选BD。]
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以初速度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＋mv0 ②
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
(3m)v2＋Ep＝ ③
由①②③式得，弹簧所释放的势能为Ep＝。
[答案]
12．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)子弹击穿木块的过程中，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＝
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．(2023·浙江6月选考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。
(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
[解析] (1)滑块a从D处进入，经DEF管道到达最低点的过程中，由动能定理得
mg·2R＝
解得vF＝10 m/s
在最低点F时由牛顿第二定律得
FN－mg＝
解得FN＝31.2 N。
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，设碰撞后滑块a的速度大小为va，则由动能定理有
－mg·2R－μmgL＝
解得va＝5 m/s
滑块a、b碰撞过程中动量守恒，取水平向右为正方向，有mvF＝－mva＋3mvb
解得vb＝5 m/s
滑块a、b碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝
解得ΔE＝0。
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，设碰撞后滑块a、b的共同速度为v，由动量守恒定律得
mvF＝(m＋3m)v
当弹簧最长或最短时，滑块a、b与c均达到共速，设为v′，由动量守恒定律得
(m＋3m)v＝(m＋3m＋2m)v′
弹簧的最大弹性势能
Ep＝(m＋3m)v2－(m＋3m＋2m)v′2
又Ep＝kx2
系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统的动能相等，所以弹簧最长或最短时，弹簧的形变量相同，故弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x
联立解得Δx＝0.2 m。
[答案] (1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
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