专题提升练14 动量守恒在子弹打木块模型和
滑块—木板模型中的应用
梯级Ⅰ基础练
1.(2025·淮安模拟)如图所示，质量为M=9 kg的木块静止于光滑水平面上，一质量为m=1 kg的子弹以水平速度v0=100 m/s打入木块并停在木块中，下列说法正确的是( )
A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v=10 m/s
B.子弹对木块做的功W=500 J
C.木块对子弹做正功
D.子弹打入木块过程中产生的热量Q=3 500 J
2.(2025·焦作模拟)如图所示为一款户外游戏的简化图，两等高的平台中间有一段长为x的光滑水平面，在光滑水平面上有长为d的平板车紧靠左侧的平台，平板车的上表面与左、右平台在同一水平线上。游戏参与者需要在左侧平台边缘给可视为质点的小木块一个初速度，让小木块滑上平板车，最后小木块刚好滑上右侧平台，并静止在平台左边缘处视为胜利。已知小木块与平板车间的动摩擦因数为μ，平板车的质量是小木块的2倍，当平板车碰到右侧平台时立即被锁定，重力加速度为g。要使游戏参与者获得胜利，给小木块的初速度可能是( )
A. B.
C. D.
3.(2025·六盘水模拟)如图所示，套筒C可以沿着水平固定的光滑杆(足够长)左右滑动，套筒下方用不可伸长的轻细线悬挂物体B。开始时物体B和套筒C均静止，子弹A以v0=40 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为。已知子弹A、物体B、套筒C的质量分别为mA=0.1 kg、mB=mC=1.5 kg，重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)子弹A击穿物体B的过程，子弹A对物体B的冲量大小;
(2)物体B能上升的最大高度;
(3)套筒C可以达到的最大速度。
梯级Ⅱ能力练
4.(2025·唐山模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量M=1.98 kg的小车，小车上表面有一半径为R=1 m的光滑圆弧轨道，与水平轨道在B点相切，B点右侧粗糙，小车的最右端D点竖直固定轻质弹簧片CD，已知滑块与弹簧片碰撞时无机械能损失，BD之间距离为0.3 m，一个质量m=2 kg的滑块置于车的B点，车与滑块均处于静止状态，有一质量m0=20 g的子弹，以速度v0=800 m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5，g取10 m/s2。求:
(1)子弹击中小车后的瞬间，小车的速度;
(2)滑块再次返回圆弧轨道最低点时，滑块的速度大小;
(3)滑块最终相对于B点的距离。
5.(2024·安徽卷)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已知细线长L=1.25 m。小球质量m=0.20 kg。物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小;
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小;
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
梯级Ⅲ创新练
6.如图所示，木块放在光滑水平地面上，一颗子弹水平射入木块中，木块受到的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，子弹射入木块的过程中，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为( )
A.2.5 J B.4.2 J C.5.0 J D.5.6 J
专题提升练14 动量守恒在子弹打木块模型和滑块—木板模型中的应用
1.A 解析 根据动量守恒可得mv0=(M+m)v,解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v==10 m/s,A项正确;根据动能定理可知,子弹对木块做的功为W=Mv2-0=450 J,B项错误;由于子弹的动能减小,根据动能定理可知,木块对子弹做负功,C项错误;根据能量守恒可知,子弹打入木块过程中产生的热量为Q=m-(M+m)v2=4 500 J,D项错误。
2.D 解析 小木块滑上平板车,设小木块质量为m,初速度为v0,由动量守恒定律得mv0=3mv,小木块在平板车上达到共速小木块相对平板车滑行的距离为L,由能量守恒得m=×3mv2+μmgL,联立解得L=,木板碰到右侧平台侧壁停止运动,物体A刚好减速运动停在右侧平台上,对小木块由动能定理得μmg(d-L)=mv2,联立解得v0=,D项正确。
3.答案 (1)3 N·s (2)0.1 m (3)2 m/s
解析 (1)子弹A击穿物体B的过程,动量守恒,规定向右为正方向,则
mAv0=mA×v0+mBv1,
对物体B根据动量定理有I=mBv1,
解得I=3 N·s。
(2)由(1)可解得子弹A击穿物体B后,B的速度为v1=2 m/s,物体B上升过程中,B、C组成的系统水平方向动量守恒,设最大高度为h,则有
mBv1=(mB+mC)v2,
mBgh=mB-(mB+mC),
解得h=0.1 m。
(3)当B回到最低点时,C的速度最大,根据B、C系统动量守恒可知
(mB+mC)v2=-mBv3+mCv4,
根据能量守恒定律有
mBgh+(mB+mC)=mB+mC,
解得v4=2 m/s。
4.答案 (1)8 m/s (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)取向右为正方向,子弹打小车过程,子弹和小车系统动量守恒
m0v0=(m0+M)v,
解得v=8 m/s。
(2)子弹、小车和滑块构成的系统动量守恒
(m0+M)v=(m0+M)v1+mv2,
子弹、小车和滑块构成的系统机械能守恒
(m0+M)v2=(m0+M)+m,
联立可得v1=0,v2=8 m/s。
(3)滑块最终状态是三者共速时,有
(m0+M)v=(m0+m+M)v3,
(m0+M)v2-(m0+m+M)=μmgs,
联立可得s=3.2 m,
所以滑块最终相对于B点的距离是
x=s-0.3×10 m=0.2 m。
5.答案 (1)6 N (2)4 m/s
(3)0.25≤μ<0.4
解析 (1)对小球摆动到最低点的过程中,由动能定理得mgL=m-0,
解得v0=5 m/s,
在最低点,对小球由牛顿第二定律得
FT-mg=m,
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。
(2)小球与物块碰撞过程中,由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv1+Mv2,
m=m+M,
解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为v2=v0=4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点,此时两者共速,则对物块与小车整体,由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3,
由能量守恒定律
M=×2M+μ1Mgs,
解得μ1=0.4,
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置,此时两者共速,则对物块与小车整体,由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4,
由能量守恒定律得
M=×2M+μ2Mgs+MgR,
解得μ2=0.25,
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。
6.D 解析 设子弹的质量为m,初速度为v0,木块的质量为M,则子弹打入木块的过程中,子弹与木块组成的系统动量守恒,取向右为正方向,即mv0=(m+M)v,此过程产生的内能等于系统损失的动能,由能量守恒定律m=(m+M)v2+E内,即产生的内能为E内=,而木块获得的动能为Ek=Mv2=M2=5 J,联立可得=>1,即E内>5 J,D项正确。(共22张PPT)
专题提升练14
动量守恒在子弹打木块模型和
滑块—木板模型中的应用
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1.(2025·淮安模拟)如图所示，质量为M=9 kg的木块静止于光滑水平面上，一质量为m=1 kg的子弹以水平速度v0=100 m/s打入木块并停在木块中，下列说法正确的是( )
A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v=10 m/s
B.子弹对木块做的功W=500 J
C.木块对子弹做正功
D.子弹打入木块过程中产生的热量Q=3 500 J
梯级Ⅰ 基础练
根据动量守恒可得mv0=(M+m)v，解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v==10 m/s，A项正确；根据动能定理可知，子弹对木块做的功为W=Mv2-0=450 J，B项错误；由于子弹的动能减小，根据动能定理可知，木块对子弹做负功，C项错误；根据能量守恒可知，子弹打入木块过程中产生的热量为Q=m-(M+m)v2=4 500 J，D项错误。
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2.(2025·焦作模拟)如图所示为一款户外游戏的简化图，两等高的平台中间有一段长为x的光滑水平面，在光滑水平面上有长为d的平板车紧靠左侧的平台，平板车的上表面与左、右平台在同一水平线 上。游戏参与者需要在左侧平台边缘给可视为质点的小木块一个初速度，让小木块滑上平板车，最后小木块刚好滑上右侧平台，并静止在平台左边缘处视为胜利。已知小木块与平板车间的动摩擦因数为μ，平板车的质量是小木块的2倍，当平板车碰到右侧平台时立即被锁定，重力加速度为g。要使游戏参与者获得胜利，给小木块的初速度可能是( )
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A. B.
C. D.
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小木块滑上平板车，设小木块质量为m，初速度为v0，由动量守恒定律得mv0=3mv，小木块在平板车上达到共速小木块相对平板车滑行的距离为L，由能量守恒得m=×3mv2+μmgL，联立解得L=，木板碰到右侧平台侧壁停止运动，物体A刚好减速运动停在右侧平台上，对小木块由动能定理得μmg(d-L)=mv2，联立解得v0=，D项正确。
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3.(2025·六盘水模拟)如图所示，套筒C可以沿着水平固定的光滑杆(足够长)左右滑动，套筒下方用不可伸长的轻细线悬挂物体B。开始时物体B和套筒C均静止，子弹A以v0=40 m/s的水平初速度在极短时
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间内击穿物体B后速度减为。已知子弹A、物体B、套筒C的质量分别为mA= 0.1 kg、mB=mC=1.5 kg，重力加速度g取 10 m/s2。求：
(1)子弹A击穿物体B的过程，子弹A对物体B的冲量大小；
子弹A击穿物体B的过程，动量守恒，规定向右为正方向，则
mAv0=mA×v0+mBv1，
对物体B根据动量定理有I=mBv1，
解得I=3 N·s。
解析
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(2)物体B能上升的最大高度；
由(1)可解得子弹A击穿物体B后，B的速度为v1=2 m/s，物体B上升过程中，B、C组成的系统水平方向动量守恒，设最大高度为h，则有mBv1=(mB+mC)v2，
mBgh=mB-(mB+mC)，
解得h=0.1 m。
解析
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(3)套筒C可以达到的最大速度。
当B回到最低点时，C的速度最大，根据B、C系统动量守恒可知
(mB+mC)v2=-mBv3+mCv4，
根据能量守恒定律有
mBgh+(mB+mC)=mB+mC，
解得v4=2 m/s。
解析
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4.(2025·唐山模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量M=1.98 kg的小车，小车上表面有一半径为R=1 m的光滑圆弧轨道，与水平轨道在B点相切，B点右侧粗糙，小车的最右端D点竖直固定轻质弹簧片CD，已知滑块与弹簧片碰撞时无机械能损失，BD之间距离为 0.3 m，一个质量m=2 kg的滑块置于车的B点，车与滑块均处于静止状态，有一质量m0=20 g的子弹，以速度v0=800 m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5，g取10 m/s2。求：
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梯级Ⅱ 能力练
(1)子弹击中小车后的瞬间，小车的速度；
取向右为正方向，子弹打小车过程，子弹和小车系统动量守恒
m0v0=(m0+M)v，
解得v=8 m/s。
解析
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(2)滑块再次返回圆弧轨道最低点时，滑块的速度大小；
子弹、小车和滑块构成的系统动量守恒
(m0+M)v=(m0+M)v1+mv2，
子弹、小车和滑块构成的系统机械能守恒
(m0+M)v2=(m0+M)+m，
联立可得v1=0，v2=8 m/s。
解析
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(3)滑块最终相对于B点的距离。
滑块最终状态是三者共速时，有
(m0+M)v=(m0+m+M)v3，
(m0+M)v2-(m0+m+M)=μmgs，
联立可得s=3.2 m，
所以滑块最终相对于B点的距离是
x=s-0.3×10 m=0.2 m。
解析
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5.(2024·安徽卷)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已知细线长L=1.25 m。小球质量m=0.20 kg。物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
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(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
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对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理得mgL=m-0，
解得v0=5 m/s，
在最低点，对小球由牛顿第二定律得
FT-mg=m，
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。
解析
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(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv1+Mv2，
m=m+M，
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
v2=v0=4 m/s。
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(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体，由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3，
由能量守恒定律M=×2M+μ1Mgs，
解得μ1=0.4，
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若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体，由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4，
由能量守恒定律得M=×2M+μ2Mgs+MgR，
解得μ2=0.25，
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为
0.25≤μ<0.4。
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6.如图所示，木块放在光滑水平地面上，一颗子弹水平射入木块中，木块受到的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，子弹射入木块的过程中，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了 5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为( )
A.2.5 J B.4.2 J
C.5.0 J D.5.6 J
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梯级Ⅲ 创新练
设子弹的质量为m，初速度为v0，木块的质量为M，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，取向右为正方 向，即mv0=(m+M)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，由能量守恒定律m=(m+M)v2+E内，即产生的内能为E内=，而木块获得的动能为Ek=Mv2=M()2=5 J，联立可得=>1，即E内>5 J，D项正确。
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4专题提升十四 动量守恒在子弹打木块模型和滑块—木板模型中的应用
题型1 子弹打木块模型
模型图示
模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失
两种情景 子弹 未穿 出木 块 子弹嵌入木块中,两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒:mv0=(m+M)v, 能量守恒:Q=Ffs=m-(M+m)v2
子弹 穿出 木块 动量守恒:mv0=mv1+Mv2, 能量守恒:Q=Ffs=m-m-M
【典例1】
如图所示,光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木,两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中,最终均留在木头内,已知软木对子弹的摩擦力较小,以下判断正确的是( )
A.子弹与硬木摩擦产生的内能较多
B.两个系统产生的内能不一样大
C.子弹在软木中打入深度较大
D.子弹在硬木中打入深度较大
【典例2】 如图所示,木块A和B并列放在一个光滑的水平面上,A、B质量分别为500 g和400 g,今有一子弹C,质量为100 g,以速度v0=10 m/s从A木块射入,最终子弹C停留在木块B内,这时B、C的共同速度为1.5 m/s。求:
(1)最终木块A的速度大小;
(2)子弹C在刚离开木块A时的速度大小;
(3)整个过程由于摩擦而增加的内能ΔE。
题型2 滑块—木板模型
模型 图示
模型 特点 (1)系统的动量守恒,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (2)若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,相对位移最大
求解 方法 (1)求速度:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个系统。 (2)求时间:根据动量定理求解,研究对象为一个物体。 (3)求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q=FfΔx或Q=E初-E末,研究对象为一个系统
【典例3】
(多选)如图所示,在光滑水平面上,有一质量M=3 kg的薄板和质量m=1 kg的物块都以v=4 m/s的初速度相向运动,它们之间有摩擦,且动摩擦因数为0.1,薄板足够长,下面情况的描述,正确的是( )
A.当薄板的速度为3 m/s时,物块正在向左运动,且正在减速
B.物块向左滑行的最大位移约为3.556 m
C.物块相对于木板的位移约为19.556 m
D.物块与木板之间因摩擦产生的热量为24 J
【典例4】 如图,质量为m的小车A停放在光滑的水平面上,车长为L。小车上表面粗糙,质量为m的滑块B以初速度v0滑到小车A上。第一次将小车固定在水平面上,滑块恰好不会从车上滑落;第二次小车不固定,滑块B以相同的初速度滑到小车上。求:
(1)第二次滑块与小车一起运动时的速度大小;
(2)第二次滑块在小车上滑动时A、B系统损失的动能;
(3)第二次滑块B停在小车A上时距离小车左侧的位置。
专题提升十四 动量守恒在子弹打木块模型和滑块—木板模型中的应用
题型1
【典例1】 C 解析 设子弹质量为m,木块质量为M,由于最终都达到共同速度,根据动量守恒定律mv0=(m+M)v,共同速度v相同,则根据ΔE=m-(m+M)v2=Q,子弹与硬木或子弹与软木构成的系统机械能减小量相同,故两个系统产生的内能Q一样多,A、B两项错误;根据功能关系Q=Ff·d,产生的内能Q相同时,摩擦力Ff越小,子弹打入深度d越大,所以子弹在软木中打入深度较大,C项正确,D项错误。
【典例2】 答案 (1)0.5 m/s (2)5.5 m/s
(3)4.375 J
解析 (1)设最终木块A的速度为vA,
根据动量守恒定律有
mCv0=mAvA+(mB+mC)vBC,
解得vA=0.5 m/s。
(2)子弹C刚离开木块A时,A和B的共同速度为vA,设此时子弹速度为v,
根据动量守恒定律有
mCv0=mCv+(mA+mB)vA,
解得v=5.5 m/s。
(3)根据功能关系可知整个过程由于摩擦而增加的内能为
ΔE=mC-mA-(mB+mC)=4.375 J。
题型2
【典例3】 AD 解析 取薄板运动方向为正方向,设薄板和物块共速时的速度大小为v共,根据薄板和物块组成的系统动量守恒Mv-mv=(M+m)v共,解得v共=2 m/s,故薄板向右做减速运动,物块先向左减速到零后向右加速,最终薄板和物块一起向右运动,当薄板速度大小为v1=3 m/s时,设此时物块的速度为v2,根据动量守恒定律Mv-mv=Mv1+mv2,解得v2=-1 m/s,此时物块在向左减速运动,A项正确;对物块,根据牛顿第二定律a==1 m/s2,当物块对地速度为0时,有向左最大位移x==8 m,B项错误;薄板和物块组成的系统,根据能量守恒定律Q=Mv2+mv2-(M+m)=μmgΔx,解得Q=24 J,Δx=24 m,C项错误,D项正确。
【典例4】 答案 (1)v0 (2)m
(3)L
解析 (1)根据题意可知,滑块B第二次滑上小车时,小车和滑块组成的系统所受合外力为零,设第二次滑块与小车一起运动时的速度为v,由动量守恒定律有mv0=2mv,
解得v=v0。
(2)第二次滑块在小车上滑动时A、B系统损失的动能为
ΔEk=m-·2mv2,
代入数据解得ΔEk=m。
(3)根据题意,设滑块与小车间的动摩擦因数为μ,滑块第一次滑上小车的过程中,由动能定理有-μmgL=0-m,
设第二次滑块B停在小车A上时距离小车左侧的距离为L1,
由能量守恒定律有μmgL1=ΔEk,
解得L1=L,
即第二次滑块B停在小车A上时距离小车左侧L。(共21张PPT)
专题提升十四
第七章 动量守恒定律
动量守恒在子弹打木块模型和滑块—木板模型中的应用
题型1 子弹打木块模型
题型2 滑块—木板模型
内容
索引
子弹打木块模型
题型1
模型图示
模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。
(2)系统的机械能有损失
两种情景 子弹未穿 出木块
子弹穿 出木块
【典例1】 如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是( )
A.子弹与硬木摩擦产生的内能较多
B.两个系统产生的内能不一样大
C.子弹在软木中打入深度较大
D.子弹在硬木中打入深度较大
设子弹质量为m，木块质量为M，由于最终都达到共同速度，根据动量守恒定律mv0=(m+M)v，共同速度v相同，则根据ΔE=m-(m+M)v2=Q，子弹与硬木或子弹与软木构成的系统机械能减小量相同，故两个系统产生的内能Q一样多，A、B两项错误；根据功能关系Q=Ff·d，产生的内能Q相同时，摩擦力Ff越小，子弹打入深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，C项正确，D项错误。
解析
【典例2】 如图所示，木块A和B并列放在一个光滑的水平面上，
A、B质量分别为500 g和400 g，今有一子弹C，质量为100 g，以速度v0=10 m/s从A木块射入，最终子弹C停留在木块B内，这时B、C的共同速度为1.5 m/s。求：
(1)最终木块A的速度大小；
设最终木块A的速度为vA，
根据动量守恒定律有
mCv0=mAvA+(mB+mC)vBC，
解得vA=0.5 m/s。
解析
(2)子弹C在刚离开木块A时的速度大小；
子弹C刚离开木块A时，A和B的共同速度为vA，设此时子弹速度为v，根据动量守恒定律有
mCv0=mCv+(mA+mB)vA，
解得v=5.5 m/s。
解析
(3)整个过程由于摩擦而增加的内能ΔE。
根据功能关系可知整个过程由于摩擦而增加的内能为
ΔE=mC-mA-(mB+mC)=4.375 J。
解析
滑块—木板模型
题型2
模型 图示
模型 特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大
求解 方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q=FfΔx或Q=E初-E末，研究对象为一个系统
【典例3】 (多选)如图所示，在光滑水平面上，有一质量M=3 kg的薄板和质量m=1 kg的物块都以v=4 m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，且动摩擦因数为0.1，薄板足够长，下面情况的描述，正确的是( )
A.当薄板的速度为3 m/s时，物块正在向左运动，且正在减速
B.物块向左滑行的最大位移约为3.556 m
C.物块相对于木板的位移约为19.556 m
D.物块与木板之间因摩擦产生的热量为24 J
取薄板运动方向为正方向，设薄板和物块共速时的速度大小为
v共，根据薄板和物块组成的系统动量守恒Mv-mv=(M+m)v共，解得v共=2 m/s，故薄板向右做减速运动，物块先向左减速到零后向右加速，最终薄板和物块一起向右运动，当薄板速度大小为v1=3 m/s时，设此时物块的速度为v2，根据动量守恒定律Mv-mv=Mv1+
mv2，解得v2=-1 m/s，此时物块在向左减速运动，A项正确；对物
解析
块，根据牛顿第二定律a==1 m/s2，当物块对地速度为0时，有向左最大位移x==8 m，B项错误；薄板和物块组成的系统，根据能量守恒定律Q=Mv2+mv2-(M+m)=μmgΔx，解得Q=
24 J，Δx=24 m，C项错误，D项正确。
解析
【典例4】 如图，质量为m的小车A停放在光滑的水平面上，车长为L。小车上表面粗糙，质量为m的滑块B以初速度v0滑到小车A上。第一次将小车固定在水平面上，滑块恰好不会从车上滑落；第二次小车不固定，滑块B以相同的初速度滑到小车上。求：
(1)第二次滑块与小车一起运动时的速度大小；
根据题意可知，滑块B第二次滑上小车时，小车和滑块组成的系统所受合外力为零，设第二次滑块与小车一起运动时的速度为v，由动量守恒定律有mv0=2mv，
解得v=v0。
解析
(2)第二次滑块在小车上滑动时A、B系统损失的动能；
第二次滑块在小车上滑动时A、B系统损失的动能为
ΔEk=m-·2mv2，
代入数据解得ΔEk=m。
解析
(3)第二次滑块B停在小车A上时距离小车左侧的位置。
根据题意，设滑块与小车间的动摩擦因数为μ，滑块第一次滑上小车的过程中，由动能定理有-μmgL=0-m，
设第二次滑块B停在小车A上时距离小车左侧的距离为L1，
由能量守恒定律有μmgL1=ΔEk，
解得L1=L，
即第二次滑块B停在小车A上时距离小车左侧L。
解析
