加分站 2 板块模型的综合分析
例1 (2025·广东质检)如图所示,半径为R的四分之一光滑圆弧体A固定在光滑水平面上。质量为2m的平板车静止在光滑水平面上,左端与A接触,平板车的上表面与A圆弧面的最低点相切。质量为m的物块B在A的圆弧面最上端的正上方高为R处由静止释放,物块B经过A滑上平板车,当物块B与平板车共速时恰好不从平板车上落下,物块B与平板车上表面的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g,不计物块B的大小。求:
(1)物块B的最大速度的大小;
(2)物块B滑到A的最低点时对圆弧面的压力大小;
(3)平板车的长度。
[尝试解答]
例2 (多选)(2025·济宁模拟)如图所示,木块置于光滑的水平面上,质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块,穿出木块时子弹的速度为v0,木块的速度为v0。设木块的长度为L,子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变,下列说法正确的是( )
A.木块的质量为3m
B.子弹穿过木块的过程中,系统损失的动能为m
C.子弹穿过木块的过程中,木块对子弹的阻力大小为
D.子弹在木块中运动的时间为
训练 (2025·青岛模拟)如图所示,光滑水平地面上放置一块木板,其左端放有一个质量为m1=0.95 kg的小木块,木板质量为m2=4 kg,两者初速度均为0,且它们之间动摩擦因数并不为零。一颗质量为m0=0.05 kg的子弹,以v0=200 m/s的初速度水平射入小木块(未穿出),入射时间极短,取g=10 m/s2。
(1)求子弹射入小木块后瞬间两者的共同速度v的大小。
(2)若最终小木块和木板相对静止,求整个过程中子弹、小木块和木板三者组成的系统动能变化量是多少。
高考真题·体验
1.(2024·湖北卷)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则( )
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
2.(2024·甘肃卷)如图,质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态,细绳O'P=OP=1.6 m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P,小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
(2)A在最低点时,细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落,C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
(3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
加分站2 板块模型的综合分析
例1 答案 (1)2 (2)5mg (3)R
解析 (1)物块B滑到圆弧体A的圆弧面最低点时速度最大,设最大速度的大小为v1,
根据机械能守恒定律,有mg×2R=m,
解得v1=2。
(2)在圆弧面最低点,根据牛顿第二定律,有
F-mg=m,
解得F=5mg,
根据牛顿第三定律,物块B此时对圆弧面的压力大小
FN=F=5mg。
(3)设物块滑上平板车后,物块与平板车共速时的共同速度为v2,平板车的长度为L,
根据动量守恒,有mv1=3mv2,
解得v2=v1=,
由能量守恒定律,有μmgL=m-×3m,
解得L=R。
例2 AC 解析 子弹穿过木块,满足动量守恒,则有mv0=mv0+Mv0,解得M=3m,A项正确;根据能量守恒,可知系统损失的动能ΔEk=m-m-M=m,B项错误;系统损失的动能转化成了摩擦生热,即fL=ΔEk,解得f=,C项正确;对于木块运用动量定理,有ft=M,解得t=,D项错误。
训练 答案 (1)10 m/s (2)-990 J
解析 (1)子弹射入小木块过程中,子弹与小木块组成的系统动量守恒,以向右为正方向,有m0v0=(m0+m1)v,
代入数据解得v=10 m/s。
(2)小木块在木板上滑动过程中,子弹、小木块与木板组成的系统动量守恒,以向右为正方向,有
(m0+m1)v=(m0+m1+m2)v共,
解得v共=2 m/s,
整个过程中子弹、小木块和木板三者组成的系统动能变化量
ΔEk=(m0+m1+m2)-m0,
解得ΔEk=-990 J。
高考真题体验
1.AD 解析 子弹和木块相互作用过程系统动量守恒,令子弹穿出木块后子弹和木块的速度分别为v1、v2,有mv0=mv1+Mv2,子弹和木块相互作用过程中两者所受合力均为f=kv0,因此子弹和木块的加速度分别为a1=,a2=,由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为2a1x1=-,2a2x2=,x1-x2=L,联立上式可得v2=,因此木块的速度最大时即v0-取极值即可,该函数在2L到无穷单调递减,因此当v0=2L=2时,木块的速度最大,A项正确;由以上分析可知子弹穿过木块时木块的速度为v2=,由运动学公式v2=a2t,可得t=,B项错误;由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热,即ΔE=Q=fL=,C项错误;木块加速过程运动的距离x2=t=,D项正确。
2.答案 (1)40 N (2)4 m/s (3)0.15
解析 根据题意,A、C质量为m=2 kg,B的质量为M=6 kg,细绳OP长为l=1.6 m,初始时细绳与竖直方向的夹角θ=60°。
(1)A从开始运动到最低点有mgl(1-cos θ)=m-0,
对最低点受力分析,根据牛顿第二定律得
F-mg=,
解得v0=4 m/s,F=40 N。
(2)A与C相碰时,水平方向动量守恒,由于碰后A竖直下落可知mv0=0+mvC,
解得vC=v0=4 m/s。
(3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速,则对C、B分析,根据动量守恒可得
mv0=(M+m)v,
根据能量守恒得μmgL相对=m-(m+M)v2,
联立解得μ=0.15。(共20张PPT)
加分站 2
板块模型的综合分析
例1 (2025·广东质检)如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧体A固定在光滑水平面上。质量为2m的平板车静止在光滑水平面上，左端与A接触，平板车的上表面与A圆弧面的最低点相切。质量为m的物块B在A的圆弧面最上端的正上方高为R处由静止释放，物块B经过A滑上平板车，当物块B与平板车共
速时恰好不从平板车上落下，物块
B与平板车上表面的动摩擦因数为
0.5，重力加速度为g，不计物块B的
大小。求：
(1)物块B的最大速度的大小；
物块B滑到圆弧体A的圆弧面最低点时速度最大，设最大速度的大小为v1，
根据机械能守恒定律，有mg×2R=m，
解得v1=2。
解析
(2)物块B滑到A的最低点时对圆弧面的压力大小；
在圆弧面最低点，根据牛顿第二定律，有
F-mg=m，
解得F=5mg，
根据牛顿第三定律，物块B此时对圆弧面的压力大小
FN=F=5mg。
解析
(3)平板车的长度。
设物块滑上平板车后，物块与平板车共速时的共同速度为v2，平板车的长度为L，根据动量守恒，有mv1=3mv2，
解得v2=v1=，
由能量守恒定律，有μmgL=m-×3m，
解得L=R。
解析
例2 (多选)(2025·济宁模拟)如图所示，木
块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以
初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子
弹的速度为v0。设木块的长度为L，子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是( )
A.木块的质量为3m
B.子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为
C.子弹穿过木块的过程中，木块对子弹的阻力大小为
D.子弹在木块中运动的时间为
子弹穿过木块,满足动量守恒，则有mv0=mv0+Mv0，解得M=3m，A项正确；根据能量守恒，可知系统损失的动能ΔEk=m-m-M=m，B项错误；系统损失的动能转化成了摩擦生热，即fL=ΔEk，解得f=，C项正确；对于木块运用动量定理，有ft=M，解得t=，D项错误。
解析
训练 (2025·青岛模拟)如图所示，光滑水平地面上放置一块木板，其左端放有一个质量为m1=0.95 kg的小木块，木板质量为m2=4 kg，两者初速度均为0，且它们之间动摩擦因数并不为零。一颗质量为m0=0.05 kg的子弹，以v0=200 m/s的初速度水平射入小木块(未穿出)，入射时间极短，取g=10 m/s2。
(1)求子弹射入小木块后瞬间两者的共同速度v的大小。
子弹射入小木块过程中，子弹与小木块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，有m0v0=(m0+m1)v，
代入数据解得v=10 m/s。
解析
(2)若最终小木块和木板相对静止，求整个过程中子弹、小木块和木板三者组成的系统动能变化量是多少。
小木块在木板上滑动过程中，子弹、小木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，有(m0+m1)v=(m0+m1+m2)v共，
解得v共=2 m/s，
整个过程中子弹、小木块和木板三者组成的系统动能变化量
ΔEk=(m0+m1+m2)-m0，
解得ΔEk=-990 J。
解析
1.(2024·湖北卷)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则( )
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度分别为v1、v2，有mv0=mv1+Mv2，子弹和木块相互作用过程中两者所受合力均为f=kv0，因此子弹和木块的加速度分别为a1=，a2=，由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为2a1x1=-，2a2x2=，x1-x2=L，联立上式可得v2=，因此木块的速度最大时即v0-
解析
取极值即可，该函数在2L到无穷单调递减，因此当v0=2L=2时，木块的速度最大，A项正确；由以上分析可知子弹穿过木块时木块的速度为v2=，由运动学公式v2=a2t，可得t=，B项错误；由能量守恒可得
解析
子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即ΔE=Q=fL= ，C项错误；木块加速过程运动的距离x2=t=，D项正确。
解析
2.(2024·甘肃卷)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P=OP=1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
根据题意，A、C质量为m=2 kg，B的质量为M=6 kg，细绳OP长为l=1.6 m，初始时细绳与竖直方向的夹角θ=60°。
(1)A从开始运动到最低点有mgl(1-cos θ)=m-0，
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得F-mg=，
解得v0=4 m/s，F=40 N。
解析
(2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知mv0=0+mvC，
解得vC=v0=4 m/s。
解析
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，根据动量守恒可得
mv0=(M+m)v，
根据能量守恒得μmgL相对=m-(m+M)v2，
联立解得μ=0.15。
解析加分练2 板块模型的综合分析
保分基础练
1.(2025·淮安模拟)长为L、质量为M的平板小车停在光滑水平面上,质量为m的木块(可视为质点,m≠M)以速度v0滑上小车的左端,如图甲所示,最后随小车一起运动;若小车以速度v0向左运动,将木块轻轻放在小车左端,如图乙所示,最终也随小车一起运动。则( )
A.两种情况中木块相对小车滑行的距离相等
B.两种情况中木块最终随小车运动的速率相等
C.两种情况中木块与小车间摩擦产生的热不相等
D.两种情况中木块相对小车滑行的时间不相等
2.(多选)(2025·合肥模拟)如图甲所示,足够长的木板A静止于光滑水平面上,t=0时小物块B以4 m/s的水平初速度从左端滑上A,图乙为A的动能Ek随时间t变化的关系图像,t=0.4 s后图线为平行于t轴的直线。已知A、B间的动摩擦因数为0.5,g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.t=0.4 s时A、B速度相同
B.B的质量为2 kg
C.A的长度至少为1 m
D.整个过程系统因摩擦产生的内能为4 J
3.(多选)(2025·聊城模拟)质量为M、长度为d的木块放在光滑的水平面上,在木块的右边有一个销钉把木块挡住,使木块不能向右滑动,质量为m的子弹以水平速度v0射入木块,刚好能将木块射穿。现拔去销钉,使木块能在水平面上自由滑动,而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块,设子弹在木块中受到的阻力大小恒定。拔去销钉后,下列说法正确的是( )
A.阻力大小为
B.木块最终的速度为
C.子弹射入木块的深度为
D.木块加速运动的时间为
4.如图,在光滑水平面上,有一质量为M=3 kg的薄板和质量m=1 kg的物块,都以v=4 m/s的初速度朝相反方向运动,它们之间有摩擦,薄板足够长,下列说法错误的是( )
A.两者最终同速的速度是4 m/s
B.物块先减速再加速最后与薄板同速
C.至两者同速的过程,系统产生的内能为24 J
D.当物块速度为0时,薄板的速度约为2.67 m/s
5.(2025·辽宁三模)如图所示,两个完全相同的木块A、B厚度均为d,质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B。第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向木块B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力,不计子弹的重力,子弹可视为质点。则第二次子弹( )
A.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
B.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
C.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
D.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
增分提能练
6.(2025·新乡三模)如图所示,水平地面上有一木板M,其左端固定一电磁铁装置P,右端固定一挡板Q,在P的右端有一质量为m的铁质物块N,M、P、Q的总质量为2m。装置P初始时不通电,其右端在受到碰撞瞬间会接通电源产生较强的磁性,能吸紧铁质物块且不再分开。已知P的右端到Q之间的距离为L,N与M接触面光滑,M与地面之间的动摩擦因数为μ,N可视为质点,重力加速度为g。现整个装置在水平外力的作用下,以恒定速度向右做直线运动,某时刻撤去外力,则:
(1)撤去外力瞬间,M的加速度大小;
(2)若在M的速度第一次为零之前,N未和Q发生碰撞,求恒定速度v的取值范围;
(3)若v=,N和Q碰撞时没有能量损失,求撤去外力后的整个过程M与地面摩擦产生的热量。
7.如图,一质量为M的木板放置于光滑水平面上,木板右侧地面上固定一竖直挡板。现在木板最左端放置一个可视为质点的滑块,给滑块一个初速度v0,由于滑块和木板的相互作用,在木板第一次碰撞竖直挡板时,两者恰好达到共速,木板碰撞挡板不损失机械能且不计碰撞时间。已知滑块质量m=2M,滑块与木板之间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。
(1)求木板未运动时,木板右端到挡板的距离;
(2)求滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间;
(3)若第三次共速时,滑块恰好未从木板上掉落,求木板的长度。
加分练2 板块模型的综合分析
1.A 解析 根据动量守恒定律和能量关系,题图甲中mv0=(m+M)v1,Q1=μmgx1=m-(m+M)=;题图乙中Mv0=(m+M)v2,Q2=μmgx2=M-(m+M)=。因m≠M,可判断v1≠v2,Q1=Q2,x1=x2,A项正确,B、C两项错误;对滑块由动量定理,对甲-μmgt1=mv1-mv0,对乙μmgt2=mv2,解得t1=,t2=,可知t1=t2,D项错误。
2.AD 解析 由题图乙知,t=0.4 s后A的动能Ek不再发生变化,即t=0.4 s时A、B速度相同,A项正确;B在与A共速前,B的加速度为a=μg=5 m/s2,设A、B的共同速度为v,由速度公式v=v0-at,解得末速度为v=2 m/s,根据动量守恒定律mBv0=(mA+mB)v,可知二者质量相等,设都为m,共速后A的动能EkA=mv2=2 J,解得质量m=1 kg,B项错误;二者共速时相对静止,相对位移Δx=t-t=v0t=0.8 m,即A的长度至少为0.8 m,C项错误;整个过程系统因摩擦产生的内能Q=m-×2mv2=4 J,D项正确。
3.AD 解析 当木块固定时,由动能定理可知-fd=0-m,解得f=,A项正确;拔去销钉,子弹与木块系统水平方向动量守恒,则根据动量守恒定律可得mv0=(m+M)v,解得v=,B项错误;拔去销钉后的整个过程根据动能定理有-fx=(m+M)v2-m,解得子弹射入木块的深度x=,C项错误;对木块根据动量定理可得ft=Mv,木块加速运动的时间t=,D项正确。
4.A 解析 开始阶段,物块向左减速,薄板向右减速,根据系统的动量守恒定律可知,当物块的速度为0时,设此时薄板的速度为v1,规定向右为正方向,根据动量守恒定律得(M-m)v=Mv1,代入解得v1≈2.67 m/s,此后物块将向右加速,薄板继续向右减速,当两者速度达到相同时,设共同速度为v2,规定向右为正方向,由动量守恒定律得(M-m)v=(M+m)v2,代入解得v2=2 m/s,两者相对静止后,一起向右做匀速直线运动,A项错误,B、D两项正确;根据能量守恒定律,可知此过程中系统产生的内能ΔE=Mv2+mv2-(M+m),代入数据解得ΔE=24 J,C项正确。综上所述,应选A。
5.C 解析 第一次A、B粘在一起静置在光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B,由动量守恒定律得mv0=(8m+m)v1,解得v1=,由能量守恒定律得m=(8m+m)+fd,解得f=,第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B,假设子弹不能击穿木块B,由动量守恒定律得mv0=(4m+m)v2,解得v2=v0,由能量守恒定律得m=(4m+m)+fd',解得f=,联立解得d'=d,假设成立,所以子弹不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d,C项正确。
6.答案 (1)μg (2)v< (3)μmgL
解析 (1)整个装置在外力的作用下处于平衡状态,即
FN=(2m+m)g,
摩擦力Ff=μFN,
撤去外力后,物块N不受任何影响,仍保持原速前进;对木板,由牛顿第二定律得Ff=2ma,
联立解得a=μg。
(2)假设M第一次停下来的时间是t,N运动的位移是x1,M运动的位移是x2,
则x1=vt, x2=vt-at2,v=at,
若在M的速度第一次为零之前,N并未和Q发生碰撞,需满足x1-x2联立解得v<。
(3)经分析得,N、Q碰撞前,木板已经停止运动,此时N的速度是v。设碰后N的速度是v1,木板的速度是v2,由动量守恒定律和能量守恒定律,有
mv=mv1+2mv2,
mv2=m+m,
联立解得v1=-v,v2=v,
同样,N、P碰撞前,木板已经停下来了,此时N的速度是v1,设碰后N和M的共同速度是v3,根据动量守恒定律,有mv1=3mv3,
解得v3=-v,
N、P碰撞的机械能损失ΔE=m-×3m,
由能量守恒定律,木板M与地面摩擦产生的热量为
ΔQ=×3mv2-ΔE,
联立解得ΔQ=μmgL。
7.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)滑块和木板作用过程动量守恒,设第一次共速的速度大小为v1,
mv0=(M+m)v1,
设木板未运动时,木板右端到挡板的距离为x0,对木板应用动能定理可得
μmgx0=M-0,
解得x0=。
(2)木板运动过程的加速度aM==2μg,
木板从开始运动到第一次共速的时间t1=,
木板与挡板碰后速度等大反向,设第二次共速的速度大小为v2,滑块和木板相互作用动量守恒
(m-M)v1=(M+m)v2,
木板从第一次与挡板碰撞到与滑块第二次共速的时间
t2=
滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间
t=t1+t2,
联立代入数据解得t=。
(3)设滑块与木板第三次共速的速度大小为v3,根据动量守恒,有
(m-M)v2=(M+m)v3,
设木板长度为L,由功能关系可得
μmgL=m-(M+m),
联立解得L=。(共25张PPT)
加分练2 板块模型的综合分析
1.(2025·淮安模拟)长为L、质量为M的平板小车停在光滑水平面上，质量为m的木块(可视为质点，m≠M)以速度v0滑上小车的左端，如图甲所示，最后随小车一起运动；若小车以速度v0向左运动，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，最终也随小车一起运动。则( )
保分基础练
1
5
6
7
2
3
4
A.两种情况中木块相对小车滑行的距离相等
B.两种情况中木块最终随小车运动的速率相等
C.两种情况中木块与小车间摩擦产生的热不相等
D.两种情况中木块相对小车滑行的时间不相等
1
5
6
7
2
3
4
根据动量守恒定律和能量关系，题图甲中mv0=(m+M)v1，Q1=μmgx1=m-(m+M)=；题图乙中Mv0=(m+M)v2，Q2=μmgx2=M-(m+M)=。因m≠M，可判断v1≠v2，Q1=Q2，x1=x2，A项正确，B、C两项错误；对滑块由动量定理，对甲-μmgt1=mv1-mv0，对乙μmgt2=mv2，解得t1=，t2=，可知t1=t2，D项错误。
解析
1
5
6
7
2
3
4
2.(多选)(2025·合肥模拟)如图甲所示，足够长的木板A静止于光滑水平面上，t=0时小物块B以4 m/s的水平初速度从左端滑上A，图乙为A的动能Ek随时间t变化的关系图像，t=0.4 s后图线为平行于t轴的直线。已知A、B间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
1
5
6
7
2
3
4
A.t=0.4 s时A、B速度相同
B.B的质量为2 kg
C.A的长度至少为1 m
D.整个过程系统因摩擦产生的内能为4 J
1
5
6
7
2
3
4
由题图乙知，t=0.4 s后A的动能Ek不再发生变化，即t=0.4 s时A、B
速度相同，A项正确；B在与A共速前，B的加速度为a=μg=5 m/s2，
解析
设A、B的共同速度为v，由速度公式v=v0-at，解得末速度为v=2 m/s,根据动量守恒定律mBv0=(mA+mB)v，可知二者质量相等，设都为m，共速后A的动能EkA=mv2=2 J，解得质量m=1 kg，B项错误；二者共速时相对静止，相对位移Δx=t-t=v0t=0.8 m，即A的长度至少为0.8 m，C项错误；整个过程系统因摩擦产生的内能Q=m-×2mv2=4 J，D项正确。
解析
1
5
6
7
2
3
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3.(多选)(2025·聊城模拟)质量为M、长度为d的木块
放在光滑的水平面上，在木块的右边有一个销钉把
木块挡住，使木块不能向右滑动，质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，刚好能将木块射穿。现拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块，设子弹在木块中受到的阻力大小恒定。拔去销钉后，下列说法正确的是( )
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A.阻力大小为
B.木块最终的速度为
C.子弹射入木块的深度为
D.木块加速运动的时间为
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当木块固定时，由动能定理可知-fd=0-m，解得f=，A项正确；拔去销钉，子弹与木块系统水平方向动量守恒，则根据动量守恒定律可得mv0=(m+M)v，解得v=，B项错误；拔去销钉后的整个过程根据动能定理有-fx=(m+M)v2-m，解得子弹射入木块的深度x=，C项错误；对木块根据动量定理可得ft=Mv，木块加速运动的时间t=，D项正确。
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4.如图，在光滑水平面上，有一质量为M=3 kg的薄板和质量m=1 kg的物块，都以v=4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，下列说法错误的是( )
A.两者最终同速的速度是4 m/s
B.物块先减速再加速最后与薄板同速
C.至两者同速的过程，系统产生的内能为24 J
D.当物块速度为0时，薄板的速度约为2.67 m/s
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开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，根据系统的动量守恒定律可知，当物块的速度为0时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得(M-m)v=Mv1，代入解得v1≈2.67 m/s，此后物块将向右加速，薄板继续向右减速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得(M-m)v=(M+m)v2，代入解得v2=2 m/s，两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动，A项错误，B、D两项正确；根据能量守恒定律，可知此过程中系统产生的内能ΔE=Mv2+mv2-(M+m)，代入数据解得ΔE=24 J，C项正确。综上所述，应选A。
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5.(2025·辽宁三模)如图所示，两个完全相同的木块A、B厚度均为d，质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B。第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向木块
B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。则第二次子弹( )
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A.能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为v0
B.能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为v0
C.不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为d
D.不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为d
第一次A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B，由动量
解析
守恒定律得mv0=(8m+m)v1，解得v1=，由能量守恒定律得m=
(8m+m)+fd，解得f=，第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B，假设子弹不能击穿木块B，由动量守恒定律得mv0=(4m+m)v2，解得v2=v0，由能量守恒定律得m=(4m+m)
+fd′，解得f=，联立解得d′=d，假设成立，所以子弹不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为d，C项正确。
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6.(2025·新乡三模)如图所示，水平地面上有一木板M，其左端固定一电磁铁装置P，右端固定一挡板Q，在P的右端有一质量为m的铁质物块N，M、P、Q的总质量为2m。装置P初始时不通电，其右端在受到碰撞瞬间会接通电源产生较强的磁性，能吸紧铁质物块且不再分开。已知P的右端到Q之间的距离为L，N与M接触面光滑，M与地面之间的动摩擦因数为μ，N可视为质点，重力加速度为g。现整个装置在水平外力的作用下，以恒定速度向右做直线运动，某时刻撤去外力，则:
增分提能练
整个装置在外力的作用下处于平衡状态，即FN=(2m+m)g，
摩擦力Ff=μFN，
撤去外力后，物块N不受任何影响，仍保持原速前进；对木板，由牛顿第二定律得Ff=2ma，
联立解得a=μg。
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(1)撤去外力瞬间，M的加速度大小；
假设M第一次停下来的时间是t，N运动的位移是x1，M运动的位移是x2，
则x1=vt， x2=vt-at2，v=at，
若在M的速度第一次为零之前，N并未和Q发生碰撞，需满足
x1-x2联立解得v<。
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(2)若在M的速度第一次为零之前，N未和Q发生碰撞，求恒定速度v的取值范围；
经分析得，N、Q碰撞前，木板已经停止运动，此时N的速度是v。设碰后N的速度是v1，木板的速度是v2，由动量守恒定律和能量守恒定律，有mv=mv1+2mv2，
mv2=m+m，
联立解得v1=-v，v2=v，
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(3)若v=，N和Q碰撞时没有能量损失，求撤去外力后的整个过程M与地面摩擦产生的热量。
同样，N、P碰撞前，木板已经停下来了，此时N的速度是v1，设碰
后N和M的共同速度是v3，根据动量守恒定律，有mv1=3mv3，
解得v3=-v，
N、P碰撞的机械能损失ΔE=m-×3m，
由能量守恒定律，木板M与地面摩擦产生的热量为ΔQ=×3mv2-ΔE，
联立解得ΔQ=μmgL。
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7.如图，一质量为M的木板放置于光滑水平面上，木板右侧地面上固定一竖直挡板。现在木板最左端放置一个可视为质点的滑块，给滑块一个初速度v0，由于滑块和木板的相互作用，在木板第一次碰撞竖直挡板时，两者恰好达到共速，木板碰撞挡板不损失机械能且不计碰撞时间。已知滑块质量m=2M，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
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滑块和木板作用过程动量守恒，设第一次共速的速度大小为v1，
mv0=(M+m)v1，
设木板未运动时，木板右端到挡板的距离为x0，对木板应用动能定理可得μmgx0=M-0，
解得x0=。
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(1)求木板未运动时，木板右端到挡板的距离；
木板运动过程的加速度aM==2μg，
木板从开始运动到第一次共速的时间t1=，
木板与挡板碰后速度等大反向，设第二次共速的速度大小为v2，滑块和木板相互作用动量守恒(m-M)v1=(M+m)v2，
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(2)求滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间；
木板从第一次与挡板碰撞到与滑块第二次共速的时间
t2=
滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间
t=t1+t2，
联立代入数据解得t=。
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设滑块与木板第三次共速的速度大小为v3，根据动量守恒，有
(m-M)v2=(M+m)v3，
设木板长度为L，由功能关系可得
μmgL=m-(M+m)，
联立解得L=。
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(3)若第三次共速时，滑块恰好未从木板上掉落，求木板的长度。
