第1章 专题提升课3 “子弹打木块”和“滑块—木板”模型-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用Word(鲁科版)

专题提升课3　“子弹打木块”和“滑块—木板”模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)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。 (3)根据能量守恒定律知，系统损失的动能ΔEk＝ Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多。 (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解。 模型1　子弹打木块模型 (2023·江西余干中学阶段练) 如图所示，两颗质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上的滑块A、B后与滑块一起运动。两滑块质量相同、材料不同，子弹在A中受到的平均阻力是在B中所受平均阻力的两倍。下列说法正确的是(　　) A．射入滑块A的子弹最终速度小 B．射入滑块A的子弹受到的阻力的冲量大 C．射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍 D．子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等 [解析]　设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同速度为v′，取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝(m＋M)v′，解得v′＝，由于两滑块质量相同，子弹质量也相同，则最后共同速度也相同，故A错误；子弹的质量相同，初末速度相同，则子弹的动量变化量相等，根据动量定理可知Ft＝Δp，子弹受到的阻力的冲量相同，故B错误；根据能量守恒定律可知，两过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两过程系统产生的热量相同，由Q＝fd，其中子弹在A中受到的平均阻力是在B中所受平均阻力的两倍，可知子弹射入滑块B中的深度是射入滑块A中深度的两倍，故C错误；根据动能定理可知，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加量，两滑块质量相同，末速度相同，末动能相同，则子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等，故D正确。 [答案]　D (2024·江苏宿迁统考期中) 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＝100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为0.4v0，已知子弹A、物体B、套筒C的质量分别为mA＝0.01 kg，mB＝mC＝0.1 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。 [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×0.4v0＋mBv1 解得v1＝6 m/s 对物体B根据动量定理有I＝mBv1 解得I＝0.6 N·s。 (2)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 解得v2＝3 m/s 由能量守恒定律有mBgh＝mBv－(mB＋mC)v 解得h＝0.9 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)v＝mBv＋mCv 解得v3＝－60 m/s v4＝0 m/s 或v3＝0 m/s v4＝6 m/s 套筒C可以达到的最大速度为6 m/s。 [答案]　(1)0.6 N·s　(2)0.9 m　(3)6 m/s 模型2　滑块—木板模型 (2023·湖南邵阳二中期中) 如图所示，质量m＝4 kg 的物体，以水平速度v0＝5 m/s滑上静止在光滑水平面上的平板小车，小车质量M＝6 kg，物体与小车车面之间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，设小车足够长。求： (1)小车和物体的共同速度大小； (2)物体在小车上滑行的时间； (3)在物体相对小车滑动的过程中，系统产生的摩擦热。 [解析]　(1)小车和物体组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则mv0＝(m＋M)v 解得v＝＝ m/s＝2 m/s。 (2)物体在小车上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知－μmg＝ma 解得a＝－3 m/s2 则物体在小车上滑行的时间为t＝＝ s＝1 s。 (3)根据能量守恒定律，系统产生的摩擦热为 ΔQ＝mv－(m＋M)v2＝×4×52 J－×(4＋6)×22 J＝30 J。 [答案]　(1)2 m/s　(2)1 s　(3)30 J (2023·湖南衡阳八中期末) 在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处。已知物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ。求： (1)物块滑到B处时木板的速度大小vAB； (2)木板的长度L； (3)滑块CD圆弧的半径R。 [解析]　(1)物块由A到B过程，取向左为正方向，对木板AB、滑块CD及物块P整体，由动量守恒定律得 mv0＝mvB＋2m·vAB 又vB＝ 解得vAB＝。 (2)物块由A到B过程，根据能量守恒定律得 mv－×2m－m＝μmgL 解得木板的长度为L＝。 (3)物块由D到C过程，滑块CD与物块P组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，得 m·＋m·＝2mv共 mgR＝m＋m－×2mv 联立解得滑块CD圆弧的半径为R＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) (2024·湖南株洲联考)如图所示，质量均为m＝2 kg，大小相同的长木板甲、乙相隔一段距离静置于光滑水平面上，甲上表面粗糙、乙上表面光滑。乙的右端固定一轻质弹簧，弹簧原长小于木板长度。一质量M＝4 kg的小铜块以v0＝6 m/s的速度从甲左端滑上，当铜块滑到甲右端时两者速度相等，此后甲与乙发生碰撞并粘在一起，铜块在乙表面与弹簧相互作用过程中弹簧始终处于弹性限度内。已知铜块与甲之间的动摩擦因数μ＝0.6，g取10 m/s2，求： (1)甲、乙刚碰完时的共同速度的大小； (2)弹簧的最大弹性势能Ep； (3)乙的最大速度。 [解析]　(1)当铜块滑到甲右端时，根据动量守恒定律Mv0＝(M＋m)v1 解得v1＝4 m/s 甲、乙碰撞过程，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2 解得v2＝2 m/s。 (2)当铜块与甲、乙速度相等时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律 2mv2＋Mv1＝(2m＋M)v3 解得v3＝3 m/s 根据能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能 Ep＝Mv＋×2mv－(M＋2m)v＝4 J。 (3)当铜块第一次脱离弹簧时，乙的速度最大，根据动量守恒定律，有2mv2＋Mv1＝2mv4＋Mv5 根据能量守恒定律得 Mv＋×2mv＝×2mv＋Mv 解得乙的最大速度v4＝4 m/s。 [答案]　(1)2 m/s　(2)4 J　(3)4 m/s 1．(滑块—木板模型)如图所示，长木板P静止在光滑水平地面上，小物块Q从P左端以某初速度向右运动并恰好不会从右端离开。在Q从P左端滑到右端的过程中，下列说法正确的是(　　) A．长木板P向左运动 B．小物块Q与长木板P组成的系统动量守恒 C．小物块Q与长木板P组成的系统机械能守恒 D．小物块Q的速度可能比长木板P的速度小 解析：选B。小物块Q从P左端以某初速度向右运动，小物块Q给P向右的摩擦力，长木板P向右运动，A错误；小物块Q与长木板P组成的系统水平方向不受外力作用，竖直方向上所受合外力为零，故系统动量守恒，B正确；小物块Q与长木板P之间由于摩擦，有一部分机械能转化为内能，所以组成的系统机械能不守恒，C错误；两物体一开始发生相对滑动，物块Q由于摩擦力而做匀减速直线运动，同时长木板P受摩擦力做匀加速直线运动，当两者速度相等时一起做匀速直线运动，因此不会存在Q的速度比长木板P的速度小的情况，D错误。 2．(滑块—木板模型)(2023·江西南昌二中阶段练)如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两个物体，mA＝2 kg，mB＝1 kg，速度的大小均为v0＝8 m/s，速度方向相反。A板足够长，A、B之间有摩擦，当观察到B做加速运动时，A的速度大小可能为(　　) A．2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D．5 m/s 解析：选B。由受力分析可知，A、B两物体在水平面上只受到相互作用的摩擦力，所以A、B整体在水平方向动量守恒，选水平向右为正方向则mAv0－mBv0＝mAvA＋0，代入数据解得vA＝4 m/s，故当A的速度为4 m/s时，B开始做加速运动，直到与A共速。共速时对A、B运用动量守恒定律mAv0－mBv0＝(mA＋mB)v共，代入数据解得v共＝ m/s，所以 m/s＜vA＜4 m/s时，可以观察到B做加速运动，故只有B符合题意。 3．(子弹打木块模型)如图所示，质量M＝1.0 kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝0.495 kg的物块(可视为质点)放在木板的左端，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4。质量m0＝0.005 kg的子弹以速度v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(子弹与物块作用时间极短)，木板足够长，g取10 m/s2。求： (1)物块的最大速度v1； (2)木板的最大速度v2； (3)物块在木板上滑动的时间t。 解析：(1)子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，取向右为正方向，根据子弹和物块组成的系统动量守恒得m0v0＝(m＋m0)v1 解得v1＝3 m/s。 (2)当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度最大，根据三者组成的系统动量守恒得 (m＋m0)v1＝(M＋m＋m0)v2 解得v2＝1 m/s。 (3)对木板，根据动量定理得 μ(m＋m0)gt＝Mv2－0 解得t＝0.5 s。 答案：(1)3 m/s　(2)1 m/s　(3)0.5 s 学科网（北京）股份有限公司 $