第七章 第4课时 专题强化：动量守恒在子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（教科版 桂川）

第4课时　专题强化：动量守恒在子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用 目标要求　1.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型。2.会用动量观点和能量观点分析计算滑块—木板模型。 考点一　子弹打木块模型 1．模型图示 2．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。 3．两种情景 (1)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＝Ff·s＝mv02－(M＋m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝f·d＝mv02－(mv12＋Mv22) 例1　如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。 (1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能。 (2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？ 答案　(1)6 m/s　882 J　(2)能 解析　(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝6 m/s 此过程系统所产生的内能 Q＝mv02－(M＋m)v2＝882 J (2)假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′ 解得v′＝8 m/s 此过程系统损失的机械能为 ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝1 568 J 由功能关系有Q＝ΔE＝F阻x相＝F阻d ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′ 则＝＝，解得d′＝ cm 因为d′>10 cm，所以能射穿木块。 拓展　在例1中，若子弹能射出木块，则： (1)(多选)当子弹射入的速度增大时，下列说法正确的是(　　) A．木块最终获得的动能变大 B．子弹损失的动能变大 C．子弹穿过木块的时间变短 D．木块在被击穿过程中的位移变小 (2)在木块固定和不固定的两种情况下，以下说法正确的是(　　) A．若木块固定，则子弹对木块的摩擦力的冲量为零 B．若木块不固定，则子弹减小的动能等于木块增加的动能 C．不论木块是否固定，两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等 D．不论木块是否固定，两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等 答案　(1)CD　(2)D 解析　(1)子弹的入射速度越大，子弹击穿木块所用的时间越短，木块相对地面的位移越小，但子弹相对木块的位移不变，C、D正确；木块动能的增加量ΔEk＝fx，木块对子弹的阻力恒定，由上述分析可知木块动能的增加量变小，即木块最终获得的动能变小，子弹损失的动能也变小，A、B错误。 (2)若木块固定，子弹在木块中运动的时间t不为零，摩擦力f不为零，则子弹对木块的摩擦力的冲量I＝ft不为零，A错误；若木块不固定，子弹减小的动能等于木块增加的动能与系统增加的内能之和，可知子弹减小的动能大于木块增加的动能，B错误；木块固定时子弹射出木块所用时间较短，木块不固定时子弹射出木块所用时间较长，摩擦力大小不变，则木块不固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小大于木块固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小，C错误；不论木块是否固定，因摩擦产生的热量等于摩擦力与木块长度的乘积，摩擦力与木块长度都不变，因此两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等，D正确。 考点二　“滑块—木板”模型 1．模型图示 2．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。 3．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＝fΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。 例2　质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有一质量为m2＝0.2 kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，求： (1)物块与小车的共同速度大小v； (2)物块相对小车滑行的时间t； (3)从开始到共速，小车运动的位移大小x1； (4)从开始到共速，物块运动的位移大小x2； (5)在此过程中系统产生的内能； (6)若物块不滑离小车，物块的速度不能超过多少。 答案　(1)0.8 m/s　(2)0.24 s　(3)0.096 m (4)0.336 m　(5)0.24 J　(6)5 m/s 解析　(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝＝0.8 m/s (2)对物块由动量定理有－μm2gt＝m2v－m2v0 解得t＝＝0.24 s (3)对小车，根据动能定理有μm2gx1＝m1v2－0，解得x1＝＝0.096 m (4)x2＝t＝×0.24 m＝0.336 m (5)方法一　Δx＝x2－x1＝0.24 m Q＝μm2g·Δx＝0.24 J 方法二　Q＝ΔE＝m2v02－(m1＋m2)v2 ＝0.24 J (6)m2v0′＝(m1＋m2)v′ m2v0′2－(m1＋m2)v′2＝μm2gL 联立解得v0′＝5 m/s。 拓展　在例2中，若增大物块与小车间的动摩擦因数，则因摩擦产生的内能将________(填“增大”“减小”或“不变”)。 答案　不变 例3　如图所示，光滑水平面上有一平板车B，其上表面水平，质量mB＝1 kg，在其左端放置一物块A，质量mA＝0.4 kg。开始A、B均处于静止状态，玩具手枪里面有一颗质量为m0＝100 g的子弹以初速度v0＝100 m/s水平射向A，子弹瞬间射入并留在物块中，最终物块A及子弹相对地面以16 m/s的速度滑离平板车，已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量； (2)平板车B的最大速度vB大小； (3)物块A在平板车上滑行的时间t； (4)求平板车的长度L。 答案　(1)8 N·s，方向水平向左　(2)2 m/s (3)0.5 s　(4)8.5 m 解析　(1)子弹射入物块A的过程，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋mA)v1 解得子弹与物块A的共同速度大小为v1＝20 m/s 对子弹由动量定理得I＝m0v1－m0v0＝－8 N·s 所以子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量大小为8 N·s，方向水平向左。 (2)当物块A滑离平板车时，平板车的速度最大，由动量守恒定律得m0v0＝mBvB＋(m0＋mA)v2 解得平板车B的最大速度vB＝2 m/s (3)对物块A与子弹由动量定理得 －μ(m0＋mA)gt＝(m0＋mA)v2－(m0＋mA)v1 解得物块A在平板车上滑行的时间t＝0.5 s (4)物块A滑离平板车，运动的位移大小xA＝t＝9 m，平板车的位移大小xB＝t＝0.5 m，则平板车的长度L＝xA－xB＝8.5 m。 例4　(2023·四川成都市模拟)如图所示，质量为m＝2 kg的物块A从高为h＝0.2 m的光滑固定圆弧轨道顶端由静止释放，圆弧轨道底端的切线水平，物块A可从圆弧轨道的底端无能量损失地滑上一辆静止在光滑水平面上的小车B，且物块最终没有滑离小车B。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，小车B的质量M＝6 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)物块A与小车B的共同速度大小； (2)当物块A相对小车B静止时，小车B运动的位移大小及系统因摩擦产生的热量。 答案　(1)0.5 m/s　(2) m　3 J 解析　(1)设物块A从圆弧轨道顶端滑到底端时的速度为v0，由动能定理可得mgh＝mv02 解得v0＝＝2 m/s，物块A滑上小车B后，物块与小车组成的系统动量守恒，设它们相对静止时的速度为v，则有mv0＝(m＋M)v，解得v＝0.5 m/s (2)对小车B由动能定理可得μmgxB＝Mv2 解得xB＝ m，设系统产生的热量为Q，由能量守恒得mv02＝(m＋M)v2＋Q，解得Q＝3 J。 思考　子弹打木块模型、滑块—木板模型有什么区别与联系？ 答案　这两个模型中，子弹打木块模型是一个物体从另外一个物体内部穿行，时间较短，在滑块—木板模型中，是一个物体在另外一个物体表面滑行，时间相对较长，在运动过程中都受到阻力作用，运动规律相同。 课时精练 1.(2024·山东省实验中学月考)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中受到的平均阻力的两倍。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 答案　D 解析　设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同速度为v′，子弹和滑块的质量分别为m、M，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I＝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中受到的平均阻力的两倍，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，初动能相同，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。 2.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右边的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 答案　A 解析　木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0，故B、C错误；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v1。设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得Mv0－mv0＝(M＋m)v1，得v1＝v0＜v0，故A正确，D错误。 3.(多选)(2023·河北衡水市第二中学三模)如图所示，光滑水平面上放置滑块A和左侧固定轻质竖直挡板的木板B，滑块C置于B的最右端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝3 kg、mC＝1 kg。开始时B、C静止，A以v0＝7.5 m/s的速度匀速向右运动，A与B发生正碰(碰撞时间极短)，经过一段时间，B、C达到共同速度一起向右运动，且此时C再次位于B的最右端。已知所有的碰撞均无机械能损失，木板B的长度为L＝0.9 m，B、C之间的动摩擦因数为μ，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．A与B碰撞后瞬间，B的速度大小为5 m/s B．A与B碰撞后瞬间，B的速度大小为6 m/s C．C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C对B摩擦力的冲量水平向左 D．μ＝0.75 答案　BD 解析　规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0＝mAvA1＋mBvB1，mAv02＝mAvA12＋mBvB12，解得vB1＝6 m/s，故A错误，B正确；C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C的速度大于B的速度，C对B的摩擦力水平向右，此时C对B摩擦力的冲量水平向右，故C错误；由动量守恒定律和机械能守恒定律得mBvB1＝(mB＋mC)v共，mBvB12＝(mB＋mC)v共2＋μmCg·2L，解得μ＝0.75，故D正确。 4．如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5。现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在小车中，子弹与小车相互作用时间很短。g取10 m/s2，求： (1)子弹刚射入小车后，小车的速度大小v1； (2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少。 答案　(1)10 m/s　(2)5 m 解析　(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，代入数据解得v1＝10 m/s。 (2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与小车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2，μm2gL＝(m0＋m1)v12－(m0＋m1＋m2)v22，联立解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。 5.(多选)如图所示，长为L、质量为M的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出。已知从子弹射入到射出木块的时间内木块移动的距离为s，子弹穿过木块后子弹和木块的速度分别为v1和v2，假设子弹穿过木块的过程子弹所受阻力恒定，则下列说法正确的是(　　) A．木块移动的距离s一定小于木块长度L B．木块质量M越大，木块速度v2越大 C．木块质量M越大，子弹射出速度v1越大 D．子弹的初速度v0越大，木块位移s越小，该过程产生的热量越少 答案　AC 解析　因子弹穿透木块过程所受阻力f恒定，子弹加速度大小a1＝，木块的加速度大小a2＝，画出子弹和木块的v－t图像如图所示 由图甲可知，L(深色梯形面积)一定大于s(浅色三角形面积)，故A正确；木块的质量M越大，a2越小，由图乙可知，穿透时间越短，子弹射出速度v1越大，木块速度v2越小，故B错误，C正确；子弹的初速度v0越大，由图丙可知木块位移s越小，但系统产生的热量为fL保持不变，故D错误。 6．(2023·安徽省安庆、池州、铜陵三市联考)如图所示，光滑水平地面上并排放置两块木板A、B，两木板间相互接触但不粘连，现有一小滑块(可视为质点)以水平初速度v0＝4 m/s滑上木板A的左端，滑块最终恰好没有离开木板B，已知滑块的质量和A、B两木板质量均相等，A木板长为L1＝2 m，滑块与两木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小滑块刚离开木板A时A和B的速度大小； (2)木板B的长度L2。 答案　(1) m/s　 m/s　(2)0.5 m 解析　(1)根据题意，设滑块刚离开A时的速度为v1，此时A、B速度相等为v2，滑块冲上A木板至刚离开A木板的过程中， 由动量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2 由能量守恒定律有 mv02＝mv12＋×2mv22＋μmgL1 解得v1＝ m/s，v2＝ m/s 即滑块刚离开A时，A和B的速度大小为 vA＝vB＝v2＝ m/s (2)根据题意，滑块冲上B木板的过程，由动量守恒定律有mv1＋mv2＝2mv3 由能量守恒定律有 mv12＋mv22＝×2mv32＋μmgL2 解得L2＝0.5 m。 7．(2024·广东省联考)如图所示，紧靠在水平平台右端的长木板上表面NQ水平且与平台等高，NQ的长度L＝2 m，长木板的右端为半径R＝0.1 m的光滑圆弧，可视为质点的滑块B静止在长木板的左端。质量mA＝1 kg的滑块A在光滑水平平台上以初速度v0＝6 m/s向右匀速运动，一段时间后滑块A与滑块B发生弹性碰撞。已知滑块B的质量为mB＝3 kg，与NQ间的动摩擦因数μ＝0.1，长木板的下表面光滑，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求滑块A、B碰后瞬间滑块B的速度大小vB； (2)若滑块B恰好不能从长木板右端滑离长木板，求长木板的质量mC； (3)在满足(2)的条件下，长木板的最大速度vm及滑块B最终距Q点的距离Δx。 答案　(1)3 m/s　(2)6 kg (3) m/s　1 m 解析　(1)对滑块A、B碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB mAv02＝mAvA2＋mBvB2 联立代入数据得滑块A和B碰后滑块B的速度大小vB＝3 m/s (2)滑块B恰好不能从右端滑离长木板，对应的情况是滑块B刚好滑到圆弧的顶端时，滑块B与长木板共速，对滑块B和长木板有mBvB＝(mB＋mC)v mBvB2－(mB＋mC)v2＝μmBgL＋mBgR 联立代入数据可得v＝1 m/s，mC＝6 kg (3)当滑块B返回至Q点时，长木板的速度最大，设此时滑块B的速度为vB′， 则有(mB＋mC)v＝mBvB′＋mCvm mBvB′2＋mCvm2－(mB＋mC)v2＝mBgR 联立解得vm＝ m/s 设滑块B最终没有滑离长木板，对滑块B从最高点到与长木板相对静止的过程，根据能量守恒定律有mBgR＝μmBgΔx 解得Δx＝1 m<L＝2 m 故假设成立，滑块B最终距Q点的距离Δx＝1 m。 8．(2022·河北卷·13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。 (1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向； (2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。 答案　(1)5(1－k) m/s　方向向右　 m/s　方向向右　(2)1.875 m 解析　(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物，已知C、D的质量均为m＝1 kg，以向右为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物 解得v物＝v0＝5(1－k) m/s>0 可知碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右。 滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg，则有 Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑 解得v滑＝v0＝ m/s>0 则新滑板速度方向也向右。 (2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为 v物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s 碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为 v滑′＝ m/s＝0 可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，设相对静止时的共同速度为v共， 根据动量守恒可得m′v物′＝(m′＋M′)v共 解得v共＝1 m/s 根据能量守恒可得 μm′gx相＝m′v物′2－(m′＋M′)v共2 解得x相＝1.875 m。 学科网（北京）股份有限公司 $