第37讲　专题强化十　子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用 讲义 -2027届高三物理一轮复习

第37讲　专题强化十　子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用 子弹打木块模型 (能力考点·深度研析) “子弹打木块”模型 (1)模型图例 (2)解题策略 ①应用系统的动量守恒。 ②在涉及滑块或平板的运动时间时，优先考虑用动量定理。 ③在涉及滑块或平板的对地位移时，优先考虑用动能定理。 对子弹：－f(L＋s)＝mv2－mv 对木块：f·L＝mv2 ④在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用能量守恒定律。 对子弹和木块组成的系统：f·s＝mv－(M＋m)v2 ⑤子弹恰好不相对于滑块滑动时，子弹与滑块达到共同速度。 [答案]　ABD [解析]　两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力Ff相等，根据牛顿第二定律有a＝，两次子弹的加速度相等；第二次以同样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块，由于在子弹穿过木块的过程中，木块会在水平面内滑动，所以第二次子弹的位移x2要大于第一次的位移x1，即x2>x1；子弹做减速运动，由位移公式x＝v0t＋at2和x2>x1可得，t2>t1，故A正确；两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力相等，阻力对子弹做的功等于子弹损失的动能，即ΔEk损＝Ffx，由于x2>x1，所以ΔEk2损>ΔEk1损，故B正确；两次打穿木块过程中，子弹受到的平均阻力相等，系统摩擦产生的热量Q＝Ffd，其中Ff为阻力，d为子弹相对于木块的位移大小，由于两次子弹相对于木块的位移大小都是木块的长度，所以系统机械能的损失相等，即E2损＝E1损，故C错误；p1小于子弹的初动量，第二次子弹穿透木块的过程，系统的动量守恒，则p2等于子弹的初动量，所以p2>p1，故D正确。 【跟踪训练】 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＝mv－(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。 “滑块—木板”模型 (能力考点·深度研析) 模型 图例 如图甲所示，木板A的上表面粗糙，滑块B以速度v0滑到静止在光滑水平面上的木板A上：①如果木板足够长，A、B最终相对静止，具有共同速度；②如果木板长度较小，B可能滑出A的右端。 还有一种情景如图乙所示。 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)求滑块和木板对地位移，分别研究滑块和木板，用动能定理。 (4)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 (2024·张掖模拟)如图所示，在光滑水平面上小物块B置于足够长的长木板A的左端和A一起以相同速度匀速向右运动(即vB＝vA＝4 m/s)，与迎面来的速度大小vC＝2 m/s的小物块C发生弹性碰撞(时间极短)，经过一段时间，A、B再次达到共同速度，且以后恰好不再与C碰撞。已知A、C质量分别为mA＝1 kg、mC＝2 kg，A与B间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)A、C碰撞后的速度vA′、vC′； (2)小物块B的质量mB； (3)小物块B相对长木板A滑动的距离L。 [答案]　(1)4 m/s，方向水平向左　2 m/s，方向水平向右　(2)3 kg　(3)2 m [解析]　(1)根据题意，规定水平向右为正方向，A、C发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mAvA－mCvC＝mAvA′＋mCvC′ 根据机械能守恒定律有 mAv＋mCv＝mAvA′2＋mCvC′2 联立解得vA′＝－4 m/s，负号表示方向水平向左， vC′＝2 m/s，方向水平向右。 (2)A、B再次达到共同速度，且以后恰好不再与C碰撞，可判断知A、B最终速度相同等于vC′，以A、B为系统，从A、C碰撞后到A、B共速过程，根据动量守恒定律有 mAvA′＋mBvB＝(mA＋mB)vC′ 解得mB＝3 kg。 (3)从A、C碰后到A、B共速过程，A、B系统根据能量守恒定律有 μmBgL＝mAvA′2＋mBv－(mA＋mB)vC′2 解得L＝2 m。 【跟踪训练】 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。 提能训练　练案[37] 基础巩固练 题组一　子弹打木块模型 1．(多选)如图所示，两个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质量相等、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍，已知A、B足够长，两种射入过程相比较(　　) A．射入滑块A的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大 C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D．两个过程中系统产生的热量相等 [答案]　BD [解析]　子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，A错误；滑块A、B动量变化量相等，受到的冲量相等，B正确；对子弹运用动能定理，有Wf＝mv2－mv，由于末速度v相等，所以阻力对子弹做功相等，C错误；对系统，由能量守恒可知，产生的热量满足Q＝mv－(m＋M)v2，所以系统产生的热量相等，D正确。 2．如图所示，质量为M的木块放在水平地面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平地面上滑行的距离为s，已知木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为(　　) A． B． C． D． [答案]　A [解析]　子弹射入木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(M＋m)v，解得v＝，子弹射入木块后，二者做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得－μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)v2，联立解得v1＝·，故A正确。 3．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块动能增加了10 J，那么此过程产生的内能可能为(　　) A．10 J B．12 J C．6 J D．4 J [答案]　B [解析]　设子弹的初速度大小为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度大小为v，木块的质量为m，子弹的质量为m0，由动量守恒定律得m0v0＝(m＋m0)v，解得v＝，木块获得的动能为ΔEk＝mv2＝，系统产生的内能为Q＝m0v－(m＋m0)v2＝>ΔEk，则Q>10 J，B正确。 题组二　“滑块—木板”模型 4．(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．木板获得的动能为1 J B．系统损失的机械能为2 J C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 [答案]　ABD [解析]　由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B正确；根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图可知，B的加速度a＝＝ m/s2＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正确。 5．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，碰到右面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；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，则由动量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v1，解得v1＝v0<v0，故A正确，B、C、D错误。 6．如图所示，光滑水平面上放一木板A，质量M＝4 kg，小铁块B(可视为质点)质量为m＝1 kg，木板A和小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.2，小铁块B以v0＝10 m/s的初速度从木板A的左端冲上木板，恰好不滑离木板(g＝10 m/s2)。求： (1)A、B的加速度大小分别为多少？ (2)经过多长时间A、B速度相同，相同速度的大小为多少？ (3)薄木板的长度。 [答案]　(1)0.5 m/s2　2 m/s2　(2)4 s　2 m/s　(3)20 m [解析]　(1)对小铁块B受力分析，由牛顿第二定律有μmg＝maB， 即aB＝μg＝2 m/s2 对木板A受力分析，由牛顿第二定律有 μmg＝MaA，即aA＝＝0.5 m/s2。 (2)由于A、B组成的系统所受合外力为零，则A、B组成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋M)v共 代入数据解得v共＝2 m/s 由于木板A做匀加速直线运动，则v共＝aAt 代入数据解得t＝4 s。 (3)设薄木板的长度为L，则对A、B整体由能量守恒定律有 μmgL＝mv－(m＋M)v 代入数据解得L＝20 m。 能力提升练 7．(2024·江西南昌模拟)如图所示，一质量为3 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为2 kg，停在木板B的左端。质量为1 kg的小球用长为L＝1.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生弹性碰撞，碰后立即取走小球，物块A与小球均可视为质点，不计空气阻力，已知物块A与木板B之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求碰撞过程中小球对物块A的冲量大小； (2)若木板长度为 m，求物块A的最终速度大小。 [答案]　(1)8 kg·m/s　(2)2 m/s [解析]　(1)小球由静止摆至最低点的过程，由机械能守恒定律有mgL＝mv 小球与物块A发生弹性碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mAv2 mv＝mv＋mAv 对物块A运用动量定理得I＝mAv2－0 联立解得I＝8 kg·m/s。 (2)假设物块A与木板B达到共同速度，设相对位移为s，由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv2＝(mA＋mB)v μmAgs＝mAv－(mA＋mB)v2 联立解得s＝2.4 m 因L<s，故物块A从木板B上滑下，设物块A与木板B最终速度分别为vA和vB，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mAv2＝mAvA＋mBvB μmAgL＝mAv－mAv－mBv 解得vA＝2 m/s。 8．(2022·河北卷)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滑块，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，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。 [答案]　(1)v物＝5(1－k)m/s，v滑＝ m/s，方向均向右　(2)1.875 m [解析]　(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，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 可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为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，则由 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，设新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，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 解得x相＝1.875 m。 学科网（北京）股份有限公司 $