2023年江苏高考 物理大一轮复习 第七章 专题强化十二　动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用课件（55张PPT）.pptx

第七章动量专题强化十二动量守恒在子弹打木块模 型和板块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.内容索引题型一子弹打木块模型题型二滑块木板模型课时精练题型一子弹打木块模型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(mM)v例1如图所示，质量为M的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为，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例2如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端系在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是A.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为B.子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(Mm0)gC.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于 (Mmm0)gD.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得FT(Mm0)g(Mm0)，可知绳子拉力大于(Mm0)g，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环：FNFTmg(Mmm0)g，根据牛顿第三定律可知，选项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误.例3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，现有一颗质量为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.答案6 m/s882 J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(Mm)v解得v6 m/s(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？答案能假设子弹以v0400 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(Mm)v解得v8 m/s此过程系统所损耗的机械能为由功能关系有EF阻x相F阻dEF阻x相F阻d因为d10 cm，所以能射穿木块.题型二滑块木板模型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QFfx或QE初E末，研究对象为一个系统.例4如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m2 kg的另一物体B以水平速度v02 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乙所示，g10 m/s2.则下列说法正确的是A.木板获得的动能为2 JB.系统损失的机械能为4 JC.木板A的最小长度为2 mD.A、B间的动摩擦因数为0.1由题图乙可知，最终木板获得的速度为v1 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(Mm)v，解得M2 kg，则木板获得的动能为Ek Mv2 212 J1 J，故A错误；系统损失的机械能E mvB2 (mM)v22 J，故B错误；根据vt图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图乙得到01 s内B的位移为xB (21)1 m1.5 m，A的位移为xA 11 m0.5 m，则木板A的最小长度为LxBxA1 m，故C错误；由题图乙可知，B的加速度a 1 m/s2，负号表示加速度的方向与初速度方向相反，由牛顿第二定律得mBgmBa，解得0.1，故D正确.例5(2022山东邹城市模拟)质量为M1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v10.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量为m0.5 kg的小木块B以v24 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t0.6 s小木块B相对A静止，求：(1)两者相对静止时的运动速度v；答案1 m/s，方向水平向右设水平向右为正方向从开始到相对静止，水平方向动量守恒Mv1mv2(Mm)v解得v1 m/s，方向水平向右.(2)从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小；答案1.5 kgm/s长木板的动量变化量大小pMv(Mv1)1.5 kgm/s(3)小木块与长木板间的动摩擦因数.答案0.5对小木块B，根据动量定理得mgtmvmv2解得0.5.例6如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，B与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，且为m，木板C长为L，求：(1)A物体的最终速度的大小；B、C碰撞过程中动量守恒，设B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv02mv1，解得：v1 ，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离，A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0mv12mv2，解得：v2 v0.(2)A、C之间的摩擦力的大小；在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得：(3)A在木板C上滑行的时间t.A与C相互作用过程中，对C由动量定理得：Fftmv2mv1，课时精练1.如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t.若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是必备基础练123456789123456789由动能定理，对木块可得FfL Mv2，选项A错误；以向右为正方向，由动量定理，对子弹可得Fftmvmv0，选项B正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒得 mv0(Mm)v，解得 v，选项C错误；根据能量守恒定律得Ffs，选项D错误.2.质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹均留在木块中不穿出)123456789123456789设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块组成的系统为研究对象.系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件.以子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有：nmv2Mv10，得n ，所以选项C正确.3.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，t0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123456789123456789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，则由动量守恒得：Mv0mv0(Mm)v1，得v1 v0v0，故A正确，B、C、D错误.4.如图所示，放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上、下两层粘在一起组成的.质量为m的子弹(可视为质点)以速度v水平射向滑块，若击中上层，则子弹刚好不穿出；若击中下层，则子弹嵌入其中部.比较这两种情况，以下说法中不正确的是A.滑块对子弹的阻力一样大B.子弹对滑块做的功一样多C.滑块受到的冲量一样大D.系统产生的热量一样多123456789能力综合练123456789最后滑块与子弹相对静止，根据动量守恒定律可知，两种情况下滑块和子弹的共同速度相等，根据能量守恒定律可知，两种情况下动能的减少量相等，产生的热量相等，而子弹相对滑块的位移大小不等，故滑块对子弹的阻力不一样大，A错误，D正确；根据动能定理可知，滑块动能的增加量等于子弹对滑块做的功，因两种情况下滑块的动能增加量相等，所以两种情况下子弹对滑块做的功一样多，B正确；因两种情况下滑块的动量变化相同，根据动量定理，两种情况下滑块受到的冲量一样大，C正确.5.(2022重庆高三月考)如图所示质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块(可视为质点)从小车上的A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点.已知小车质量M3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为(01)，重力加速度为g.则下列说法正确的是A.滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒B.滑块滑到B点时的速度大小为C.滑块从A滑到C的过程中，小车的位移大小为 (RL)D.水平轨道的长度L可能等于圆弧轨道半径R123456789123456789滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A错误；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律0mvmMvM，123456789设全程小车相对地面的位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为RL，则滑块水平方向相对地面的位移为xRLs滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，已知M3m123456789系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得0(mM)v解得v0由能量守恒定律得mgRmgL，解得RL由于01则水平轨道的长度L一定大于圆弧轨道半径R，故D错误.6.(2022山东省潍坊第四中学高三月考)如图所示，质量M2 kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量m4 kg的滑块以初速度v03 m/s从木板的左端向右滑上木板，经t1 s滑块与木板相对静止，则下面说法正确的是A.相对静止前滑块和木板的加速度大小之比是23B.整个过程中因摩擦产生的热量是10 JC.木板的最小长度是2.5 mD.从开始到滑块与木板相对静止这段时间内滑块 与木板的位移之比是52123456789设木板和滑块加速度分别为a1和a2，地面光滑，可知木板在水平方向只受到滑块对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得mgMa1滑块在水平方向也只受到摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得mg ma2则a2a112故A错误；123456789水平面光滑，则滑块和木板组成的系统所受的合外力为零，两者水平方向动量守恒，滑块相对木板静止过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0(Mm)v解得v2 m/s根据能量守恒定律得，整个过程中因摩擦产生的热量为Q mv02 (Mm)v2解得Q6 J，故B错误；123456789解得木板的最小长度x1.5 m故C错误；从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比为xmxM 52故D正确.1234567897.如图所示，质量为M的物块静止在光滑桌面边缘，桌面距离水平地面的高度为h，质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，没有从物块射出.重力加速度为g.求：(1)物块落地点离桌面边缘的水平距离；123456789123456789设子弹击中物块后，二者共同速度为v1，系统动量守恒mv0(mM)v1物块做平抛运动的时间h gt2物块落地点离桌面边缘的水平距离xv1t(2)子弹射入物块过程中系统损失的机械能.1234567891234567898.如图所示，一质量m10.45 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m20.5 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0.5.现有一质量m00.05 kg的子弹以v0100 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；答案10 m/s123456789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(m0m1)v1，解得v110 m/s.123456789(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少.答案5 m子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，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：(m0m1)v1(m0m1m2)v2，m2gL (m0m1)v12 (m0m1m2)v22，解得L5 m，故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m.9.(2022重庆西南大学附中高三月考)如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A，车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m.B、C与车之间的动摩擦因数均为.开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行.已知滑块B、C没有相碰且最后都没有脱离平板车，则A.当滑块C的速度为零时，滑块B的速度也为零B.最终车的速度大小为 v0C.整个运动过程中，系统产热最多为 mv02D.整个运动过程中，B的加速度不变123456789素养提升练A、B、C组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，最终三者相对静止，设最终系统的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0mv0(3m2mm)v解得v v0，故B错误；123456789开始A、B、C的速度分别为0、v0、v0，若A、B先共速，设A、B经过时间t1共速，则有a1t1v0a2t1解得t1若B、C先共速，设B、C经过时间t2共速，则有v0a2t2v0a3t2解得t2从上面分析可以看出t1t2，所以情况成立，即A、B先共速，A、B共速后一起向右做减速运动，C继续向左做减速运动，C速度减为零后反向向右做加速运动，最终A、B、C速度相等，三者相对静止一起向右做匀速直线运动，因此C速度为零时B的速度向右不为零，故A错误；123456789123456789