2023届新高考物理人教版一轮复习学案-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.docx

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1、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能量守恒：QFfsmv02(Mm)v2(2)子弹穿透木块动量守恒：mv0mv1Mv2能量守恒：QFfdmv02(Mv22mv12)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

2、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()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(Mm)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(Mm)gs0(Mm)v2，解得v1，故A正确例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

3、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答案C解析子弹射入木块时，子弹和木块系统的动量守恒，则m0v0(Mm0)v1，解得速度大小为v1，选项A错误；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

4、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(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/s882 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(Mm)v解得

5、v6 m/s此过程系统所增加的内能Emv02(Mm)v2882 J.(2)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Emv02(Mm)v21 568 J由功能关系有EF阻x相F阻dEF阻x相F阻d则解得d cm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

6、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(多选)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所示，g10 m/s2.则下列说法正确的是()A木板获得的动能为1 JB系统损失的机械能为2 JC木板A的最小长度为2 mDA、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，

7、由动量守恒定律得mv0(Mm)v，解得M2 kg，则木板获得的动能为EkMv2212 J1 J，故A正确；系统损失的机械能EmvB2(mM)v2，代入数据解得E2 J，故B正确；根据vt图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到01 s内B的位移为xB(21)1 m1.5 m，A的位移为xA11 m0.5 m，则木板A的最小长度为LxBxA1 m，故C错误；由题图可知，B的加速度a m/s21 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

8、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；(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；(3)小木块与长木板间的动摩擦因数.答案(1)1 m/s，方向水平向右(2)1.5 kgm/s(3)0.5解析设水平向右为正方向(1)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)长木板的动量变化量大小pMv(Mv1)1.5 kgm/s(3)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

9、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；(2)A、C之间的摩擦力的大小；(3)A在木板C上滑行的时间t.答案(1)v0(2)(3)解析(1)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

10、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：v2v0.(2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得：FfLmv02mv122mv22，解得：Ff.(3)A与C相互作用过程中，对C由动量定理得：Fftmv2mv1，解得：t.课时精练1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)()A. B.C. D.答案C解析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

11、为正方向，由动量守恒定律有：nmv2Mv10，得n，所以选项C正确2(多选)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()AFfLMv2BFftmv0mvCvDFfsmv02mv2答案AB解析由动能定理，对木块可得FfLMv2，选项A正确；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

12、误；根据能量守恒定律得Ffsmv02(Mm)v2，选项D错误3.(多选)如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下列说法中正确的是()A最终小木块和木箱都将静止B最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为C木箱速度为时，小木块的速度为D最终小木块速度为答案BC解析木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，设最终速度为v1，由动量守恒定律得Mv0(mM)v1，解得小木块和木箱最终速度v1，故A、D错误；对整个过程，由能量守恒定律可得小木块和木箱组成的系统损失的机械能为EMv02(mM)v12

13、，故B正确；木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得Mv0mv2Mv3，木箱速度为v3时，小木块的速度为v2，故C正确4.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()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

14、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v1v0v0，故A正确，B、C、D错误5.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答案A解析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

15、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6.(多选)如图所示，一质量M8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m2.0 kg的小木块 A给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10 m/

16、s2.则在整个过程中，下列说法正确的是()A小木块A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75 m/sB小木块A的速度方向一直向左，不可能为零C小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/sD长木板的长度可能为10 m答案ACD解析木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度均为v05.0 m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得，当木块A的速度减为零时，Mv0mv0MvB，代入数据解得vB3.75 m/s，故A正确，B错误；最终木块与木板速度相等，

17、根据动量守恒定律可得Mv0mv0(Mm)v，代入数据解得v3 m/s，故C正确；最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统由能量守恒定律可知，Mv02mv02(Mm)v2mgx，代入数据解得x8 m，木板的最小长度为8 m，可能为10 m，故D正确7.(2022陕西省西安中学模拟)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；(2)子弹射入物块过程中系统损失的机械能答案(1)(2)解析(1)设子弹击中物块后，二者共同速度为v1，系统动量守恒mv0(m

18、M)v1物块做平抛运动的时间hgt2物块落地点离桌面边缘的水平距离xv1t解得 x(2)对系统，由能量守恒定律得mv02(mM)v12E解得E.8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；(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

19、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.(2)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(多选)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个滑块(可视为质点)以水平速度v0沿木板从左端向右端滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止，现将木板分成A和B两段，如图乙所示，并紧挨着放在水平面上

20、，让滑块仍以初速度v0从木板左端向右端滑动，滑块与木板间的动摩擦因数处处相同，在以后的整个过程中下列说法正确的是()A甲、乙两图中，滑块克服摩擦力做的功一样多B系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多C最终甲、乙两图中滑块受到合外力的冲量相同D图乙过程中滑块与B一定不会分离答案BD解析设滑块的质量为m，A部分的质量为M1，B部分的质量为M2，则滑块在木板上运动的过程中，系统的动量守恒，选择向右为正方向，对题图甲mv0(mM1M2)v，对题图乙mv0M1v1(mM2)v2，由于滑块滑过A后，在B上滑动的过程中，滑块的速度将大于A的速度，则有v1vv2，可知题图乙中滑块的速度的变化量小一些，根据动量定理可知，滑块与B木板将比题图甲中的情景更早达到速度相等，所以在题图乙情景中，滑块还没有运动到B的右端时，两者速度已相同，即题图乙过程中，滑块相对于木板的位移小，滑块不会离开木板B，根据动能定理可知，滑块克服摩擦力做的功等于其动能的变化，由于vv2，所以题图甲、乙中，滑块克服摩擦力做的功不一样多，故A错误，D正确；根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量，题图甲中的相对位移的大小大于题图乙中的相对位移的大小，则题图甲所示的过程产生的热量大于题图乙所示的过程产生的热量，故B正确；两题图中最终滑块的速度不同，则可知末动量不相同，则由动量定理可知，滑块所受合外力的冲量不同，故C错误