2023版高考物理总复习之加练半小时 第七章 微专题49 动量守恒在“子弹打木块”模型和“板块”模型中的应用

微专题49　动量守恒在“子弹打木块”模型和“板块”模型中的应用

1．子弹射入静止在光滑的水平面上的木块，若最终一起运动，动量守恒，机械能减小；若穿出，系统动量仍守恒，系统损失的动能ΔE＝FfL(L为木块的长度).2.“滑块—木板”模型：系统的动量守恒，当两者的速度相等时，相当于完全非弹性碰撞，系统机械能损失最大，损失的机械能转化为系统内能，ΔE＝Ff·L(L为滑块相对于木板滑行的位移)．

1.(多选)如图所示，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止．从发射器(图中未画出)射出一个弹丸B，弹丸以速度v沿水平方向射入物块A并留在其中(作用时间极短)，随后轻绳摆过的最大角度为θ，该过程中系统损失的机械能为ΔE.不计空气阻力，关于轻绳摆过最大角度的余弦值cos θ和系统损失的机械能ΔE随弹丸的入射速度v(v2)变化关系图像，下列图像中正确的是(　　)

答案　AC

解析　设物块的质量为M，弹丸的质量为m，绳长为L，弹丸射入物块的过程中，取向右为正方向，水平方向满足动量守恒mv＝(M＋m)v1，上升的过程中满足机械能守恒(M＋m)v12＝(M＋m)gL(1－cos θ)，整理得cos θ＝1－v2，cos θ与v2是一次函数的关系，A正确，B错误；弹丸射入物块的过程中，系统损失的机械能ΔE＝mv2－(M＋m)v12，整理得ΔE＝v2，ΔE与v2成正比，C正确．

2．如图所示，质量为m1＝0.95 kg的小车A静止在光滑地面上，一质量为m3＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的速度击中小车A，并留在其中，作用时间极短．一段时间后小车A与另外一个静止在其右侧的，质量为m2＝4 kg的小车B发生正碰，小车B的左侧有一固定的轻质弹簧，碰撞过程中，弹簧始终未超过弹性限度，则下列说法错误的是(　　)

A．小车A与子弹的最终速度大小为3 m/s

B．小车B的最终速度大小为2 m/s

C．弹簧最大的弹性势能为10 J

D．整个过程损失的能量为240 J

答案　D

解析　子弹与小车A碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m3v0＝(m3＋m1)v1，可得两者碰撞后速度为v1＝5 m/s，弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，此时三者共速，根据动量守恒定律得(m3＋m1)v1＝(m3＋m＋m2)v共，解得v共＝1 m/s.由能量守恒定律知弹簧最大势能为Ep＝(m3＋m1)v12－(m3＋m1＋m2)v共2，解得Ep＝10 J，C正确；设小车A与子弹最终速度为v3，小车B最终速度为v4，根据动量守恒定律与能量守恒定律有(m3＋m1)v1＝(m3＋m1)v3＋m2v4，(m3＋m1)v12＝(m3＋m1)v32＋m2v42，解得v3＝－3 m/s，v4＝2 m/s，A、B正确；整个过程损失能量是在子弹打入小车A的过程中ΔE＝m3v02－(m3＋m1)v12＝237.5 J，D错误．

3．(多选)如图甲所示，一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1.质量m＝0.01 kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中(该过程时间极短)，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的v－t图像如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　)

A．传送带的速度大小为4 m/s

B．滑块的质量为6.6 kg

C．滑块向右运动过程中与传送带摩擦产生的热量为1.34 J

D．若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为0.4 m

答案　CD

解析　子弹射入滑块并留在其中，滑块(含子弹)先向左做减速运动，然后向右加速，最后向右匀速，向右匀速运动的速度大小为2 m/s，则传送带的速度大小为2 m/s，故A错误；子弹未射入滑块前，滑块向右的速度大小为2 m/s，子弹射入滑块瞬间，子弹和滑块的速度变为向左的4 m/s；子弹射入滑块瞬间，内力远大于外力，系统动量守恒，向左为正方向，据动量守恒定律得mv0＋M(－v)＝(m＋M)v1即400m＋M(－2)＝4(m＋M)，解得滑块的质量M＝66m＝0.66 kg，故B错误；滑块(含子弹)先向左做减速运动时，据牛顿第二定律可得μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得滑块向左运动的加速度大小a＝1 m/s2，再向右做加速运动，滑块向右加速的加速度大小a＝1 m/s2

向右加速的时间为t＝＝2 s，滑块(含子弹)相对传送带的位移x相对＝x传－x滑＝v传t－at2＝(2×2－×1×22) m＝2 m，运动过程中与传送带摩擦产生的热量Q＝μ(M＋m)gx相对＝1.34 J，故C正确；滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，则(m＋M)g＝(m＋M)，解得转动轮的半径R＝0.4 m，故D正确．

4．(2022·辽宁实验中学高三月考)一质量M＝2 kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，如图所示，现有质量均为m＝1 kg的小物块A和B(均可视为质点)，由车上某点P处开始，A以初速度v1＝2 m/s向左运动，B同时以v2＝4 m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车．已知两物块与小车间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g＝10 m/s2.则下列说法中正确的是(　　)

A．小车最终将静止在水平地面上

B．A、B与车最终以1 m/s的速度共同运动

C．小车的总长L为9.5 m

D．整个过程系统产生的总热量为9.875 J

答案　C

解析　以A、B和小车整体为研究对象，取向右为正方向，由系统动量守恒和能量守恒有mv2－mv1＝(2m＋M)v，μmgL＝mv12＋mv22－×(2m＋M)v2，代入数据计算得出v＝0.5 m/s，L＝9.5 m，即最终小车和A、B一起向右以v＝0.5 m/s速度运动，故A、B错误，C正确；根据能量守恒定律可知系统产生总热量有Q＝mv12＋mv22－×(2m＋M)v2，代入数据解得Q＝9.5 J，故D错误．

5．(多选)如图所示，足够长的木板B放在光滑的水平面上，木块A放在木板B最左端，A和B之间的接触面粗糙，且A和B质量相等．初始时刻木块A速度大小为v，方向向右．木板B速度大小为2v，方向向左．下列说法正确的是(　　)

A．A和B最终都静止

B．A和B最终将一起向左做匀速直线运动

C．当A以向右运动时，B以向左运动

D．A和B减少的动能转化为A、B之间摩擦产生的内能

答案　BCD

解析　木块与木板组成的系统动量守恒，初始时刻木块A速度大小为v，方向向右．木板B速度大小为2v，方向向左．以向左为正方向，由动量守恒定律得2mv－mv＝2mv′，解得v′＝，方向向左，故A错误，B正确； 当A以向右运动时2mv－mv＝－m＋mvB，解得vB＝v，故C正确；根据能量守恒可知，A和B减少的动能转化为A、B之间摩擦产生的内能，故D正确．

6．如图所示，一质量m＝0.3  kg的木块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现有一颗m0＝0.1 kg的子弹水平飞来射入木块后与木块一起向右滑行，至B点后水平飞出，恰好落在C点，落地时的速度vC＝5 m/s，且与水平方向的夹角为37°.已知轨道AB的长度L＝4.5 m．(空气阻力可忽略，重力加速度g＝10  m/s2，sin  37°＝0.6，cos  37°＝0.8)求：

(1)B、C两点的高度差h及水平距离x；

(2)求子弹的速度大小．

答案　(1)0.45 m　1.2 m　(2)20 m/s

解析　(1)由落地时的速度vC＝5 m/s，且与水平方向的夹角为37°可知，落地时水平方向的速度vx＝vCcos 37°＝5×0.8 m/s＝4 m/s

竖直方向的速度vy＝vCsin 37°＝5×0.6 m/s＝3 m/s

由vy2＝2gh

h＝gt2

x＝vxt

可得h＝0.45 m

x＝1.2 m

(2)设子弹的速度为v，子弹和木块的共同速度为v共，由动能定理可得－μ(m＋m0)gL＝(m＋m0)vx2－(m＋m0)v共2

取向右为正方向，由动量守恒得m0v＝(m＋m0)v共

带入数据联立解得v＝20 m/s.

7．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)

(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，相同的速度为多少？

(3)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由牛顿第二定律有aB＝μg＝2 m/s2

对木板A由牛顿第二定律有aA ＝＝0.5 m/s2

(2)由于A、B组成的系统合外力为零，则A、B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝(m ＋ M)v共

代入数据有v共＝2 m/s

木板A做匀加速直线运动，则由匀变速直线运动的速度时间关系有v共＝aAt

代入数据，解得t＝4 s

(3)设木板的长度为L，则对AB整体整个运动过程，由动能定理有－μmgL ＝(m ＋ M)v共2－

mv02

代入数据有L＝20 m．