新高考物理一轮复习精品学案第7章专题强化12动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用(含解析)
展开题型一 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=(m+M)v
能量守恒:Q=Ff·s=eq \f(1,2)mv02-eq \f(1,2)(M+m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒:mv0=mv1+Mv2
能量守恒:Q=Ff·d=eq \f(1,2)mv02-(eq \f(1,2)Mv22+eq \f(1,2)mv12)
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.eq \f(m+M,m)eq \r(2μgs) B.eq \f(M-m,m)eq \r(2μgs)
C.eq \f(m,m+M)eq \r(μgs) D.eq \f(m,M-m)eq \r(μgs)
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=eq \f(mv1,M+m),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-eq \f(1,2)(M+m)v2,解得v1=eq \f(M+m,m)·eq \r(2μgs),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.子弹射入木块后的瞬间,速度大小为eq \f(m0v0,m0+m+M)
B.子弹射入木块后的瞬间,绳子拉力等于(M+m0)g
C.子弹射入木块后的瞬间,环对轻杆的压力大于(M+m+m0)g
D.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=(M+m0)v1,解得速度大小为v1=eq \f(m0v0,m0+M),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-(M+m0)g=(M+m0)eq \f(v12,l),可知绳子拉力大于(M+m0)g,选项B错误;子弹射入木块后的瞬间,对圆环:FN=FT+mg> (M+m+m0)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.
(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
解得v=6 m/s
此过程系统所增加的内能ΔE=eq \f(1,2)mv02-eq \f(1,2)(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
此过程系统所损耗的机械能为
ΔE′=eq \f(1,2)mv0′2-eq \f(1,2)(M+m)v′2=1 568 J
由功能关系有ΔE=F阻x相=F阻d
ΔE′=F阻x相′=F阻d′
则eq \f(ΔE,ΔE′)=eq \f(F阻d,F阻d′)=eq \f(d,d′)
解得d′=eq \f(1 568,147) cm
因为d′>10 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Q=FfΔx或Q=E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=eq \f(1,2)Mv2=eq \f(1,2)×2×12 J=1 J,故A正确;系统损失的机械能ΔE=eq \f(1,2)mvB2-eq \f(1,2)(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=eq \f(1,2)×(2+1)×1 m=1.5 m,A的位移为xA=eq \f(1,2)×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=eq \f(Δv,Δt)=eq \f(1-2,1) 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.
例5 (2022·山东邹城市模拟)质量为M=1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1=0.5 m/s的速度向左运动,某时刻质量为m=0.5 kg的小木块B以v2=4 m/s的速度从左端向右滑上长木板,经过时间t=0.6 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μ.
答案 (1)1 m/s,方向水平向右 (2)1.5 kg·m/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-Mv1+mv2=(M+m)v
解得v=1 m/s,方向水平向右.
(2)长木板的动量变化量大小Δp=Mv-(-Mv1)=1.5 kg·m/s
(3)对小木块B,根据动量定理得
-μmgt=mv-mv2
解得μ=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;
(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)eq \f(3,4)v0 (2)eq \f(mv02,16L) (3)eq \f(4L,v0)
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:mv0=2mv1,
解得:v1=eq \f(v0,2),
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:mv0+mv1=2mv2,
解得:v2=eq \f(3,4)v0.
(2)在A、C相互作用过程中,由能量守恒定律得:
FfL=eq \f(1,2)mv02+eq \f(1,2)mv12-eq \f(1,2)·2mv22,
解得:Ff=eq \f(mv02,16L).
(3)A与C相互作用过程中,对C由动量定理得:
Fft=mv2-mv1,
解得:t=eq \f(4L,v0).
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.eq \f(M-mv1,mv2) B.eq \f(Mv1,M+mv2)
C.eq \f(Mv1,mv2) D.eq \f(mv1,Mv2)
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.以子弹运动的方向为正方向,由动量守恒定律有:nmv2-Mv1=0,得n=eq \f(Mv1,mv2),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( )
A.FfL=eq \f(1,2)Mv2
B.Fft=mv0-mv
C.v=eq \f(mv0,M)
D.Ffs=eq \f(1,2)mv02-eq \f(1,2)mv2
答案 AB
解析 由动能定理,对木块可得FfL=eq \f(1,2)Mv2,选项A正确;以向右为正方向,由动量定理,对子弹可得-Fft=mv-mv0,选项B正确;对木块、子弹整体,根据动量守恒得mv0=(M+m)v,解得v=eq \f(mv0,M+m),选项C错误;根据能量守恒定律得Ffs=eq \f(1,2)mv02-eq \f(1,2)(M+m)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eq \f(Mv02,2)-eq \f(Mv02,2M+m)
C.木箱速度为eq \f(v0,3)时,小木块的速度为eq \f(2Mv0,3m)
D.最终小木块速度为eq \f(Mv0,m)
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=(m+M)v1,解得小木块和木箱最终速度v1=eq \f(Mv0,m+M),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ΔE=eq \f(1,2)Mv02-eq \f(1,2)(m+M)v12=eq \f(Mv02,2)-eq \f(M2v02,2m+M),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Mv0=mv2+Mv3,木箱速度为v3=eq \f(v0,3)时,小木块的速度为v2=eq \f(2Mv0,3m),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,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,则由动量守恒得:Mv0-mv0=(M+m)v1,得v1=eq \f(M-m,M+m)v0<v0,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M=8.0 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m=2.0 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/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/s
B.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/s
D.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v0=5.0 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,Mv0-mv0=MvB,代入数据解得vB=3.75 m/s,故A正确,B错误;最终木块与木板速度相等,根据动量守恒定律可得Mv0-mv0=(M+m)v,代入数据解得v=3 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,eq \f(1,2)Mv02+eq \f(1,2)mv02-eq \f(1,2)(M+m)v2=μmgx,代入数据解得x=8 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)eq \f(mv0,M+m)eq \r(\f(2h,g)) (2)eq \f(Mmv02,2M+m)
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+M)v1
物块做平抛运动的时间h=eq \f(1,2)gt2
物块落地点离桌面边缘的水平距离x=v1t
解得 x=eq \f(mv0,M+m)eq \r(\f(2h,g))
(2)对系统,由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv02=eq \f(1,2)(m+M)v12+ΔE
解得ΔE=eq \f(Mmv02,2M+m).
8.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,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=eq \f(1,2)(m0+m1)v12-eq \f(1,2)(m0+m1+m2)v22,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.
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,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=(m+M1+M2)v,对题图乙mv0=M1v1+(m+M2)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v1
新高考物理一轮复习精品学案第7章专题强化11碰撞模型的拓展(含解析): 这是一份新高考物理一轮复习精品学案第7章专题强化11碰撞模型的拓展(含解析),共11页。
新高考物理一轮复习精品学案第3章专题强化6传送带模型和“滑块—木板”模型(含解析): 这是一份新高考物理一轮复习精品学案第3章专题强化6传送带模型和“滑块—木板”模型(含解析),共14页。
2023届新高考高三物理一轮复习学案12 专题强化一 板块模型: 这是一份2023届新高考高三物理一轮复习学案12 专题强化一 板块模型,共6页。