2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第七章十一动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用

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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＝f·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＝f·d＝eq \f(1,2)mv02－(eq \f(1,2)Mv22＋eq \f(1,2)mv12)
例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＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，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＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2，所以系统产生的热量相等，D正确．
例2 (多选)(2023·四川成都市树德中学高三检测)水平飞行的子弹打穿固定在水平面上的木块，经历时间为t1，子弹损失的动能为ΔEk1损，系统机械能的损失为E1损 ，穿透后系统的总动量为p1；同样的子弹以同样的速度打穿放在光滑水平面上的同样的木块，经历时间为t2，子弹损失的动能为ΔEk2损，系统机械能的损失为E2损，穿透后系统的总动量为p2.设木块给子弹的阻力为恒力且上述两种情况下该阻力大小相等，则下列结论正确的是( )
A．t2>t1B．ΔEk2损＞ΔEk1损
C．E2损＞E1损D．p2＞p1
答案 ABD
解析 两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力f相等，根据牛顿第二定律有a＝eq \f(f,m)，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s2要大于第一次的位移s1，即s2＞s1；子弹做减速运动，由位移公式s＝v0t＋eq \f(1,2)at2和s2＞s1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＝fs，由于s2＞s1，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＝fd，其中f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．
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＝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
此过程系统损失的机械能为
ΔE′＝eq \f(1,2)mv0′2－eq \f(1,2)(M＋m)v′2＝1 568 J
由功能关系有Q＝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＝fΔs或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统．
例4 如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则( )
A．物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒
B．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大
C．若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s
D．若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s
答案 D
解析 物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系统产生的热量Q＝eq \f(1,2)m2v02－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(m1m2v02,2m1＋m2)，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0′＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得eq \f(1,2)m2v0′2＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v0′＝5 m/s，D正确．
例5 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，由题意分析知，B、C碰后具有相同的速度，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
fL＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)×2mv22，
解得f＝eq \f(mv02,16L).
(3)A与C相互作用过程中，对C由动量定理得ft＝mv2－mv1，解得t＝eq \f(4L,v0).
例6 (2023·天津市和平区高三模拟)如图所示，质量为M＝2 kg的长木板放在光滑的水平面上，质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)放在长木板的左端，用大小为10 N、方向斜向右上与水平方向成θ＝53°角的拉力F作用在物块上，使物块从静止开始运动，物块运动1 s的时间，撤去拉力，如果物块刚好不滑离木板，物块与木板间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，求：
(1)撤去拉力时物块和木板的速度大小；
(2)木板的长度．
答案 (1)5 m/s 0.5 m/s (2)3.6 m
解析 (1)对物块根据牛顿第二定律有
Fcs θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma1
对木板根据牛顿第二定律有μ(mg－Fsin θ)＝Ma2
撤去拉力时，物块的速度大小v1＝a1t＝5 m/s
木板的速度大小v2＝a2t＝0.5 m/s.
(2)拉力撤去之前，物块相对木板的位移
s1＝eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2
撤去拉力后，根据动量守恒定律有mv1＋Mv2＝(m＋M)v
由能量守恒定律有
μmgs2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)(M＋m)v2
联立解得木板的长度L＝s1＋s2＝3.6 m．
课时精练
1.如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动．在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是( )
A．子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量
B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等
C．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量
D．子弹动量变化的大小一定大于木块动量变化的大小
答案 B
解析 水平方向上，子弹所受合外力与木块受到的合外力为作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间t相等，根据I＝Ft，可知子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等、方向相反，故A错误，B正确；子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量变化量大小等于木块动量变化量大小，由于子弹与木块的质量不一定相同，子弹速度的减小量不一定等于木块速度的增加量，故C、D错误．
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(可视为质点)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，木块前进距离为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f视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
A．fL＝eq \f(1,2)Mv2B．ft＝mv0－mv
C．v＝eq \f(mv0,M)D．fs＝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fL＝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－ft＝mv－mv0，则ft＝mv0－mv，选项B正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv0,M＋m)，选项C错误；对整体，根据能量守恒定律得fs＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2，选项D错误．
3.(多选)(2023·江西吉安市高三模拟)如图所示，质量m＝2 kg的物块A以初速度v0＝2 m/s滑上放在光滑水平面上的长木板B，A做匀减速运动，B做匀加速运动，经过时间t＝1 s，物块A、长木板B最终以共同速度v＝1 m/s做匀速运动，重力加速度g取10 m/s2，由此可求出( )
A．长木板B的质量为2 kg
B．物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1
C．长木板B的长度至少为2 m
D．物块A与长木板B组成的系统损失的机械能为2 J
答案 ABD
解析 A做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，设B的质量为M，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得M＝2 kg，故A正确；木板B匀加速运动的加速度aB＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，对B有μmg＝MaB，解得μ＝0.1，故B正确；前1 s内B的位移sB＝eq \f(0＋v,2)·t＝eq \f(0＋1,2)×1 m＝0.5 m，A的位移sA＝eq \f(2＋1,2)×1 m＝1.5 m，所以木板B的最小长度L＝sA－sB＝1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2＝2 J，故D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.(多选)(2023·福建省福州第十五中学月考)如图所示，一质量M＝2.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小物块A.给A和B以大小均为3.0 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．下列说法正确的是( )
A．A、B共速时的速度大小为1 m/s
B．在小物块A做加速运动的时间内，木板B速度大小可能是2 m/s
C．从A开始运动到A、B共速的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2 N·s
D．从A开始运动到A、B共速的过程中，小物块A对木板B的水平冲量方向向左
答案 AD
解析 设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))v共，解得v共＝1 m/s，故A正确；在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为v1，根据动量守恒定律得Mv－mv＝Mv1，解得v1＝1.5 m/s.当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于1.5 m/s，故B错误；根据动量定理，A、B相互作用的过程中，木板B对小物块A的平均冲量大小为I＝mv共＋mv＝4 N·s，故C错误；根据动量定理，小物块A对木板B的水平冲量I′＝Mv共－Mv＝－4 N·s，负号代表与正方向相反，即向左，故D正确．
6.(多选)如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度v0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是( )
A．甲、乙达到共同速度所需的时间为eq \f(v0,2μg)
B．甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度
C．甲、乙相对滑动的总路程为eq \f(v02,4μg)
D．如果甲、乙碰撞的次数为n(n≠0)，则最终甲距离乙左端的距离可能为eq \f(v02,4μg)＋L－2nL
答案 ACD
解析 整个运动过程中甲、乙组成的系统动量守恒，则两者最终的速度为v共，有mv0＝2mv共，解得v共＝eq \f(v0,2)，若能发生碰撞，碰前甲、乙的速度分别为v1、v2，碰后甲、乙的速度分别为v1′、v2′，取水平向右为正方向，则有mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′，eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)mv2′2，联立解得v1′＝v2，v2′＝v1，可知碰撞使得两者速度互换，且在运动过程中两者的加速度大小均为a＝eq \f(μmg,m)＝μg，则甲、乙达到共同速度所需的时间为t＝eq \f(v共,a)＝eq \f(v0,2μg)，碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定始终小于甲的速度，A正确，B错误；从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为s，根据动能定理可得－μmgs＝eq \f(1,2)×2m(eq \f(v0,2))2－eq \f(1,2)mv02，解得s＝eq \f(v02,4μg)，C正确；甲、乙碰撞的次数为n，且相对静止时甲距离乙左端的距离为s0，若第n次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L＋2L(n－1)＋s0＝s(n＝2,4,6，…)，解得s0＝eq \f(v02,4μg)＋L－2nL(n＝2,4,6，…)，若第n次碰撞发生在平板车的右挡板，则有L＋2L(n－1)＋2L－s0＝s(n＝1,3,5，…)，解得s0＝2nL＋L－eq \f(v02,4μg)(n＝1,3,5，…)，即最终甲距离乙左端的距离可能为eq \f(v02,4μg)＋L－2nL，D正确．
7.(2023·福建泉州市模拟)如图所示，木板B静止在光滑的冰面上，其右端上表面与一粗糙倾斜滑道平滑相接，滑道倾角θ＝37°，一游客坐在滑板上，从滑道上距底端s＝5 m处由静止滑下．已知木板质量mB＝20 kg，长度L＝3 m，游客和滑板的总质量mA＝40 kg.若游客和滑板可看作质点，与滑道间的动摩擦因数μ1＝0.3，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6、cs 37°＝0.8.
(1)求游客在滑道下滑时的加速度大小；
(2)若要游客刚好不从木板B的左端滑出，求滑板与木板B上表面间的动摩擦因数μ2.
答案 (1)3.6 m/s2 (2)0.2
解析 (1)设游客在滑道下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
mAgsin 37°－μ1mAgcs 37°＝mAa，解得a＝3.6 m/s2.
(2)设游客到达滑道下端的速度为v1，v1＝eq \r(2as)＝6 m/s
要使游客刚好不从木板B的左端滑出，即游客到达木板B左端时恰好与木板达到共同速度，设共同速度为v2，由于冰面光滑，该过程满足动量守恒，可得mAv1＝(mA＋mB)v2
由能量守恒定律可得μ2mAgL＝eq \f(1,2)mAv12－eq \f(1,2)(mA＋mB)v22，联立解得μ2＝0.2.
8.(2023·山西省模拟)如图所示，质量M＝1 kg的平板车A放在光滑的水平面上，质量m＝0.5 kg的物块B放在平板车右端上表面，质量m＝0.5 kg的小球C用长为6.4 m的细线悬挂于O点，O点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为6.4 m，将小球向左拉到一定高度，细线拉直且与竖直方向的夹角为60°，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为0.5 s，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)平板车的长度；
(2)小球与平板车碰撞过程损失的机械能．
答案 (1)1.125 m (2)5.625 J
解析 (1)设物块在平板车上滑动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
代入数据解得a＝6 m/s2
设物块与平板车最后的共同速度为v，根据运动学公式有v＝at＝3 m/s
设小球与平板车相碰后瞬间，平板车的速度为v1，根据动量守恒定律有Mv1＝(m＋M)v
解得v1＝4.5 m/s
设平板车的长度为L，根据能量守恒定律有
μmgL＝eq \f(1,2)Mv12－eq \f(1,2)(m＋M)v2
代入数据解得L＝1.125 m
(2)设小球与平板车相碰前瞬间速度为v0，根据机械能守恒定律有mg(l－lcs 60°)＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝8 m/s
设碰撞后瞬间小球的速度为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝Mv1＋mv2
解得v2＝－1 m/s
小球与平板车碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)Mv12＝5.625 J.
9．(2022·河北卷·13)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物块，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(2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．
答案 (1)5(1－k) m/s，方向向右 eq \f(10－20k,3) m/s，方向向右 (2)1.875 m
解析 (1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物，已知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＝eq \f(1－k,2)v0＝5(1－k) m/s>0
可知碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右．
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板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＝eq \f(1－2k,3)v0＝eq \f(10－20k,3) 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′＝eq \f(10－20k,3) 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，新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，设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′gs相＝eq \f(1,2)m′(v物′)2－eq \f(1,2)(m′＋M′)v共2
解得s相＝1.875 m.