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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＝(m＋M)v
能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(Mv22＋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. 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＝(M＋m)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－μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)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．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(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＝，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)，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＝mv02－(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′＝mv0′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＝＝
解得d′＝ 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　如图甲所示，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乙所示，g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)
A．木板获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 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　D
解析　由题图乙可知，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＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A错误；系统损失的机械能ΔE＝mvB2－(m＋M)v2＝2 J，故B错误；根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图乙得到0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝×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；由题图乙可知，B的加速度a＝＝ m/s2＝－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－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)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：
mv0＝2mv1，
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：
mv0＋mv1＝2mv2，
解得：v2＝v0.
(2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得：
FfL＝mv02＋mv12－·2mv22，
解得：Ff＝.
(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＝.
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(　　)
A．Ff(L＋s)＝Mv2
B．Fft＝mv0－mv
C．v＝
D．Ffs＝mv02－mv2
答案　B
解析　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－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＝，选项C错误；根据能量守恒定律得Ffs＝mv02－(M＋m)v2，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)(　　)
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．以子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有：nmv2－Mv1＝0，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，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＝v0＜v0，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
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．
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M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ(0<μ<1)，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(R＋L)
D．水平轨道的长度L可能等于圆弧轨道半径R
答案　C
解析　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0＝mvm－MvM，mgR＝mvm2＋MvM2
解得vm＝，vM＝
滑块滑到B点时的速度为，故B错误；
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R＋L，则滑块水平方向相对地面的位移为x′＝R＋L－s
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，在水平方向，由动量守恒定律得m－M＝0
已知M＝3m
解得s＝(R＋L)，故C正确；
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＝(m＋M)v′
解得v′＝0
由能量守恒定律得mgR＝μmgL，解得R＝μL
由于0<μ<1
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M＝2 kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量m＝4 kg的滑块以初速度v0＝3 m/s从木板的左端向右滑上木板，经t＝1 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2∶3
B．整个过程中因摩擦产生的热量是10 J
C．木板的最小长度是2.5 m
D．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5∶2
答案　D
解析　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μmg＝ Ma1
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μmg ＝ma2
则a2∶a1＝1∶2
故A错误；
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＝(M＋m)v
解得v＝2 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－(M＋m)v2
解得Q＝6 J，故B错误；
根据运动学公式得Δx＝t－t
解得木板的最小长度Δx＝1.5 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xm∶xM＝t∶t＝5∶2
故D正确．
7．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＋M)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x＝v1t
解得 x＝
(2)对系统，由能量守恒定律得mv02＝(m＋M)v12＋ΔE
解得ΔE＝.
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＝(m0＋m1)v12－(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．(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μ.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v0
C．整个运动过程中，系统产热最多为mv02
D．整个运动过程中，B的加速度不变
答案　C
解析　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2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v
解得v＝v0，故B错误；
以水平向右为正方向，设A、B、C三者开始运动时的加速度分别为a1、a2、a3，由牛顿第二定律得a1＝＝μg，a2＝＝－μg，a3＝＝μg
开始A、B、C的速度分别为0、v0、－v0，①若A、B先共速，设A、B经过时间t1共速，则有a1t1＝v0＋a2t1解得t1＝
②若B、C先共速，设B、C经过时间t2共速，则有v0＋a2t2＝－v0＋a3t2
解得t2＝
从上面分析可以看出t1＜t2，所以①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；
由能量守恒定律可知，系统损失的动能转化为内能，则有Q＝×2mv02＋mv02－×(m＋2m＋3m)×()2＝mv02，故C正确；
开始B相对A滑动时的加速度大小aB＝＝μg
AB共速后一起做减速运动，B的加速度大小a＝＝μg，故D错误．

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