(新高考)高考物理一轮复习第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)

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＝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－mv1,mv2) B.eq \f(Mv1,M＋mv2) 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(Mv02,2M＋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(M2v02,2m＋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(Mmv02,2M＋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(Mmv02,2M＋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