《2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第7章 专题强化11 动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第7章 专题强化11 动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用.docx（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题强化十一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(mM)v能量守恒：QFfsmv02(Mm)v2(2)子弹穿透木块动量守恒：mv0mv1Mv2能量守恒：QFfdmv02(Mv22mv12)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
2、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(mM)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Wfmv2mv02，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Qmv02(mM)v2，所以系统产生的热
3、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Ek1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Ek2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()At2t1 BEk2损Ek1损CE2损E1损 Dp2p1答案ABD解析两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力Ff相等，根据牛顿第二定律有a，两次子弹的加速度相等；第二次以同样的
4、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x2要大于第一次的位移x1，即x2x1；子弹做减速运动，由位移公式xv0tat2和x2x1可得，t2t1，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Ek损Ffx，由于x2x1，所以Ek2损Ek1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QFfd，其中Ff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
5、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p2p1，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/s882 J(2)能解析(1)
6、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(Mm)v，代入数据解得v6 m/s此过程系统所产生的内能Qmv02(Mm)v2882 J.(2)假设子弹以v0400 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(Mm)v解得v8 m/s此过程系统损失的机械能为Emv02(Mm)v21 568 J由功能关系有QEF阻x相F阻dEF阻x相F阻d则解得d cm因为d10 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
7、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QFfx或QE初E末，研究对象为一个系统例4如图所示，质量m10.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L1.5 m，现有质量m20.2 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0.5，取g10 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
8、大C若v02.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 sD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(m1m2)v，系统产生的热量Qm2v02(m1m2)v2，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v02.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0(m1m2)v，解得v1 m/s，对物块，由动量定理得m2gtm2vm2v0，解得t0.3 s，C错误；要使物
9、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(m1m2)v，由能量守恒定律得m2v02(m1m2)v2m2gL，解得v05 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)v0(2)(3)解析
10、(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mv02mv1，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mv0mv12mv2，解得v2v0.(2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得FfLmv02mv122mv22，解得Ff.(3)A与C相互作用过程中，对C由动量定理得Fftmv2mv1，解得t.例6(2023天津市和平区高三模拟)如图所示，质量为M2 kg的长木板放在光滑的水
11、平面上，质量为m1 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g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6，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/s0.5 m/s(2)3.6 m解析(1)对物块根据牛顿第二定律有Fcos (mgFsin )ma1对木板根据牛顿第二定律有(mgFsin )Ma2撤去拉力时，物块的速度大小v1a1t5 m/s木板的速度大小v2
12、a2t0.5 m/s.(2)拉力撤去之前，物块相对木板的位移x1a1t2a2t2撤去拉力后，根据动量守恒定律有mv1Mv2(mM)v由能量守恒定律有mgx2mv12Mv22(Mm)v2联立解得木板的长度Lx1x23.6 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
13、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IFt，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
14、力大小Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是()AFfLMv2 BFftmv0mvCv DFfsmv02mv2答案AB解析由动能定理，对木块可得FfLMv2，选项A正确；以向右为正方向，由动量定理，对子弹可得Fftmvmv0，则Fftmv0mv，选项B正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得mv0(Mm)v，解得v，选项C错误；对整体，根据能量守恒定律得Ffsmv02(Mm)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m2 kg的物块A以初速度v02 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t1 s，物块A、长木板B最终以共同速
15、度v1 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 kgB物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1C长木板B的长度至少为2 mD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v1 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(mM)v，解得M2 kg，故A正确；木板B匀加速运动的加速度aB1 m/s2，根据牛顿第二定律，对B有mgMaB，解得0.1，故B正确；前1 s内B的位移xBt1 m0.5 m，A的位移xA1 m1.5 m，所以木板B的最小长度LxAxB1
16、 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能Emv02(mM)v22 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，t0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
17、动量守恒得：Mv0mv0(Mm)v1，得v1v0v0，故A正确，B、C、D错误5.(多选)如图所示，一质量M8.0 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m2.0 kg的小木块 A给A和B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之间的动摩擦因数为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/sB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/sD长木板的长度可能为10 m答案ACD解析木块与
18、木板组成的系统动量守恒，由于初速度大小均为v05.0 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，Mv0mv0MvB，代入数据解得vB3.75 m/s，故A正确，B错误；最终木块与木板速度相同，根据动量守恒定律可得Mv0mv0(Mm)v，代入数据解得v3 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Mv02mv02(Mm)v2mgx，代入数据解得x8 m，木板的最小长度为8 m，可能为1
19、0 m，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，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D如果甲、乙碰撞的次数为n(n0)，则最终甲距离乙左端的距离可能为L2nL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mv02mv共，解得v共，若能发生碰撞，碰前甲、乙
20、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mv1mv2mv1mv2，mv12mv22mv12mv22，联立解得v1v2，v2v1，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ag，则甲、乙达到共同速度所需的时间为t，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mgs2m()2mv02，解得s，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L2L(n1)s0s(n2,4,6
21、，)，解得s0L2nL(n2,4,6，)，若第n次碰撞发生在平板车的右挡板，则有L2L(n1)2Ls0s(n1,3,5，)，解得s02nLL(n1,3,5，)，即最终甲距离乙左端的距离可能为L2nL，D正确7如图所示，一质量m10.45 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m20.5 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0.5.现有一质量m00.05 kg的子弹以v0100 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
22、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(m0m1)v1，代入数据解得v110 m/s.(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与小车共速时，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(m0m1)v1(m0m1m2)v2，m2gL(m0m1)v12(m0m1m2)v22，联立解得L5 m，故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m.8.(2023山西省模拟)如图所示，质量M1 kg的平板车A放在光滑的水平面上，质量m0.5 kg的物块B放在平板车右端上表面，质量
23、m0.5 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mgma代入数据解得a6 m/s2设物块与平板车最后的共同速度
24、为v，根据运动学公式有vat3 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(mM)v解得v14.5 m/s设平板车的长度为L，根据能量守恒定律有mgLMv12(mM)v2代入数据解得L1.125 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(llcos 60)mv02解得v08 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mv0Mv1mv2解得v21 m/s小球与平板车碰撞过程损失的机械能为Emv02mv22Mv125.625 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
25、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v010 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0.1.重力加速度大小取g10 m/s2.(1)若0k0可知碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1k) 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Mv02Mkv0(M2M)v滑解得v滑v0 m/s0则新滑板速度方向也向右(2)若k0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物5(1k) m/s5(10.5) m/s2.5 m/s碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑 m/s0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m2 kg，新滑板的质量为M3 kg，设相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得mv物(mM)v共解得v共1 m/s根据能量守恒可得mgx相m(v物)2(mM)v共2解得x相1.875 m.