高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律学案

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律学案，共15页。

 子弹打木块模型　滑块—木板模型

[学习目标]　
1.进一步理解动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律的内容及其含义.
2.学会利用动量守恒定律、能量守恒定律等分析常见的子弹打木块模型、滑块—木板模型．

一、子弹打木块模型
1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒．
2．在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化．
3．若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，系统机械能损失最多．
如图1所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出，设木块对子弹的阻力恒为F，求：

图1
(1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大；
(2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做的功分别为多少；
(3)木块至少为多长时子弹不会穿出．
答案　(1)　(2)　 (3)
解析　(1)子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝(m＋M)v
解得：v＝
(2)由能量守恒定律可知：mv02＝Q＋(m＋M)v2
得产生的热量为：Q＝
由动能定理，子弹对木块所做的功为：
W＝Mv2＝
(3)设木块最小长度为L，由能量守恒定律得：
FL＝Q
得木块的最小长度为：L＝.
二、滑块—木板模型
1．把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒．
2．由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE＝Ff·s相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程．
3．注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多．
如图2所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端(B、C可视为质点)，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg，A与B间的动摩擦因数为μ＝0.5；开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)并粘在一起，经过一段时间，B刚好滑至A的右端而没掉下来．求：

图2
(1)A、C碰撞刚结束时A的速度大小；
(2)长木板A的长度．(g＝10 m/s2)
答案　(1)2.5 m/s　(2)0.5 m
解析　(1)A与C碰撞过程动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝(mA＋mC)v1
解得v1＝2.5 m/s
(2)B在A上滑行，A、B、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
mBv0＋(mA＋mC)v1＝(mA＋mB＋mC)v2
解得v2＝3 m/s
由能量守恒定律得：mBv02＋(mA＋mC)v12＝(mA＋mB＋mC)v22＋μmBgl
解得：l＝0.5 m.

滑块—木板模型与子弹打木块模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零(或内力远大于外力)，动量守恒.当滑块不滑离木板或子弹不穿出木块时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多.
针对训练　如图3所示，一质量为m＝1 kg的滑块以初速度v0从光滑平台滑上与平台等高的静止的质量为M＝9 kg的小车，小车和滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，小车长L＝1 m，水平地面光滑，若滑块不滑出小车，滑块初速度v0应满足什么条件？(g＝10 m/s2)

图3
答案　v0≤ m/s
解析　滑块以初速度v′从平台滑上小车，刚好滑到小车的最右端，此时两者速度相同(均为v)．
由动量守恒定律得，mv′＝(M＋m)v
从滑块滑上小车到两者速度相同，系统损失的动能等于因摩擦产生的热量，
Q＝μmgL＝mv′2－(M＋m)v2
解得v′＝ m/s
若滑块不滑出小车，滑块的初速度v0≤v′，
即v0≤ m/s.

1.(子弹打木块模型)(2020·乐山市高三二诊)如图4所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s.则以下说法正确的是(　　)

图4
A．子弹动能的减少量等于系统动能的减少量
B．子弹动量的变化量等于木块动量的变化量
C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功
D．子弹对木块做的功等于木块动能的增量
答案　D
解析　子弹射入木块的过程，由能量守恒定律知子弹动能的减少量大于系统动能的减少量，A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块的动量变化量大小相等，方向相反，B错误；摩擦力对木块做的功为Ffs，摩擦力对子弹做的功为－Ff(s＋d)，可知二者不相等，C错误；对木块，根据动能定理可知，子弹对木块做的功(即摩擦力对木块做的功)等于木块动能的增量，D正确．
2．(滑块—木板模型)(2021·南宁市第三中学高二月考)如图5甲所示，质量M＝0.8 kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m＝0.2 kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F,4 s后撤去力F.若滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

图5
A．0～4 s时间内拉力的冲量为3.2 N·s
B．t＝4 s时滑块的速度大小为3.5 m/s
C．木板受到滑动摩擦力的冲量为1.6 N·s
D．2～4 s内因摩擦产生的热量为4 J
答案　D
解析　F－t图像与t轴所围的面积表示冲量，所以0～4 s时间内拉力的冲量为I＝(×2＋2×1) N·s＝3.5 N·s，故A错误；滑块相对于木板滑动时，对木板有μmg＝Ma，对滑块有F－μmg＝ma，联立解得F＝0.5 N，a＝0.5 m/s2，所以0时刻开始相对滑动，对滑块有I－μmgt＝mv1－0，解得4 s时滑块速度大小v1＝9.5 m/s，故B错误；4 s时，木板的速度v木＝at＝0.5×4 m/s＝2 m/s，撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒有mv1＋Mv木＝(M＋m)v，解得v＝3.5 m/s，对木板，根据动量定理可得I木＝Mv＝2.8 N·s，故C错误；0～2 s内，对滑块有IF－μmgt1＝mv1′，由IF＝×2 N·s＝1.5 N·s，解得v1′＝3.5 m/s；对木板有μmgt1＝Mv2，解得v2＝1 m/s.2～4 s内，对滑块有a1＝＝ m/s2＝3 m/s2，x1＝v1′t2＋a1t22＝13 m；对M有a2＝＝0.5 m/s2，x2＝v2t2＋a2t22＝3 m，所以s相对＝x1－x2＝10 m，Q＝μmg·s相对＝4 J，故D正确．
3.(滑块—木板模型)如图6所示，B是放在光滑的水平面上质量为3m的一块木板，物块A(可看成质点)质量为m，与木板间的动摩擦因数为μ.最初木板B静止，物块A以水平初速度v0滑上木板，木板足够长．求：(重力加速度为g)

图6
(1)木板B的最大速度的大小；
(2)从刚滑上木板到A、B速度刚好相等的过程中，物块A所发生的位移大小；
(3)若物块A恰好没滑离木板B，则木板至少多长？
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)由题意知，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时B速度最大．以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋3m)v
得：v＝
(2)A向右减速的过程，根据动能定理有
－μmgx1＝mv2－mv02
则物块A所发生的位移大小为x1＝
(3)方法一　B向右加速过程的位移设为x2.
则μmgx2＝×3mv2
解得：x2＝
木板的最小长度：L＝x1－x2＝
方法二　从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得：μmgL＝mv02－(m＋3m)v2
得：L＝.


1.如图1所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块都以v＝4 m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.9 m/s时，物块的运动情况是(　　)

图1
A．做减速运动 B．做加速运动
C．做匀速运动 D．以上运动都有可能
答案　A
解析　开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1
代入数据解得：v1≈2.67 m/s＜2.9 m/s，所以物块处于向左减速的过程中．
2．如图2所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑的水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在长木板上相对长木板最多能滑行的距离为(　　)

图2
A．L B. C. D.
答案　D
解析　长木板固定时，由动能定理得：－μMgL＝0－Mv02，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，有Mv0＝2Mv，μMgs＝Mv02－×2Mv2，得s＝，D项正确，A、B、C项错误．
3.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，如图3甲所示，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图乙所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是(　　)

图3
A．图甲中子弹的末速度小
B．图甲中系统产生的热量多
C．子弹对滑块做的功相同
D．子弹和滑块间的水平作用力一样大
答案　C
解析　以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，可得滑块最终获得的速度：v＝，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A错误；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B错误；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Q＝Ff·s相对知，由于s相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误．
4.如图4所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根水平轻质弹簧与木板相连，木板质量M＝3 kg，质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回(弹簧始终在弹性限度内)，最后恰好停在木板的左端，则下列说法正确的是(　　)

图4
A．木板最终以 m/s的速度向右做匀速直线运动
B．运动过程中弹簧的最大弹性势能为3 J
C．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为3 J
D．运动过程中铁块对木板的摩擦力对木板一直做正功
答案　B
5.如图5所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是(　　)

图5
A．其他量不变，R越大x越大
B．其他量不变，μ越大x越大
C．其他量不变，m越大x越大
D．其他量不变，M越大x越大
答案　A
解析　小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于光滑的水平面也静止，由能量守恒定律得μmgx＝mgR，得x＝，选项A正确，B、C、D错误．
6.用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图6所示．现有一质量为m的子弹自左向右水平射向木块(时间极短)，并停留在木块中，子弹初速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

图6
A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
B．子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度为
C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能
D．子弹和木块一起上升的最大高度为
答案　D
解析　从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A、C错误；规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可知：mv0＝(m＋M)v′，所以子弹射入木块后瞬间的共同速度为：v′＝，故B错误；之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒定律得：(M＋m)v′2＝(M＋m)gh，可得上升的最大高度为：h＝，故D正确．

7.如图7所示，质量m1＝3 kg且足够长的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2＝2 kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，最后恰好不掉下小车且与小车保持相对静止．g取10 m/s2，在这一过程中，下列说法正确的是(　　)

图7
A．系统最后共同运动的速度为1.2 m/s
B．小车获得的最大动能为0.96 J
C．系统损失的机械能为3.36 J
D．物块克服摩擦力做的功为4 J
答案　B
解析　物块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，选择向右为正方向，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝＝ m/s＝0.8 m/s，故A错误；小车获得的最大动能为Ek1＝m1v2＝×3×0.82 J＝0.96 J，故B正确；根据能量守恒定律得系统损失的机械能为ΔE＝m2v02－(m1＋m2)v2，代入数据解得ΔE＝2.4 J，故C错误；对物块，由动能定理得－W克f＝m2v2－m2v02，解得物块克服摩擦力做的功为W克f＝3.36 J，故D错误．
8.(2020·吉水二中高三11月月考)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子内有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图8所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(重力加速度大小为g)(　　)

图8
A.mv2 B.v2
C.NμmgL D．NμmgL
答案　D
解析　根据动量守恒定律，小物块和箱子的共同速度v′＝，损失的动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v′2＝，故A、B错误；根据能量守恒定律，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘相对路程，所以ΔEk＝NFfL＝NμmgL，故C错误，D正确．
9．(2021·石家庄二中月考)如图9所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝6 kg的小物体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，A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

图9
A．木板A获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为2 J
C．木板A的最小长度为1 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
答案　C
解析　由题图乙知，木板A和小物体B最终的速度v＝1 m/s，以小物体B的运动方向为正方向，据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，则木板A的质量M＝6 kg，木板A获得的动能为EkA＝Mv2＝×6×12 J＝3 J，系统损失的机械能ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝×6×22 J－×12×12 J＝6 J，故A、B项错误．由题图乙得：0～1 s内小物体B的位移xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，0～1 s内木板A的位移xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度L＝xB－xA＝1 m，故C项正确．由题图乙得，0～1 s内小物体B的加速度大小aB＝＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmg＝maB，则A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，故D项错误．
10.如图10所示，一质量为M的物块静止在水平桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度射出，子弹从射入到射出物块经过的时间极短．重力加速度为g.求：

图10
(1)此过程中系统损失的机械能；
(2)物块落地点离桌面边缘的水平距离．
答案　(1)(3－)mv02　(2)
解析　(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝m＋Mv①
解得v＝v0②
此过程中系统损失的机械能为
ΔE＝mv02－[m()2＋Mv2]③
由②③式得ΔE＝(3－)mv02.
(2)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，则h＝gt2④
s＝vt⑤
由②④⑤式得s＝.
11．两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以速度水平向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k的水平轻弹簧连接，如图11所示．现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为，速度为v0，子弹射入木块A并留在其中．求：

图11
(1)在子弹击中木块A后的瞬间木块A、B的速度vA和vB的大小；
(2)在子弹击中木块A后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．
答案　(1)　　(2)mv02
解析　(1)在子弹击中入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，木块A、B都不受弹簧弹力的作用，故vB＝；
由于此时木块A不受弹簧的弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选水平向左为正方向，
由动量守恒定律得－＝(＋m)vA，
解得vA＝.
(2)由于子弹击中木块A后木块A、木块B运动方向相同且vA 联立解得v＝v0，Epm＝mv02.
12．如图12所示，质量mB＝2 kg的平板车B上表面水平，在平板车左端相对于车静止着一个质量mA＝2 kg的物块A(A可视为质点)，A、B一起以大小为v1＝0.5 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，一颗质量m0＝0.01 kg的子弹以大小为v0＝600 m/s的水平初速度向右瞬间射穿A后，速度变为v＝200 m/s.已知A与B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止时A刚好停在B的右端，车长L＝1 m，g＝10 m/s2，求：

图12
(1)A、B间的动摩擦因数；
(2)整个过程中因摩擦产生的热量．
答案　(1)0.1　(2)1 600 J
解析　(1)规定向右为正方向，子弹与A作用的过程，根据动量守恒定律得：m0v0－mAv1＝m0v＋mAvA，
代入数据解得：vA＝1.5 m/s，
子弹穿过A后，A以1.5 m/s的速度开始向右滑行，B以0.5 m/s的速度向左运动，当A、B有共同速度时，A、B达到相对静止，对A、B组成的系统运用动量守恒定律，规定向右为正方向，有：mAvA－mBv1＝(mA＋mB)v2，
代入数据解得：v2＝0.5 m/s.
根据能量守恒定律知：
μmAgL＝mAvA2＋mBv12－(mA＋mB)v22，
代入数据解得：μ＝0.1.
(2)根据能量守恒得，整个过程中因摩擦产生的热量为：
Q＝m0v02＋(mA＋mB)v12－m0v2－(mA＋mB)v22，
代入数据解得：Q＝1 600 J.