第七章 第4讲　小专题 动量守恒在 子弹打木块 和 板块 类模型中的应用练习含答案-高考物理一轮专题

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[B] 子弹射入物块A的过程中,物块A的动能增加量为kmv022(k+1)2
[C] 在弹簧第一次被压缩到最短的过程中,物块B的动量最大值为kmv0k+2
[D] 弹簧第一次压缩到最短的过程中,弹簧具有的最大弹性势能为k2mv02(k+1)(k+2)
【答案】 C
【解析】 子弹射入物块A的过程中,子弹与物块A组成的系统动量守恒,则有kmv0=(m+km)v1,得v1=kk+1v0,子弹动量的变化量Δp=kmv1-kmv0=-kmv0k+1,选项A错误;物块A的动能增加量为ΔEkA=12mv12=k2mv022(k+1)2,选项B错误;当弹簧第一次压缩到最短时,物块B的动量最大,则子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒,有kmv0=(2m+km)v2,得v2=kk+2v0,物块B的动量最大值为pBm=kmv0k+2,选项C正确;弹簧第一次压缩到最短的过程中,弹簧具有的最大弹性势能为ΔEp=12(m+km)v12-12(2m+km)v22=k2mv022(k+1)(k+2),选项D错误。
[变式] 子弹射入物块A的过程中,两物块的动量是否守恒?两物块运动过程中,弹簧最短时的弹性势能与弹簧最长时的弹性势能是否相等?
【答案】 不守恒 相等
【解析】 子弹射入物块A的过程中,物块A受到子弹的摩擦力作用,A的动量增大,所以两物块的动量不守恒;两物块运动过程中,弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时,有(m+km)v1=(2m+km)v2,
ΔEp=12(m+km)v12-12(2m+km)v22,
所以弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能。
[例2] 【“子弹穿透木块”模型】(2025·河南高考适应性考试)如图,在有圆孔的水平支架上放置一物块,玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出,穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h,已知子弹的质量为m,物块的质量为4m,重力加速度大小为g。在子弹和物块上升过程中,子弹所受阻力忽略不计,物块所受阻力大小为自身重力的18,子弹穿过物块时间很短,不计物块厚度的影响,求:
(1)子弹击中物块前瞬间的速度大小;
(2)子弹从击中物块到穿出过程中系统损失的机械能。
【答案】 (1)10gh (2)752mgh
【解析】 (1)子弹穿出物块后上升8h,由机械能守恒定律有8mgh=12mv12,解得v1=4gh;
物块上升h,由动能定理有-4mgh-18·4mgh=0-12·4mv22,
解得v2=32gh;
由动量守恒定律得mv0=mv1+4mv2,
得v0=10gh。
(2)子弹从击中物块到穿出过程中由机械能守恒定律有ΔE=12mv02-12mv12-12·4mv22,
解得ΔE=752mgh。
解决“子弹打木块”的两个关键
(1)弄清楚子弹是最终留在木块中与木块一起运动,还是穿出木块后各自运动。
(2)求解子弹打击木块过程中损失的机械能,可以根据题目的具体条件:
①利用系统前后的机械能之差求解。
②利用ΔE损=Q热=F阻x相对求解。
③利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。
考点二 “滑块—木板”模型
[例3] 【滑块未滑离木板】 (2025·北京海淀区开学考)如图所示,有一质量m=20 kg的物块B,以5 m/s 的水平初速度冲上一个质量M=80 kg的静止木板A。物块在木板上滑行一段距离后相对木板静止。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.8,木板与地面间的摩擦可忽略不计,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物块相对木板静止时,木板速度的大小;
(2)物块所受摩擦力对物块做的功;
(3)物块在木板上运动的距离。
【答案】 (1)1 m/s (2)-240 J (3)1.25 m
【解析】 (1)对物块和木板由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,
解得v=1 m/s。
(2)对物块由动能定理有W=12mv2-12mv02,
解得W=-240 J。
(3)对系统由能量守恒定律有
μmgxBA=12mv02-12(m+M)v2,
解得xBA=1.25 m。
[例4] 【滑块滑离木板】(2025·陕西安康开学考)如图所示,在光滑水平面上并排放着的长为L=7.5 m 的长木板B的上表面和半径R=1 m的四分之一光滑圆弧槽C的左端平滑相接,B、C二者不粘连,质量均为2 kg。在B的左端放一质量为1 kg的小物块A,A与B之间的动摩擦因数μ=0.5。现给A施加一水平向右的瞬时冲量10 N·s,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块A获得的初速度大小;
(2)判断物块A能否滑离木板B,并求出A在B上滑动过程中因摩擦产生的热量;
(3)若A能滑上光滑圆弧槽C,求A滑上圆弧槽C后的运动过程中所能上升的最大高度;若A不能滑上光滑圆弧槽C,求A最终的速度大小。(结果保留3位有效数字)
【答案】 (1)10 m/s (2)能,37.5 J
(3)能,0.208 m
【解析】 (1)根据I=mv0,
可得物块A获得的初速度大小v0=10 m/s。
(2)假设物块A不能滑离木板B,由动量守恒和功能关系有mv0=(m+2M)v,
12mv02-12(m+2M)v2=μmgx,
解得x=8 m>L=7.5 m。
则物块A将滑离木板B,A在B上滑动过程中因摩擦产生的热量Q=μmgL=37.5 J。
(3)由以上分析可知,物块A能滑上光滑圆弧槽C,当刚滑离木板B时,设物块A的速度为v1,木板B和C的速度为v2,根据动量守恒和功能关系有mv0=mv1+2Mv2,
12mv02-(12mv12+12·2Mv22)=μmgL,
解得v1=4 m/s,
v2=1.5 m/s(另一组解舍掉);
当A滑上C到最大高度时两者共速,则
mv1+Mv2=(m+M)v′,
12mv12+12Mv22-12(m+M)v′2=mgh,
解得h≈0.208 m。
“滑块—木板”模型至少涉及两个物体,包括多个运动过程,滑块、木板间存在相对运动。解决该模型问题的方法如下:
(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=Ff·x相对或Q=E初-E末求解,研究对象为一个系统。
(满分:70分)
对点1.“子弹打木块”模型
1.(4分)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起,将其放在光滑水平面上,如图所示,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块,若子弹击中上层,子弹刚好不穿出;若子弹击中下层,则子弹整个刚好嵌入,由此可知( )
[A] 子弹射中上层时对滑块做功多
[B] 两次子弹对滑块做的功一样多
[C] 子弹射中上层系统产生热量多
[D] 子弹与上层之间的摩擦力较大
【答案】 B
【解析】 根据动量守恒定律可知两次过程最后滑块获得的速度(滑块和子弹的共同速度)是相同的,即滑块获得的动能是相同的;根据动能定理,滑块动能的增量是子弹对滑块做功的结果,所以两次子弹对滑块做的功一样多,故A错误,B正确。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,而减少的动能一样多(两次过程子弹初速度相等,且滑块与子弹的末速度也相等),故系统产生的热量一样多,故C错误。根据摩擦力和相对位移的乘积等于系统动能的损失量,两次相对位移不一样,因此子弹所受摩擦力不一样,子弹与下层之间相对位移比较小,所以摩擦力较大,故D错误。
2.(4分)(2024·山西吕梁阶段检测)如图所示,用长为L的细线悬挂于O点的小球处于静止状态,质量为m的子弹以速度v0水平射入小球,子弹穿过小球后的速度为34v0,子弹穿过小球后瞬间细线上的张力是子弹射入小球前细线张力的2倍,子弹穿过小球时间极短,重力加速度为g,不考虑小球质量变化,则小球的质量为( )
[A] v02gL m[B] v0gL m
[C] v04gL m[D] v02gL m
【答案】 C
【解析】 子弹穿过小球过程中,子弹和小球水平方向动量守恒,设穿过瞬间小球的速度为v,则mv0=Mv+34mv0,根据牛顿第二定律有2Mg-Mg=Mv2L,解得M=v04gLm,故选C。
3.(6分)(2024·湖南长沙模拟)(多选)如图,质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上,质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块,水平射出木块时速度变为v03,已知木块的长为L,设子弹在木块中的阻力恒为F阻。则子弹在木块中运动的时间为( )
[A] 4L3v0[B] 9L5v0
[C] 2mv03F阻[D] 4mv09F阻
【答案】 BC
【解析】 设子弹在木块中运动的时间为t,以子弹为研究对象,根据动量定理可得-F阻t=mv03-mv0,解得t=2mv03F阻;设子弹射出木块时,木块的速度为v1,根据系统动量守恒可得mv0=mv03+3mv1,解得v1=29v0;根据位移关系可得L=x子-x木=v0+13v02t-0+v12t,解得t=9L5v0,B、C正确。
4.(12分)(2024·广东深圳三模)如图所示,ABC是光滑轨道,其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆,AB部分与BC部分平滑连接。一质量为M的小木块放在轨道水平部分,木块被水平飞来的质量为m的子弹射中,子弹留在木块中。子弹击中木块前的速度为v0。若被击中的木块能沿轨道滑到最高点C,重力加速度为g。
(1)求子弹击中木块后的速度;
(2)求子弹击中木块并留在其中的过程中,子弹和木块产生的热量Q;
(3)若m∶M=1∶3,且v0=12gR,求木块从C飞出后落地点与B点的距离s。
【答案】 (1)mv0M+m (2)Mmv022(M+m) (3)25R
【解析】 (1)子弹击中木块,整个系统动量守恒,有mv0=(M+m)v,
解得子弹击中木块后的速度v=mv0M+m。
(2)根据能量守恒定律可得
Q=12mv02-12(M+m)v2=Mmv022(M+m)。
(3)被击中的木块能沿轨道滑到最高点C,根据机械能守恒定律可知
12(M+m)v2=12(M+m)vC2+2(M+m)gR,
解得vC=5gR,
木块的落地时间2R=12gt2,得t=4Rg,
所以木块从C点飞出后落地点与B点的距离
s=vCt=25R。
对点2.“滑块—木板”模型
5.(4分)如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为mB=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取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
[A] A、B间的动摩擦因数为0.1
[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] 木板A获得的动能为2 J
【答案】 A
【解析】 物体B的加速度大小为aB=2-11-0 m/s2=1 m/s2,根据牛顿第二定律得μmBg=mBaB,解得μ=0.1,A正确;根据动量守恒定律得mBv0=(mA+mB)v,解得mA=2 kg,损失的机械能为E损=12mBv02-12(mA+mB)v2=2 J,B错误;木板A的最小长度为L=1+22×1 m-12×1×1 m=1 m,C错误;木板A获得的动能为EkA=12mAv2=1 J,D错误。
6.(6分)(2024·江西吉安期末)(多选)如图所示,长木板静止放置在光滑的水平地面上,木块(视为质点)静止放置在长木板的最右端,让长木板与木块同时各获得一个水平向右和水平向左的速度,大小均为v0,经过一段时间t0,木块恰好不从长木板的最左端脱离,已知长木板与木块的质量相等,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
[A] 木块与长木板刚好不脱离时,两者仍然有速度
[B] 木块与长木板之间的动摩擦因数为v0gt0
[C] 长木板的长度为v0t0
[D] 可以求出长木板与木块的质量
【答案】 BC
【解析】 设长木板与木块的质量均为m,该过程两者组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可得mv0-mv0=2mv共,则v共=0,即木块与长木板刚好不脱离时两者正好都处于静止状态,A项错误;对木块应用动量定理可得-μmgt0=0-mv0,解得μ=v0gt0,B项正确;由能量守恒定律可得Q=2×12mv02,结合Q=μmgL,综合解得长木板的长度为L=v0t0,C项正确;在运算的过程中,两者的质量相等都消掉,则无法求出长木板与木块的质量,D错误。
7.(6分)(2024·河南南阳期末)(多选)如图甲所示,质量分别为m1和m2的两物块A、B静止叠放在光滑水平地面上,物块B足够长,A、B之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。现给物块A一个水平向右的初速度v,待A、B共速时其位移分别为x1和x2,测得v2与x2的关系如图乙所示,则m1m2和x1x2的值分别为( )
[A] 12,4[B] 1,3
[C] 32,72[D] 2,52
【答案】 AD
【解析】 系统动量守恒,则从开始运动到两者共速时满足m1v=(m1+m2)v共,对B分析可知μm1gx2=12m2v共2,解得v2=2μg(m1+m2)2m1m2x2,由图像可知2μg(m1+m2)2m1m2=9μgxx,解得m1m2=2或者m1m2=12,对A分析可知v共2-v2=-2μgx1,解得v2=2μg(m1+m2)2m2(2m1+m2)x1,则2μg(m1+m2)2m1m2x2=2μg(m1+m2)2m2(2m1+m2)x1,解得x1x2=2+m2m1,则x1x2=52或者x1x2=4,故A、D正确。
8.(10分)(2024·重庆渝中期中)滑雪爱好者在滑雪场里玩跳板游戏:人踩着滑雪板从斜坡滑下进入水平滑道,快靠近某一水平冰面(不计摩擦)时,如图所示,以初速度v0沿与水平方向成θ=60°夹角起跳,恰好沿水平方向跳上一静止在冰面上的水平木板。已知滑雪板与木板间的动摩擦因数μ=0.1,人和滑雪板(始终相对静止)总质量与木板质量相等,木板长度远大于滑雪板的长度,重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)木板的高度h;
(2)要使人和滑雪板不从木板上滑下,木板的最小长度L。
【答案】 (1)3v028g (2)5v028g
【解析】 (1)起跳至水平木板过程,竖直方向有(v0sin θ)2=2gh,
得h=(v0sinθ)22g=3v028g。
(2)当人落在木板上后,人和滑雪板及木板组成的系统动量守恒,有
mv0cs θ=2mv,
从人落在木板上到人和滑雪板及木板达到共速能量守恒,有
12m(v0cs θ)2=12×2mv2+μmgL,
得L=5v028g。
9.(6分)(2025·河北衡水阶段检测)(多选)如图,有n个相同的物块紧密排列放在光滑水平面上,每个物块质量为m,一质量为m0的子弹(可以看成质点)以某一初速度从左端水平射入物块中,刚好能穿过一个物块。设物块对子弹的阻力大小不变。忽略空气阻力的影响,下列说法正确的是( )
[A] 子弹和物块动量守恒,机械能守恒
[B] 若只增加物块个数,子弹可能穿过更多的物块
[C] 若只增加物块个数,子弹能穿过的物块个数减少
[D] 若只改变物块个数,子弹能穿过的物块个数不超过(m0nm+1)
【答案】 BD
【解析】 子弹射入物块过程中,摩擦阻力做负功,子弹和物块组成的系统损失的部分机械能转化为内能,所以机械能不守恒,故A错误;由于物块给子弹的阻力大小不变,所以子弹每穿过一个物块产生的热量相同且为定值,设为Q,设子弹射入物块后,与物块相对静止时损失的机械能为E损,由动量守恒定律和能量守恒定律得m0v0=(nm+m0)v共,E损=12m0v02-12(nm+m0)v共2,解得E损=nmnm+m0·12m0v02=11+m0nm·12m0v02,故子弹能穿过物块的个数为k=E损Q,若只增加物块个数n,则E损将增大,且Q不变,所以子弹能穿过的物块个数k将增大,故B正确,C错误;若只改变物块个数,子弹能穿过的物块个数最大值为kmax=E损maxQ=E损maxE损=12m0v02nmnm+m0·12m0v02=1+m0nm,所以子弹能穿过的物块个数不超过(m0nm+1),故D正确。
10.(12分)(2024·江苏南通开学考试)如图所示,滑板A固定在光滑的水平面上,长度为L=2 m,滑板质量mA=1 kg,滑块质量mB=0.99 kg,A、B间动摩擦因数为μ。现有子弹mC=0.01 kg以v0=200 m/s的速度向右击中B并留在其中。
(1)求子弹C击中B后瞬间,B的速度v1;
(2)B被子弹击中后恰好能滑到A右端静止,求A与B间动摩擦因数μ;
(3)若滑板A不固定,分析B能否离开A,并求整个过程A、B、C系统损失的机械能E。
【答案】 (1)2 m/s (2)0.1 (3)不能离开 199 J
【解析】 (1)设子弹C击中B后瞬间B速度为v1,根据动量守恒定律得
mCv0=(mB+mC)v1,
解得v1=2 m/s。
(2)若滑板A与水平面固定,B由运动到静止,位移为L,根据动能定理有
-μ(mB+mC)gL=0-12(mB+mC)v12,
解得μ=0.1。
(3)若A不固定,则A做匀加速运动,B、C做匀减速运动,B、C与A间摩擦力
Ff=μ(mB+mC)g=1 N,
A的加速度大小为
aA=FfmA=1 m/s2,
B、C的共同加速度大小
aBC=FfmB+mC=1 m/s2,
设经时间t共速,
v1-aBCt=aAt,
解得t=1 s;
此时B相对A的位移
x=v1t-12aBCt2-12aAt2=1 m,
因x