2027届高三物理一轮复习教案：第七章　第36课时　专题强化：动量守恒在“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型中的应用（含解析）

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第七章　第36课时　专题强化：动量守恒在“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型中的应用（含解析）
考点一 “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=12mv02-12(M+m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0=mv1+Mv2
能量守恒：Q=Ff·d=12mv02-(12mv12+12Mv22)
例1 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，通过计算判断子弹能否射穿该木块？
答案 (1)6 m/s 882 J (2)见解析
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，代入数据解得v=6 m/s
此过程系统所产生的内能
Q=12mv02-12(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
此过程系统损失的机械能为
ΔE'=12mv0'2-12(M+m)v'2=1 568 J
由功能关系有Q=ΔE=F阻x相=F阻d
ΔE'=F阻x相'=F阻d'
则ΔEΔE'=F阻dF阻d'=dd'，解得d'=1 568147 cm
因为d'>10 cm，所以子弹能射穿木块。
拓展 在例1中，若子弹能射穿木块，则：
(1)当子弹射入的速度增大时，下列说法正确的是 。
A.木块最终获得的动能变大
B.子弹损失的动能变大
C.子弹穿过木块的时间变短
D.木块在被击穿过程中的位移变小
(2)在木块固定和不固定的两种情况下，以下说法正确的是 。
A.若木块固定，则子弹对木块的摩擦力的冲量为零
B.若木块不固定，则子弹减小的动能等于木块增加的动能
C.不论木块是否固定，两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等
D.不论木块是否固定，两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等
答案 (1)CD (2)D
解析 (1)子弹的入射速度越大，子弹击穿木块所用的时间越短，木块相对地面的位移越小，但子弹相对木块的位移不变，C、D正确；木块动能的增加量ΔEk=Ffx，木块对子弹的阻力恒定，由木块相对地面的位移变小可知木块动能的增加量变小，即木块最终获得的动能变小，子弹相对地面的位移也变小，子弹克服阻力做功变小，子弹损失的动能也变小，A、B错误。
(2)若木块固定，子弹在木块中运动的时间t不为零，摩擦力Ff不为零，则子弹对木块的摩擦力的冲量I=Fft不为零，A错误；若木块不固定，子弹减小的动能等于木块增加的动能与系统增加的内能之和，可知子弹减小的动能大于木块增加的动能，B错误；木块固定时子弹射出木块所用时间较短，木块不固定时子弹射出木块所用时间较长，摩擦力大小相等，则木块不固定时木块对子弹的摩擦力的冲量更大，C错误；不论木块是否固定，因摩擦产生的热量等于摩擦力与木块长度的乘积，摩擦力与木块长度都不变，因此两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等，D正确。
例2 (2025·辽宁省三模)如图所示，两个完全相同的木块A、B厚度均为d，质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B。第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力，不计子弹长度和重力，子弹可视为质点。则第二次子弹( )
A.能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为110v0
B.能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为19v0
C.不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为910d
D.不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为89d
答案 C
解析 第一次射击前，A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B，由动量守恒定律得mv0=(8m+m)v1，解得v1=v09，由能量守恒定律得12mv02=12(8m+m)v12+Ffd，解得Ff=49dmv02，第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B，假设不能击穿木块B，由动量守恒定律得mv0=(4m+m)v2，解得v2=15v0，由能量守恒定律得12mv02=12(4m+m)v22+Ffd'，联立可得d'=910d，假设成立，所以子弹不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为910d。故选C。
考点二 “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3 质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5 m，现有一质量为m2=0.2 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，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.5，g取10 m/s2，求：
(1)物块与小车的共同速度大小；
(2)从开始到共速，物块运动的位移大小x1；
(3)从开始到共速，小车运动的位移大小x2；
(4)在此过程中系统产生的内能；
(5)若物块不滑离小车，物块的初速度不能超过多少。
答案 (1)0.8 m/s (2)0.336 m (3)0.096 m (4)0.24 J (5)5 m/s
解析 (1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v，解得v=m2v0m1+m2=0.8 m/s
(2)对物块，根据动能定理有μm2gx1=12m2v02-12m2v2
解得x1=0.336 m
(3)对小车，根据动能定理有μm2gx2=12m1v2-0，解得x2=m1v22μm2g=0.096 m
(4)方法一 Δx=x1-x2=0.24 m
Q=μm2g·Δx=0.24 J
方法二 Q=ΔE=12m2v02-12(m1+m2)v2
=0.24 J
(5)设物块最大初速度为v0'，由动量守恒和能量守恒有m2v0'=(m1+m2)v'
12m2v0'2-12(m1+m2)v'2=μm2gL
联立解得v0'=5 m/s。
拓展 在例3中，若增大物块与小车间的动摩擦因数，则因摩擦产生的内能将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
答案 不变
例4 (2024·甘肃卷·14)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P=OP=1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力；
(2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小；
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
答案 (1)40 N (2)4 m/s (3)0.15
解析 设A、C质量为m=2 kg，B的质量为M=6 kg，细绳OP长为l=1.6 m。
(1)A从开始运动到最低点由动能定理
mgl(1-cs 60°)=12mv02-0
对A在最低点，根据牛顿第二定律得
F-mg=mv02l
解得v0=4 m/s，F=40 N
(2)A与C相碰时由于碰后A竖直下落，可知A水平速度变为0，由水平方向动量守恒，可知
mv0=0+mvC
解得vC=v0=4 m/s
(3)C相对B滑行4 m后与B共速，
根据动量守恒可得mvC=(M+m)v
根据能量守恒得μmgL相对=12mvC2-12(M+m)v2
联立解得μ=0.15。
两种典型的“滑块—木板”模型

课时精练
[分值：54分]
[1~4题，每题4分]
1.(2025·山东省实验中学检测)如图所示，两颗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的滑块A、B后与滑块一起运动。两滑块质量相同、材料不同，子弹在A中受到的平均阻力是在B中受到的平均阻力的两倍。下列说法正确的是( )
A.射入滑块A的子弹最终速度小
B.射入滑块A的子弹受到的阻力的冲量大
C.子弹射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍
D.两种情况子弹对滑块做的功相等
答案 D
解析 设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同速度为v'，子弹和滑块的质量分别为m、M，取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv=(m+M)v'，解得v'=mvm+M，由于两滑块质量相同，子弹质量也相同，则最后共同速度也相同，故A错误；子弹的质量相同，初、末速度相同，则子弹的动量变化量相等，根据动量定理可知I=Δp，子弹受到的阻力的冲量相等，故B错误；根据能量守恒定律可知，两过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两过程系统产生的热量相同，由Q=Ffd，其中子弹在A中受到的平均阻力是在B中受到的平均阻力的两倍，可知子弹射入滑块B中的深度是射入滑块A中深度的两倍，故C错误；根据动能定理可知，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加量，两滑块质量相同，初、末动能相同，则两种情况子弹对滑块做的功相等，故D正确。
2.(来自教材改编)(2025·北京市东城区二模)如图所示，将质量为M的沙箱用长为l的不可伸长的轻绳悬挂起来，一颗质量为m的子弹水平射入沙箱(未穿出)，沙箱摆动的最大摆角为α(αx，即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大，B错误。
8.(12分)(2025·湖北宜昌市检测)如图所示，紧靠在水平平台右端的长木板上表面NQ水平且与平台等高，NQ的长度L=2 m，长木板的右端为半径R=0.1 m的14光滑圆弧，可视为质点的滑块B静止在长木板的左端。质量mA=1 kg的滑块A在光滑水平平台上以初速度v0=6 m/s向右匀速运动，一段时间后滑块A与滑块B发生弹性碰撞。已知滑块B的质量为mB=3 kg，与NQ间的动摩擦因数μ=0.1，长木板的下表面光滑，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(3分)求滑块A、B碰后瞬间滑块B的速度大小vB。
(2)(3分)若滑块B恰好不能从长木板右端滑离长木板，求长木板的质量mC。
(3)(6分)在满足(2)的条件下，求长木板的最大速度vm及滑块B最终距Q点的距离Δx。
答案 (1)3 m/s (2)6 kg (3)3+33 m/s 1 m
解析 (1)对滑块A、B碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
联立解得滑块A和B碰后滑块B的速度大小vB=3 m/s
(2)滑块B恰好不能从右端滑离长木板，对应的情况是滑块B刚好滑到圆弧的顶端时，滑块B与长木板共速，对滑块B和长木板有mBvB=(mB+mC)v
12mBvB2-12(mB+mC)v2=μmBgL+mBgR
联立解得v=1 m/s，mC=6 kg
(3)当滑块B返回至Q点时，长木板的速度最大，设此时滑块B的速度为vB'，
则有(mB+mC)v=mBvB'+mCvm
12mBvB'2+12mCvm2-12(mB+mC)v2=mBgR
联立解得vm=3+33 m/s
假设滑块B最终没有滑离长木板，对滑块B从最高点到与长木板相对静止的过程，根据能量守恒定律有mBgR=μmBgΔx
解得Δx=1 m