主题一 10 微专题 子弹打木块模型 滑块—木板模型导学案 2027届高三物理一轮复习（浙江专版）

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1.理解子弹打木块模型、滑块—木板模型的特点,应用动量和能量的观点分析两类模型问题。
2.学会利用动量守恒定律、能量守恒定律等分析常见的物理模型。
要点一 子弹打木块模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)相互作用特点:作用时间极短,内力远大于外力。
(2)系统动量特点:系统动量守恒。
(3)系统能量特点:系统机械能有损失,损失的机械能转化为系统的内能。
3.两种情况
(1)子弹未穿透木块,两者共速,有mv0=(m+M)v共。
①系统损失的机械能ΔE损=12mv02-12(m+M)v共2。
②系统增加的内能Q=Ff·Δx=ΔE损,其中Δx为两者间的相对位移,Ff为子弹和木块之间的平均作用力。
③类比碰撞模型:该种情况损失的机械能最多,相当于完全非弹性碰撞。
(2)子弹穿透木块,有mv0=mv1+Mv2。
①系统损失的机械能ΔE损=12mv02-(12mv12+12Mv22)。
②系统增加的内能Q=Ff·d=ΔE损,其中d为木块的长度。
③类比碰撞模型:相当于非弹性碰撞。
[典例1] (子弹嵌入木块)(宁波)如图所示,足够长的光滑水平地面上,静置一辆小车,长L=0.3 m、不可伸长的轻质柔软细绳一端固定在车厢顶部,另一端系一质量m=1.98 kg的木块(可视为质点),质量m0=20 g的子弹以v0=200 m/s的速度水平射入木块并留在其中,此后绳与竖直方向的最大夹角θ=60°,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)子弹射入木块时产生的热量Q;
(2)小车的质量M以及绳与竖直方向夹角为θ=60°时小车的速度大小;
(3)小车的最大速度vmax的大小。
[破题路径]
明确系统(子弹+木块+小车)→分阶段判守恒
(1)子弹射入木块:时间短内力大,动量守恒(求共同速度v1),能量守恒(Q=初动能-末动能)→
解(1)。
(2)木块摆至最高点:水平动量守恒(共速v2)+机械能守恒→解(2)。
(3)木块回到最低点:动量守恒+机械能守恒→求小车最大速度→解(3)。
答案:(1)396 J (2)6 kg 0.5 m/s (3)1 m/s
解析:(1)设子弹射入木块后的速度大小为v1,由动量守恒定律得m0v0=(m+m0)v1,
产生的热量为Q=12m0v02-12(m0+m)v12,
联立解得Q=396 J。
(2)当木块在最高点时,木块和小车共速,设共同速度为v2。系统在水平方向动量守恒,
则有m0v0=(m0+m+M)v2,
由机械能守恒定律有12(m0+m)v12=12(m0+m+M)v22+(m0+m)gL(1-cs θ),
解得M=6 kg,v2=0.5 m/s。
(3)当木块再次向左回到最低点时,小车速度最大,设此时木块速度大小为v3,根据动量守恒定律得
m0v0=-(m0+m)v3+Mvmax,
根据机械能守恒定律得
12(m0+m)v12=12(m0+m)v32+12Mvmax2,
联立可解得vmax=1 m/s。
[典例2] (子弹穿透木块)如图所示,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,穿出木块时速度变为25v0,已知木块的长度为L,设子弹在木块中所受的阻力恒定。求:
(1)子弹穿出木块后,木块的速度大小v;
(2)子弹受到的阻力大小;
(3)子弹在木块中运动的时间t。
答案:(1)v05 (2)9mv0225L (3)5L3v0
解析:(1)子弹与木块相互作用过程,满足动量守恒定律,有mv0=m×25v0+3mv,解得v=v05。
(2)对系统应用动能定理得
F阻L=12mv02-12m(25v0)2-12×3mv2,
解得F阻=9mv0225L。
(3)对木块应用动量定理得F阻t=3mv,解得t=5L3v0。
要点二 滑块—木板模型
1.模型图例
说明:水平面光滑,滑块从左侧边缘滑上木板。
2.模型特点
(1)相互作用特点:系统所受合外力为零。
(2)系统动量特点:系统动量守恒。
(3)系统能量特点:系统机械能有损失,损失的机械能转化为系统的内能。
3.两种情况
(1)若木板足够长,滑块始终未滑离木板,二者最终共速,即有mv0=(m+M)v共。
①系统损失的机械能ΔE损=12mv02-12(m+M)v共2。
②系统增加的内能Q=Ff·Δx=ΔE损,其中Δx为两者间的相对位移,Ff为滑块和木板之间的滑动摩擦力大小。
③类比碰撞模型:损失的机械能最多,相当于完全非弹性碰撞。
(2)若滑块能够滑离木板,有mv0=mv1+Mv2。
①系统损失的机械能ΔE损=12mv02-(12mv12+12Mv22)。
②系统增加的内能Q=Ff·L=ΔE损,其中L为木板的长度。
③类比碰撞模型:相当于非弹性碰撞。
[典例3] (滑块有初速度)(台州)如图所示,质量mA=1 kg、可视为质点的滑块A用不可伸长的细线悬挂于固定点O,处于静止状态,细线长为L;质量mB=4 kg、长d=6 m的木板B静置于光滑水平面上,木板B恰好与滑块A接触且无挤压,两者位于同一竖直平面内。滑块以v0=10 m/s的初速度开始运动,恰能绕O点完成圆周运动,回到出发点时细线突然断裂(不影响滑块的运动),经过时间Δt=1 s,滑块与木板达到相同的速度。忽略空气阻力,g取10 m/s2,求:
(1)细线长度L;
(2)滑块受到的摩擦力大小Ff和共速时滑块到木板左端距离Δx。
答案:(1)2 m (2)8 N 5 m
解析:(1)滑块恰能完成圆周运动,
最高点速度v=gL,
由动能定理有-2mAgL=12mAv2-12mAv02,
可得L=2 m。
(2)滑块和木板达到共同速度,
由动量守恒定律有mAv0=(mA+mB)v共,
可得v共=2 m/s,
由aA=v0-v共Δt,
可得aA=8 m/s2,
由牛顿第二定律有Ff=mAaA=8 N;
由动能定理有
-FfΔx=12(mA+mB)v共2-12mAv02,
可得Δx=5 m,
即共速时滑块到木板左端的距离为5 m。
[典例4] (木板有初速度)(浙江)如图所示,光滑水平地面上放置两个完全相同的长木板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5,则(重力加速度g取10 m/s2)( )
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B. 碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止,C相对长木板滑动的距离为0.6 m
解析:D 碰撞瞬间C相对地面向左运动,选项A错误;以向右为正方向,则A、B碰撞过程由动量守恒定律得mvA-mvB=2mv1,解得v1=1 m/s,方向向右;当三者共速时,由动量守恒定律得2mv1-mvC=3mv,解得v=0,即最终三者一起静止,可知经历的时间t=vCμg=20.5×10 s=0.4 s,选项B错误;碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量Q=12×2mv12+12mvC2=3 J,选项C错误;碰撞后到三者相对静止,由能量关系可知Q=μmgx相对,解得x相对=0.6 m,选项D正确。