資源簡介

專題提升練14　動量守恒在子彈打木塊模型和
滑塊—木板模型中的應用
　
梯級Ⅰ基礎練
1.(2025·淮安模擬)如圖所示，質量為M=9 kg的木塊靜止于光滑水平面上，一質量為m=1 kg的子彈以水平速度v0=100 m/s打入木塊并停在木塊中，下列說法正確的是(　　)
A.子彈打入木塊后子彈和木塊的共同速度為v=10 m/s
B.子彈對木塊做的功W=500 J
C.木塊對子彈做正功
D.子彈打入木塊過程中產生的熱量Q=3 500 J
2.(2025·焦作模擬)如圖所示為一款戶外游戲的簡化圖，兩等高的平臺中間有一段長為x的光滑水平面，在光滑水平面上有長為d的平板車緊靠左側的平臺，平板車的上表面與左、右平臺在同一水平線上。游戲參與者需要在左側平臺邊緣給可視為質點的小木塊一個初速度，讓小木塊滑上平板車，最后小木塊剛好滑上右側平臺，并靜止在平臺左邊緣處視為勝利。已知小木塊與平板車間的動摩擦因數為μ，平板車的質量是小木塊的2倍，當平板車碰到右側平臺時立即被鎖定，重力加速度為g。要使游戲參與者獲得勝利，給小木塊的初速度可能是(　　)
A. B.
C. D.
3.(2025·六盤水模擬)如圖所示，套筒C可以沿著水平固定的光滑桿(足夠長)左右滑動，套筒下方用不可伸長的輕細線懸掛物體B。開始時物體B和套筒C均靜止，子彈A以v0=40 m/s的水平初速度在極短時間內擊穿物體B后速度減為。已知子彈A、物體B、套筒C的質量分別為mA=0.1 kg、mB=mC=1.5 kg，重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)子彈A擊穿物體B的過程，子彈A對物體B的沖量大小;
(2)物體B能上升的最大高度;
(3)套筒C可以達到的最大速度。
梯級Ⅱ能力練
4.(2025·唐山模擬)如圖所示，光滑水平面上有一質量M=1.98 kg的小車，小車上表面有一半徑為R=1 m的光滑圓弧軌道，與水平軌道在B點相切，B點右側粗糙，小車的最右端D點豎直固定輕質彈簧片CD，已知滑塊與彈簧片碰撞時無機械能損失，BD之間距離為0.3 m，一個質量m=2 kg的滑塊置于車的B點，車與滑塊均處于靜止狀態，有一質量m0=20 g的子彈，以速度v0=800 m/s擊中小車并停留在車中，設子彈擊中小車的過程時間極短，已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.5，g取10 m/s2。求:
(1)子彈擊中小車后的瞬間，小車的速度;
(2)滑塊再次返回圓弧軌道最低點時，滑塊的速度大小;
(3)滑塊最終相對于B點的距離。
5.(2024·安徽卷)如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側。現將細線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著軌道運動，已知細線長L=1.25 m。小球質量m=0.20 kg。物塊、小車質量均為M=0.30 kg。小車上的水平軌道長s=1.0 m。圓弧軌道半徑R=0.15 m。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小;
(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小;
(3)為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍。
梯級Ⅲ創新練
6.如圖所示，木塊放在光滑水平地面上，一顆子彈水平射入木塊中，木塊受到的平均阻力為f，射入深度為d，此過程中木塊位移為s，子彈射入木塊的過程中，子彈未穿透木塊，此過程中木塊動能增加了5 J，那么此過程中系統產生的內能可能為(　　)
A.2.5 J B.4.2 J C.5.0 J D.5.6 J
專題提升練14　動量守恒在子彈打木塊模型和滑塊—木板模型中的應用
1.A　解析　根據動量守恒可得mv0=(M+m)v,解得子彈打入木塊后子彈和木塊的共同速度為v==10 m/s,A項正確;根據動能定理可知,子彈對木塊做的功為W=Mv2-0=450 J,B項錯誤;由于子彈的動能減小,根據動能定理可知,木塊對子彈做負功,C項錯誤;根據能量守恒可知,子彈打入木塊過程中產生的熱量為Q=m-(M+m)v2=4 500 J,D項錯誤。
2.D　解析　小木塊滑上平板車,設小木塊質量為m,初速度為v0,由動量守恒定律得mv0=3mv,小木塊在平板車上達到共速小木塊相對平板車滑行的距離為L,由能量守恒得m=×3mv2+μmgL,聯立解得L=,木板碰到右側平臺側壁停止運動,物體A剛好減速運動停在右側平臺上,對小木塊由動能定理得μmg(d-L)=mv2,聯立解得v0=,D項正確。
3.答案　(1)3 N·s　(2)0.1 m　(3)2 m/s
解析　(1)子彈A擊穿物體B的過程,動量守恒,規定向右為正方向,則
mAv0=mA×v0+mBv1,
對物體B根據動量定理有I=mBv1,
解得I=3 N·s。
(2)由(1)可解得子彈A擊穿物體B后,B的速度為v1=2 m/s,物體B上升過程中,B、C組成的系統水平方向動量守恒,設最大高度為h,則有
mBv1=(mB+mC)v2,
mBgh=mB-(mB+mC),
解得h=0.1 m。
(3)當B回到最低點時,C的速度最大,根據B、C系統動量守恒可知
(mB+mC)v2=-mBv3+mCv4,
根據能量守恒定律有
mBgh+(mB+mC)=mB+mC,
解得v4=2 m/s。
4.答案　(1)8 m/s　(2)8 m/s　(3)0.2 m
解析　(1)取向右為正方向,子彈打小車過程,子彈和小車系統動量守恒
m0v0=(m0+M)v,
解得v=8 m/s。
(2)子彈、小車和滑塊構成的系統動量守恒
(m0+M)v=(m0+M)v1+mv2,
子彈、小車和滑塊構成的系統機械能守恒
(m0+M)v2=(m0+M)+m,
聯立可得v1=0,v2=8 m/s。
(3)滑塊最終狀態是三者共速時,有
(m0+M)v=(m0+m+M)v3,
(m0+M)v2-(m0+m+M)=μmgs,
聯立可得s=3.2 m,
所以滑塊最終相對于B點的距離是
x=s-0.3×10 m=0.2 m。
5.答案　(1)6 N　(2)4 m/s
(3)0.25≤μ<0.4
解析　(1)對小球擺動到最低點的過程中,由動能定理得mgL=m-0,
解得v0=5 m/s,
在最低點,對小球由牛頓第二定律得
FT-mg=m,
解得小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT=6 N。
(2)小球與物塊碰撞過程中,由動量守恒定律和機械能守恒定律得
mv0=mv1+Mv2,
m=m+M,
解得小球與物塊碰撞后的瞬間,物塊速度的大小為v2=v0=4 m/s。
(3)若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點,此時兩者共速,則對物塊與小車整體,由水平方向動量守恒得Mv2=2Mv3,
由能量守恒定律
M=×2M+μ1Mgs,
解得μ1=0.4,
若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的位置,此時兩者共速,則對物塊與小車整體,由水平方向動量守恒得Mv2=2Mv4,
由能量守恒定律得
M=×2M+μ2Mgs+MgR,
解得μ2=0.25,
綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍為0.25≤μ<0.4。
6.D　解析　設子彈的質量為m,初速度為v0,木塊的質量為M,則子彈打入木塊的過程中,子彈與木塊組成的系統動量守恒,取向右為正方向,即mv0=(m+M)v,此過程產生的內能等于系統損失的動能,由能量守恒定律m=(m+M)v2+E內,即產生的內能為E內=,而木塊獲得的動能為Ek=Mv2=M2=5 J,聯立可得=>1,即E內>5 J,D項正確。(共22張PPT)
專題提升練14
動量守恒在子彈打木塊模型和
滑塊—木板模型中的應用
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1.(2025·淮安模擬)如圖所示，質量為M=9 kg的木塊靜止于光滑水平面上，一質量為m=1 kg的子彈以水平速度v0=100 m/s打入木塊并停在木塊中，下列說法正確的是( )
A.子彈打入木塊后子彈和木塊的共同速度為v=10 m/s
B.子彈對木塊做的功W=500 J
C.木塊對子彈做正功
D.子彈打入木塊過程中產生的熱量Q=3 500 J
梯級Ⅰ 基礎練
根據動量守恒可得mv0=(M+m)v，解得子彈打入木塊后子彈和木塊的共同速度為v==10 m/s，A項正確；根據動能定理可知，子彈對木塊做的功為W=Mv2-0=450 J，B項錯誤；由于子彈的動能減小，根據動能定理可知，木塊對子彈做負功，C項錯誤；根據能量守恒可知，子彈打入木塊過程中產生的熱量為Q=m-(M+m)v2=4 500 J，D項錯誤。
解析
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2.(2025·焦作模擬)如圖所示為一款戶外游戲的簡化圖，兩等高的平臺中間有一段長為x的光滑水平面，在光滑水平面上有長為d的平板車緊靠左側的平臺，平板車的上表面與左、右平臺在同一水平線 上。游戲參與者需要在左側平臺邊緣給可視為質點的小木塊一個初速度，讓小木塊滑上平板車，最后小木塊剛好滑上右側平臺，并靜止在平臺左邊緣處視為勝利。已知小木塊與平板車間的動摩擦因數為μ，平板車的質量是小木塊的2倍，當平板車碰到右側平臺時立即被鎖定，重力加速度為g。要使游戲參與者獲得勝利，給小木塊的初速度可能是( )
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A. B.
C. D.
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小木塊滑上平板車，設小木塊質量為m，初速度為v0，由動量守恒定律得mv0=3mv，小木塊在平板車上達到共速小木塊相對平板車滑行的距離為L，由能量守恒得m=×3mv2+μmgL，聯立解得L=，木板碰到右側平臺側壁停止運動，物體A剛好減速運動停在右側平臺上，對小木塊由動能定理得μmg(d-L)=mv2，聯立解得v0=，D項正確。
解析
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3.(2025·六盤水模擬)如圖所示，套筒C可以沿著水平固定的光滑桿(足夠長)左右滑動，套筒下方用不可伸長的輕細線懸掛物體B。開始時物體B和套筒C均靜止，子彈A以v0=40 m/s的水平初速度在極短時
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間內擊穿物體B后速度減為。已知子彈A、物體B、套筒C的質量分別為mA= 0.1 kg、mB=mC=1.5 kg，重力加速度g取 10 m/s2。求：
(1)子彈A擊穿物體B的過程，子彈A對物體B的沖量大小；
子彈A擊穿物體B的過程，動量守恒，規定向右為正方向，則
mAv0=mA×v0+mBv1，
對物體B根據動量定理有I=mBv1，
解得I=3 N·s。
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(2)物體B能上升的最大高度；
由(1)可解得子彈A擊穿物體B后，B的速度為v1=2 m/s，物體B上升過程中，B、C組成的系統水平方向動量守恒，設最大高度為h，則有mBv1=(mB+mC)v2，
mBgh=mB-(mB+mC)，
解得h=0.1 m。
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(3)套筒C可以達到的最大速度。
當B回到最低點時，C的速度最大，根據B、C系統動量守恒可知
(mB+mC)v2=-mBv3+mCv4，
根據能量守恒定律有
mBgh+(mB+mC)=mB+mC，
解得v4=2 m/s。
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4.(2025·唐山模擬)如圖所示，光滑水平面上有一質量M=1.98 kg的小車，小車上表面有一半徑為R=1 m的光滑圓弧軌道，與水平軌道在B點相切，B點右側粗糙，小車的最右端D點豎直固定輕質彈簧片CD，已知滑塊與彈簧片碰撞時無機械能損失，BD之間距離為 0.3 m，一個質量m=2 kg的滑塊置于車的B點，車與滑塊均處于靜止狀態，有一質量m0=20 g的子彈，以速度v0=800 m/s擊中小車并停留在車中，設子彈擊中小車的過程時間極短，已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.5，g取10 m/s2。求：
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梯級Ⅱ 能力練
(1)子彈擊中小車后的瞬間，小車的速度；
取向右為正方向，子彈打小車過程，子彈和小車系統動量守恒
m0v0=(m0+M)v，
解得v=8 m/s。
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(2)滑塊再次返回圓弧軌道最低點時，滑塊的速度大小；
子彈、小車和滑塊構成的系統動量守恒
(m0+M)v=(m0+M)v1+mv2，
子彈、小車和滑塊構成的系統機械能守恒
(m0+M)v2=(m0+M)+m，
聯立可得v1=0，v2=8 m/s。
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(3)滑塊最終相對于B點的距離。
滑塊最終狀態是三者共速時，有
(m0+M)v=(m0+m+M)v3，
(m0+M)v2-(m0+m+M)=μmgs，
聯立可得s=3.2 m，
所以滑塊最終相對于B點的距離是
x=s-0.3×10 m=0.2 m。
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5.(2024·安徽卷)如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側。現將細線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著軌道運動，已知細線長L=1.25 m。小球質量m=0.20 kg。物塊、小車質量均為M=0.30 kg。小車上的水平軌道長s=1.0 m。圓弧軌道半徑R=0.15 m。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。
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(1)求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小；
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對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理得mgL=m-0，
解得v0=5 m/s，
在最低點，對小球由牛頓第二定律得
FT-mg=m，
解得小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT=6 N。
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(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；
小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律得
mv0=mv1+Mv2，
m=m+M，
解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為
v2=v0=4 m/s。
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(3)為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍。
若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點，此時兩者共速，則對物塊與小車整體，由水平方向動量守恒得Mv2=2Mv3，
由能量守恒定律M=×2M+μ1Mgs，
解得μ1=0.4，
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若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的位置，此時兩者共速，則對物塊與小車整體，由水平方向動量守恒得Mv2=2Mv4，
由能量守恒定律得M=×2M+μ2Mgs+MgR，
解得μ2=0.25，
綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍為
0.25≤μ<0.4。
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6.如圖所示，木塊放在光滑水平地面上，一顆子彈水平射入木塊中，木塊受到的平均阻力為f，射入深度為d，此過程中木塊位移為s，子彈射入木塊的過程中，子彈未穿透木塊，此過程中木塊動能增加了 5 J，那么此過程中系統產生的內能可能為( )

A.2.5 J B.4.2 J
C.5.0 J D.5.6 J
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梯級Ⅲ 創新練
設子彈的質量為m，初速度為v0，木塊的質量為M，則子彈打入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統動量守恒，取向右為正方 向，即mv0=(m+M)v，此過程產生的內能等于系統損失的動能，由能量守恒定律m=(m+M)v2+E內，即產生的內能為E內=，而木塊獲得的動能為Ek=Mv2=M()2=5 J，聯立可得=>1，即E內>5 J，D項正確。
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4專題提升十四　動量守恒在子彈打木塊模型和滑塊—木板模型中的應用
題型1　子彈打木塊模型
模型圖示
模型特點 (1)子彈水平打進木塊的過程中,系統的動量守恒。 (2)系統的機械能有損失
兩種情景 子彈 未穿 出木 塊　 子彈嵌入木塊中,兩者速度相等,機械能損失最多(完全非彈性碰撞) 動量守恒:mv0=(m+M)v, 能量守恒:Q=Ffs=m-(M+m)v2
子彈 穿出 木塊 動量守恒:mv0=mv1+Mv2, 能量守恒:Q=Ffs=m-m-M
【典例1】　
如圖所示,光滑水平面上分別放著兩塊質量、形狀相同的硬木和軟木,兩顆完全相同的子彈均以相同的初速度分別打進兩種木頭中,最終均留在木頭內,已知軟木對子彈的摩擦力較小,以下判斷正確的是(　　)
A.子彈與硬木摩擦產生的內能較多
B.兩個系統產生的內能不一樣大
C.子彈在軟木中打入深度較大
D.子彈在硬木中打入深度較大
【典例2】　如圖所示,木塊A和B并列放在一個光滑的水平面上,A、B質量分別為500 g和400 g,今有一子彈C,質量為100 g,以速度v0=10 m/s從A木塊射入,最終子彈C停留在木塊B內,這時B、C的共同速度為1.5 m/s。求:
(1)最終木塊A的速度大小;
(2)子彈C在剛離開木塊A時的速度大小;
(3)整個過程由于摩擦而增加的內能ΔE。
題型2　滑塊—木板模型
　　　　　 　　　　　　　　　　
模型 圖示
模型 特點 (1)系統的動量守恒,但機械能不守恒,摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能。 (2)若滑塊未從木板上滑下,當兩者速度相同時,木板速度最大,相對位移最大
求解 方法 (1)求速度:根據動量守恒定律求解,研究對象為一個系統。 (2)求時間:根據動量定理求解,研究對象為一個物體。 (3)求系統產生的內能或相對位移:根據能量守恒定律Q=FfΔx或Q=E初-E末,研究對象為一個系統
【典例3】　
(多選)如圖所示,在光滑水平面上,有一質量M=3 kg的薄板和質量m=1 kg的物塊都以v=4 m/s的初速度相向運動,它們之間有摩擦,且動摩擦因數為0.1,薄板足夠長,下面情況的描述,正確的是(　　)
A.當薄板的速度為3 m/s時,物塊正在向左運動,且正在減速
B.物塊向左滑行的最大位移約為3.556 m
C.物塊相對于木板的位移約為19.556 m
D.物塊與木板之間因摩擦產生的熱量為24 J
【典例4】　如圖,質量為m的小車A停放在光滑的水平面上,車長為L。小車上表面粗糙,質量為m的滑塊B以初速度v0滑到小車A上。第一次將小車固定在水平面上,滑塊恰好不會從車上滑落;第二次小車不固定,滑塊B以相同的初速度滑到小車上。求:
(1)第二次滑塊與小車一起運動時的速度大小;
(2)第二次滑塊在小車上滑動時A、B系統損失的動能;
(3)第二次滑塊B停在小車A上時距離小車左側的位置。
專題提升十四　動量守恒在子彈打木塊模型和滑塊—木板模型中的應用
題型1
【典例1】　C　解析　設子彈質量為m,木塊質量為M,由于最終都達到共同速度,根據動量守恒定律mv0=(m+M)v,共同速度v相同,則根據ΔE=m-(m+M)v2=Q,子彈與硬木或子彈與軟木構成的系統機械能減小量相同,故兩個系統產生的內能Q一樣多,A、B兩項錯誤;根據功能關系Q=Ff·d,產生的內能Q相同時,摩擦力Ff越小,子彈打入深度d越大,所以子彈在軟木中打入深度較大,C項正確,D項錯誤。
【典例2】　答案　(1)0.5 m/s　(2)5.5 m/s
(3)4.375 J
解析　(1)設最終木塊A的速度為vA,
根據動量守恒定律有
mCv0=mAvA+(mB+mC)vBC,
解得vA=0.5 m/s。
(2)子彈C剛離開木塊A時,A和B的共同速度為vA,設此時子彈速度為v,
根據動量守恒定律有
mCv0=mCv+(mA+mB)vA,
解得v=5.5 m/s。
(3)根據功能關系可知整個過程由于摩擦而增加的內能為
ΔE=mC-mA-(mB+mC)=4.375 J。
題型2
【典例3】　AD　解析　取薄板運動方向為正方向,設薄板和物塊共速時的速度大小為v共,根據薄板和物塊組成的系統動量守恒Mv-mv=(M+m)v共,解得v共=2 m/s,故薄板向右做減速運動,物塊先向左減速到零后向右加速,最終薄板和物塊一起向右運動,當薄板速度大小為v1=3 m/s時,設此時物塊的速度為v2,根據動量守恒定律Mv-mv=Mv1+mv2,解得v2=-1 m/s,此時物塊在向左減速運動,A項正確;對物塊,根據牛頓第二定律a==1 m/s2,當物塊對地速度為0時,有向左最大位移x==8 m,B項錯誤;薄板和物塊組成的系統,根據能量守恒定律Q=Mv2+mv2-(M+m)=μmgΔx,解得Q=24 J,Δx=24 m,C項錯誤,D項正確。
【典例4】　答案　(1)v0　(2)m
(3)L
解析　(1)根據題意可知,滑塊B第二次滑上小車時,小車和滑塊組成的系統所受合外力為零,設第二次滑塊與小車一起運動時的速度為v,由動量守恒定律有mv0=2mv,
解得v=v0。
(2)第二次滑塊在小車上滑動時A、B系統損失的動能為
ΔEk=m-·2mv2,
代入數據解得ΔEk=m。
(3)根據題意,設滑塊與小車間的動摩擦因數為μ,滑塊第一次滑上小車的過程中,由動能定理有-μmgL=0-m,
設第二次滑塊B停在小車A上時距離小車左側的距離為L1,
由能量守恒定律有μmgL1=ΔEk,
解得L1=L,
即第二次滑塊B停在小車A上時距離小車左側L。(共21張PPT)
專題提升十四
第七章 動量守恒定律
動量守恒在子彈打木塊模型和滑塊—木板模型中的應用
題型1　子彈打木塊模型
題型2　滑塊—木板模型
內容
索引
子彈打木塊模型
題型1
模型圖示
模型特點 (1)子彈水平打進木塊的過程中，系統的動量守恒。
(2)系統的機械能有損失
兩種情景 子彈未穿 出木塊　
子彈穿 出木塊
【典例1】　如圖所示，光滑水平面上分別放著兩塊質量、形狀相同的硬木和軟木，兩顆完全相同的子彈均以相同的初速度分別打進兩種木頭中，最終均留在木頭內，已知軟木對子彈的摩擦力較小，以下判斷正確的是( )
A.子彈與硬木摩擦產生的內能較多
B.兩個系統產生的內能不一樣大
C.子彈在軟木中打入深度較大
D.子彈在硬木中打入深度較大
設子彈質量為m，木塊質量為M，由于最終都達到共同速度，根據動量守恒定律mv0=(m+M)v，共同速度v相同，則根據ΔE=m-(m+M)v2=Q，子彈與硬木或子彈與軟木構成的系統機械能減小量相同，故兩個系統產生的內能Q一樣多，A、B兩項錯誤；根據功能關系Q=Ff·d，產生的內能Q相同時，摩擦力Ff越小，子彈打入深度d越大，所以子彈在軟木中打入深度較大，C項正確，D項錯誤。
解析
【典例2】　如圖所示，木塊A和B并列放在一個光滑的水平面上，
A、B質量分別為500 g和400 g，今有一子彈C，質量為100 g，以速度v0=10 m/s從A木塊射入，最終子彈C停留在木塊B內，這時B、C的共同速度為1.5 m/s。求：
(1)最終木塊A的速度大小；
設最終木塊A的速度為vA，
根據動量守恒定律有
mCv0=mAvA+(mB+mC)vBC，
解得vA=0.5 m/s。
解析
(2)子彈C在剛離開木塊A時的速度大小；
子彈C剛離開木塊A時，A和B的共同速度為vA，設此時子彈速度為v，根據動量守恒定律有
mCv0=mCv+(mA+mB)vA，
解得v=5.5 m/s。
解析
(3)整個過程由于摩擦而增加的內能ΔE。
根據功能關系可知整個過程由于摩擦而增加的內能為
ΔE=mC-mA-(mB+mC)=4.375 J。
解析
滑塊—木板模型
題型2
模型 圖示
模型 特點 (1)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能。
(2)若滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相同時，木板速度最大，相對位移最大
求解 方法 (1)求速度：根據動量守恒定律求解，研究對象為一個系統。
(2)求時間：根據動量定理求解，研究對象為一個物體。
(3)求系統產生的內能或相對位移：根據能量守恒定律Q=FfΔx或Q=E初-E末，研究對象為一個系統
【典例3】　(多選)如圖所示，在光滑水平面上，有一質量M=3 kg的薄板和質量m=1 kg的物塊都以v=4 m/s的初速度相向運動，它們之間有摩擦，且動摩擦因數為0.1，薄板足夠長，下面情況的描述，正確的是( )
A.當薄板的速度為3 m/s時，物塊正在向左運動，且正在減速
B.物塊向左滑行的最大位移約為3.556 m
C.物塊相對于木板的位移約為19.556 m
D.物塊與木板之間因摩擦產生的熱量為24 J
取薄板運動方向為正方向，設薄板和物塊共速時的速度大小為
v共，根據薄板和物塊組成的系統動量守恒Mv-mv=(M+m)v共，解得v共=2 m/s，故薄板向右做減速運動，物塊先向左減速到零后向右加速，最終薄板和物塊一起向右運動，當薄板速度大小為v1=3 m/s時，設此時物塊的速度為v2，根據動量守恒定律Mv-mv=Mv1+
mv2，解得v2=-1 m/s，此時物塊在向左減速運動，A項正確；對物
解析
塊，根據牛頓第二定律a==1 m/s2，當物塊對地速度為0時，有向左最大位移x==8 m，B項錯誤；薄板和物塊組成的系統，根據能量守恒定律Q=Mv2+mv2-(M+m)=μmgΔx，解得Q=
24 J，Δx=24 m，C項錯誤，D項正確。
解析
【典例4】　如圖，質量為m的小車A停放在光滑的水平面上，車長為L。小車上表面粗糙，質量為m的滑塊B以初速度v0滑到小車A上。第一次將小車固定在水平面上，滑塊恰好不會從車上滑落；第二次小車不固定，滑塊B以相同的初速度滑到小車上。求：
(1)第二次滑塊與小車一起運動時的速度大小；
根據題意可知，滑塊B第二次滑上小車時，小車和滑塊組成的系統所受合外力為零，設第二次滑塊與小車一起運動時的速度為v，由動量守恒定律有mv0=2mv，
解得v=v0。
解析
(2)第二次滑塊在小車上滑動時A、B系統損失的動能；
第二次滑塊在小車上滑動時A、B系統損失的動能為
ΔEk=m-·2mv2，
代入數據解得ΔEk=m。
解析
(3)第二次滑塊B停在小車A上時距離小車左側的位置。
根據題意，設滑塊與小車間的動摩擦因數為μ，滑塊第一次滑上小車的過程中，由動能定理有-μmgL=0-m，
設第二次滑塊B停在小車A上時距離小車左側的距離為L1，
由能量守恒定律有μmgL1=ΔEk，
解得L1=L，
即第二次滑塊B停在小車A上時距離小車左側L。
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