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题型一 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＝mv02－(M＋m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(Mv22＋mv12)
A．射入滑块A的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大 C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D．两个过程中系统产生的热量相等 答案 BD 解析 子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，A错误；滑块A、B动量变化量相等，受到的冲量相等，B正确；对子弹运用动能定理，有Wf＝mv2－mv02，由于末速度v相等，所以阻力对子弹做功相等，C错误；对系统，由能量守恒可知，产生的热量满足Q＝mv02－(m＋M)v2，所以系统产生的热量相等，D正确．
A．t2>t1 B．ΔEk2损＞ΔEk1损 C．E2损＞E1损 D．p2＞p1 答案 ABD 解析 两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力Ff相等，根据牛顿第二定律有a＝，两次子弹的加速度相等；第二次以同样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块，由于在子弹穿过木块的过程中，木块会在水平面内滑动，所以第二次子弹的位移x2要大于第一次的位移x1，即x2＞x1；子弹做减速运动，由位移公式x＝v0t＋at2和x2＞x1可得，t2＞t1，故A正确．两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力相等，阻力对子弹做的功等于子弹损失的动能，即ΔEk损＝Ffx，由于x2＞x1，所以ΔEk2损＞ΔEk1损，故B正确．两次打穿木块过程中，子弹受到的平均阻力相等，系统摩擦产生的热量Q＝Ffd，其中Ff为阻力，d为子弹相对于木块的位移大小，由于两次子弹相对于木块的位移大小都是木块的长度，所以系统机械能的损失相等，即E2损＝E1损，故C错误．p1小于子弹的初动量，第二次子弹穿透木块的过程，系统的动量守恒，则p2等于子弹的初动量，所以p2＞p1，故D正确．
(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，则在射中木块后能否射穿该木块？ 答案 (1)6 m/s 882 J (2)能 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＝mv02－(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′＝mv0′2－(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＝＝ 解得d′＝ cm 因为d′>10 cm，所以能射穿木块． 题型二 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．
A．物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒 B．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大 C．若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s D．若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s 答案 D 解析 物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系统产生的热量Q＝m2v02－(m1＋m2)v2＝，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0′＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v0′＝5 m/s，D正确．
(1)A物体的最终速度的大小； (2)A、C之间的摩擦力的大小； (3)A在木板C上滑行的时间t. 答案 (1)v0 (2) (3) 解析 (1)B、C碰撞过程中动量守恒，由题意分析知，B、C碰后具有相同的速度，设B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，解得v1＝， B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离，A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＋mv1＝2mv2，解得v2＝v0. (2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得 FfL＝mv02＋mv12－×2mv22， 解得Ff＝. (3)A与C相互作用过程中，对C由动量定理得Fft＝mv2－mv1，解得t＝.
(1)撤去拉力时物块和木板的速度大小； (2)木板的长度． 答案 (1)5 m/s 0.5 m/s (2)3.6 m 解析 (1)对物块根据牛顿第二定律有 Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma1 对木板根据牛顿第二定律有μ(mg－Fsin θ)＝Ma2 撤去拉力时，物块的速度大小v1＝a1t＝5 m/s 木板的速度大小v2＝a2t＝0.5 m/s. (2)拉力撤去之前，物块相对木板的位移 x1＝a1t2－a2t2 撤去拉力后，根据动量守恒定律有mv1＋Mv2＝(m＋M)v 由能量守恒定律有 μmgx2＝mv12＋Mv22－(M＋m)v2 联立解得木板的长度L＝x1＋x2＝3.6 m． 课时精练
1.如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动．在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是( )
A．子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量 B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等 C．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量 D．子弹动量变化的大小一定大于木块动量变化的大小 答案 B 解析 水平方向上，子弹所受合外力与木块受到的合外力为作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间t相等，根据I＝Ft，可知子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等、方向相反，故A错误，B正确；子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量变化量大小等于木块动量变化量大小，由于子弹与木块的质量不一定相同，子弹速度的减小量不一定等于木块速度的增加量，故C、D错误． 2．(多选)如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t.若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
A．FfL＝Mv2 B．Fft＝mv0－mv C．v＝ D．Ffs＝mv02－mv2 答案 AB 解析 由动能定理，对木块可得FfL＝Mv2，选项A正确；以向右为正方向，由动量定理，对子弹可得－Fft＝mv－mv0，则Fft＝mv0－mv，选项B正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，选项C错误；对整体，根据能量守恒定律得Ffs＝mv02－(M＋m)v2，选项D错误． 3.(多选)(2023·江西吉安市高三模拟)如图所示，质量m＝2 kg的物块A以初速度v0＝2 m/s滑上放在光滑水平面上的长木板B，A做匀减速运动，B做匀加速运动，经过时间t＝1 s，物块A、长木板B最终以共同速度v＝1 m/s做匀速运动，重力加速度g取10 m/s2，由此可求出( )
A．长木板B的质量为2 kg B．物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1 C．长木板B的长度至少为2 m D．物块A与长木板B组成的系统损失的机械能为2 J 答案 ABD 解析 A做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，设B的质量为M，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得M＝2 kg，故A正确；木板B匀加速运动的加速度aB＝＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，对B有μmg＝MaB，解得μ＝0.1，故B正确；前1 s内B的位移xB＝·t＝×1 m＝0.5 m，A的位移xA＝×1 m＝1.5 m，所以木板B的最小长度L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝2 J，故D正确． 4.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是( )
答案 A 解析 木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v1.设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得：Mv0－mv0＝(M＋m)v1，得v1＝v0＜v0，故A正确，B、C、D错误．
5.(多选)如图所示，一质量M＝8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0 kg的小木块 A．给A和B大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2.则在整个过程中，下列说法正确的是( )
A．小木块A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75 m/s B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零 C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s D．长木板的长度可能为10 m 答案 ACD 解析 木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度大小均为v0＝5.0 m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得，当木块A的速度减为零时，Mv0－mv0＝MvB，代入数据解得vB＝3.75 m/s，故A正确，B错误；最终木块与木板速度相同，根据动量守恒定律可得Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝3 m/s，故C正确；最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统由能量守恒定律可知Mv02＋mv02－(M＋m)v2＝μmgx，代入数据解得x＝8 m，木板的最小长度为8 m，可能为10 m，故D正确． 6.(多选)如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度v0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是( )
A．甲、乙达到共同速度所需的时间为 B．甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度 C．甲、乙相对滑动的总路程为 D．如果甲、乙碰撞的次数为n(n≠0)，则最终甲距离乙左端的距离可能为＋L－2nL 答案 ACD 解析 整个运动过程中甲、乙组成的系统动量守恒，则两者最终的速度为v共，有mv0＝2mv共，解得v共＝，若能发生碰撞，碰前甲、乙的速度分别为v1、v2，碰后甲、乙的速度分别为v1′、v2′，取水平向右为正方向，则有mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′，mv12＋mv22＝mv1′2＋mv2′2，联立解得v1′＝v2，v2′＝v1，可知碰撞使得两者速度互换，且在运动过程中两者的加速度大小均为a＝＝μg，则甲、乙达到共同速度所需的时间为t＝＝，碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定始终小于甲的速度，A正确，B错误；从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为s，根据动能定理可得－μmgs＝×2m()2－mv02，解得s＝，C正确；甲、乙碰撞的次数为n，且相对静止时甲距离乙左端的距离为s0，若第n次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L＋2L(n－1)＋s0＝s(n＝2,4,6，…)，解得s0＝＋L－2nL(n＝2,4,6，…)，若第n次碰撞发生在平板车的右挡板，则有L＋2L(n－1)＋2L－s0＝s(n＝1,3,5，…)，解得s0＝2nL＋L－(n＝1,3,5，…)，即最终甲距离乙左端的距离可能为＋L－2nL，D正确． 7．如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5.现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在小车中，子弹与小车相互作用时间很短．g取10 m/s2，求：
(1)子弹刚射入小车后，小车的速度大小v1； (2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少． 答案 (1)10 m/s (2)5 m 解析 (1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，代入数据解得v1＝10 m/s. (2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与小车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2，μm2gL＝(m0＋m1)v12－(m0＋m1＋m2)v22，联立解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m. 8.(2023·山西省模拟)如图所示，质量M＝1 kg的平板车A放在光滑的水平面上，质量m＝0.5 kg的物块B放在平板车右端上表面，质量m＝0.5 kg的小球C用长为6.4 m的细线悬挂于O点，O点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为6.4 m，将小球向左拉到一定高度，细线拉直且与竖直方向的夹角为60°，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为0.5 s，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)平板车的长度； (2)小球与平板车碰撞过程损失的机械能． 答案 (1)1.125 m (2)5.625 J 解析 (1)设物块在平板车上滑动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 代入数据解得a＝6 m/s2 设物块与平板车最后的共同速度为v，根据运动学公式有v＝at＝3 m/s 设小球与平板车相碰后瞬间，平板车的速度为v1，根据动量守恒定律有Mv1＝(m＋M)v 解得v1＝4.5 m/s 设平板车的长度为L，根据能量守恒定律有 μmgL＝Mv12－(m＋M)v2 代入数据解得L＝1.125 m (2)设小球与平板车相碰前瞬间速度为v0，根据机械能守恒定律有mg(l－lcos 60°)＝mv02 解得v0＝8 m/s 设碰撞后瞬间小球的速度为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝Mv1＋mv2 解得v2＝－1 m/s 小球与平板车碰撞过程损失的机械能为 ΔE＝mv02－mv22－Mv12＝5.625 J.
9．(2022·河北卷·13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10 m/s2.
(1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向； (2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小． 答案 (1)5(1－k) m/s，方向向右 m/s，方向向右 (2)1.875 m 解析 (1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物，已知C、D的质量均为m＝1 kg，以向右为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物 解得v物＝v0＝5(1－k) m/s>0 可知碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右． 滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg，则由 Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑 解得v滑＝v0＝ m/s>0 则新滑板速度方向也向右． (2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为 v物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s 碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为 v滑′＝ m/s＝0 可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，设相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m′v物′＝(m′＋M′)v共 解得v共＝1 m/s 根据能量守恒可得 μm′gx相＝m′(v物′)2－(m′＋M′)v共2 解得x相＝1.875 m. |
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