人教版(新教材)高中物理选择性必修1学案：专题强化4 子弹打木块模型 滑块-木板模型

人教版（新教材）高中物理选择性必修第一册PAGEPAGE1子弹打木块模型滑块—木板模型〖学习目标〗1.进一步理解动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律的内容及其含义.2.学会利用动量守恒定律、能量守恒定律等分析常见的子弹打木块模型、滑块—木板模型．一、子弹打木块模型1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒．2．在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化．3．若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，系统机械能损失最多．如图1所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出，设木块对子弹的阻力恒为F，求：图1(1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大；(2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做的功分别为多少；(3)木块至少为多长时子弹不会穿出．〖答案〗(1)eq\f(mv0,m＋M)(2)eq\f(Mmv02,2M＋m)eq\f(Mm2v02,2M＋m2)(3)eq\f(Mmv02,2M＋mF)〖解析〗(1)子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v解得：v＝eq\f(mv0,m＋M)(2)由能量守恒定律可知：eq\f(1,2)mv02＝Q＋eq\f(1,2)(m＋M)v2得产生的热量为：Q＝eq\f(Mmv02,2M＋m)由动能定理，子弹对木块所做的功为：W＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(Mm2v02,2M＋m2)(3)设木块最小长度为L，由能量守恒定律：FL＝Q得木块的最小长度为：L＝eq\f(Mmv02,2M＋mF).二、滑块—木板模型1．把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒．2．由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE＝Ff·s相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程．3．注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多．如图2所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端(B、C可视为质点)，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg，A与B间的动摩擦因数为μ＝0.5；开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)并粘在一起，经过一段时间，B刚好滑至A的右端而没掉下来．求：图2(1)A、C碰撞后A的速度大小；(2)长木板A的长度．(g＝10m/s2)〖答案〗(1)2.5m/s(2)0.5m〖解析〗(1)A与C碰撞过程动量守恒：mAv0＝(mA＋mC)v1，解得v1＝2.5m/s(2)B在A上滑行，A、B、C组成的系统动量守恒mBv0＋(mA＋mC)v1＝(mA＋mB＋mC)v2解得v2＝3m/s由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mBv02＋eq\f(1,2)(mA＋mC)v12＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v22＋μmBgl解得：l＝0.5m.滑块—木板模型与子弹打木块模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零或内力远大于外力，动量守恒.当滑块不滑离木板或子弹不穿出木块时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多.针对训练如图3所示，一质量为m＝1kg的滑块以初速度v0从光滑平台滑上与平台等高的静止的质量为M＝9kg的小车，小车和滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，小车长L＝1m，水平地面光滑，若滑块不滑出小车，滑块初速度v0应满足什么条件？(g＝10m/s2)图3〖答案〗v0≤eq\f(2\r(10),3)m/s〖解析〗滑块以初速度v′从平台滑上小车，刚好滑到小车的最右端，此时两者速度相同(均为v)．由动量守恒定律得，mv′＝(M＋m)v从滑块滑上小车到两者速度相同，系统损失的动能等于因摩擦产生的热量，Q＝μmgL＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得v′＝eq\f(2\r(10),3)m/s若滑块不滑出小车，滑块的初速度v0≤v′，即v0≤eq\f(2\r(10),3)m/s.1．(子弹打木块模型)(多选)(2020·四川乐山高三二诊)如图4所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s.则以下说法正确的是()图4A．子弹动能的减少量等于系统动能的减少量B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D．子弹对木块做的功等于木块动能的增量〖答案〗BD〖解析〗子弹射入木块的过程，由能量守恒定律知子弹动能的减少量大于系统动能的减少量，A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块的动量变化量大小相等，方向相反，B正确；摩擦力对木块做的功为Ffs，摩擦力对子弹做的功为－Ff(s＋d)，可知二者不相等，C错误；对木块，根据动能定理可知，子弹对木块做的功(即摩擦力对木块做的功)等于木块动能的增量，D正确．2．(滑块—木板模型)(多选)(2021·广西南宁三中高二月考)如图5甲所示，质量M＝0.8kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m＝0.2kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F,4s后撤去力F.若滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()图5A．0～4s时间内拉力的冲量为3.2N·sB．t＝4s时滑块的速度大小为9.5m/sC．木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8N·sD．2～4s内因摩擦产生的热量为4J〖答案〗BCD〖解析〗F－t图像与t轴所围的面积代表冲量，所以0～4s时间内拉力的冲量为I＝(eq\f(0.5＋1,2)×2＋2×1)N·s＝3.5N·s，故A错误；滑块相对于木板滑动时，对木板有μmg＝Ma，对滑块有F－μmg＝ma，联立解得F＝0.5N，a＝0.5m/s2，所以0时刻开始相对滑动，对滑块有I－μmgt＝mv1－0，解得4s时滑块速度大小v1＝9.5m/s，故B正确；4s时，木板的速度v木＝at＝0.5×4m/s＝2m/s，撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒有mv1＋Mv木＝(M＋m)v，解得v＝3.5m/s，对木板，根据动量定理可得I木＝Mv＝2.8N·s，故C正确；0～2s内，对m有IF－μmgt1＝mv1′，由IF＝eq\f(0.5＋1,2)×2N·s＝1.5N·s，解得v1′＝3.5m/s；对M有μmgt1＝Mv2，解得v2＝1m/s.2～4s内，对m有a1＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(1－0.4,0.2)m/s2＝3m/s2，x1＝v1′t2＋eq\f(1,2)a1t22＝13m；对M有a2＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2，x2＝v2t2＋eq\f(1,2)a2t22＝3m，所以s相对＝x1－x2＝10m，Q＝μmg·s相对＝4J，故D正确．3.(滑块—木板模型)如图6所示，B是放在光滑的水平面上质量为3m的一块木板，物块A(可看成质点)质量为m，与木板间的动摩擦因数为μ.最初木板B静止，物块A以水平初速度v0滑上木板，木板足够长．求：(重力加速度为g)图6(1)木板B的最大速度的大小；(2)从刚滑上木板到A、B速度刚好相等的过程中，物块A所发生的位移大小；(3)若物块A恰好没滑离木板B，则木板至少多长？〖答案〗(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(15v02,32μg)(3)eq\f(3v02,8μg)〖解析〗(1)由题意知，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时B速度最大．以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋3m)v得：v＝eq\f(v0,4)(2)A向右减速的过程，根据动能定理有－μmgx1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02则物块A所发生的位移大小为x1＝eq\f(15v02,32μg