2025高考物理总复习动量守恒定律在子弹打木块模型、“滑块一木板”模型中的应用

第4讲专题提升动量守恒定律在子弹打木块模型、“滑块一木板”模型中的应用高考总复习2025专题概述:子弹打木块模型和“滑块—木板”模型是力学中非常典型的两个模型,在高考中常以压轴题的形式出现,通常应用动量观点和能量观点进行分析,属于力学综合问题。子弹打木块过程极短,系统水平方向动量守恒,能量守恒;滑块在滑板上滑行过程中,两者之间存在相互作用,如果地面光滑,则系统动量守恒,能量守恒。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,系统水平方向的动量守恒。(2)系统的机械能有损失。3.两种情境(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+m0)v(2)子弹穿透木块动量守恒:mv0=mv1+m0v2典题1(多选)(2023天津和平模拟)如图所示,质量为m0的木块静止在光滑的水平面上,一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在木块中,木块获得的速度为v1,子弹受到的平均阻力为Ff,射入深度为d,此过程中木块位移为s,下列说法正确的是(

)A.子弹损失的动能等于FfdB.子弹损失的动能等于Ff(s+d)C.子弹损失的动能为D.子弹、木块组成的系统损失的动能等于FfdBD典题2

质量为m的子弹,以初速度v0射入静止在光滑水平面上的木块,并留在其中,如图所示。木块质量为M,长度为L,子弹射入木块的深度为d,在子弹射入木块的过程中木块移动距离为s。假设木块对子弹的阻力始终保持不变,下列说法正确的是(

)A.d可能大于s,也可能小于sB.s可能大于L,也可能小于LC.s一定小于d,s一定小于LD.若子弹质量减小,d和s不一定同时变小C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)用动力学观点分析“滑块—木板”模型时要抓住一个转折和两个关联。①一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。②两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联。(2)用动量和功能观点分析“滑块—木板”模型要抓住一个条件和两个分析及一个规律。①一个条件——滑块和木板组成的系统所受的合外力为零是系统动量守恒的条件。②两个分析——滑块和木板相互作用过程的运动分析和作用前后的动量分析。③一个规律——能量守恒定律是分析相互作用过程能量转化必定遵守的规律,且牢记摩擦生热的计算公式Q=Ff·d相对。典题3(2024河北秦皇岛模拟)某娱乐活动的部分闯关环节可简化抽象为下面的情境。如图所示,长L=6m、质量m0=1.1kg的木板静止在光滑水平面上,左右平台无限长且与木板等高,木板左端与左平台接触,质量m=1.1kg的小滑块在恒力F作用下从静止开始运动,力F与水平方向的夹角为37°,F作用2s后撤去,小滑块又滑行1s后以v1=10m/s的速度离开平台后滑上木板,小滑块与所有接触面间的动摩擦因数均为μ=0.5,小滑块可视为质点,重力加速度取10m/s2。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)撤去力F时小滑块的速度大小;(2)力F的大小;(3)要使小滑块与木板共速后,木板才与右侧平台相碰,s的取值范围。答案

(1)15m/s

(2)12.5N(3)s≥2.5m解析

(1)撤去力F后,小滑块在滑行1

s过程中由动量定理有-μmgt2=mv1-mv0,解得撤去力F时滑块的速度v0=15

m/s。(2)小滑块在滑行2

s过程中由动量定理有[Fcos

37°-μ(mg-Fsin

37°)]t1=mv0-0解得F=12.5

N。典题4(2023海南卷)有一固定的光滑

圆弧轨道,半径R=0.2m,一质量为mB=1kg的小滑块B从轨道顶端滑下,在其冲上长木板C左端时,给木板一个与小滑块相同的初速度,如图所示,已知mC=3kg,B、C间动摩擦因数μ1=0.2,C与地面间的动摩擦因数μ2=0.8,C右端有一个挡板,C长为L,g取10m/s2,不计空气阻力。(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大?(2)若B未与C右端挡板碰撞,当B与地面保持相对静止时,B、C间因摩擦产生的热量是多少?(3)在0.16m<L<0.8m时,B与C右端挡板发生碰撞,且碰后粘在一起,求B从滑上C到最终停止所用的时间。(2)当B滑上C后,对B分析,受摩擦力向左,根据牛顿第二定律得FfB=μ1mBg=mBaB解得加速度向左a1=2

m/s2对C分析,受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力Ff地C=μ2(mB+mC)g根据牛顿第二定律Ff地C-FfBC=μ2(mB+mC)g-μ1mBg=mCa2解得其加速度向左a2=10

m/s2由功能关系可知,B、C间摩擦产生的热量Q=μ1mBg(x1-x2)可得Q=1.6

J。(3)由上问可知,若B还末与C上挡板碰撞,C先停下,用时为t1,有解得t1=0.2

sB的位移则此刻的相对位移x相=xB1-x2=0.16

m此时vB1=v0-a1t1=1.6

m/s典题5(2024山西吕梁模拟)光滑水平地面上静置有一半径为R=20m的竖直光滑圆弧轨道CD,O为圆心,C为轨道最低点,OC竖直、圆心角为60°,如图所示。在其左侧地面上静置一长为L=1m、质量为M=4kg的长木板A,木板上表面粗糙且与C点高度相同。现将一质量为m=2kg的小滑块B以初速度v0=3m/s沿A的上表面从左端滑上木板,当B刚滑到A右端时,A、B恰好达到共同速度,此时木板与圆弧轨道相撞(碰撞时间极短)。已知小滑块可视为质点,空气阻力不计,重力加速度g取10m/s2,cos5°=0.996。(1)求小滑块B与长木板A上表面间的动摩擦因数μ。(2)若圆弧轨道不固定,且已知圆弧轨道质量为M'=6kg,A与圆弧轨道的碰撞为弹性碰撞,求小滑块B沿圆弧轨道上升的最大高度H。(3)若圆弧轨道被固定在水平地面上,并在C端左侧竖直面上装一防撞装置(图中未画出),当A与圆弧轨道相撞后在防撞装置作用下立即紧贴C端左侧静止,但不粘连,此后B冲上圆弧轨道,求B从开始滑上A到再次返回滑上A所经历的时间t。解析

(1)设A、B共同速度为v1,由动量守恒定律有mv0=(m+M)v1解得v1=1

m/s由动能定理有解得μ=0.3。(2)以A与圆弧轨道为系统,取向右为正方向,设碰后A的速度为v2,圆弧轨道的速度为v3,由机械能守恒定律及动量守恒定律有Mv1=Mv2+M'v3联立解得v2=-0.2

m/s,v3=0.8

m/s以B与圆弧轨道为系统,设共速时速度为v4,