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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
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