“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型-高考物理复习课件

B.子弹对木块做的功W＝50 J
C.木块和子弹系统机械能守恒
D.子弹打入木块过程中产生的热量Q＝350 J
图3
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提升素养能力
解析 根据动量守恒可得 mv0＝(M＋m)v，解得子弹打入木块后子弹和木块的 共同速度为 v＝Mm＋v0m＝10 m/s，故 A 正确；根据动能定理可知，子弹对木块做 的功为 W＝12Mv2－0＝45 J，故 B 错误；根据能量守恒可知，子弹打入木块过 程中产生的热量为 Q＝21mv20－21(M＋m)v2＝450 J，可知木块和子弹系统机械能 不守恒，故 C、D 错误。
(A)
图4
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提升素养能力
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，则由动量守恒定律得 Mv0－mv0＝(M＋m)v1，解得 v1＝ MM－ ＋mmv0<v0，故 A 正确，B、C、D 错误。
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提升素养能力
4.如图4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
“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
学习目标
1.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型。 2.会用动量观点和能量观点分析计算滑块—木板模型。
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CONTENTS
01 研透核心考点 02 提升素养能力
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1
研透核心考点
模型一 “子弹打木块”模型
模型二 “滑块—木板”模型
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研透核心考点
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研透核心考点
(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程 中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I1∶I2。
解析 规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，由动量定理有 I1＝mv30－mv0＝－32mv0 木板不固定时滑块末速度为 v＝mm＋vM0 ＝v90 由动量定理有 I2＝mv－mv0＝mv90－mv0＝－89mv0 解得I1∶I2＝3∶4。 答案 3∶4
(B )
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
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图1
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提升素养能力
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。
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研透核心考点
(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？ 解析 假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对子弹和木块组 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′＝12mv0′2－21(M＋m)v′2＝1 568 J 由功能关系有 Q＝ΔE＝fs 相＝fd
图1
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研透核心考点
(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； 解析 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＝12mv20－12(M＋m)v2＝882 J。 答案 6 m/s 882 J
图2
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研透核心考点
解析 子弹射入木块时，子弹和木块组成的系统动量守 恒，则 m0v0＝(M＋m0)v1，解得速度大小 v1＝mm0＋0vM0 ， 故 A 错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定 律可得 FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)vl21，可知绳子拉力 FT ＝(M＋m0)g＋(M＋m0)vt21>(M＋m0)g，故 B 错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆 环，FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，根据牛顿第三定律可知，环对轻杆的压力大 于(M＋m＋m0)g，故 C 正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系 统只在水平方向动量守恒，故 D 错误。
A.弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
图5
B.弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量等于沙袋对弹丸的冲量
C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为m7v220
D.沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为7v220g
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研透核心考点
例 2 (2024·广东广州校考)如图 3，长为 L 的矩形长木板静置于光滑水平面上， 一质量为 m 的滑块以水平向右的初速度 v0 滑上木板左端。若木板固定，则滑 块离开木板时的速度大小为v30；若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。滑块 可视为质点，重力加速度大小为 g。求：
图3
mAv2＝mAvA＋mBvB μmAgL＝21mAv22－12mAv2A－12mBv2B 解得 vA＝2 m/svA＝65 m/s舍去。 答案 2 m/s
目录提升素养能力
A级 基础对点练 1.如图1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
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提升素养能力
5.如图5所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处 于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者 共同摆动。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形 状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，
不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是( D )
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研透核心考点
(2)若木板长度为73 m，求物块 A 的最终速度大小。 解析 假设物块A与木板B达到共同速度，设相 对位移为s，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mAv2＝(mA＋mB)v
μmAgs＝21mAv22－12mA＋mBv2 联立解得s＝2.4 m 因L<s，故物块A从木板B上滑下，设物块A与木板B最终速度分别为vA和vB，由 动量守恒定律和能量守恒定律得
图2
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提升素养能力
解析 设子弹质量为 m，木头质量为 M，由于最终都达到共同速度，根据动量 守恒定律知 mv0＝(m＋M)v，共同速度 v 相同，根据 ΔE＝21mv20－12(m＋M)v2＝ Q，可知子弹与硬木或子弹与软木构成的系统机械能减小量相同，则两个系统 产生的内能 Q 一样多，故 A 错误，B 正确；根据功能关系有 Q＝Ffd，可知产 生的内能 Q 相同时，摩擦力 Ff 越小，子弹打入深度 d 越大，所以子弹在软木中 打入深度较大，故 C 正确，D 错误。
度射入木块并留在木块中，重力加速度为 g，下列说法正确的是( C )
A.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为 m0v0 m0＋m＋M
B.子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g C.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
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研透核心考点
例1 如图1所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木 块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射 向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块 沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹 的阻力保持不变。
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研透核心考点
ΔE′＝fs 相′＝fd′ 则ΔΔEE′＝ffdd′＝dd′ 解得 d′＝1154678 cm 因为 d′>10 cm，所以能射穿木块。 答案 能
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研透核心考点
如图 2 所示，在固定的水平杆上，套有质量为 m 的光滑圆环，轻绳一端系在环 上，另一端系着质量为 M 的木块，现有质量为 m0 的子弹以大小为 v0 的水平速
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研透核心考点
(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ；
解析 木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩
擦力大小为f＝μmg
由动能定理有－μmgL＝12mv302－12mv20 解得 μ＝94gvL20 。
答案
4v02 9gL
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研透核心考点
(2)木板的质量M；
解析 木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共 速时的速度为v，由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v 由能量守恒定律有 μmgL＝12mv20－21(m＋M)v2 联立两式解得M＝8m。 答案 8m
1.模型图示
模型一 “子弹打木块”模型
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。
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研透核心考点
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＝fs＝12mv20－12(M＋m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝fd＝12mv20－12Mv22＋21mv21
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提升素养能力
2.(多选)如图2所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木， 两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头
内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是( BC )
A.子弹与硬木摩擦产生的内能较多 B.两个系统产生的内能一样多 C.子弹在软木中打入深度较大 D.子弹在硬木中打入深度较大
图4
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研透核心考点
(1)求碰撞过程中小球对物块A的冲量大小； 解析 小球由静止摆至最低点的过程，由机械能 守恒定律有 mgl＝12mv20 小球与物块A发生弹性碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv0＝mv1＋mAv2 12mv20＝12mv21＋21mAv22 对物块A运用动量定理得I＝mAv2－0 联立解得I＝8 kg·m/s。 答案 8 kg·m/s
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研透核心考点
例3 (2024·江西南昌模拟)如图4所示，一质量为3 kg的木板B静止于光滑水平面上， 物块A质量为2 kg，停在木板B的左端。质量为1 kg的小球用长为l＝1.8 m的轻 绳悬挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球 在最低点与物块A发生弹性碰撞，碰后立即取走小球，物块A与小球均可视为质 点，不计空气阻力，已知物块A与木板B之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度 g＝10 m/s2。
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提升素养能力
3.如图3所示，质量为M＝0.9 kg的木块静止于光滑水平面上，一质量为m＝0.1 kg
的子弹以水平速度v0＝100 m/s打入木块并停在木块中，此过程中下列说法正确
的是( A )
A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝10 m/s
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研透核心考点
1.模型图示
模型二 “滑块—木板”模型
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。
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研透核心考点
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＝fΔx或Q＝E初－E末， 研究对象为一个系统。