《创新课堂》第一章 动量守恒定律 专题强化4　常见碰撞模型的应用（二） 课件 高中物理选择性必修第一册（人教版）

(共45张PPT)
专题强化4　
常见碰撞模型的应用（二）
1.进一步理解动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律的区别和应用范围。
2.学会利用动量守恒定律和能量守恒定律等分析“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型。
学习目标
01
强化点一　“子弹打木块”模型
目 录
02
强化点二　“滑块—木板”模型
03
课时作业
01
PART
强化点一　“子弹打木块”模型
强化点一　“子弹打木块”模型
1. 模型特点
（1）子弹打木块的过程很短，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，系统机械能减少。
（1）子弹留在木块中（未穿出）
①动量守恒：mv0＝（m＋M）v。
②机械能的损失（摩擦生热）
2. 基本关系式
Q热＝Ffd＝m－（M＋m）v2
其中d为子弹射入木块的深度。
（2）子弹穿出木块
①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。
②机械能的损失（摩擦生热）
Q热＝FfL＝m－m－M
其中L为木块的长度，注意d≤L。
【例1】　〔多选〕测弹丸速率常用如图所示的冲击摆，用长为l的细线悬
挂质量为M的沙袋（沙袋尺寸远小于l），沙袋静止，质量为m的子弹以一
定的初速度自左向右方向水平射向沙袋，并留在沙袋中，测出沙袋向右摆
过的最大偏角θ（小于90°），就可以计算出子弹的初速度。重力加速度
为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A. 子弹打击沙袋过程中系统机械能守恒
B. 子弹射入沙袋后瞬间细线的拉力为（M＋m）g·（3－cos θ）
C. 子弹射入沙袋瞬间子弹和沙袋的共同速度为
D. 子弹的初速度v0＝
√
√
解析： 　子弹射入沙袋过程中需要克服阻力做功，系统有机械能损失，
故A错误；根据牛顿第二定律可得F－（M＋m）g＝（M＋m），整体向
右摆动过程中，有－（M＋m）gl（1－cos θ）＝0－（M＋m）v2，联立可
得共同速度v＝，拉力F＝（M＋m）g·（3－2cos θ），故
B错误，C正确；子弹射入沙袋过程，根据动量守恒定律可得mv0＝（M＋
m）v，所以v0＝，故D正确。
【例2】　如图所示，一质量为M、长度为L的木块，静止在光滑的水平地
面上，一颗质量为m的子弹，以初速度v0射向木块。如果将子弹与木块相
互作用力大小F视为恒力。求：
（1）如果子弹没有打穿木块，系统产生的热量是多少？
答案： 　
解析： 在光滑的水平地面上，系统所受合外力为0，动量守恒。如果
子弹没有打穿木块，则最终木块与子弹具有共同速度，设为v，根据动量守
恒定律有mv0＝（M＋m）v
解得v＝v0
根据能量守恒定律可得系统产生的热量为
Q＝m－（M＋m）v2＝。
（2）要使子弹能打穿木块，则子弹的初速度至少多大？
答案：
解析：要使子弹能打穿木块，则子弹恰好到达木块右端与木块具有共同速
度v'时对应子弹的初速度最小，设为vmin，根据动量守恒定律有mvmin＝（M
＋m）v'
根据能量守恒定律有FL＝m－（M＋m）v'2
解得vmin＝。
02
PART
强化点二　“滑块—木板”模型
如图所示，在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0从木板的左
边缘滑上质量为M的木板的上表面。滑块与木板间的滑动摩擦力为Ff。
（1）把滑块、木板看成一个整体，系统的动量和机械能有什么特点？
提示： 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，由于摩擦生热，机械能转化为内能，
系统机械能不守恒。
（2）如果木板足够长，计算相对运动过程系统产生的内能？
提示： 二者最终共速，即有mv0＝（m＋M）v共，系统损失的机械能
ΔE损＝m－（m＋M），相当于完全非弹性碰撞。
（3）如果木板不够长，滑块从木板上滑落，计算滑块滑出木板时滑块与
木板的速度以及系统产生的内能。
提示： 若滑块能够滑离木板，有mv0＝mv1＋Mv2，系统损失的机械能
ΔE损＝m－（ m＋M），系统增加的内能Q＝Ff·L＝ΔE损， 其
中L为木板的长度；类比碰撞模型：相当于非弹性碰撞。
【探究归纳】
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，系统机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，即ΔE＝FfL相对，其
中L相对为滑块和木板相对滑动的路程。
3. 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。
【例3】　如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长
L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的初速度
v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块
与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求：
（1）小车最终速度v；
答案： 0.8 m/s　
解析： 物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量
守恒定律得
m2v0＝（m1＋m2）v
代入数据解得v＝0.8 m/s。
（2）物块在车面上滑行的时间t；
答案： 0.24 s　
解析：对小车，由动量定理得μm2gt＝m1v
代入数据解得t＝0.24 s。
（3）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0'不超过
多少。
答案： 5 m/s
解析：要使物块不滑离小车且恰好到达小车的右端时，物块滑上小车左端
的速度最大，物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量
守恒定律得m2v0'＝（m1＋m2）v'
由能量守恒定律得m2v0'2＝（m1＋m2）·v'2＋μm2gL
代入数据解得v0'＝5 m/s。
如图所示，质量mA＝2 kg的长木板A的右端放置质量mB＝1 kg的小物块B，
它们静止在光滑水平面上。现有质量mC＝2 kg的物块C沿水平面向右以初
速度v0＝3 m/s与木板A发生弹性正碰（碰撞时间极短），再经t＝1 s时间B
与A相对静止。取重力加速度g＝10 m/s2，试求：
（1）碰后C的速度；
答案： 0　
解析： 物块C与木板A发生弹性正碰，由动量守恒定律有mCv0＝mAvA
＋mCvC
由机械能守恒定律有mC＝mA＋mC
解得vA＝3 m/s，vC＝0，即碰后C的速度为0。
（2）A、B相对静止时的速度大小；
答案： 2 m/s　
解析：再经t＝1 s时间B与A相对静止，此过程A与B组成的系统合外力为
零，由动量守恒定律有
mAvA＝（mA＋mB）v共
解得v共＝2 m/s。
（3）A的上表面与B之间的动摩擦因数。
答案： 0.2
解析：对物块B，根据动量定理有μmBgt＝mBv共
所以A的上表面与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2。
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课时作业
　　
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1. 如图，质量为M＝90 g的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m＝10
g、初速度为v0＝300 m/s的子弹水平射入木块且未穿出，则子弹与木块一
起运动的速度为（　　）
A. 20 m/s B. 30 m/s
C. 40 m/s D. 50 m/s
解析： 　根据动量守恒定律可得mv0＝（M＋m）v，解得子弹与木块一起
运动的速度为v＝＝ m/s＝30 m/s，故选B。
√
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＝m－mv2
√
√
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解析： 　对木块，由动能定理得FfL＝Mv2，A正确；以向右为正方
向，对子弹，由动量定理得－Fft＝mv－mv0，B正确；对木块、子弹整体，
由动量守恒定律得mv0＝（M＋m）v，解得v＝，C错误；由能量守恒
定律得Ffs＝m－（M＋m）v2，D错误。
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3. 〔多选〕（2025·广东深圳期末）如图a，子弹以速度v射入放置在光滑
水平面上的木块，子弹与木块运动的v-t图像可能如图b或如图c的情况，下
列分析正确的是（　　）
A. 子弹与木块相对运动的过程中系统动量守恒
B. 子弹与木块相对运动的过程中系统机械能守恒
C. 图b说明子弹最后射出了木块
D. 图c说明子弹最后射出了木块
√
√
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解析： 　将子弹与木块看成一个系统，子弹与木块相对运动的过程中系
统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；子弹与木块相对运动的过
程中，摩擦力对子弹起阻碍作用，子弹需要克服摩擦力做功，该过程中因
摩擦而使系统的机械能向内能转化，因此系统的机械能不守恒，故B错
误；图b中子弹和木块最终达到共速，一起在光滑水平面上做匀速直线运
动，说明子弹没有射出木块，故C错误；图c中子弹和木块最终以不同的速
度各自做匀速直线运动，则说明子弹最后射出了木块，故D正确。
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4. 〔多选〕如图所示，一质量为m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为的木块A。现以地面为参考系，同时给A和B大小
相等、方向相反的初速度，使木块A开始向左运动，木板B开始向右运动，
最终木块A并没有滑离木板B，下列说法正确的是（　　）
A. 最终二者一起向右运动
B. 最终二者一起向左运动
C. 木块A的速度某时刻为零
D. 木板B的速度某时刻为零
√
√
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解析： 　规定向右为正方向，设初速度大小为v，木块和木板组成的系
统所受合外力为零，由动量守恒定律，有mv－v＝v'，解得v'＝
，方向水平向右，所以木块A的速度某时刻减为零，后反向加速，最终二
者一起向右运动，木板B向右先减速而后匀速运动，故选A、C。
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5. 〔多选〕质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子
中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始
时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，
小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。
设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（　　）
A. Mv2 B. v2
C. NμmgL D. NμmgL
√
√
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解析： 　设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律有mv＝
（m＋M）v1，则动能损失ΔEk＝mv2－（m＋M），解得ΔEk＝
v2，又依题意小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对
箱子运动的路程为s＝0.5L＋（N－1）L＋0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的
热量即为系统损失的动能ΔEk＝Q＝NμmgL，故选B、D。
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6. 〔多选〕如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m为4 kg的另
一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上
表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。
下列说法正确的是（g取10 m/s2）（　　）
A. 木板A获得的动能为2 J
B. 系统损失的机械能为4 J
C. 木板A的最小长度为2 m
D. A、B间的动摩擦因数为0.05
√
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解析： 　由v-t图像斜率表示加速度可求得，A、B的加速度大小都为1
m/s2，根据动量守恒定律可得mv0＝（m＋M）v，得A质量为M＝4 kg，则
木板A获得的动能为Ek＝Mv2＝2 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝
m－（m＋M）v2＝4 J，故B正确；由v-t图像与坐标轴所围成的面积
差，可求出二者共速时相对位移为Δx＝×2×1 m＝1 m，所以木板A的最
小长度为1 m，故C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律有μmg＝maB，
可求出μ＝0.1，故D错误。
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7. 〔多选〕（2025·山东济宁期中）如图所示，木块置于光滑的水平面
上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速
度为v0，木块的速度为v0。设木块的长度为L，子弹穿过木块的过程中木
块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（　　）
A. 木块的质量为3m
B. 子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为m
C. 子弹穿过木块的过程中，木块对子弹的阻力大小为
D. 子弹在木块中运动的时间为
√
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解析： 　设木块的质量为M，子弹穿过木块，满足动量守恒，则有mv0
＝m×v0＋M×v0，解得M＝3m，A正确；子弹穿过木块的过程中，根据
能量守恒，系统损失的动能为ΔEk＝m－m－M＝
m，B错误；系统损失的动能转化成了摩擦生热，即FfL＝ΔEk，解得
Ff＝，C正确；对于木块，由动量定理有Fft＝M，解得t＝
，D错误。
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8. 长为L、质量为M的平板小车停在光滑水平面上，质量为m的木块（可视
为质点，m≠M）以初速度v0滑上小车的左端，如图甲所示，最后随小车一
起运动；若小车以初速度v0向左运动，将木块轻轻放在小车左端，如图乙
所示，最终也随小车一起运动。则（　　）
A. 两种情况中木块相对小车滑行的距离相等
B. 两种情况中木块最终随小车运动的速率相等
C. 两种情况中木块与小车间摩擦产生的热不相等
D. 两种情况中木块相对小车滑行的时间不相等
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解析： 　根据动量守恒定律和能量关系，甲图中有mv0＝（m＋M）v1，
Q1＝μmgx1＝m－（m＋M）＝，乙图中有Mv0＝（m＋
M）v2，Q2＝μmgx2＝M－（m＋M）＝，因m≠M可知
x1＝x2，v1≠v2，Q1＝Q2，选项A正确，B、C错误；对木块，由动量定理，
图甲中有－μmgt1＝mv1－mv0，图乙中有μmgt2＝mv2，解得t1＝
，t2＝，可知t1＝t2，选项D错误。
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9. （2025·江苏南通期中）如图所示，质量为M的木块静止在离地高度
为h的光滑桌面边缘。一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并停留
其中，接着子弹和木块组成的系统一起水平抛出。已知重力加速度为
g。求系统：
（1）离开桌面时的速度大小v；
答案： 　
解析： 子弹射入木块的过程，由动量守恒定律有mv0＝（m＋M）v，
解得v＝。
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（2）从抛出到落地过程中动量变化量的大小Δp。
答案： （m＋M）
解析：木块落地的时间为t＝
根据动量定理，则从抛出到落地过程中动量变化量的大小
Δp＝（m＋M）gt＝（m＋M）。
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10. （2025·黑龙江哈尔滨月考）如图甲所示，光滑水平面上有一静止的平
板车，平板车质量M＝1 kg，长度l＝1 m，小车的上表面距地面高度h＝0.2
m。质量m＝1 kg的物块（可视为质点）从平板车左端以速度3 m/s滑上小
车，取g＝10 m/s2。
（1）若物块滑上平板车的同时解除平板车的锁定，物块与平板车上表面
间的动摩擦因数μ＝0.2，求物块落地时距平板车右端的水平距离；
答案： 0.2 m　
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解析： 物块和平板车组成的系统动量守恒，设二者分离时的速度分
别为v1、v2，则有
mv0＝mv1＋Mv2
根据能量守恒定律可得m＝m＋M＋μmgl
联立解得v1＝2 m/s，v2＝1 m/s
物块平抛落地的时间h＝gt2
解得t＝＝0.2 s
物块落地时距平板车右端的水平距离为x＝（v1－v2）t＝0.2 m。
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（2）若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向
右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率。
答案： 1 m/s
解析：由图乙可知，物块在平板车上克服摩擦力所做的功Wf＝
＝4 J
设此时物块滑离平板车时的速度为v，根据动能定理可得－Wf＝mv2－
m
解得v＝1 m/s。
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