第7章　动量守恒定律 第4讲　专题提升：动量守恒定律在子弹打木块模型、“滑块—木板”模型中的应用--2027全国版高考物理第一轮(含答案)

2027全国版高考物理第一轮
第4讲　专题提升:动量守恒定律在子弹打木块模型、“滑块—木板”模型中的应用
基础对点练
题组一　子弹打木块模型
1.(2026江苏常州高三月考)光滑的水平面上有一质量为m木的静止木块,质量为m(m木>m)的子弹以一定的速度射入其中没有射出,从射入到达共同速度为止(　　)
A.摩擦力对子弹做功的数值超过木块获得动能的3倍
B.摩擦产生的热量在数值上等于木块获得的动能
C.摩擦力对两物体做功的代数和等于0
D.因为存在相互间的摩擦力,所以系统机械能不守恒、动量也不守恒
2.(多选)(2026河北石家庄高三期中)测子弹速率常用如图所示的冲击摆,用长为l的细线悬挂质量为m0的沙袋(沙袋尺寸远小于l),质量为m的子弹以大小为v0的初速度水平向右射向静止的沙袋,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大小。重力加速度为g,忽略空气阻力,细线始终张紧,下列说法正确的是(　　)
A.子弹打击沙袋过程中,子弹和沙袋组成的系统机械能守恒
B.可以测得子弹的初速度大小为v0=
C.若子弹的初速度大小变为2v0,射击后留在沙袋中,则沙袋向右摆过的最大偏角将变为2θ
D.若子弹的初速度大小仍为v0,射穿沙袋后飞出,则沙袋向右摆过的最大偏角将小于θ
3.(多选)(2026河北衡水高三月考)如图所示,有n个相同的物块紧密排列放在光滑水平面上,每个物块质量为m,一质量为m0的子弹(可以看成质点)以某一初速度从左端水平射入物块中,刚好能穿过一个物块。设物块给子弹的阻力大小不变。忽略空气阻力的影响,下列说法正确的是(　　)
A.子弹和物块动量守恒,机械能守恒
B.若只增加物块个数,子弹可能穿过更多的物块
C.若只增加物块个数,子弹能穿过的物块个数减少
D.若只改变物块个数,子弹能穿过的物块个数不超过
题组二　“滑块—木板”模型
4.(多选)(2025安徽合肥高三期末)如图甲所示,足够长的木板A静止于光滑水平面上,t=0时小物块B以4 m/s的水平初速度从左端滑上A,图乙为A的动能Ek随时间t变化的关系图像,t=0.4 s后图线为平行于t轴的直线。已知A、B间的动摩擦因数为0.5,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
甲
乙
A.t=0.4 s时A、B速度相同
B.B的质量为2.0 kg
C.A的长度至少为1.0 m
D.整个过程系统因摩擦产生的内能为4.0 J
综合提升练
5.(2026江西高三联考)如图所示,木板静置于光滑的水平面上,一颗子弹(视为质点)以水平速度击中并留在木板中,若木板对子弹的阻力恒定,子弹质量小于木板质量,虚线表示子弹与木板刚共速时的位置,则在下列四幅图中子弹与木板刚共速时的位置可能正确的是(　　)
6.(多选)(2025安徽芜湖二模)如图甲所示,质量为m木的木块静止在光滑水平面上,质量为m的子弹以某一速度沿水平方向射入木块,一段时间后恰好在木块中与木块相对静止,若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系可以用图乙表示,子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力,则下列说法正确的是(　　)
甲
乙
A.m木∶m=3∶2
B.该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小
C.木块所能达到的最大速度为24 m/s
D.木块所能达到的最大速度为40 m/s
7.(8分)如图所示,光滑水平地面上固定一半径R=1.8 m、内壁光滑的竖直圆弧轨道AB,A为轨道最高点,轨道底端B点切线水平。紧靠圆弧轨道B点放有一质量m1=0.5 kg的水平长木板,长木板上表面与B点平齐,在长木板上距B点L0=4.2 m处静置一质量m0=2 kg的小滑块a。将质量m=0.5 kg的小滑块b自圆弧轨道A点由静止释放,小滑块b经B点滑上长木板后,能与小滑块a发生弹性碰撞。已知小滑块a、b与长木板上表面间的动摩擦因数均为μ=0.3,重力加速度g取10 m/s2,不计小滑块a、b的碰撞时间。求:
(1)小滑块b经过B点时,对圆弧轨道的压力;
(2)小滑块b经过B点后,经多长时间与小滑块a发生碰撞;
(3)小滑块b与a碰撞结束时,小滑块b的速度大小。
培优拔高练
8.(12分)(2025湖南岳阳二模)如图所示,质量为m木且足够长的木板静止在光滑的水平地面上,一质量为m的滑块以速度v0从最左端冲上木板,滑块与木板间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。
(1)经过足够长的时间,求系统产生的热量;
(2)若m木=2m,开始时在离木板左侧L处固定一块挡板(图中未画出),木板只与挡板发生2次弹性碰撞(碰撞前后木板的速度大小不变,方向相反),求L满足的条件;
(3)若m木=2m,开始时在离木板左侧距离L≥的某位置固定一块挡板(图中未画出),木板与挡板发生弹性碰撞后立刻将挡板撤走(碰撞前后木板的速度大小不变,方向相反),求滑块冲上木板之后,经过足够长的时间,系统产生热量的可能取值范围。
答案：
1.A　解析 设子弹的初速度为v0,则由动量守恒mv0=(m+m木)v,则摩擦力对子弹做功W1=mv2=,木块获得的动能Ek木=m木v2=,因m木>m,可知m木+2m>3m,即W1>3Ek木,选项A正确;摩擦放热Q=Ffd(d为木块厚度),木块获得的动能Ek木=Ffx(x为木块的位移),两者不相等,选项B错误;摩擦力对子弹做功W1=-Ff(x+d),摩擦力对物块做功W2=Ffx,则摩擦力对两物体做功的代数和等于-Ffd,选项C错误;因为存在相互间的摩擦力,所以系统机械能不守恒,但是系统受合力为零,则动量守恒,选项D错误。
2.BD　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;子弹射入沙袋过程,根据动量守恒定律可得mv0=(m0+m)v,子弹与沙袋一起摆动过程中,有-(m0+m)gl(1-cos θ)=0-(m0+m)v2,联立解得v0=,故B正确;根据以上分析可知,若子弹的初速度大小变为2v0,射击后留在沙袋中,则沙袋向右摆过的最大偏角将不会变为2θ,故C错误;若子弹的初速度大小仍为v0,射穿沙袋后飞出,说明子弹速度大于沙袋速度,也大于子弹在沙袋中一起与沙袋共速时的速度,根据动量守恒定律可知,沙袋向右摆起时的速度变小,则摆过的最大偏角将小于θ,故D正确。
3.BD　解析 子弹射入物块过程中,物块给子弹的阻力做负功,子弹和物块组成的系统损失的部分机械能转化为内能,所以机械能不守恒,故A错误;由于物块给子弹的阻力大小不变,所以子弹每穿过一个物块产生的热量相同且为定值,设为Q,设子弹射入物块后,与物块相对静止时损失的机械能为E损,由动量守恒和能量守恒得m0v0=(nm+m0)v共,E损=m0(nm+m0),解得E损=m0m0,故子弹能穿过物块的个数为k=,若只增加物块个数n,则E损将增大,且Q不变,所以子弹能穿过物块的个数k将增大,故B正确,C错误;若只改变物块个数,由上式可知子弹能穿过的物块个数最大值为kmax==1+,所以子弹能穿过的物块个数不超过,故D正确。
4.AD　解析 由图乙知,t=0.4 s后A的动能Ek不再发生变化,即t=0.4 s时A、B速度相同,故A正确;B在与A共速前,B的加速度为a=μg=5 m/s2,设A、B 的共同速度为v,由速度公式v=v0-at,整理得末速度为v=2 m/s,结合动量守恒mBv0=(mA+mB)v,得二者质量相等,设都为m,共速后A的动能EkA=mv2=2 J,解得B的质量为m=1.0 kg,故B错误;二者共速时相对静止,相对位移为Δx=v0t=0.8 m,即A的长度至少为0.8 m,故C错误;整个过程系统因摩擦产生的内能Q=×2mv2=4.0 J,故D正确。
5.B　解析 设子弹射入木块的初速度为v0,经过t时间子弹与木板达到共速v,子弹的质量为m,木块的质量为m',由题意可知mt=2x木,故选B。
6.AC　解析 由图乙可知,木块与子弹的速度关系满足v2=-v1+40(m/s),设子弹与木块相对静止时的速度为v,则有v=-v+40,解得二者共同的速度v=24 m/s,即木块所能达到的最大速度为24 m/s,子弹射入木块,系统动量守恒则有mv1=(m木+m)v,代入数据解得m木∶m=3∶2,A、C正确,D错误;设子弹相对于木块的位移为L,木块相对于地面的位移为x,根据能量守恒定律则有FfL=(m木+m)v2,根据动能定理则有Ffx=m木v2,系统动量守恒,则有mv0=(m木+m)v,联立解得L=,x=,显然L>x,即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大,B错误。
7.答案 (1)15 N,方向竖直向下　(2)1 s　(3)0.84 m/s
解析 (1)小滑块b在圆弧上下滑过程,根据动能定理有
mgR=mv2,解得v=6 m/s
在B点,根据牛顿第二定律有FN-mg=
根据牛顿第三定律有FN'=FN=15 N
解得FN'=15 N,方向竖直向下。
(2)小滑块b与a发生碰撞前,由牛顿第二定律可知小滑块b的加速度大小为ab==3 m/s2
小滑块a与长木板相对静止,其共同加速度大小为a1==0.6 m/s2
根据题意有vt-bt2-1t2=L0,解得t=1 s。
(3)结合上述,小滑块b与a碰前瞬间的速度大小分别为
vb=v-abt=3 m/s
va=a1t=0.6 m/s
对b、a组成的系统,根据动量守恒得mvb+m0va=mvb'+m0va'
由碰撞前后机械能守恒可得m0mvb'2+m0va'2
解得vb'=-0.84 m/s,va'=1.56 m/s
即碰后瞬间,小滑块b的速度大小为0.84 m/s。
8.答案 (1)　(2)≤L<　(3)≤Q1≤
解析 (1)经过足够长的时间,滑块与木板将会达到共同速度v,对滑块与木板组成的系统,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有mv0=(m+m木)v
根据能量守恒定律有(m+m木)v2+Q
联立解得Q=。
(2)如图为两种临界情况(示意图)
物块减到0的时间是固定的,为t=
木块向右加速和向左减速是对称的,段数越多,每段时间就越短,L就越小。加速时,对木板由牛顿第二定律得μmg=m木a
即a=μg
加速时间最长为t,则2t1=t
对应最长长度为Lmax=μg×
加速时间最短为t2,则4t2=t
对应最短长度为Lmin=μg×
最长长度Lmax,如果取等号,物块和木板将会共速为零停下,不会有第二次碰撞;不取等号,L比Lmax略小一点。则当木板速度减为零时,物块还有向右的速度(很小),就会带着木板向右发生第二次碰撞。
综上所述可知,L应满足的条件是≤L<。
(3)木板将要与挡板发生碰撞时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,对滑块与木板组成的系统,以水平向右的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=mv1+m木v2
木板与挡板发生碰撞后,经过足够长时间滑块与木板共速,对滑块与木板组成的系统,取v1方向为正方向,由动量守恒定律得mv1-m木v2=(m+m木)v
滑块冲上木板至最终滑块与木板共速的整个过程,由能量守恒定律得(m+m木)v2+Q1
联立解得Q1=-m(v2-v0)2+
v2有取值范围,当其最小时-0=2×μg×
当其最大时,以水平向右的方向为正方向,则mv0=(m+m木)v2max
联立解得v2min≤v2≤v2max
即≤v2≤
当v2=时,Qmax=
当v2=时,Qmin=
综上知:≤Q1≤。
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