2022届一轮复习专题练习47 “子弹打木块”模型、“滑块—木板”模型（解析版）

微专题47　“子弹打木块”模型、“滑块—木板”模型

1．子弹射入静止在光滑的水平面上的木块，若最终一起运动，动量守恒，机械能减小；若穿出，系统动量仍守恒，系统损失的动能ΔE＝fL(L为木块的长度).2.“滑块—木板”模型：系统的动量守恒，当两者的速度相等时，相当于完全非弹性碰撞，系统机械能损失最大，损失的机械能转化为系统内能，ΔE＝f·L(L为滑块相对于木板滑行的位移)．

1.(多选)(2019·湖北当阳二中月考)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图1所示．现有一质量为m的子弹自左向右水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　)

图1

A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒

B．子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为

C．子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能

D．子弹和木块一起上升的最大高度为

答案　BD

解析　从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒，但总机械能小于子弹射入木块前的动能，故A、C错误；规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可知：mv0＝(m＋M)v′

所以子弹射入木块后的共同速度为：v′＝，故B正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒得：(M＋m)v′2＝(M＋m)gh，

可得上升的最大高度为：h＝，故D正确．

2.(多选)矩形滑块由上、下两层不同的材料粘在一起组成，放在光滑的水平面上，子弹水平射向滑块，若射击上层，子弹刚好不穿出，若射击下层，子弹刚好完全嵌入，如图2所示．从子弹击中滑块到与滑块相对静止的过程，下列说法正确的是(　　)

图2

A．两次子弹对滑块做的功一样多

B．子弹嵌入上层过程中对滑块做的功多

C．两次滑块所受的水平方向的冲量一样大

D．两次子弹击中木块过程中系统产生的热量一样多

答案　ACD

解析　根据动量守恒定律有mv＝(M＋m)v共，解得两次情况下滑块的最终速度相同，滑块动能的增加量等于子弹做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，A正确，B错误；根据动量定理可得I＝Mv共－0，两次滑块所受的水平方向的冲量一样大，C正确；由能量守恒定律可知，系统产生的热量等于子弹的初动能与系统的末动能之差，而两次系统的初动能相等，末动能也相等，因此两个过程中产生的热量相等，D正确．

3.(多选)光滑水平面上有一静止木块，质量为m的子弹水平射入木块后未穿出，子弹与木块运动的速度图像如图3所示．由此可知(　　)

图3

A．木块质量可能是2m

B．子弹进入木块的深度为

C．木块所受子弹的冲量为mv0

D．子弹射入木块过程中产生的内能为mv02

答案　BC

解析　设木块质量为M，由动量守恒定律可得，mv0＝(m＋M)，解得M＝m，选项A错误；根据速度－时间图线与坐标轴围成的面积表示位移可知，子弹进入木块的深度为d＝，选项B正确；由动量定理可得，木块所受子弹的冲量为I＝M·＝，选项C正确；由能量守恒定律可得，子弹射入木块过程中产生的内能为ΔE＝mv02－(m＋M)2＝mv，选项D错误．

4．(多选)(2020·安徽宿州砀山中学月考)如图4甲所示，质量M＝2 kg的木板静止于光滑水平面上，质量m＝1 kg的物块(可视为质点)以水平初速度v0从左端冲上木板，物块与木板的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

图4

A．物块与木板相对静止时的速度为1 m/s

B．物块与木板间的动摩擦因数为0.3

C．木板的长度至少为2 m

D．从物块冲上木板到两者相对静止的过程中，系统产生的热量为3 J

答案　AD

解析　由题图乙中图线可知，物块的初速度v0＝3 m/s，物块与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝1 m/s，即两者相对静止时的速度为1 m/s，A正确；由题图乙中图线可知，物块的加速度大小a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得a＝μg，代入数据解得μ＝0.2，B错误；对系统，由能量守恒定律得mv＝(M＋m)v2＋Q，其中Q＝μmgx，代入数据解得Q＝3 J，x＝1.5 m，所以木板长度至少为L＝x＝1.5 m，C错误，D正确．

5.如图5所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为(　　)

图5

A．L  B.  C.  D.

答案　D

解析　物块所受合外力为滑动摩擦力，设物块受到的滑动摩擦力大小为f，物块的初速度为v0.如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对物块的滑动过程，由动能定理有fL＝Mv；如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速运动的同时，木板向右加速运动，最终两者一起做匀速运动，该过程系统所受合外力为零，则系统动量守恒，规定向右为正方向，有Mv0＝(M＋M)v；由能量守恒有fL′＝Mv－(M＋M)v2，联立以上各式解得L′＝，选项D正确．

6.(2020·山东师大附中月考)如图6所示，在光滑水平面上有一辆质量m1＝3.98 kg的平板小车，小车上表面离地高度h＝0.2 m，小车右端有一个质量m2＝1 kg的木块(木块可视为质点)，小车与木块一起静止在地面上．一颗质量m0＝20 g的子弹以v0＝300 m/s的速度水平向右飞行，瞬间击中小车并留在其中．木块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.2.(g取10 m/s2)

图6

(1)如果木块刚好不从小车上掉下，求小车的长度L0；

(2)如果小车长度L＝0.25 m，求木块落地瞬间与小车左端的水平距离x.

答案　(1)0.45 m　(2)0.2 m

解析　(1)子弹击中小车的过程中，子弹和小车组成的系统动量守恒，

根据动量守恒定律有m0v0＝(m0＋m1)v，

解得子弹击中小车瞬间二者的速度v＝1.5 m/s.

之后，木块加速，小车减速，如果木块刚好不从小车上掉下，那么三者共速时，木块和小车的相对位移正好等于车长，从子弹击中小车到三者共速的过程系统动量守恒，根据动量守恒定律有m0v0＝(m0＋m1＋m2)v1，

解得三者共速时的速度v1＝1.2 m/s，

以向右为正方向，根据牛顿运动定律，可得木块和小车的加速度分别为a1＝μg＝2 m/s2，a2＝－＝－0.5 m/s2，

根据运动学公式可得小车的长度L0＝－＝0.45 m.

(2)设小车和木块分离所用时间为t1，根据运动学公式有vt1＋a2t－a1t＝0.25 m，

解得t1＝0.2 s(t1＝1 s舍去，共速所需时间为0.6 s)，可得分离时木块和小车的速度分别为v车＝v＋a2t1＝1.4 m/s，v木＝a1t1＝0.4 m/s，分离后木块做平抛运动，离开小车到落地所需的时间t2＝＝0.2 s，故木块落地瞬间与小车左端的水平距离x＝(v车－v木)t2＝0.2 m．