第4課時專題強化：動量守恒在子彈打木塊模型和“滑塊

—木板”模型中的應用

【目標要求】1.會用動量觀點和能量觀點分析計算子彈打木塊模型。2.會用動量觀點和能量觀

點分析計算“滑塊—木板”模型。

考點一子彈打木塊模型

1.模型圖示

跖)mg~AF

~7777777.77777777/7777777777777777"

cT

水平地面光滑

2.模型特點

(1)子彈水平打進木塊的過程中，系統的動量守恒。

(2)系統的機械能有損失。

3.兩種情景

(1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機械能損失最多(完全非彈性碰撞)

動量守恒：機0O=(7W+A/)。

能量守恒：Q=PfS=*o()2—相)"

(2)子彈穿透木塊

動量守恒：mvo—mv\-\-Mv2

能量守恒：Q=居/=力加一(1m

【例1】如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個質量為980g的長方形勻質木塊，現有

一質量為20g的子彈以大小為300m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木

塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運動。已知木塊沿子彈運動方向的長度為10cm,

子彈打進木塊的深度為6cm。設木塊對子彈的阻力保持不變。

~7777777777/7777777777777/7777777~

(1)求子彈和木塊的共同速度大小以及它們在此過程中所產生的內能。

(2)若子彈是以大小為400m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊，則在射中木塊后能否

射穿該木塊？

答案(1)6m/s882J(2)能

解析(1)設子彈射入木塊后與木塊的共同速度為o,對子彈和木塊組成的系統，由動量守恒

定律得moo=(M+m)v,代入數據解得o=6m/s

此過程系統所產生的內能

Q=^mvo1—^M+m)v2=882J

(2)假設子彈以oo'=400m/s的速度入射時沒有射穿木塊，則對以子彈和木塊組成的系統，

由動量守恒定律得加=(M+m)v'

解得o'=8m/s

此過程系統損失的機械能為

A￡z=^tnvo'2—2=1568J

由功能關系有Q=AE=P匣了相=尸困］

A￡，=Ffs.Xfa'=Ffa.d'

,AEFnd__d_1568

解得/=cm

*AE，=RH="147

因為/>10cm,所以能射穿木塊。

拓展在例1中，若子彈能射出木塊，貝L

(1)當子彈射入的速度增大時，下列說法正確的是?

A.木塊最終獲得的動能變大

B.子彈損失的動能變大

C.子彈穿過木塊的時間變短

D.木塊在被擊穿過程中的位移變小

(2)在木塊固定和不固定的兩種情況下，以下說法正確的是。

A.若木塊固定，則子彈對木塊的摩擦力的沖量為零

B.若木塊不固定，則子彈減小的動能等于木塊增加的動能

C.不論木塊是否固定，兩種情況下木塊對子彈的摩擦力的沖量大小相等

D.不論木塊是否固定，兩種情況下子彈與木塊間因摩擦產生的熱量相等

答案(1)CD(2)D

解析(1)子彈的入射速度越大，子彈擊穿木塊所用的時間越短，木塊相對地面的位移越小，

但子彈相對木塊的位移不變，C、D正確；木塊動能的增加量AEk=ax,木塊對子彈的阻力

恒定，由上述分析可知木塊動能的增加量變小，即木塊最終獲得的動能變小，子彈損失的動

能也變小，A、B錯誤。

(2)若木塊固定，子彈在木塊中運動的時間，不為零，摩擦力在不為零，則子彈對木塊的摩擦

力的沖量/=產討不為零，A錯誤；若木塊不固定，子彈減小的動能等于木塊增加的動能與系

統增加的內能之和，可知子彈減小的動能大于木塊增加的動能，B錯誤；木塊固定時子彈射

出木塊所用時間較短，木塊不固定時子彈射出木塊所用時間較長，摩擦力大小不變，則木塊

不固定時木塊對子彈的摩擦力的沖量大小大于木塊固定時木塊對子彈的摩擦力的沖量大小，

C錯誤；不論木塊是否固定，因摩擦產生的熱量等于摩擦力與木塊長度的乘積，摩擦力與木

塊長度都不變，因此兩種情況下子彈與木塊間因摩擦產生的熱量相等，D正確。

【例21(2023?江蘇泰州市一模)如圖所示，質量為M的沙箱用四根長度均為L的不可伸長輕

細線懸掛起來，沙箱擺動過程中只能發生平動，可用此裝置測量子彈的速度。若第一顆質量

為根的子彈在極短時間內水平射入并留在沙箱中，沙箱能向上擺起的最大擺角為仇重力加

速度為g,不計空氣阻力。

(1)求子彈打入沙箱前的瞬時速度大小；

(2)若沙箱第一次擺回到最低點的瞬間又打入第二顆相同的子彈，且子彈沒有穿過沙箱，求第

二顆子彈打入沙箱過程中系統損失的機械能。

合案(1)m'V2gL(1—cosI)

?gL(l—cos0)

(2)-m

解析(1)在子彈與沙箱共速至沙箱偏離平衡位置的角度為。的過程中，由機械能守恒定律得

m)v2=(M+m)gL(l—cos0)

解得12gLcos6))

由水平方向動量守恒得mvo=(M+m)v

M~\-mI------------------

解付0o=m,\/2g￡(l—cos8)。

(2)沙箱第一次擺回到最低點時，速度方向相反，

大小不變。此時又打入第二顆相同的子彈，且子彈沒有穿過沙箱，根據動量守恒定律則有

mvo—(M+m)v=(M+2m)v',解得。'=0

根據能量守恒定律，第二顆子彈打入沙箱過程中系統損失的機械能為

AE=T(M+m)v2+^mv^—0

解得AE=(M+甯+2，%(]_cos0)。

考點二“滑塊—木板”模型

1.模型圖示

〃,二二必—

水平地面光滑

2.模型特點

(1)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能。

(2)若滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相同時，木板速度最大，相對位移最大。

3.求解方法

(1)求速度：根據動量守恒定律求解，研究對象為一個系統；

(2)求時間：根據動量定理求解，研究對象為一個物體；

(3)求系統產生的內能或相對位移：根據能量守恒定律Q=KAx或。=石初一E末，研究對象為

一個系統。

【例31質量加i=0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=1.5m,現有一質量為m2=

0.2kg、可視為質點的物塊，以水平向右的速度。o=2m/s從左端滑上小車，如圖所示，最后

在小車上某處與小車保持相對靜止，物塊與小車間的動摩擦因數〃=0.5,g取10m/s2,求：

777777/77777777777777777777/777777

(1)物塊與小車的共同速度大小V；

(2)物塊相對小車滑行的時間t；

(3)從開始到共速，小車運動的位移大小xi；

(4)從開始到共速，物塊運動的位移大小龍2；

(5)在此過程中系統產生的內能；

(6)若物塊不滑離小車，物塊的速度不能超過多少。

答案(1)0.8m/s(2)0.24s(3)0.096m

(4)0.336m(5)0.24J(6)5m/s

解析(1)設物塊與小車的共同速度為O,以水平向右為正方向，根據動量守恒定律有m2。0=

(m\+m2)v,解得v=~r—=0.8m/s

m\~rm2

(2)對物塊由動量定理有一網2gt=m2V—m2Vo

入VQ—v

解得t==0.24s

隔

(3)對小車，根據動能定理有//加2gxi=產1。2—0,解得陽=茄^^=0.096m

vo+v2+0.8

(4)X2=^—^——X0.24m=0.336m

(5)方法一AX=%2—?=0.24m

。=〃冽2g.Ax=0.24J

方法二Q=\E=^m2VQ1—^m\+m2)v2

=0.24J

(6)由動量守恒定律及能量守恒可得:

mwd=(mi+mi)v'

品2。0'2—義(如+根2)/2=〃加2gL

聯立解得伙)，=5m/So

【例4】(2024?江蘇揚州市江都區丁溝中學期中)如圖所示，光滑軌道固定在豎直平面內，

仍為四分之一圓弧軌道，兒段水平，且與〃。圓弧相切于b點，在光滑水平地面上緊靠軌道

c端，停著質量為M=3kg的平板車，平板車上表面與A等高。現將可視為質點的物塊從與

圓心O等高的a點由靜止釋放，物塊滑至圓弧軌道最低點b時的速度大小為Vb=2m/s,對

軌道的壓力大小等于30N,之后物塊向右滑上平板車。取重力加速度g=10m/s2,不計空氣

阻力。

一下。

b

〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃

(1)求該物塊的質量；

(2)若物塊最終未從平板車上滑落，求物塊在平板車上滑動過程中產生的熱量。

答案⑴1kg(2)1.5J

解析(1)設四分之一圓弧軌道的半徑為R,物塊的質量為相，在b點軌道對物塊的支持力為

F,物塊從a到b由機械能守恒定律有：mgR=^mvi?

物塊運動到b點時，由牛頓第二定律有：

Z7宿

F—mg=nr^~

聯立解得歹=3^g

由牛頓第三定律知F=30N

聯立解得：m=lkg

(2)設物塊與平板車的共同速度為%物塊在平板車上滑行過程中產生的熱量為。，取水平向

右為正方向，由動量守恒定律有：mVb=(m+M)v

由能量守恒定律有：Q=m+M)02

聯立解得：Q=1.5J。

課時精練

ID基礎落實練

1.（2023?江蘇揚州市模擬）如圖所示，兩顆質量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑

水平地面上的滑塊A、B后與滑塊一起運動。兩滑塊質量相同、材料不同，子彈在A中受到

的平均阻力是在B中受到的平均阻力的兩倍。下列說法正確的是（）

A.射入滑塊A的子彈最終速度小

B.射入滑塊A的子彈受到的阻力的沖量大

C.子彈射入滑塊A中的深度是射入滑塊B中深度的兩倍

D.子彈對滑塊A做的功和對滑塊B做的功相等

答案D

解析設子彈的初速度為。，子彈與滑塊共同速度為加，子彈和滑塊的質量分別為m、

mu

取向右為正方向，根據動量守恒定律可知機，解得o'=由于兩滑塊質

量相同，子彈質量也相同，則最后共同速度也相同，故A錯誤；子彈的質量相同，初、末速

度相同，則子彈的動量變化量相等，根據動量定理可知/=Ap,子彈受到的阻力的沖量相同，

故B錯誤；根據能量守恒定律可知，兩過程中系統產生的熱量等于系統減小的機械能，故兩

過程系統產生的熱量相同，由Q=Kd,其中子彈在A中受到的平均阻力是在B中受到的平

均阻力的兩倍，可知子彈射入滑塊B中的深度是射入滑塊A中深度的兩倍，故C錯誤；根

據動能定理可知，子彈對滑塊做的功等于滑塊動能的增加量，兩滑塊質量相同，初動能相同，

末動能相同，則子彈對滑塊A做的功和對滑塊B做的功相等，故D正確。

2.如圖所示，光滑水平面上有一矩形長木板，木板左端放一小物塊，已知木板質量大于物塊

質量，f=0時兩者從圖中位置以相同的水平速度oo向右運動，碰到右面的豎直擋板后木板以

與原來等大反向的速度被反彈回來，運動過程中物塊一直未離開木板，則關于物塊運動的速

度。隨時間1變化的圖像可能正確的是（）

答案A

解析木板碰到擋板前，物塊與木板一直做勻速運動，速度為加；木板碰到擋板后，物塊向

右做勻減速運動，速度減至零后向左做勻加速運動，木板向左做勻減速運動，最終兩者速度

相同，設為利。設木板的質量為物塊的質量為根，取向左為正方向，則由動量守恒得：

M—JTI

Mvo—mvo=（M+ni）vi,得。1=而不^。0＜。0,故A正確，B、C、D錯誤。

3.（2023?江蘇鹽城市聯考）如圖所示，一質量為M=3.0kg的長木板B放在光滑水平地面上，

在其右端放一個質量為，"=1.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為5.0m/s、方向相反的初

速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B。在A做加速運動的時間內，

B的速度大小可能是（）

A.1.8m/sB.2.4m/s

C.2.8m/sD.3.5m/s

答案c

解析以A、B組成的系統為研究對象，因為系統所受合外力為零，則系統動量守恒，選擇

水平向右的方向為正方向，從A開始運動到A的速度為零，根據動量守恒定律可得（加一㈤如

=Mvm,解得西=與m/s,當從開始運動到A、B共速，根據動量守恒定律可得（〃一時如

=（M+/"）OB2,解得OB2=2.5m/s,木塊A加速運動的過程為其速度減為零到與B共速，此過

程中B始終減速，則在木塊A正在做加速運動的時間內，B的速度范圍為2.5m/sWoBW

￥m/s,故C正確，A、B、D錯誤。

4.（2023?江蘇揚州市模擬）如圖所示，一沙袋用無彈性輕細繩懸于O點。開始時沙袋處于靜

止狀態，一彈丸以水平速度。o擊中沙袋后未穿出（時間極短），二者共同擺動。若彈丸質量為

m,沙袋質量為5〃z,彈丸和沙袋形狀大小忽略不計，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質量忽略不

計，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）

【

%

一。0

A.彈丸打入沙袋過程中，細繩所受拉力大小保持不變

B.彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量與沙袋對彈丸的沖量相同

2

C.彈丸打入沙袋過程中所產生的熱量為簧

7,2

D.沙袋和彈丸一起擺動所達到的最大高度為六

答案D

解析擊中沙袋前，細繩拉力Fi=57〃g,彈丸以水平速度如擊中沙袋后未穿出，此瞬間水平

方向動量守恒，機。0=(加+5機冗，沙袋與彈丸受到細繩的拉力與重力的合力提供向心力，即

F2—6mg=—j—,Fi>F\,A錯誤；彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量與沙袋對彈丸的

沖量等大反向，B錯誤；根據能量守恒定律得品0()2=/6皿2十°,解得。=書的02,C錯誤;

1^2

對沙袋與彈丸，從最低點到最高點，由機械能守恒定律有5X6,如2=6"g〃，解得/z=—D

乙"g

正確。

5.如圖所示，一質量如=0.45kg的平板小車靜止在光滑的水平軌道上。車上表面右端放一質

量加2=。.5kg的小物塊，小物塊可視為質點，小物塊與小車上表面之間的動摩擦因數“=0.5。

現有一質量價=0.05kg的子彈以oo=100m/s的水平速度射中小車左端，并留在小車中，子

彈與小車相互作用時間很短。gIX10m/s2,求：

(1)子彈剛射入小車后，小車的速度大小vl;

(2)要使小物塊不脫離小車，小車的長度至少為多少。

答案(1)10m/s(2)5m

解析(1)子彈射入小車的過程中，子彈與小車組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得加

=Q"o+機1)。1,代入數據解得。1=10m/s。

(2)子彈、小車、小物塊組成的系統動量守恒，設當小物塊與小車共速時，共同速度為。2,兩

者相對位移大小為L,由動量守恒定律和能量守恒定律有(《70+m1)01=(%0+如+?12)。2,“m2gL

=；("砧+%i)oj一；〃%()+如+”切療，聯立解得L=5m,故要使小物塊不脫離小車，小車的長

度至少為5m。

ID能力綜合練

6.如圖所示，光滑水平地面上并排放置兩塊木板A、B,兩木板間相互接觸但不粘連，現有

一小滑塊(可視為質點)以水平初速度。0=4m/s滑上木板A的左端，滑塊最終恰好沒有離開木

板B,已知滑塊的質量和A、B兩木板質量均相等，A木板長為Li=2m,滑塊與兩木板間的

動摩擦因數均為〃=0.2,重力加速度g=10m/s?。求：

一。

(1)小滑塊剛離開木板A時A和B的速度大小；

(2)木板B的長度上。

22

答案(l)^m/s向s(2)0.5m

解析(1)根據題意，設滑塊剛離開A時的速度為6,此時A、B速度相等，設為6,滑塊沖

上A木板至剛離開A木板的過程中，由動量守恒定律有mvo=mv\+2mv2

由能量守恒定律有

^mvo1=^mv\2+^X2mv22+]LimgL\

82

解得m/s,。2=]m/s

即滑塊剛離開A時，A和B的速度大小為

2,

0A=OB=S=Wm/s

(2)根據題意，滑塊沖上B木板的過程，由動量守恒定律有WW1+WW2=2根。3

由能量守恒定律有

^mvi2+^mv?2=3XImv^+^umgL2

解得b=0.5mo

7.如圖所示，緊靠在水平平臺右端的長木板上表面N。水平且與平臺等高，N。的長度L=

2m,長木板的右端為半徑R=0.1m的[光滑圓弧，可視為質點的滑塊B靜止在長木板的左

端。質量/A=1kg的滑塊A在光滑水平平臺上以初速度oo=6m/s向右勻速運動，一段時間

后滑塊A與滑塊B發生彈性碰撞。已知滑塊B的質量為〃ZB=3kg,與N。間的動摩擦因數〃

=0.1,長木板的下表面光滑，重力加速度g=10m/s2。

(1)求滑塊A、B碰后瞬間滑塊B的速度大小0B;

(2)若滑塊B恰好不能從長木板右端滑離長木板，求長木板的質量mc;

⑶在滿足(2)的條件下，長木板的最大速度0m及滑塊B最終距Q點的距離Axo

答案(1)3m/s(2)6kg

3+^\/3

(3)--m/s1m

解析(1)對滑塊A、B碰撞過程，根據動量守恒定律和機械能守恒定律可得研金)=帆A0A+

機B0B

*A。。2=；他次+；恤喈

聯立代入數據得滑塊A和B碰后滑塊B的速度大小處=3m/s

(2)滑塊B恰好不能從右端滑離長木板，對應的情況是滑塊B剛好滑到圓弧的頂端時，滑塊B

與長木板共速，對滑塊B和長木板有mBVB=(mB+mc)v

2(mB+mc)02=〃冽BgL+m^gR

聯立代入數據可得o=lm/s,mc=6kg

(3)當滑塊B返回至。點時，長木板的速度最大，設此時滑塊B的速度為。B',

1

貝I有(mB+mc)v=mBVB+mcvm

2m2

品B0B/+38m2—^(mB+mc)V=HtBgR

聯立解得0mm/s

設滑塊B最終沒有滑離長木板，對滑塊B