动量守恒定律子弹打木块弹簧板块三模型

物理模型——“子弹打木块模型”“碰撞模型”“弹簧模型”动量守恒定律在高中物理占有非常重要的位置，也是多年来选修3-5考查的热点.2017年选修3-5列为必考内容后，对于力学三大观点的问题就得到了解决．模型的核心是对动量定理和动量守恒定律的应用，可对力学知识综合考查．一、“子弹打木块模型”[范例1] (18分)一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平飞来打进木块并留在其中，设相互作用力为F f .试求从木块开始运动到子弹与木块相对静止的过程中：(1)子弹、木块相对静止时的速度v ；(2)子弹、木块发生的位移s 1、s 2以及子弹打进木块的深度l 相分别为多少？ (3)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少？[解析] (1)由动量守恒得mv 0＝(M ＋m )v (2分) 子弹与木块的共同速度v ＝mM ＋m v 0.(2分)(2)对子弹利用动能定理得 －F f s 1＝12mv 2－12mv 20(2分)所以s 1＝Mm （M ＋2m ）v 202F f （M ＋m ）2.(2分)同理对木块有：F f s 2＝12Mv 2(2分) 故木块发生的位移为s 2＝Mm 2v 202F f （M ＋m ）2(2分) 子弹打进木块的深度为：l 相＝s 1－s 2＝Mmv 202F f （M ＋m ）.(2分)(3)系统损失的机械能ΔE k ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝Mmv 202（M ＋m ）(2分) 系统增加的内能：Q ＝ΔE k ＝Mmv 202（M ＋m ）.(2分)[答案] (1)mM ＋m v 0(2)Mm （M ＋2m ）v 202F f （M ＋m ）2 Mm 2v 202F f （M ＋m ）2 Mmv 202F f （M ＋m ） (3)Mmv 202（M ＋m ） Mmv 202（M ＋m ）“子弹打木块模型”是碰撞中常见模型，其突出特征是在子弹打击木块的过程中有机械能损失，此类问题的一般解法可归纳如下：(1)分析子弹打击木块的过程，弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动还是穿透木块和木块各自运动；(2)子弹在打击木块的过程中，由于时间较短，内力远远大于外力，故在打击的过程中动量守恒；(3)子弹在打击木块过程中产生的机械能损失，一般有两种求解方法：一是通过计算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的损失；二是通过计算在子弹打击木块的过程中，子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解． 二、“碰撞模型”[范例2] (18分)如图所示，打桩机锤头质量为M ，从距桩顶h 高处自由下落，打在质量为m 的木桩上，且在极短时间内便随桩一起向下运动，使得木桩深入泥土的距离为s ，试求在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力是多少？[解析] 设锤头刚与木桩接触时的速度大小为v 0，则由运动学规律可得：v 20＝2gh .由于锤头与木桩碰撞时，作用时间极短，系统的内力远远大于外力，动量守恒．设两者碰撞后的共同速度大小为v ，则由动量守恒定律可得：Mv 0＝(M ＋m )v(6分)设在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力大小为F f ，则由动能定理可得： (M ＋m )gs －F f s ＝0－12(M ＋m )v 2(6分)以上各式联立求解得：F f ＝(M ＋m )g ＋M 2gh（M ＋m ）s.(6分)[答案] 见解析抓住“三个原则、三个定律”速解碰撞问题(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用(内力)是否远远大于外力．(2)碰撞的“三个原则”：①动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；②能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；③物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致．(3)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解；如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解．三、“弹簧模型”[范例3] (18分)(2017·肇庆质检)如图所示，质量M ＝4 kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L ＝0.5 m ，可视为质点的小木块A 质量m ＝1 kg ，原来静止于滑板的左端，滑板与木块A 之间的动摩擦因数μ＝0.2.当滑板B 受水平向左恒力F ＝14 N 作用时间t 后，撤去F ，这时木块A 恰好到达弹簧自由端C 处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为x ＝5 cm.g 取10 m/s 2，求：(1)水平恒力F 的作用时间t ；(2)木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；(3)当小木块A 脱离弹簧且系统达到稳定后，整个运动过程中系统所产生的热量． [解析] (1)木块A 和滑板B 均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：a A ＝μmgm ，a B ＝F －μmg M根据题意有： s B －s A ＝L(2分)即：12a B t 2－12a A t 2＝L将数据代入并联立解得：t ＝1s ．(2分)(2)1 s 末木块A 和滑板B 的速度分别为： v A ＝a A t ，v B ＝a B t当木块A 和滑板B 的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能． 根据动量守恒定律有：mv A ＋Mv B ＝(m ＋M )v(2分)由能的转化与守恒得：12mv 2A ＋12Mv 2B ＝12(m ＋M )v 2＋E p ＋μmgx (2分) 代入数据求得最大弹性势能E p ＝0.3 J ．(2分)(3)二者同速之后，设木块相对滑板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v ′，相对滑板向左滑动距离为s ，有：mv A ＋Mv B ＝(m ＋M )v ′解得：v ′＝v(2分)由能的转化与守恒定律可得：E p ＝μmgs 解得：s ＝0.15 m(2分)由于x ＋L >s 且s >x ，故假设成立整个过程系统产生的热量为：Q ＝μmg (L ＋s ＋x ) (2分) 解得：Q ＝1.4 J ．(2分)[答案] (1)1 s (2)0.3 J (3)1.4 J利用弹簧进行相互作用的碰撞模型，一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律，此类试题的一般解法是：(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态；(2)分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程；(3)判断解出的结果是否满足“实际情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果． 注意：(1)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒或能量守恒求解；(2)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧连接的两个物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的突破点．[预测押题]1.如图所示，在固定的足够长的光滑水平杆上，套有一个质量为m ＝0.5 kg 的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M ＝1.98 kg 的木块，现有一质量为m 0＝20 g 的子弹以v 0＝100 m/s 的水平速度射入木块并留在木块中 (不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g ＝10 m/s 2)，求：(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能； (2)木块所能达到的最大高度．解析：(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有 m 0v 0＝(m 0＋M )v在该过程中机械能有损失，损失的机械能为 ΔE ＝12m 0v 20－12(m 0＋M )v 2解得：ΔE ＝99 J.(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有 (m 0＋M )v ＝(m 0＋M ＋m )v ′又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有 (m 0＋M )gh ＝12(m 0＋M )v 2－12(m 0＋M ＋m )v ′2联立解得：h ＝0.01 m.答案：见解析2.(2017·湖北八校联考)如图所示，质量为m3＝2 kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB 部分是半径为R ＝0.3 m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧．滑道CD 部分粗糙，其他部分均光滑．质量为m 2＝3 kg 的物体2(可视为质点)放在滑道的B 点，现让质量为m 1＝1 kg 的物体1(可视为质点)自A 点由静止释放．两物体在滑道上的C 点相碰后粘在一起(g ＝10 m/s 2)．(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离．(2)若CD ＝0.2 m ，两物体与滑道的CD 部分的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能．(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？解析：(1)物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为s 1，滑道的水平位移大小为s 3，有0＝m 1s 1－m 3s 3，s 1＝R解得s 3＝m 1s 1m 3＝0.15 m.(2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v 1，滑道的速度大小为v 3，由机械能守恒定律有m 1gR ＝12m 1v 21＋12m 3v 23由动量守恒定律有0＝m 1v 1－m 3v 3物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v 2，由动量守恒定律有 m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为E pm .从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有12(m 1＋m 2)v 22＋12m 3v 23－μ(m 1＋m 2)g ·CD ＝E pm 联立以上方程，代入数据解得E pm ＝0.3 J.(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD 部分运动的路程为s ，由能量守恒定律有12(m 1＋m 2)v 22＋12m 3v 23＝μ(m 1＋m 2)gs 代入数据可得s ＝0.25 m所以物体1、物体2最终停在C 点和D 点之间与D 点间的距离为0.05 m 处． 答案：见解析。

动量守恒定理应用之滑块子弹打木块模型动量守恒定理应用之滑块、子弹打木块模型动量守恒定理应用的几种模型分析动量守恒定律中常常涉及这样几种模型：人船模型，子弹打木块模型，滑块模型，弹簧模型等1人船模型：这是一种通过平均动量守恒来解决的问题。

解决问题时，画一个物体位移关系的草图，找出物体之间的位移关系。

【例1】质量为m的小船长为l浮在静水中。

开始时质量为m的人站在船头，人和船均处于静止状态。

若此人从船头走到船尾，不计水的阻力，则船将前进的距离为a、 ml/（m+m）b、ml/（m+m）c、ml/（m-m）d、ml/（m-m）【解析】以人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走向船尾，系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前人和船均静止系统的总动量为零。

以河岸为参考系有0=mv船→岸+mv人→岸人走船走人停船停。

整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，位移x=v平均t，所以0=ml船→岸+ml人→岸,根据位移关系可知l=l 船→岸+l人→岸,解得l船→岸=ml/(m+m)【答案】a人船模型通常涉及速度。

在求解对象时，我们必须分析它与哪个参考系有关。

如果给定的速度不是相同的参考系，则必须将其转换为相同的参考系。

2.子弹击中木块模型：这类问题以系统为研究对象，水平方向满足动量守恒条件。

然而，由于摩擦，系统的机械能不守恒，损失的机械能等于摩擦和相对位移的乘积。

解决问题时最好画一个运动草图，物体位移之间的关系非常直观。

【例题2】：质量为m、长为l的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以水平初速v0射入木块，穿出时子弹速度为v，求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。

【分析】：如图所示，子弹穿过木块的阻力为f，木块的速度为V，位移为为s，则子弹位移为(s+l)以子弹木块为系统，由动量守恒定律得：mv0=mv+mv（1）动能定理中的2L，对于子弹-f（s+L）=1mv2？1mv0（2）22v0vs对于木块FS=1mv2？0（3）2m2m2由①式得v=m(v0?v)代入③式有fs=1m?m2(v0?v)2④11111 M22② + ④ 得到FL=1mv0？mv2？mv2？mv0？{mv2？m[（v0？v）]2}222222m注意：这类问题存在临界条件，即子弹射出和留在滑块中。

专题21子弹打木块模型和板块模型1．子弹打木块模型分类模型特点示例子弹嵌入木块中(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．两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：m v0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝F f·s＝12m v02－12(M＋m)v2子弹穿透木块(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．动量守恒：m v0＝m v1＋M v2能量守恒：Q＝F f·d＝12m v02－(12M v22＋12m v12)2．子板块模型分类模型特点示例滑块未滑离木板木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。

①系统的动量守恒；②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。

类似于子弹打木块模型中子弹未穿出的情况。

①系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v；②系统能量守恒：Q＝f·x＝12m v02－12（M＋m）v2。

滑块滑离木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。

模型归纳木板 ①系统的动量守恒；②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。

类似于子弹穿出的情况。

①系统动量守恒：mv 0＝mv 1＋Mv 2； ②系统能量守恒：Q ＝fl ＝12m v 02－(12mv 12+12Mv 22)。

1．三个角度求解子弹打木块过程中损失的机械能 （1）利用系统前、后的机械能之差求解； （2）利用Q ＝f ·x 相对求解；（3）利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。

2．板块模型求解方法(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 ＝F f Δx 或Q ＝E 初－E 末，研究对象为一个系统．模型1 子弹击木块模型【例1】（2023秋•渝中区校级月考）如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A 、B 从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A 射入木块的深度是B 的3倍。

子弹打击木块模型原理方法
子弹打击木块模型是一个经典的物理实验，它可以帮助我们理
解动量、能量和力学原理。

这个实验的原理和方法涉及到多个方面。

首先，让我们从原理方面来看。

当一颗子弹以一定的速度击中
木块时，它会传递动能给木块。

根据动量守恒定律，子弹的动量会
转移给木块，使得木块获得一个与子弹动量相等但方向相反的动量。

这个过程中，子弹和木块之间会发生碰撞，从而产生力。

根据牛顿
第三定律，子弹对木块施加的力与木块对子弹施加的力大小相等、
方向相反。

这些原理帮助我们理解了子弹打击木块的基本过程。

其次，我们来看具体的实验方法。

首先需要准备一个木块作为
靶标，然后使用枪支发射子弹来击中木块。

在实验过程中，需要测
量子弹的速度、木块的质量以及木块被击中后的速度变化，以便计
算动量转移和能量转化的情况。

通过实验数据的分析，我们可以验
证动量守恒和能量守恒定律，并进一步理解碰撞和力学原理。

除了物理原理和实验方法，我们还可以从工程应用、安全性等
角度来考虑子弹打击木块模型。

在工程应用方面，这个实验可以帮
助我们设计防弹材料和结构，以增强对子弹的抵抗能力。

在安全性
方面，这个实验也提醒我们在使用枪支时要格外小心，以避免意外伤害。

总的来说，子弹打击木块模型涉及了动量、能量、力学原理以及实验方法、工程应用和安全性等多个方面。

通过全面理解和研究这个模型，我们可以更好地认识物理规律，指导工程实践，并加强安全意识。

一、 子弹大木块【例2】如图所示，质量为M 的木块固定在光滑的水平面上，有一质量为m 的子弹以初速度v0水平射向木块，并能射穿，设木块的厚度为d ，木块给子弹的平均阻力恒为f .若木块可以在光滑的水平面上自由滑动，子弹以同样的初速度水平射向静止的木块，假设木块给子弹的阻力与前一情况一样，试问在此情况下要射穿该木块，子弹的初动能应满足什么条件？【解析】若木块在光滑水平面上能自由滑动，此时子弹若能恰好打穿木块，那么子弹穿出木块时(子弹看为质点)，子弹和木块具有相同的速度，把此时的速度记为v ，把子弹和木块当做一个系统，在它们作用前后系统的动量守恒，即mv 0＝(m ＋M )v对系统应用动能定理得fd ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2由上面两式消去v 可得 fd ＝12mv 20－12(m ＋M )(mv 0m ＋M )2整理得12mv 20＝m ＋M M fd即12mv 20＝(1＋m M)fd 据上式可知，E 0＝12mv 20就是子弹恰好打穿木块所必须具有的初动能，也就是说，子弹恰能打穿木块所必须具有的初动能与子弹受到的平均阻力f 和木块的厚度d (或者说与f ·d )有关，还跟两者质量的比值有关，在上述情况下要使子弹打穿木块，则子弹具有的初动能E 0必须大于(1＋mM)f ·d .72、如图所示，静止在光滑水平面上的木块，质量为、长度为。

—颗质量为的子弹从木块的左端打进。

设子弹在打穿木块的过程中受到大小恒为的阻力，要使子弹刚好从木块的右端打出，则子弹的初速度应等于多大？涉及子弹打木块的临界问题分析：取子弹和木块为研究对象，它们所受到的合外力等于零，故总动量守恒。

由动量守恒定律得：①要使子弹刚好从木块右端打出，则必须满足如下的临界条件：②根据功能关系得：③解以上三式得：二、 板块1、 如图1所示，一个长为L 、质量为M 的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m 的物块（可视为质点），以水平初速度0v 从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为μ，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q 。

用动量守恒定律解决“三类模型”问题物理题型　1.会用动量守恒观点分析反冲运动和人船模型.2.会用动量观点和能量观点分析计算“子弹打木块”“滑块—木板”模型的有关问题．题型一　反冲运动和人船模型1．反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加2.人船模型(1)模型图示(2)模型特点①两物体满足动量守恒定律：m v 人－M v 船＝0②两物体的位移满足：m －M ＝0，x 人t x 船t x 人＋x 船＝L ，得x 人＝L ，x 船＝LM M ＋m mM ＋m (3)运动特点①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.x 人x 船v 人v 船Mm 反冲运动例1　一火箭喷气发动机每次喷出m ＝200 g 的气体，气体离开发动机喷出时的速度v ＝1 000 m/s.设火箭(包括燃料)质量M ＝300 kg ，发动机每秒喷气20次．(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？(2)运动第1 s 末，火箭的速度为多大？答案　(1)2 m/s (2)13.5 m/s解析　(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v 3，以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M －3m )v 3－3m v ＝0，故v 3＝≈2 m/s3m vM －3m (2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M －20m )v 20－20m v ＝0，故v 20＝≈13.5 m/s.20m vM －20m 人船模型例2　有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d ，然后用卷尺测出船长L .已知他的自身质量为m ，水的阻力不计，则船的质量为( )A.B.m (L ＋d )d m (L －d )dC.D.mL d m (L ＋d )L答案　B解析　设船的质量为M ，人走动的时候船的速度为v ，人的速度为v ′，人从船头走到船尾用时为t ，人的位移为L －d ，船的位移为d ，所以v ＝，v ′＝.以船后退的方向为正方d t L －d t 向，根据动量守恒有：M v －m v ′＝0，可得：M ＝，小船的质量为：d t m (L －d )t M ＝，故B 正确．m (L －d )d1.(滑块—斜面中的人船模型)如图1所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M ，顶端高度为h .现有一质量为m 的小物块，沿光滑斜面下滑，当小物块从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )图1A.B.mhM ＋m Mh M ＋m C.D.mh(M ＋m )tan αMh (M ＋m )tan α答案　C解析　m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒，设m 在水平方向上对地位移大小为x 1，M 在水平方向上对地位移大小为x 2，以水平向左为正方向，则有0＝mx 1－Mx 2，且x 1＋x 2＝，解得x 2＝，C 项正确．h tan αmh(M ＋m )tan α2.(竖直方向上的人船模型)如图2所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m 1＝50 kg 的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m 2＝20 kg ，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h ＝5 m ．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看成质点)( )图2A ．5 mB ．3.6 mC ．2.6 mD ．8 m答案　B解析　当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h 1，气球相对地面上升的位移大小为h 2，由动量守恒定律，得m 1＝m 2，且h 1＋h 2＝h ，解得h 2≈3.6 m ，所以他离地高度h 1t h 2t是3.6 m ，故选项B 正确．题型二　子弹打木块模型1．模型图示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．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：m v 0＝(m ＋M )v能量守恒：Q ＝F f ·s ＝m v 02－(M ＋m )v 21212(2)子弹穿透木块．动量守恒：m v 0＝m v 1＋M v 2能量守恒：Q ＝F f ·d ＝m v 02－(M v 22＋m v 12)121212例3　一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为F f .则：(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？(2)子弹在木块内运动的时间为多长？(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？答案　见解析解析　(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v ，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v解得v ＝v 0mM ＋m (2)设子弹在木块内运动的时间为t ，由动量定理得对木块：F f t ＝M v －0解得t ＝Mm v 0F f (M ＋m )(3)设子弹、木块发生的位移分别为x 1、x 2，如图所示，由动能定理得对子弹：－F f x 1＝m v 2－m v 021212解得：x 1＝Mm (M ＋2m )v 022F f (M ＋m )2对木块：F f x 2＝M v 212解得：x 2＝Mm 2v 022F f (M ＋m )2子弹打进木块的深度等于相对位移，即x 相＝x 1－x 2＝Mm v 022F f (M ＋m )(4)系统损失的机械能为：E 损＝m v 02－(M ＋m )v 2＝1212Mm v 022(M ＋m )系统增加的内能为Q ＝F f ·x 相＝Mm v 022(M ＋m )(5)假设子弹恰好不射出木块，此时有F f L ＝m v 02－(M ＋m )v 21212解得L ＝Mm v 022F f (M ＋m )因此木块的长度至少为Mm v 022F f (M ＋m)3．(子弹打木块模型)如图3所示，相距足够远且完全相同的两个木块，质量均为3m ，静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块，穿出第一块木块时速度变为v 0，已知木块的长为L ，设子弹在木块中所受的阻力恒定，试求：25图3(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v 以及子弹在木块中所受阻力大小．(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t .答案　(1)v 0 (2)159m v 0225L 5L6v 0解析　(1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有m v 0＝m (v 0)＋3m v ，解得v ＝v 02515对子弹与第一块木块相互作用过程，由能量守恒定律有F f L ＝m v 02－m (v 0)2－×3m v 212122512解得子弹在木块中所受阻力F f ＝.9m v 0225L (2)对子弹与第二块木块相互作用过程，由于m (v 0)2＝<，则子弹不能打穿第二12252m v 02259m v 0225块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v 共，由动量守恒定律有m ·v 0＝(m ＋3m )v 共，解得v 共＝25v 010对第二块木块，由动量定理有F f t ＝3m ·v 010解得子弹在第二块木块中的运动时间为t ＝.5L6v 0题型三　滑块—木板模型1．模型图示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)若木块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大(完全非弹性碰撞拓展模型)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 ＝F f Δx 或Q ＝E 初－E 末，研究对象为一个系统．例4　(2019·河南九师联盟质检)如图4所示，在光滑水平面上有B 、C 两个木板，B 的上表面光滑，C 的上表面粗糙，B 上有一个可视为质点的物块A ，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m .A 、B 以相同的初速度v 向右运动，C 以速度v 向左运动．B 、C 的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短．A 滑上C 后恰好能到达C 的中间位置，C 的长度为L，不计空气阻力．求：图4(1)木板C 的最终速度大小；(2)木板C 与物块A 之间的摩擦力的大小F f ；(3)物块A 滑上木板C 之后，在木板C 上做减速运动的时间t .答案　(1)v (2)　(3)56m v 23L 3L2v解析　(1)设水平向右为正方向，B 、C 碰撞过程中动量守恒，则有：2m v －m v ＝(2m ＋m )v 1解得v 1＝v 3A 滑到C 上，A 、C 组成的系统动量守恒，则有：3m v ＋m v 1＝(3m ＋m )v 2解得v 2＝v ；56(2)根据能量关系可知，在A 、C 相互作用过程中，木板C 与物块A 之间因摩擦产生的热量为Q ＝(3m )v 2＋m v 12－(3m ＋m )v 22121212Q ＝F f ·L 2联立解得F f ＝；m v 23L (3)在A 、C 相互作用过程中，以C 为研究对象，由动量定理得F f t ＝m v 2－m v 1解得t ＝.3L2v 4．(滑块—木板模型)如图5所示，质量m 1＝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m 2＝0.2 kg 且可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝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，取g ＝10 m/s 2，求：图5(1)物块在车面上滑行的时间t ；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过多少．答案　(1)0.24 s (2)5 m/s解析　(1)设物块与小车的共同速度为v ，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为F f ，对物块应用动量定理有－F f t ＝m 2v －m 2v 0又F f ＝μm 2g代入数据解得t ＝0.24 s(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，需满足物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v ′，则有m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′由动能定理有－μm 2gL ＝(m 1＋m 2)v ′2－m 2v 0′21212代入数据解得v 0′＝5 m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过5 m/s.课时精练1．(多选)关于反作用力在日常生活和生产技术中的应用，下列说法中正确的是( )A ．在平静的水面上，静止着一只小船，小船上有一人，人从静止开始从小船的一端走向另一端时，小船向相反方向运动B ．普通汽车行驶时，通过排气筒向后排出燃气，从而获得向前的反作用力即动力C ．农田灌溉用自动喷水器，当水从弯管的喷嘴里喷射出来时，弯管会自动转向D ．软体动物乌贼在水中经过体侧的孔将水吸入鳃腔，然后用力把水挤出体外，乌贼就会向相反方向游去答案　ACD解析　人从小船的一端走向另一端时，要受到小船给人的摩擦力，方向与人行走的方向相同．根据反冲现象原理与动量守恒定律，人对小船也有摩擦力，其方向与人行走的方向相反，因此小船也受摩擦力，其方向与人行走的方向相反，因此小船将在这个摩擦力的作用下改变运动状态，向人行走的相反方向运动，故A 正确；普通汽车行驶时，通过排气筒向后排出燃气，虽然燃气对排气筒有反作用力，但毕竟反作用力很小，并不是汽车动力的来源，故B 错误；农田灌溉用的自动喷水器，当水从弯管的喷嘴里喷射出来时，根据反冲现象原理与动量守恒定律知，弯管在水的反作用力的推动下会自动旋转，大大增加了喷水的面积，故C 正确；乌贼经过身体侧面的孔把水吸入鳃腔，然后用力把水挤出体外，根据牛顿第三定律可知，乌贼就获得了方向相反的反作用力，从而向排水的相反方向游去，故D 正确．2．(2021·山东临沂市质检)我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X 射线调制望远镜卫星“慧眼”．假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M ＝2 100 g ．当它以对地速度为v 0＝840 m/s 喷出质量为Δm ＝100 g 的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)( )A ．42 m/sB ．－42 m/sC ．40 m/sD ．－40 m/s答案　B解析　喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Δm v 0＋(M －Δm )v ＝0，解得：v ＝－42 m/s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．3．(2019·湖南娄底市下学期质量检测)质量为M 的气球上有一个质量为m 的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h 高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( )A.hB.h mm ＋M M m ＋M C.hD.hM ＋m M M ＋m m 答案　C解析　设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L ，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0＝－M v 2＋m v 1人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L －h ，平均速度大小为v 2＝L －h t人相对于地面下降的高度为h ，平均速度大小为v 1＝h t联立得：0＝－M ·＋m ·，L －h t h t 解得：L ＝h ，故C 正确，A 、B 、D 错误．M ＋m M 4.世界上第一个想利用火箭飞行的人是明朝的士大夫万户．如图1所示，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆．假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M ，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m 的炽热燃气相对地面以v 0的速度竖直向下喷出．忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )图1A ．火箭的推力来源于空气对它的反作用力B ．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为m v 0M －mC ．喷出燃气后，万户及所携带设备能上升的最大高度为m 2v 02g (M －m )2D ．在火箭喷气过程中，万户所携设备机械能守恒答案　B解析　火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的作用力，A 项错误；在燃气喷出后的瞬间，将万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]视为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v ，规定火箭运动方向为正方向，则有(M －m )v －m v 0＝0，解得火箭的速度大小v ＝，B 项正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，m v 0M －m 根据运动学公式可得上升的最大高度h ＝＝，C 项错误；在火箭喷气过程中，v 22g m 2v 022(M －m )2g 燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，D 项错误．5．(多选)长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B 以水平速度v 0＝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2所示，g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图2A ．木板获得的动能为1 JB ．系统损失的机械能为2 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1答案　ABD解析　由题图可知，最终木板获得的速度为v ＝1 m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，解得M ＝2 kg ，则木板获得的动能为E k ＝M v 2＝×2×12 J ＝1 J ，故A 正确；系统损失的机械能ΔE ＝m v B 2－(m ＋M )v 2，12121212代入数据解得ΔE ＝2 J ，故B 正确；根据v －t 图象中图线与t 轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s 内B 的位移为x B ＝×(2＋1)×1 m ＝1.5 m ，A 的位移为x A ＝×1×1 m ＝0.51212m ，则木板A 的最小长度为L ＝x B －x A ＝1 m ，故C 错误；由题图可知，B 的加速度a ＝＝ΔvΔtm/s 2＝－1m/s 2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得－μm B g ＝m B a ，解得1－21μ＝0.1，故D 正确．6．(多选)如图3所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m 的小木块．现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v 0，下列说法中正确的是( )图3A ．最终小木块和木箱都将静止B ．最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为－M v 022(M v 0)22(M ＋m )C ．木箱速度为时，小木块的速度为v 032M v 03mD ．最终小木块速度为M v 0m答案　BC解析　木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，设最终速度为v 1，由动量守恒定律得M v 0＝(m ＋M )v 1，解得小木块和木箱最终速度v 1＝，故A 、D M v 0m ＋M 错误；对整个过程，由能量守恒定律可得小木块和木箱组成的系统损失的机械能为ΔE ＝M v 02－(m ＋M )v 12＝－，故B 正确；木箱与木块组成的系统动量守恒，1212M v 022M 2v 022(m ＋M )以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得M v 0＝m v 2＋M v 3，木箱速度为v 3＝时，v 03小木块的速度为v 2＝，故C 正确．2M v 03m 7．(多选)(2019·四川石室中学诊断)如图4所示，长为L 、质量为3m 的长木板B 放在光滑水平面上，质量为m 的铁块A 放在长木板右端．一质量为m 的子弹以速度v 0射入木板并留在其中，铁块恰好不滑离木板．子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均可视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图4A ．木板获得的最大速度为v 05B ．铁块获得的最大速度为v 05C ．铁块与木板之间的动摩擦因数为v 0240gLD ．子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为2m v 025答案　BCD解析　子弹射入瞬间，子弹和木板B 组成的系统动量守恒，有m v 0＝4m v 1，解得v 1＝v 0，14故A 错误；对木板B 、子弹和铁块A 组成的系统，由动量守恒定律有m v 0＝5m v 2，解得v 2＝v 0，故B 正确；子弹射入木板后，对木板B (包括子弹)和铁块A 组成的系统，由能量守15恒定律得－μmgL ＝·5m v 22－·4m v 12，解得μ＝，故C 正确；由能量守恒定律可知，子1212v 0240gL 弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为ΔE ＝m v 02－·5m v 22＝m v 02，故D 正确．1212258.(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，一块长度为L 、质量为m 的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m 的子弹以水平速度v 0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s ，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为( )图5A.(s ＋L )B.(s ＋2L )1v 01v 0C.(s ＋L )D.(L ＋2s )12v 01v 0答案　D解析　子弹穿过木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v 0的方向为正方向，有：m v 0＝m v 1＋m v 2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为F f ，对子弹由动能定理得：－F f (s ＋L )＝m v 12－m v 02，1212由动量定理得：－F f t ＝m v 1－m v 0，对木块由动能定理得：F f s ＝m v 22，12由动量定理得：F f t ＝m v 2，联立解得：t ＝(L ＋2s )，故选D.1v 09.如图6所示，质量为m 3＝2m 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB 部分是半径为R 的四分之一圆弧，圆弧底部与长为0.5R 滑道水平部分相切，滑道末端距离地面高度为R ，整个滑道均光滑．质量为m 2＝3m 的物体2(可视为质点)放在滑道的B 点，现让质量为m 1＝m 的物体1(可视为质点)自A 点由静止释放，两物体在滑道上相碰后粘为一体，重力加速度为g .求：图6(1)物体1从释放到运动到圆弧底部时，滑道向左运动的距离；(2)物体1和2落地时，距滑道右侧底部的距离．答案　(1)　(2)RR362解析　(1)物体1从释放到运动到圆弧底部过程中，物体1、滑道组成的系统水平方向动量守恒，设物体1水平位移大小为x 1，滑道水平位移大小为x 3，有：0＝m 1x 1－m 3x 3，x 1＋x 3＝R解得x 3＝.R3(2)设物体1运动到滑道上的B 点时物体1的速度大小为v 1，滑道的速度大小为v 3，轨道对物体1的支持力为F N ，对物体1和滑道组成的系统，由机械能守恒定律有mgR ＝m v 12＋m 3v 321212由动量守恒定律有0＝m 1v 1－m 3v 3物体1与物体2碰撞后立即飞离轨道做平抛运动，设物体1和物体2相碰后的共同速度大小为v 2，做平抛运动时物体1、2水平位移大小为s 1，轨道向左滑动的距离为s 2，由动量守恒定律有m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2R ＝gt 212s 1＝v 2t s 2＝v 3t联立并代入数据可以求得Δs ＝s 1＋s 2＝R .6210.如图7所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m 1＝1 kg ，木板与物体间的动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v 0＝0.8 m/s 一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g ＝10 m/s 2.图7(1)如果木板质量m 2＝3 kg ，求物体相对木板滑动的最大距离；(2)如果木板质量m 2＝0.6 kg ，求物体相对木板滑动的最大距离．答案　(1)0.96 m (2)0.512 m解析　(1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，以水平向左为正方向，对物体与木板系统，由动量守恒定律有：m 2v 0－m 1v 0＝(m 1＋m 2)v解得v ＝0.4 m/s ，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞由能量守恒定律有(m 1＋m 2)v 02＝(m 1＋m 2)v 2＋μm 1gs 11212解得s 1＝0.96 m(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，对物体及木板系统，由动量守恒定律得：m 2v 0－m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ′解得v ′＝－0.2 m/s ，负号表示方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处由能量守恒定律得：(m 1＋m 2)v 02＝μm 1gs 212解得s 2＝0.512 m.11.一块足够长的木板C 质量为2m ，放在光滑的水平面上，如图8所示．在木板上自左向右放有A 、B 两个完全相同的物块，两物块质量均为m ，与木板间的动摩擦因数均为μ.开始时木板静止不动，A 、B 两物块的初速度分别为v 0、2v 0，方向如图所示．试求：图8(1)木板能获得的最大速度．(2)A 物块在整个运动过程中的最小速度．(3)全过程AC 间由于摩擦产生的热量跟BC 间由于摩擦产生的热量之比是多少？答案　见解析解析　(1)当A 、B 和木板速度相同时，木板的速度最大，取向右为正方向，对三者组成的系统运用动量守恒定律得m v 0＋m ·2v 0＝(m ＋m ＋2m )v ′，解得v ′＝v 034(2)开始时，A 、B 做匀减速直线运动的加速度大小为a ＝＝μg ，A 、B 都滑动时，木板Cμmgm 的加速度大小为a ′＝＝μg .因为A 的初速度小，A 与木板C 先达到共同速度，当μmg ＋μmg2mA 与木板达到共同速度后，A 与木板一起做匀加速直线运动．可知，A 与木板速度相同时，速度最小，则有v ＝v 0－at ＝a ′t ，解得t ＝，则A 物块在整个运动过程中的最小速度为v 02μg v ＝v 0－at ＝v 02(3)A 、C 刚共速时速度为：v ＝，A 、C 间的相对位移大小为v 02Δx ＝t －t ＝t ＝，A 、C 间由于摩擦产生的热量Q AC ＝μmg Δx ＝m v 02v 0＋v 2v2v 02v 024μg 14全过程系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量，为Q ＝m v 02＋m (2v 0)12122－(m ＋m ＋2m )v ′212解得Q ＝m v 02118B 、C 间由于摩擦产生的热量为Q BC ＝Q －Q AC ＝m v 0298即＝.QACQBC 29。

高考备考分类突破专题六 动量守恒和能量守恒综合应用中的常见模型模型一 “子弹打木块”模型“子弹击中木块模型”问题的分类归纳(1)“子弹击中木块模型”，不管子弹是否击穿木块，由子弹和木块组成的系统，在子弹的运动方向动量守恒，即m v 0＝(m ＋M )v (未击穿时) m v 0＝m v 1＋M v 2(击穿时)。

(2)“子弹击中木块模型”中各力做功情况如图所示，质量为m 的子弹以水平速度v 0射入静止在光滑水平面上的质量为M 的木块中，射入木块的深度为d 而未穿出，木块与子弹的共同速度为v ，木块滑行x 木过程中，子弹与木块相互作用力为F 。

则F 对子弹做的负功W F ＝－Fx 子 F 对木块做的正功W ′＝Fx 木 F 对系统(子弹和木块)做的功W ＝W F ＋W ′＝－F (x 子－x 木)＝－Fd (d 实质是子弹相对木块发生的位移。

)如图所示，质量为M 的木块静置于光滑的水平面上，一质量为m 、速度为v 0的子弹水平射入木块且未穿出。

设木块对子弹的阻力恒为F ，求：(1)射入过程中产生的内能为多少？木块至少为多长时子弹才不会穿出？ (2)子弹在木块中运动了多长时间？解析： (1)以m 和M 组成的系统为研究对象，据动量守恒定律可得m v 0＝(m ＋M )v ，得v ＝m v 0M ＋m动能的损失ΔE ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2 即ΔE ＝Mm v 22(M ＋m )，损失的机械能转化为内能。

设木块的位移为x ，子弹相对于木块的位移为L ，对m ，由动能定理知－F (x ＋L )＝12m v 2－12m v 20对M ，由动能定理知Fx ＝12M v 2联立以上两式得FL ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2 即FL ＝Mm 2(M ＋m )v 2L ＝Mm v 202F (M ＋m )。

(2)以子弹为研究对象，由牛顿运动定律和运动学公式可得t ＝v －v 0a ＝Mm v 0(M ＋m )F 。