2024高考物理大一輪復(fù)習(xí)講義 第七章 專題強(qiáng)化十一 動(dòng)量守恒在子彈打木塊模型和板塊模型中的應(yīng)用

專題強(qiáng)化十一動(dòng)量守恒在子彈打木塊模型和板塊模型中的應(yīng)用目標(biāo)要求1.會(huì)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析計(jì)算子彈打木塊模型.2.會(huì)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析計(jì)算滑塊—木板模型．題型一子彈打木塊模型1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)子彈水平打進(jìn)木塊的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．(2)系統(tǒng)的機(jī)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(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)動(dòng)量守恒：mv0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2)子彈穿透木塊動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋Mv2能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)Mv22＋eq\f(1,2)mv12)例1(多選)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)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質(zhì)量相等、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍．已知A、B足夠長(zhǎng)，兩種射入過(guò)程相比較()A．射入滑塊A的子彈速度變化大B．整個(gè)射入過(guò)程中兩滑塊受的沖量一樣大C．射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功是射入滑塊B中時(shí)的兩倍D．兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等答案BD解析子彈射入滑塊過(guò)程中，子彈與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv0＝(m＋M)v，兩個(gè)子彈的末速度相等，所以子彈速度的變化量相等，A錯(cuò)誤；滑塊A、B動(dòng)量變化量相等，受到的沖量相等，B正確；對(duì)子彈運(yùn)用動(dòng)能定理，有Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，由于末速度v相等，所以阻力對(duì)子彈做功相等，C錯(cuò)誤；對(duì)系統(tǒng)，由能量守恒可知，產(chǎn)生的熱量滿足Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等，D正確．例2(多選)(2023·四川成都市樹(shù)德中學(xué)高三檢測(cè))水平飛行的子彈打穿固定在水平面上的木塊，經(jīng)歷時(shí)間為t1，子彈損失的動(dòng)能為ΔEk1損，系統(tǒng)機(jī)械能的損失為E1損，穿透后系統(tǒng)的總動(dòng)量為p1；同樣的子彈以同樣的速度打穿放在光滑水平面上的同樣的木塊，經(jīng)歷時(shí)間為t2，子彈損失的動(dòng)能為ΔEk2損，系統(tǒng)機(jī)械能的損失為E2損，穿透后系統(tǒng)的總動(dòng)量為p2.設(shè)木塊給子彈的阻力為恒力且上述兩種情況下該阻力大小相等，則下列結(jié)論正確的是()A．t2>t1 B．ΔEk2損＞ΔEk1損C．E2損＞E1損 D．p2＞p1答案ABD解析兩次打穿木塊過(guò)程中，子彈受到的阻力Ff相等，根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(Ff,m)，兩次子彈的加速度相等；第二次以同樣的速度擊穿放在光滑水平面上同樣的木塊，由于在子彈穿過(guò)木塊的過(guò)程中，木塊會(huì)在水平面內(nèi)滑動(dòng)，所以第二次子彈的位移x2要大于第一次的位移x1，即x2＞x1；子彈做減速運(yùn)動(dòng)，由位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2和x2＞x1可得，t2＞t1，故A正確．兩損＝Ffx，由于x2＞x1，所以ΔEk2損＞ΔEk1損，故B正確．兩次打穿木塊過(guò)程中，子彈受到的平均阻力相等，系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝Ffd，其中Ff為阻力，d為子彈相對(duì)于木塊的位移大小，由于兩次子彈相對(duì)于木塊的位移大小都是木塊的長(zhǎng)度，所以系統(tǒng)機(jī)械能的損失相等，即E2損＝E1損，故C錯(cuò)誤．p1小于子彈的初動(dòng)量，第二次子彈穿透木塊的過(guò)程，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則p2等于子彈的初動(dòng)量，所以p2＞p1，故D正確．例3如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個(gè)質(zhì)量為980g的長(zhǎng)方形勻質(zhì)木塊，現(xiàn)有一質(zhì)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(méi)有射出，和木塊一起以共同的速度運(yùn)動(dòng)．已知木塊沿子彈運(yùn)動(dòng)方向的長(zhǎng)度為10cm，子彈打進(jìn)木塊的深度為6cm.設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力保持不變．(1)求子彈和木塊的共同速度以及它們?cè)诖诉^(guò)程中所產(chǎn)生的內(nèi)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(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝6m/s此過(guò)程系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝882J.(2)假設(shè)子彈以v0′＝400m/s的速度入射時(shí)沒(méi)有射穿木塊，則對(duì)以子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′解得v′＝8m/s此過(guò)程系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE′＝eq\f(1,2)mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝1568J由功能關(guān)系有Q＝ΔE＝F阻x相＝F阻dΔE′＝F阻x相′＝F阻d′則eq\f(ΔE,ΔE′)＝eq\f(F阻d,F阻d′)＝eq\f(d,d′)解得d′＝eq\f(1568,147)cm因?yàn)閐′>10cm，所以能射穿木塊．題型二滑塊—木板模型1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能．(2)若滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相同時(shí)，木板速度最大，相對(duì)位移最大．3．求解方法(1)求速度：根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解，研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)；(2)求時(shí)間：根據(jù)動(dòng)量定理求解，研究對(duì)象為一個(gè)物體；(3)求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對(duì)位移：根據(jù)能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)．例4如圖所示，質(zhì)量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長(zhǎng)L＝1.5m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對(duì)靜止．物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，則()A．物塊滑上小車后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒B．增大物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，摩擦生熱變大C．若v0＝2.5m/s，則物塊在車面上滑行的時(shí)間為0.24sD．若要保證物塊不從小車右端滑出，則v0不得大于5m/s答案D解析物塊與小車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；物塊滑上小車后在小車上滑動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)m2v02－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(m1m2v02,2m1＋m2)，則增大物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，摩擦生熱不變，B錯(cuò)誤；若v0＝2.5m/s，由動(dòng)量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1m/s，對(duì)物塊，由動(dòng)量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3s，C錯(cuò)誤；要使物塊恰好不從小車右端滑出，需物塊到車面右端時(shí)與小車有共同的速度v′，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m2v0′＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得eq\f(1,2)m2v0′2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v0′＝5m/s，D正確．例5如圖所示，可看成質(zhì)點(diǎn)的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運(yùn)動(dòng)，B與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生完全非彈性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達(dá)C板的最右端，已知A、B、C質(zhì)量均相等，且為m，木板C長(zhǎng)為L(zhǎng)，求：(1)A物體的最終速度的大小；(2)A、C之間的摩擦力的大小；(3)A在木板C上滑行的時(shí)間t.答案(1)eq\f(3,4)v0(2)eq\f(mv02,16L)(3)eq\f(4L,v0)解析(1)B、C碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，由題意分析知，B、C碰后具有相同的速度，設(shè)B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脫離，A、C相互作用過(guò)程中動(dòng)量守恒，設(shè)最終A、C的共同速度為v2，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＋mv1＝2mv2，解得v2＝eq\f(3,4)v0.(2)在A、C相互作用過(guò)程中，由能量守恒定律得FfL＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)×2mv22，解得Ff＝eq\f(mv02,16L).(3)A與C相互作用過(guò)程中，對(duì)C由動(dòng)量定理得Fft＝mv2－mv1，解得t＝eq\f(4L,v0).例6(2023·天津市和平區(qū)高三模擬)如圖所示，質(zhì)量為M＝2kg的長(zhǎng)木板放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長(zhǎng)木板的左端，用大小為10N、方向斜向右上與水平方向成θ＝53°角的拉力F作用在物塊上，使物塊從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物塊運(yùn)動(dòng)1s的時(shí)間，撤去拉力，如果物塊剛好不滑離木板，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)撤去拉力時(shí)物塊和木板的速度大小；(2)木板的長(zhǎng)度．答案(1)5m/s0.5m/s(2)3.6m解析(1)對(duì)物塊根據(jù)牛頓第二定律有Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma1對(duì)木板根據(jù)牛頓第二定律有μ(mg－Fsinθ)＝Ma2撤去拉力時(shí)，物塊的速度大小v1＝a1t＝5m/s木板的速度大小v2＝a2t＝0.5m/s.(2)拉力撤去之前，物塊相對(duì)木板的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2撤去拉力后，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv1＋Mv2＝(m＋M)v由能量守恒定律有μmgx2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)(M＋m)v2聯(lián)立解得木板的長(zhǎng)度L＝x1＋x2＝3.6m．課時(shí)精練1.如圖所示，子彈以水平速度v0射向原來(lái)靜止在光滑水平面上的木塊，并留在木塊中和木塊一起運(yùn)動(dòng)．在子彈射入木塊的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是()A．子彈對(duì)木塊的沖量一定大于木塊對(duì)子彈的沖量B．子彈對(duì)木塊的沖量和木塊對(duì)子彈的沖量大小一定相等C．子彈速度的減小量一定等于木塊速度的增加量D．子彈動(dòng)量變化的大小一定大于木塊動(dòng)量變化的大小答案B解析水平方向上，子彈所受合外力與木塊受到的合外力為作用力與反作用力，它們大小相等、方向相反、作用時(shí)間t相等，根據(jù)I＝Ft，可知子彈對(duì)木塊的沖量與木塊對(duì)子彈的沖量大小相等、方向相反，故A錯(cuò)誤，B正確；子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，子彈動(dòng)量變化量大小等于木塊動(dòng)量變化量大小，由于子彈與木塊的質(zhì)量不一定相同，子彈速度的減小量不一定等于木塊速度的增加量，故C、D錯(cuò)誤．2．(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0射中木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運(yùn)動(dòng)，已知當(dāng)子彈相對(duì)木塊靜止時(shí)，木塊前進(jìn)距離為L(zhǎng)，子彈進(jìn)入木塊的深度為s，此過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為t.若木塊對(duì)子彈的阻力大小Ff視為恒定，則下列關(guān)系式中正確的是()A．FfL＝eq\f(1,2)Mv2 B．Fft＝mv0－mvC．v＝eq\f(mv0,M) D．Ffs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2答案AB解析由動(dòng)能定理，對(duì)木塊可得FfL＝eq\f(1,2)Mv2，選項(xiàng)A正確；以向右為正方向，由動(dòng)量定理，對(duì)子彈可得－Fft＝mv－mv0，則Fft＝mv0－mv，選項(xiàng)B正確；對(duì)木塊、子彈整體，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)整體，根據(jù)能量守恒定律得Ffs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．3.(多選)(2023·江西吉安市高三模擬)如圖所示，質(zhì)量m＝2kg的物塊A以初速度v0＝2m/s滑上放在光滑水平面上的長(zhǎng)木板B，A做勻減速運(yùn)動(dòng)，B做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝1s，物塊A、長(zhǎng)木板B最終以共同速度v＝1m/s做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，由此可求出()A．長(zhǎng)木板B的質(zhì)量為2kgB．物塊A與長(zhǎng)木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1C．長(zhǎng)木板B的長(zhǎng)度至少為2mD．物塊A與長(zhǎng)木板B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2J答案ABD解析A做勻減速運(yùn)動(dòng)，B做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后一起做勻速運(yùn)動(dòng)，共同速度v＝1m/s，取向右為正方向，設(shè)B的質(zhì)量為M，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得M＝2kg，故A正確；木板B勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度aB＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)B有μmg＝MaB，解得μ＝0.1，故B正確；前1s內(nèi)B的位移xB＝eq\f(0＋v,2)·t＝eq\f(0＋1,2)×1m＝0.5m，A的位移xA＝eq\f(2＋1,2)×1m＝1.5m，所以木板B的最小長(zhǎng)度L＝xA－xB＝1m，故C錯(cuò)誤；A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2＝2J，故D正確．4.如圖所示，光滑水平面上有一矩形長(zhǎng)木板，木板左端放一小物塊，已知木板質(zhì)量大于物塊質(zhì)量，t＝0時(shí)兩者從圖中位置以相同的水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，碰到右面的豎直擋板后木板以與原來(lái)等大反向的速度被反彈回來(lái)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊一直未離開(kāi)木板，則關(guān)于物塊運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t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(yùn)動(dòng)，速度為v0；木板碰到擋板后，物塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減至零后向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，木板向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，最終兩者速度相同，設(shè)為v1.設(shè)木板的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m，取向左為正方向，則由動(dòng)量守恒得：Mv0－mv0＝(M＋m)v1，得v1＝eq\f(M－m,M＋m)v0＜v0，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．5.(多選)如圖所示，一質(zhì)量M＝8.0kg的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m＝2.0kg的小木塊A．給A和B大小均為5.0m/s、方向相反的初速度，使A開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，B開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒(méi)有滑離B板，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g取10m/s2.則在整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．小木塊A的速度減為零時(shí)，長(zhǎng)木板B的速度大小為3.75m/sB．小木塊A的速度方向一直向左，不可能為零C．小木塊A與長(zhǎng)木板B共速時(shí)速度大小為3m/sD．長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度可能為10m答案ACD解析木塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于初速度大小均為v0＝5.0m/s，所以木板的動(dòng)量大于小木塊的動(dòng)量，系統(tǒng)合動(dòng)量方向向右，所以木塊A先向左做減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后反向向右做加速運(yùn)動(dòng)，最后木塊與木板一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得，當(dāng)木塊A的速度減為零時(shí)，Mv0－mv0＝MvB，代入數(shù)據(jù)解得vB＝3.75m/s，故A正確，B錯(cuò)誤；最終木塊與木板速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝3m/s，故C正確；最終木塊與木板相對(duì)靜止，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)系統(tǒng)由能量守恒定律可知eq\f(1,2)Mv02＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝μmgx，代入數(shù)據(jù)解得x＝8m，木板的最小長(zhǎng)度為8m，可能為10m，故D正確．6.(多選)如圖所示，兩側(cè)帶有固定擋板的平板車乙靜止在光滑水平地面上，擋板的厚度可忽略不計(jì)，車長(zhǎng)為2L，與平板車質(zhì)量相等的物塊甲(可視為質(zhì)點(diǎn))由平板車的中點(diǎn)處以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，已知甲、乙之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，忽略甲、乙碰撞過(guò)程中的能量損失，下列說(shuō)法正確的是()A．甲、乙達(dá)到共同速度所需的時(shí)間為eq\f(v0,2μg)B．甲、乙共速前，乙的速度一定始終小于甲的速度C．甲、乙相對(duì)滑動(dòng)的總路程為eq\f(v02,4μg)D．如果甲、乙碰撞的次數(shù)為n(n≠0)，則最終甲距離乙左端的距離可能為eq\f(v02,4μg)＋L－2nL答案ACD共，解得v共＝eq\f(v0,2)，若能發(fā)生碰撞，碰前甲、乙的速度分別為v1、v2，碰后甲、乙的速度分別為v1′、v2′，取水平向右為正方向，則有mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′，eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)mv2′2，聯(lián)立解得v1′＝v2，v2′＝v1，可知碰撞使得兩者速度互換，且在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩者的加速度大小均為a＝eq\f(μmg,m)＝μg，則甲、乙達(dá)到共同速度所需的時(shí)間為t＝eq\f(v共,a)＝eq\f(v0,2μg)，碰撞使得兩者速度互換，即甲、乙共速前，乙的速度不一定始終小于甲的速度，A正確，B錯(cuò)誤；從開(kāi)始到相對(duì)靜止過(guò)程中，甲、乙相對(duì)滑動(dòng)的總路程為s，根據(jù)動(dòng)能定理可得－μmgs＝eq\f(1,2)×2m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)mv02，解得s＝eq\f(v02,4μg)，C正確；甲、乙碰撞的次數(shù)為n，且相對(duì)靜止時(shí)甲距離乙左端的距離為s0，若第n次碰撞發(fā)生在平板車的左擋板，則有L＋2L(n－1)＋s0＝s(n＝2,4,6，…)，解得s0＝eq\f(v02,4μg)＋L－2nL(n＝2,4,6，…)，若第n次碰撞發(fā)生在平板車的右擋板，則有L＋2L(n－1)＋2L－s0＝s(n＝1,3,5，…)，解得s0＝2nL＋L－eq\f(v02,4μg)(n＝1,3,5，…)，即最終甲距離乙左端的距離可能為eq\f(v02,4μg)＋L－2nL，D正確．7．如圖所示，一質(zhì)量m1＝0.45kg的平板小車靜止在光滑的水平軌道上．車頂右端放一質(zhì)量m2＝0.5kg的小物塊，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，小物塊與小車上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.現(xiàn)有一質(zhì)量m0＝0.05kg的子彈以v0＝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(shí)間很短．g取10m/s2，求：(1)子彈剛射入小車后，小車的速度大小v1；(2)要使小物塊不脫離小車，小車的長(zhǎng)度至少為多少．答案(1)10m/s(2)5m解析(1)子彈射入小車的過(guò)程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，代入數(shù)據(jù)解得v1＝10m/s.(2)子彈、小車、小物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)當(dāng)小物塊與小車共速時(shí)，共同速度為v2，兩者相對(duì)位移大小為L(zhǎng)，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2，μm2gL＝eq\f(1,2)(m0＋m1)v12－eq\f(1,2)(m0＋m1＋m2)v22，聯(lián)立解得L＝5m，故要使小物塊不脫離小車，小車的長(zhǎng)度至少為5m.8.(202kg的物塊B放在平板車右端上表面，質(zhì)量m＝0.5kg的小球C用長(zhǎng)為6.4m的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，O點(diǎn)在平板車的左端正上方，距平板車上表面的高度為6.4m，將小球向左拉到一定高度，細(xì)線拉直且與豎直方向的夾角為60°，由靜止釋放小球，小球與平板車碰撞后，物塊剛好能滑到平板車的左端，物塊相對(duì)平板車滑行的時(shí)間為0.5s，物塊與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6，忽略小球和物塊的大小，重力加速度g取10m/s2，求：(1)平板車的長(zhǎng)度；(2)小球與平板車碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能．答案(1)1.125m(2)5.625J解析(1)設(shè)物塊在平板車上滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma代入數(shù)據(jù)解得a＝6m/s2設(shè)物塊與平板車最后的共同速度為v，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at＝3m/s設(shè)小球與平板車相碰后瞬間，平板車的速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv1＝(m＋M)v解得v1＝4.5m/s設(shè)平板車的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)Mv12－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入數(shù)據(jù)解得L＝1.125m(2)設(shè)小球與平板車相碰前瞬間速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg(l－lcos60°)＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝8m/s設(shè)碰撞后瞬間小球的速度為v2，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝Mv1＋mv2解得v2＝－1m/s小球與平板車碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1