第一章 专题强化4 子弹打木块模型 滑块—木板模型(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（粤教版）

该高中物理课件聚焦动量守恒定律、能量守恒定律在子弹打木块与滑块—木板模型中的应用，通过模型受力、动量及能量特点导入，以理论规律为基础，结合实例分析构建学习支架，帮助学生衔接力学定律与具体模型。 其亮点在于强化模型建构与科学推理，如子弹打木块例题中用动量守恒求共同速度、能量守恒算内能，结合分层练习总结动力学等规律，深化物理观念，提升学生分析能力，也为教师提供系统教学资源。

DIYIZHANG 第一章 专题强化4　子弹打木块模型　滑块—木板模型 1 1.进一步理解动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律的内容及其含义。 2.学会利用动量守恒定律、能量守恒定律等分析常见的子弹打木块模型与滑块—木板模型(重难点)。 学习目标 2 一、子弹打木块模型 二、滑块—木板模型 专题强化练 内容索引 3 子弹打木块模型 一 4 子弹击打静置于光滑水平地面上的木块(非固定)时，如图： 1.系统受力特点：内力 外力。 2.系统动量特点：系统动量 。 3.系统能量特点：系统损失的机械能 。 (1)若子弹未穿过木块，两者最终共速，有mv0＝(m＋M)v共 ②系统增加的内能Q＝f·s＝ΔE损，其中s为子弹和木块间的相对位移，f为子弹和木块之间的平均作用力。 ③类比碰撞模型：相当于完全非弹性碰撞。 远大于 守恒 转化为系统的内能 (2)若子弹穿透木块，满足mv0＝mv1＋Mv2 ②系统增加的内能Q＝f·d＝ΔE损，其中d为木块沿水平方向的长度，f为子弹和木块之间的平均作用力。 ③类比碰撞模型：相当于非弹性碰撞。 　如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。 (1)求子弹和木块的共同速度大小以及它们在此 过程中所产生的内能。 例1 答案　6 m/s　882 J　 设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v 解得v＝6 m/s 此过程系统产生的内能 (2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？请计算并说明。 答案　能　理由见解析 假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′ 解得v′＝8 m/s 此过程系统所损耗的机械能为 由功能关系有ΔE＝F阻s相 ΔE′＝F阻s相′ 解得s相′≈10.7 cm 因为s相′>10 cm，所以能射穿木块。 　 (2023·广东华侨中学期中)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。 上述两种射入过程相比较 A.射入滑块A的子弹速度变化大 B.整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，滑块对子弹的平均阻力一样大 C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D.两个过程中系统产生的热量相同 √ 针对训练1 根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，可知两种情况下滑块和子弹的共同速度相同，两颗子弹速度变化相同，故A错误； 返回 滑块—木板模型 二 14 如图所示，在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0从滑块的左边缘滑上质量为M的木板的上表面，滑块和木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。 1.系统受力特点：合外力 。 2.系统的动量特点：系统的动量 。 等于0 守恒 3.系统的能量特点：系统损失的机械能 。 (1)若滑块始终未滑离木板，二者最终有共同速度，即mv0＝(m＋M)v共 ②系统增加的内能Q＝f·s＝ΔE损，其中s为两者间的相对位移，f为滑块和木板之间的滑动摩擦力。 ③类比碰撞模型：相当于完全非弹性碰撞。 转化为系统的内能 (2)若滑块最终滑离木板，滑块的速度大小为v1，木板的速度大小为v2，则mv0＝mv1＋Mv2 ②系统增加的内能Q＝f·L＝ΔE损，其中L为木板长，f为滑块和木板之间的滑动摩擦力。 ③类比碰撞模型：相当于非弹性碰撞。 　(2024·深圳市高二期中)如图所示，质量m1＝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m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝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，g取10 m/s2。求： (1)小车最终速度v； 例2 答案　0.8 m/s　 物块与小车组成的系统动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得 m2v0＝(m1＋m2)v 代入数据解得v＝0.8 m/s (2)物块在车面上滑行的时间t； 答案　0.24 s　 对小车，由动量定理得μm2gt＝m1v 代入数据解得t＝0.24 s (3)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。 答案　5 m/s 物块恰好到达小车的最右端时物块滑上小车的速度为最大速度v0′，物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m2v0′＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得 代入数据解得v0′＝5 m/s 　 (2023·湛江市高一期中)如图所示，质量M＝2 kg的长木板在足够长的光滑地面上水平向右做速度大小为v1＝2 m/s的匀速直线运动。某时刻一质量m＝2 kg的小物块(视为质点)以大小v2＝8 m/s的速度从木板的左端滑上木板，最终物块恰好未滑离木板。物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)木板的最终速度大小v； 针对训练2 答案　5 m/s　 根据动量守恒定律有Mv1＋mv2＝(M＋m)v 解得v＝5 m/s (2)该过程中物块与木板之间因摩擦产生的热量 Q及木板的长度L。 答案　18 J　1.8 m 根据能量守恒定律有 解得Q＝18 J 又Q＝μmgL 解得L＝1.8 m。 总结提升 两类模型中涉及下列规律： (1)动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相等、方向相反的一对相互作用力，故两物体的加速度大小与质量成反比，方向相反。 (2)运动学规律：两类模型均可看作两个做匀变速直线运动的物体间的追及问题或相对运动问题。在一段时间内子弹射入木块的深度或物块在木板上滑动的距离，就是这段时间内两者相对位移的大小。 (3)动量规律：由于系统所受外力的合力为零或内力远大于外力，故系统遵守动量守恒定律。 (4)能量规律：对单个物体，一般列动能定理方程，对系统则遵循能量守恒定律，系统机械能的减少量等于摩擦产生的热量，即Q＝f·s相对。 返回 专题强化练 三 26 1.(2023·佛山市郑裕彤中学高二月考)如图所示，相互接触不粘连的质量均为m的木块A、B静止放置在光滑水平面上，现有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹水平方向的作用力恒为f，则下列说法正确的是 A.t1时间内，子弹的动量变化量大于A的动量变化量 B.t2时间内，子弹的动量变化量大于B的动量变化量 C.t1时间内，子弹和A的总动量守恒 D.t2时间内，子弹和B的总机械能守恒 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 基础强化练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 t1时间内，子弹推动两个木块一起运动，所以 子弹和木块A、B系统的动量守恒有，m子v0＝ m子v1＋(mA＋mB)v2，m子v0－m子v1＝(mA＋mB)v2，子弹的动量变化量等于木块A、B整体的动量变化量，所以子弹的动量变化量大于A的动量变化量，A正确，C错误； t2时间内，子弹和木块B的动量守恒有，m子v1＋mBv2＝m子v3＋mBv4，m子v1－m子v3＝mBv4－mBv2, 子弹的动量变化量等于B的动量变化量，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 t2时间内，子弹穿过B的过程中，有热量产生，所以此过程中机械能不守恒，D错误。 2.(2024·广州六中高二阶段练习)如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较硬木小，以下判断正确的是 A.子弹与硬木摩擦产生的内能较多 B.两个系统产生的内能不一样大 C.子弹在软木中打入深度较大 D.子弹在硬木中打入深度较大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设子弹质量为m，木块质量为M，由于最终都达到共同速度， 根据动量守恒定律mv0＝(m＋M)v可知，共同速度v相同， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据功能关系Q＝f·d可知产生的内能Q相同时，摩擦力f越小，子弹打入深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，故C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3.(多选)质量为M、长度为d的木块放在光滑的水平面上，在木块右边有一个销钉(图中未画出)把木块挡住，使木块不能向右滑动。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，刚好能将木块射穿。现在拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块。设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则 A.拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力属于系统内力，木块和子弹组成的系统动量守恒；但因摩擦力做功，故系统机械能不守恒，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 拔去销钉，对子弹射入木块的整个过程， 4.如图甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝1 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示，则 A.0～1 s内，A、B构成的系统机 械能守恒 B.0～1 s内，A、B受到的合外力 相同 C.长木板B的质量M＝2 kg D.A、B之间由于摩擦而产生的热量Q＝1 J √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A、B构成的系统所受合外力为零，所以A、B构成的系统动量守恒；A、B间摩擦力做功，摩擦生热，A、B构成的系统机械能不守恒，故A错误； 0～1 s内，A、B受到的合外力方向不相同，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5.(2024·佛山市三水中学高二阶段练习)如图所示，一颗质量为0.01 kg的子弹(可视为质点)，沿水平方向射向静止在光滑水平桌面上的木块，木块的质量为0.2 kg，长度为10 cm，子弹射入前速度为200 m/s，穿出木块时速度减为100 m/s，已知子弹穿过木块过程中木块对子弹的阻力不变，求： (1)木块获得的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　5 m/s　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 子弹与木块组成的系统动量守恒， 以向右为正方向， 由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2 代入数据解得木块获得的速度大小v2＝5 m/s (2)此过程中，木块对子弹的阻力大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　1 475 N　 由能量守恒定律得 代入数据解得f ＝1 475 N (3)子弹穿过木块过程所用时间。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　6.78×10－4 s 子弹对木块作用力的冲量等于木块动量变化f′t＝m2v2－0 由牛顿第三定律可知f′＝f 代入数据解得t≈6.78×10－4 s。 6.(2023·茂名市高二月考)如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0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(未知量)，求： (1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 子弹和木块组成的系统动量守恒，以子弹的 初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得 mv0＝(m＋M)v (2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做 的功分别为多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由动能定理可得子弹对木块所做的功为 7.(多选)(2023·佛山市三水中学高二统测)如图，长度为l＝1 m，质量为M＝1 kg的车厢，静止于光滑的水平面上。车厢内有一质量为m＝1 kg、可视为质点的物块以速度v0＝10 m/s从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度取g＝10 m/s2。下列说法正确的是 A.n＝26 B.系统因摩擦产生的热量为25 J C.物块最终停在车厢右端 D.车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得车厢和小物块最终运动的共同速度为v＝5 m/s，方向水平向右， 代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q＝25 J，故B、D正确； 8.(2024·汕头市金山中学高二阶段检测)如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝4 kg。质量m＝2 kg的铁块B以水平速度v0＝6 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。铁块可视为质点，在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为 A.18 J B.16 J C.12 J D.24 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题意可知铁块压缩弹簧过程中，弹簧、木板和铁块组成的系统动量守恒，当木板和铁块速度相等时弹簧具有最大弹性势能，设木板与铁块间摩擦力为f，共同速度为v，以水平向右为正方向，根据能量守恒定律和动量守恒定律可得 又因为铁块最后恰好停在木板的左端， 9.如图所示，质量mB＝2 kg的平板车B上表面水平，在平板车左端相对于车静止着一个质量mA＝2 kg的物块A(A可视为质点)，A、B一起以大小为v1＝0.5 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，一颗质量m0＝0.01 kg的子弹以大小为v0＝600 m/s的水平初速度向右瞬间射穿A后，速度变为v＝200 m/s。已知A与B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终相对静止时A刚好停在B的右端，车长L＝1 m，g＝10 m/s2，求： (1)子弹射穿A的瞬间A的速度； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　1.5 m/s，方向向左　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 规定向右为正方向，子弹与A作用的过程， 根据动量守恒定律得 m0v0－mAv1＝m0v＋mAvA， 代入数据解得vA＝1.5 m/s。 (2)A、B间的动摩擦因数； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　0.1　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 子弹极短时间内穿过A，可认为A、B无相对运动，之后A以1.5 m/s的初速度开始向右滑行，B以0.5 m/s的初速度向左运动，当A、B达到共同速度时，A、B相对静止，对A、B组成的系统根据动量守恒定律，规定向右为正方向，有mAvA－mBv1＝(mA＋mB)v2 代入数据解得v2＝0.5 m/s 根据能量守恒定律知 代入数据解得μ＝0.1。 (3)整个过程中因摩擦产生的热量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　1 600 J 根据能量守恒定律，整个过程中因摩擦产生的热量为 代入数据解得Q＝1 600 J。 10.(2024·东莞市嘉荣外国语学校高二月考)质量为M＝7 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为m＝3 kg的物块A停在B的左端。质量为m0＝1 kg的小球用长为l＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞，碰撞时间极短且无机械能损失，物块与小球可视为质点，不计空气阻力。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F 的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　30 N　 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 小球下摆过程机械能守恒， 代入数据解得v0＝4 m/s 代入数据解得F＝30 N (2)小球与A碰撞后的瞬间，A获得的速度vA的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　2 m/s　 小球与A碰撞过程系统动量守恒， 以水平向右为正方向， 由动量守恒定律得m0v0＝m0v1＋mvA 代入数据解得v1＝－2 m/s，vA＝2 m/s 即A获得的速度大小为2 m/s，方向水平向右 (3)为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板 长x至少多长。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　1.4 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 物块A与木板B相互作用过程， 系统动量守恒，以A的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得mvA＝(m＋M)v 代入数据解得v＝0.6 m/s 代入数据解得x＝1.4 m。 返回 BENKEJIESHU 本课结束 ①系统损失的机械能最多，ΔE损＝mv02－(m＋M)v共2。 ①系统损失的机械能ΔE损＝mv02－mv12－Mv22。 ΔE＝mv02－(M＋m)v2＝882 J。 ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝1 568 J 则＝ 两滑块的动量Δp＝Mv变化相同，受到的冲量相同，由能量守恒定律 mv02－(m＋M)v2＝F阻·s，子弹射入A中的深度是射入B中深度的两倍，射入滑块A中时子弹所受平均阻力是射入滑块B中时的，故B错误； 射入滑块A中与B中时阻力对子弹做功均为Wf＝mv2－mv02，故C错误； 由Q＝mv02－(m＋M)v2，两个过程中系统产生的热量相同，故D正确。 ①系统损失的机械能最多，ΔE损＝mv02－(m＋M)v共2。 ①系统损失的机械能ΔE损＝mv02－mv12－Mv22。 m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL Q＝Mv12＋mv22－(M＋m)v2 则根据ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝Q可知子弹与硬木或子弹与软木构成的系统机械能减小量相同，故两个系统产生的内能Q一样多，故A、B错误； B.子弹在木块中受到的阻力大小为 C.拔去销钉，子弹与木块相对静止时的速度为 D.拔去销钉，子弹射入木块的深度为 当木块被销钉挡住时，由动能定理可知－fd＝0－mv02，解得f＝，故B正确； 拔去销钉，子弹与木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可得 mv0＝(m＋M)v，解得v＝，故C错误； 根据能量守恒定律有－fx＝×(m＋M)v2－mv02， 解得x＝，故D正确。 由A、B构成的系统动量守恒得mv0＝(m＋M)v′，解得长木板B的质量M＝－m＝1 kg，故C错误； 由能量守恒定律可知A、B之间由于摩擦而产生的热量等于机械能的减少量Q＝mv02－(M＋m)v′2＝1 J，故D正确。  fL＝m1v02－m1v12－m2v22 答案　　 求得子弹与木块相对静止时二者共同速度为v＝ 答案　　 由能量守恒定律可得mv02＝Q＋(m＋M)v2 求得系统产生的内能为Q＝ W＝Mv2＝。 对系统由能量守恒定律得mv02＝(M＋m)v2＋Q， 根据Q＝μmgs，可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离s＝＝25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数n＝＝25次，因此可知物块最终停在车厢中点处，故A、C错误。 mv02＝fL＋(M＋m)v2＋Ep，mv0＝(M＋m)v， 故根据能量守恒定律有mv02＝f·2L＋(M＋m)v2，联立解得Ep＝12 J，故选C。  μmAgL＝mAvA2＋mBv12－(mA＋mB)v22 Q＝m0v02＋(mA＋mB)v12－m0v2－(mA＋mB)v22 由机械能守恒定律得m0gl＝m0v02 对小球，由牛顿第二定律得F－m0g＝m0 由机械能守恒定律得m0v02＝m0v12＋mvA2 由能量守恒定律得μmgx＝mvA2－(m＋M)v2 $