第1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（鲁科版）

该高中物理课件聚焦子弹打木块、滑块—木板模型，系统讲解动量守恒、能量转化规律，通过复习碰撞模型导入，对比共速与穿透两种情况，搭建从理论规律到实际问题的学习支架。 其亮点在于以模型建构为主线，结合科学推理与科学论证，通过固定与不固定木块、滑块滑离临界条件等例题变式，深化动量与能量观念。学生能提升复杂问题分析能力，教师可借助系统例题与规律总结提高教学效率。

DIYIZHANG 第1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 1.模型图例 2.模型特点 (1)相互作用特点：作用时间 ，内力 外力。 (2)系统动量特点：系统动量 。 (3)系统能量特点：系统机械能有损失，损失的机械能转化为_________ 。 极短 远大于 守恒 系统的 内能 3.两种情况 (1)子弹未穿透木块，两者共速，有mv0＝(m＋M)v共 ②系统增加的内能Q＝Ff·Δx＝ΔE损， 其中Δx为两者间的相对位移，Ff为子弹和木块之间的平均作用力； ③类比碰撞模型：该种情况损失的机械能最多，相当于完全非弹性碰撞。 (2)子弹穿透木块，有mv0＝mv1＋Mv2 ②系统增加的内能Q＝Ff·d＝ΔE损， 其中d为木块的长度； ③类比碰撞模型：相当于非弹性碰撞。 　一质量M＝0.080 kg、棱长b＝10 cm的正方体木块放置在光滑的水平桌面上，现有一质量m＝0.020 kg的子弹，以v1＝100 m/s的速度水平射向木块，子弹的速度方向与木块表面垂直，如果用钉子将木块固定在桌上，则子弹可穿过木块，穿过后子弹的速度为v2＝50 m/s。 (1)求子弹穿过木块的过程中受到的平均阻力大小Ff； 例1 答案　750 N 代入数据解得Ff＝750 N。 (2)如果木块不固定，试推理判断子弹能否穿过木块； 答案　见解析 如果木块不固定，子弹击中木块过程中系统动量守恒，设子弹恰好射穿木块时木块的长度为d，以v1的方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(M＋m)v 代入数据解得d≈0.11 m＝11 cm>b＝10 cm，因此子弹能穿过木块。 (3)在(2)的情况下，木块和子弹的最终速度分别为多大？ 答案　15 m/s　40 m/s 　 (2024·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到的冲量一样大，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 13 1.模型图例 说明：水平面光滑，滑块从左侧边缘滑上木板。 2.模型特点 (1)相互作用特点：系统所受合外力为 。 (2)系统动量特点：系统动量 。 (3)系统能量特点：系统机械能有损失，损失的机械能转化为 。 零 守恒 系统的内能 3.两种情况 (1)若木板足够长，滑块始终未滑离木板，二者最终共速，即有mv0＝(m＋M)v共 ②系统增加的内能Q＝f·Δx＝ΔE损， 其中Δx为两者间的相对位移，f为滑块和木板之间的滑动摩擦力大小。 ③类比碰撞模型：损失的机械能最多，相当于完全非弹性碰撞。 (2)若滑块能够滑离木板，有mv0＝mv1＋Mv2 ②系统增加的内能Q＝f·L＝ΔE损， 其中L为木板的长度； ③类比碰撞模型：相当于非弹性碰撞。 　(2023·十堰市高二期中)如图所示，B是放在光滑水平面上质量为4m的一块木板，物块A(可看成质点)质量为m，与木板间的动摩擦因数为μ，最初木板B静止，物块A以水平初速度v0滑上木板，木板足够长(重力加速度为g)，求： 例2 (1)木板B的最大速度大小； (2)从A刚滑上木板到A、B速度刚好相等的过程中，物块A所发生的位移大小； (3)若物块A恰好没滑离木板B，则木板至少多长？ 两类模型相互作用过程中涉及下列规律： (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：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。 总结提升 (3)动量规律：由于系统所受外力的合力为零，故遵守动量守恒定律。 (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＝Ff·s相对，s相对为相对路程。 总结提升 　 (2023·湛江市高二期中)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向右滑上木板，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： 针对训练2 (1)木板的最终速度大小v； 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 解得Q＝18 J 又Q＝μmgL，解得L＝1.8 m。 返回 专题强化练 三 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 基础强化练 1.(2023·广东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Ff，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 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的动量守恒m子v0＝m子v1＋(mA＋mB)v2，即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m子v1＋mBv2＝m子v3＋mBv4，即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；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·黑龙江佳木斯市第一中学期末)质量为M的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图所示。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对木块静止时，下列说法中正确的是 A.最终木块静止，d1＝d2 B.最终木块向右运动，d1<d2 C.最终木块向左运动，d1＝d2 D.最终木块静止，d1<d2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3.(多选)(2024·云南凤庆县第一中学期中)如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg的木板，一质量为M＝2 kg、大小可忽略的滑块以初速度v0＝10 m/s从两木板左侧滑上第一块木板，当滑块滑离第一块木板时，滑块的速度大小为v1＝7 m/s，滑块最终与第二块木板相对静止，则下列说法正确的是 A.第一块木板最终的速度大小为2 m/s B.第一块木板最终的速度大小为1 m/s C.滑块最终的速度大小为4.5 m/s D.第二块木板最终的速度大小为3 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 滑块和两块木板组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统动量守恒，设滑块刚滑到第二块木板上时，两块木板的速度均为v2，由动量守恒定律得Mv0＝Mv1＋(m1＋m2)v2，解得v2＝2 m/s，方向与滑块初速度方向相同，故A正确，B错误； 以滑块与第二块木板为研究对象，设第二块木板的最终速度为v3，由动量守恒定律得Mv1＋m2v2＝(M＋m2)v3，解得v3＝4.5 m/s，方向与滑块初速度方向相同，故C正确，D错误。 4.(多选)(2023·辽宁朝阳市高二期末)如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 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之间有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是 A.A、B之间的动摩擦因数为0.1 B.长木板的质量M＝2 kg C.长木板长度至少为2 m D.A、B组成的系统损失的机械能为4 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度为v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得M＝2 kg，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5.(2024·广东佛山市三水中学高二月考)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由能量守恒定律得 代入数据解得Ff ＝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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 子弹对木块作用力的冲量等于木块动量变化Ff′t＝m2v2－0 由牛顿第三定律可知Ff′＝Ff 代入数据解得t≈6.78×10－4 s。 6.(2024·广东深圳市高二期中)如图所示，质量为m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量为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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (1)小车最终速度大小v； 答案　0.8 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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； 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 设物块不滑离小车且恰好到达小车的右端时物块滑上小车的速度大小为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。 7.(多选)(2023·广东佛山市三水中学高二统测)如图，长度l＝1 m，质量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 8.(2024·山东济南市历城二中月考)如图所示，两块质量均为M＝0.6 kg的木块A、B并排放置在光滑的水平桌面上，一颗质量m＝0.1 kg的子弹C(可视为质点)以v0＝40 m/s的水平速度射入A后完全进入B，最终和B一起运动，测得A、B在水平地面上的落地点至桌边缘的水平距离之比为1∶2，不计空气阻力，求C在A中运动时系统机械能的损失与C在B中运动时系统机械能的损失之比ΔE1∶ΔE2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　54∶7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A、B脱离桌边缘后做平抛运动，竖直方向的高度相同，做自由落体运动的时间相同，水平方向上有x＝vt 取向右为正方向，子弹与B的速度相同时，由动量守恒定律有mv0＝MvA＋(m＋M)vB 联立解得vA＝2 m/s，vB＝4 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 子弹穿过A，刚进入B，由动量守恒定律有 mv0＝2MvA＋mvC，解得vC＝16 m/s C在A中运动时系统机械能损失 解得ΔE1∶ΔE2＝54∶7。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9.(2023·扬州市高二期中)如图，质量M＝5 kg的长木板上有一质量m＝3 kg的物块(物块可看作质点)，它们都以v0＝4 m/s的速率反向运动，它们之间的动摩擦因数μ＝0.5，水平面光滑，最终小物块恰好没有滑离长木板，g＝ 10 m/s2，求： (1)长木板的最终速度v； 答案　1 m/s，方向向左 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对全程由动量守恒定律可知，最终长木板和物块的速度相同，取向左为正方向 Mv0－mv0＝(m＋M)v 解得v＝1 m/s，方向向左。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)整个过程中产生的热量Q及长木板的长度L； 答案　60 J　4 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 整个过程中，根据能量守恒定律得 μmgL＝Q 解得Q＝60 J，L＝4 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (3)物块向右运动的最大距离。 答案　1.6 m 解得x＝1.6 m。 10.(多选)(2024·湖南长沙市长郡中学高二期中)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2倍。假设木块对子弹的阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则A、B运动的过程中，下列说法正确的是 A.木块和子弹A、B组成的系统动量守恒 B.子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的2倍 C.子弹B的质量是子弹A的质量的2倍 D.若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终 A进入的深度仍是B的2倍 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 尖子生选练 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统所受的外力矢量和为零，则系统的动量守恒，A正确；由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为Ff，根据动能定理， 对子弹A，－FfdA＝0－EkA，得EkA＝FfdA， 对子弹B，－FfdB＝0－EkB，得EkB＝FfdB，由于dA＝2dB，则两子弹的初动能关系为EkA＝2EkB， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 则得2mA＝mB，vA＝2vB，则子弹B的质量是子弹A的质量的2倍，子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的2倍，B错误，C正确； 若子弹A向右射入木块，A与木块组成的系统动量守恒，子弹A与木块相对静止时具有向右的共同速度，由能量守恒定律可知，系统损失的机械能ΔE＝FfdA′<EkA，则dA′<dA，子弹B再向左射入木块，由于A、B与木块组成的系统动量守恒，由前面的分析可知mAvA＝mBvB， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 系统初动量为零，由动量守恒定律可知，最终A、B与木块都静止，子弹射入木块过程，由能量守恒定律可知，系统损失的机械能ΔE′＝FfdB′>EkB，则dB′>dB， 综上所述可知dA′<2dB′，D错误。 返回 BENKEJIESHU 本课结束 ①系统损失的机械能ΔE损＝mv02－(m＋M)v共2； ①系统损失的机械能ΔE损＝mv02－(mv12＋Mv22)； 子弹穿过木块过程中，对子弹，由动能定理得－Ffb＝mv22－mv12 由能量守恒定律得mv12＝(M＋m)v2＋Ffd 设子弹和木块的最终速度分别为v3、v4，子弹射穿木块过程中系统动量守恒，以v1的方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝mv3＋Mv4，由能量守恒定律得mv12＝mv32＋Mv42＋Ffb，代入数据解得v3＝40 m/s，v4＝15 m/s(另一解不符合实际，舍去)。 两滑块的动量Δp＝Mv变化相同，受到的冲量相同，由Q＝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中时阻力对子弹做功Wf＝mv2－mv02与射入滑块B中时阻力对子弹做功相等，故C错误； 由Q＝mv02－(m＋M)v2可知，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ΔE损＝mv02－(m＋M)v共2 ①系统损失的机械能ΔE损＝mv02－(mv12＋Mv22) 答案　 由题意知，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时B速度最大。以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，解得v＝ 答案　 A向右减速的过程，根据动能定理有－μmgx1＝mv2－mv02 则物块A所发生的位移大小为s1＝ 答案　 从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得μmgL＝mv02－(m＋4m)v2，解得L＝。 根据能量守恒定律有Q＝Mv12＋mv22－(M＋m)v2 设子弹的速度为v0，子弹的质量为m，左侧子弹射入 木块后与木块共同运动的速度为v1，由动量守恒定律 可得mv0＝(M＋m)v1，设子弹与木块之间的作用力大 小为Ff，根据能量守恒定律可得Q＝Ffd1＝mv02－(M＋m)v12，当右侧子弹射入木块后，设最后的共同速度为v2，根据动量守恒可得(M＋m)v1－mv0＝(M＋2m)v2，解得v2＝0，根据能量守恒定律可得Q′＝Ffd2＝mv02＋(M＋m)v12－(M＋2m)v22＝mv02＋(M＋m)v12，联立可知d1<d2，故选D。 由题图乙可知，木板B匀加速运动的加速度为a＝＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得μmg＝Ma，解得动摩擦因数为μ＝0.1，故A正确； 由题图乙可知前1 s内B的位移为sB＝×1×1 m ＝0.5 m，A的位移为sA＝×1 m＝1.5 m，所 以木板最小长度为L＝sA－sB＝1 m，故C错误； A、B组成的系统损失的机械能为ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝2 J，故D错误。 FfL＝m1v02－m1v12－m2v22 m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 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，对系统由能量守恒定律得mv02＝(M＋m)v2＋Q，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； 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。 则A、B平抛的初速度之比＝＝ ΔE1＝mv02－×2MvA2－mvC2 C在B中运动时系统机械能损失ΔE2＝mvC2＋MvA2－(m＋M)vB2 Q＝(m＋M)v02－(m＋M)v2 物块向右运动的距离最大时速度为零，根据动能定理得－μmgx＝0－mv02 又EkA＝＝，EkB＝＝， $