第1章 学案9 专题：“子弹打木块”模型与“滑块一木板”模型-【智学校本学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（鲁科版）

专题：“子弹打木块”模型与“滑块一木板”模型学案9 学案9专题：“子弹打木块”模型与“滑块一木板”模型 听 学句任务 记 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含义。 2.学会利用动量守恒定律和能量守恒定律等分析常见的“子弹打木块”模型、“滑块一木板”模型 ②系统增加的内能Q=Fr·d=△E损，其中d ◆课堂活动 为木块的长度。 活动一“子弹打木块”模型 ③类比碰撞模型：相当于非弹性碰撞。 D新知应用 D新知生成 1.(24-25·甘肃武威期中)质 业 1.模型图例 量为5g的子弹以300m/s的 速度水平射向被悬挂着的质 x弹 量为500g的木块，设子弹穿 过木块后的速度为100m/s,重力加速度取 10m/s2,则： 2.模型特点 (1)求子弹穿过木块后的瞬间，木块获得的速度！ (1)相互作用特点：作用时间极短，内力远大于 大小： 外力。 (2)若子弹射穿木块的时间△t=0.001s,求子 (2)系统动量特点：系统动量守恒。 弹对木块的平均冲击力大小； (3)系统能量特点：系统机械能有损失，损失的 (3)求木块上升的最大高度（不高于悬点）。 机械能转化为系统的内能。 3.两种情况 (1)子弹未穿透木块，两者共速，有mw。=(m+ M)V共 ①系统损失的机核能△E数-了m,2- 2(n+ M)V共2。 ②系统增加的内能Q=F:·△x=△E损，其中 △x为两者间的相对位移，F:为子弹和木块之 间的平均作用力。 ③类比碰撞模型：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mvo=mv1十Mv2 1 ①系统损失的机械能△E=2mu,-(2m0, +Mo. 3510 鲁科版物理选择性必修第一册 听 2.（多选)(24-25·山东聊城 vo a 2.模型特点 课 期中)质量为M、长度为d的 (1)相互作用特点：系统所受合外力为零。 记 木块放在光滑的水平面上，在木块的右边有一 (2)系统动量特点：系统动量守恒。 个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动，质量 (3)系统能量特点：系统机械能有损失，损失的 为m的子弹以水平速度。射入木块，刚好能 机械能转化为系统的内能。 3.两种情况 将木块射穿。现拔去销钉，使木块能在水平面 (1)若木板足够长，滑块始终未滑离木板，二者 上自由滑动，而子弹仍以水平速度。射人静止 最终共速，即有mo=(m十M)v共 的木块，设子弹在木块中受到的阻力大小恒定。 ①系统损失的机板能△Eg=了me,:一m十 1 拔去销钉后，下列说法正确的是 A阻力大小为受 M)v共2。 ②系统增加的内能Q=f·△x=△E损，其中 B.木块最终的速度为 Mvo △x为两者间的相对位移，f为滑块和木板之间 M+m 的滑动摩擦力大小。 C.子弹射入木块的深度为M十m md 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。 2Md D.木块加速运动的时间为M十mw。 (2)若滑块能够滑离木板，有mvo=mw1十Mu2 3.(24一25·河北保定期中)一个士兵坐在皮划艇 ①系统损失的机械能△E数= 1 2mu,2-(（2mu 上，他连同装备和皮划艇的总质量共100kg,这 个士兵用自动步枪在1s时间内沿水平方向连 2Ms'）. X 续射出3发子弹，每发子弹的质量是10g,子弹 ②系统增加的内能Q=f·L=△E损，其中L 离开枪口时相对步枪的速度是600m/s。射击 为木板的长度。 前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。试估算 ③类比碰撞模型：相当于非弹性碰撞。 连续射击时枪受到的平均反冲作用力约为 D新知应用 ( 1.(24一25·河北唐山期末)如图所示，可视为质 A.8N B.18N C.28N D.38N 点的物块A和长木板B静止在光滑平面上，物 块A位于长木板B的最左端，小球C的悬线 活动二 探究“滑块一木板”模型 与竖直方向成60°角。现由静止释放小球C,小 球C到达最低点时恰与物块A发生碰撞，小球 D新知生成 C与物块A碰撞时间极短，此后的运动过程中 1.模型图例 物块A恰好不从长木板B上滑下。已知悬线 m 长为1.6m,物块A的质量为2kg,木板B的 一X物 质量为4kg,小球C的质量为4kg,A、B间的 一X板 动摩擦因数为0.2，木板长为1.5m,重力加速 说明：水平面光滑，滑块从左侧边缘滑上木板。 度g取10m/s2,求： 136 专题：“子弹打木块”模型与“滑块一木板”模型学案9 2.(多选)(24一25·辽宁朝阳期中)如图甲所示， 听 光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2kg 课 的木块A以速度vo=2m/s滑上原来静止的 记 A 长木板B的上表面，由于A、B之间有摩擦，之 后，A、B的速度随时间的变化情况如图乙所 (1)小球C和物块A碰后，物块A的速度； 示，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确 (2)小球C和物块A碰撞过程中损失的机 的是 ( ) 械能。 4v/(ms) A vo 甲 A.A、B之间的动摩擦因数为0.1 B.长木板的质量M=2kg C.长木板长度至少为2m D.A、B组成的系统损失的机械能为4J 3.(24一25·重庆渝中期中)将一长木板静止放在 光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块（可！ 视为质点)以水平初速度。=4m/s由木板左 端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对 静止。小铅块的质量m=1kg,木板的总质量 M=3kg,小铅块与木板间的动摩擦因数为 0.6,现将木板分成A和B两段，使B的长度 和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面： 上，让小铅块仍以初速度。由木块A的左端 开始向右滑动，如图乙所示，则下列有关说法正· 确的是 ( )1 A A.甲图中如果增大铅块质量，其他条件不变， 则铅块将从木板右端滑出 B.甲图中木板的长度为2米 C乙图中A最终的速度为(1+)m/。 D.乙图中滑块不会从B的右端滑出，且与木板！ 保持相对静止时，离木板B右端的距离为 2 270m 3710 鲁科版物理选择性必修第一册 课堂达标◆ c anmmmnniimnnnmnmiinnnmmnnnnnndiim 笔 1.如图所示，相互接触且不 (1)B与D发生碰撞后瞬间B的速度大小； 粘连的质量均为m的木块 (2)再次共速后，B相对于长板A运动的长度 A、B静止放置在光滑水平面上，现有一子弹水 为多少； 平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间 (3)A、B、C、D组成的系统最终损失的机械能。 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 2.(多选)(24一25·云南凤 0 庆期中)如图所示，光滑 水平地面上并排放置着质量分别为m1=1kg、 m2=2kg的木板，一质量为M=2kg、大小可 忽略的滑块以初速度v。=10m/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=7m/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2m/s B.第一块木板最终的速度大小为1m/s C.滑块最终的速度大小为4.5m/s D.第二块木板最终的速度大小为3m/s 3.(24一25·山东济宁期中)如图所示，光滑水平 轨道上有质量为2m的长板A和质量为m的 滑块C,质量为m的滑块B置于A的最左端， A与B间的动摩擦因数为4，重力加速度为g。 开始时A、B、C静止，水平速度为0、质量为m 的子弹D击中B并嵌入其中（作用时间极短）。 B和A共速后，B恰好位于A的中间位置。然 后，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运 动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一 起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求： 课后反思 1138到达B点，故A错误；小球从进入孤形凹槽至最高点的过程 (2)圆孤槽不固定，槽和小球组成的系统在水平方向动量守 中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直 恒，以向左为正方向，则有m1℃1一M02=0 增大，故B错误；以小球的初速度。方向为正方向，由系统 由系统机械能守恒可得 水平方向动量守恒得mv。=mv'一mwA,由系统机械能守恒 mgR=m时+Mw 有宁，2=m十子m,联立可得=0，所以小球回 联立解得v1=2m/s,v2=1m/s 到弧形凹槽底部离开A,点后做自由落体运动，故C正确，D 当小球m1、m2速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据动 错误。] 量守恒得 课堂达标 m101=(m1十m2) 1.D[由题图乙可知两物块的运动过程，开始时1逐渐减速， 解得共同速度为 m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，弹簧被压 2 o=3 m/s 缩至最短，系统动能最小，弹性势能最大，然后弹簧逐渐恢复 根据能量守恒可得 原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻， 弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的 E,=方mi-合m+,河 1 长度将逐渐增大，两物块均减速，？时刻，两物块速度相等， 代入数据可得E,-亭。 弹簧最长，系统动能最小，因此从t?到t4过程中弹簧由伸长 状态恢复原长，两物块没有回到出发位置，故A、B错误；根据 (3)当弹簧恢复原长时小球m1向右运动，速度为03，小球m2 向左运动，速度为v,根据动量守恒得 系统动量守恒，从开始到t1时刻有m101=(m1十m2)0,其中 m1v1=m2v4一m1v3 =3ms,=1ms,解行-宁故C错花，时刻，系锐 由能量守恒得 1 的弹性势能为E,=子m:-子(m:十m:),系统的动能 名m,时=名+m明 1 2 为E,=2(m1十m)o2,结合C项分析可知E:E,=1:2, 联立解得=3m/s 由于v3<2,故不能再次滑上圆孤槽。 故D正确。] 4 2.C[小球与凹槽M、物体N所组成的系统在水平方向上合 [答案](1)30N(2)3J(3)不能 外力为0，水平方向动量守恒。竖直方向合外力不为0，竖直 学案9专题：“子弹打木块”模型与 方向动量不守恒，故A错误；小球运动到最低，点的过程，根据 动量守恒有m号=2m号，且x1十x=R,解得M向右运动 “滑块一木板”模型 课堂活动 活动一 R 的位移x。一3，B错误；当小球运动到最低点前，MN一起向 新知应用 右运动，到最低点之后，M受到小球斜向左的压力做减速运 1.[解析](1)设子弹穿过木块后的瞬间子弹的速度大小为 动，所以小球运动到最低点时M、N分离，C正确；小球在最 口1，木块的速度大小为2，子弹穿过木块过程中，对子弹与木 低，点时与M具有水平方向的速度，与N分离之后，小球与 块组成的系统由动量守恒定律得 M、N在水平方向上动量守恒，小球沿圆孤向左运动到最高 mwg=mw1十Mo2 解得 点时与M具有共同的水平速度，由于N的速度不为零，因此 v2=2m/s。 小球和M的速度不为零，D错误。] (2)子弹穿过木块过程中，对木块由动量定理得 3.[解析](1)圆孤槽固定，小球m1下滑过程满足机械能守 F△t=Mo2-0 恒，则有 解得 migR-2mv F=1000N。 (3)子弹射穿木块后，木块上升到最高点过程中，由机械能守 小球m1滑到圆孤槽低端时，由牛顿第二定律可得 恒定律得 F-m1g-m1 R 子Mei-Mgh 解得F=30N 解得h=0.2m。 根据牛顿第三定律可知，小球对圆孤槽的压力大小为30N。 [答案](1)2m/s(2)1000N(3)0.2m 131 1 2mo6,解 2.AB[从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运 2.AD[当木块固定时，由动能定理可知一fd=0一 动，最后一起做匀速运动，共同速度为v=1m/s,取向右为正 子∫二，故A正确拔去销钉，子弹与木块组成的系统 方向，根据动量守恒定律得m0=(m十M)u,解得M=2kg, 故B正确；由题图乙可知，木板B匀加速运动的加速度为a 水平方向动量守恒，则根据动量守恒定律可得m0。=(m十 会1m/S,对B,根据牛顿第二定律得mg=Ma,解得动 mvo M)u,解得口一M十m,故B错误；找去销钉后的整个过程根 摩擦因数为以=0.1，故A正确；由题图乙可知前1s内B的 据动能定理有-fx=2(m+M)w2- 1 2m0,解得子弹射入 1 位移为5g=。X1X1m=0.5m,A的位移为5A=,X 木块的深度工=n,C错买；时木块根据动量定理可得升 1m=1.5m,所以木板最小长度为L=54一5g=1m,故C错 =M0,解得木块加速运动的时间为t=CM十m) 2Md 误：A,B成的系统损失的机诚能为△E=方m心-子Cm十 -,故D M)v2=2J,故D错误。] 正确。] 3.D[铅块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由 3.B[设总质量为m,每发子弹的质量为m。,子弹射出的反方 向为正方向，子弹相对步枪的速度为“。第一次射出后，艇的 动量守恒定律得m0g=(m十M0u,由能量守恒定律得2mod 速度为v1,由动量守恒可得0=(m-m)v1十m(u1-u),解 =号m十M02+mgL,解得L=24g+m代入数据 Mu 得1-m1,第二次射出后，艇的速度为2，由动量守恒可 解得L=1m,如果增大铅块的质量m,其他条件不变，则铅 (m-mo)v1=(m-2mo)v2+mo(v2-u),解得v2-v1= 块相对木板静止时相对木板滑行的距离将变小，铅块不会从 木板右端滑出，故A、B错误；从铅块滑上A到离开A的过 m,第三次射出后，艇的速度为，同理可得(m一 m-mo 程，铅块、A、B组成的系统动量守恒，在铅块离开A前，A、B 2mo)2=（m-3m0)v3十m0（v3-u),解得t3一2= 一起向右加速运动，铅块离开A时，A、B的速度相等，以向 m-2m。u,对整个过程应用动量定理有F△t=(m-3m)wg mo 右为正方向，用动量守恒定律得mv0=mw1十Mo2,由能量守 起定律得7m=弓mui+号Moi+了mgL,代入数据解 -0,解得F=m-3)1≈18N,故选B.] △t 得1=1+5)m/,=(1-写）)m/s(另一解 活动二 新知应用 (1+写）)/5合去)，故C错误，在题因甲中，小船块运动过 1.[解析](1)在小球C与物块A碰撞后的过程中，由物块A 程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，在 恰好不从长木板B上滑下可知两者共速，设为⑦共，板长为5， 题图乙中小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部 物块A和长木板B的质量分别为mA、mB,碰后物块A的速 分停止加速，只有B部分加速，加速度大于题图甲中对应的 度为A,对此过程由动量守恒可知 过程，故题图乙中小铅块与B木板将更早达到速度相等，所 mAvA=(mA十mB）v共 以小铅块还没有运动到B的右端就相对B静止，不会从B 由功能关系知 的右端滑出；考虑铅块刚滑上B到铅块和B相对静止的过 1 1 -m4g·s=2(mA十mg)o员-之ma明 程，由动量守恒定律得m01十MB2=(m十MB)v美，由能量 守板定律得名m心+合M,时=专（m十M)2十mgx,解 1 联立并代入数据得 vA=3m/s。 得红-号m,距离A△=号L-,解得△=号m,长D 16 2 (2)设绳长为L,小球C的质量为mc,小球C与A球碰撞前 速度为，碰后小球C速度为，对小球从开始到与A碰前 正确。] 的过程，由动能定理得 课堂达标 1.A[t1时间内，子弹推动两个木块一起运动，所以子弹和木 mcgL(1-cos 60)=2 mcv 块A、B的动量守恒，m手o=m手1十(mA十mB)u2,即 对小球C与A球碰撞的过程，由动量守恒可知 m+v0一m子1=(mA十mB)v2,子弹的动量变化量等于木块 mcvo=mcvc+mAvA A、B整体的动量变化量，所以子弹的动量变化量大于A的 由功能关系 动量变化量，A正确，C错误；2时间内，子弹和木块B的动 1 1 △E=2mc6-zmc呢-2AUA 量守恒m子01十mB02=m子0g十mg0,即m子01一m子Ug= mB04一mB2,子弹的动量变化量等于B的动量变化量，B错 联立并代入数据解得△E=10.5J。 误；2时间内，子弹穿过B的过程中，有热量产生，所以此过 [答案](1)3m/s(2)10.5J 程中机械能不守恒，D错误。] 114 2.AC[滑块和两块木板组成的系统在水平方向上不受外力， 学案10专题：力学三大观点的综合应用 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Mv。=Mu1十(m1+ 课堂活动 m2)v2,解得v2=2m/s,方向与滑块初速度方向相同，故A 活动一 正确，B错误；以滑块与第二块木板为研究对象，设第二块木 新知应用 板的最终速度为v3,由动量守恒定律得Mo1十m2v2=(M+ 1.[解析](1)根据牛顿第二定律可知A、B的加速度分别为 m2)vg,解得v3=4.5m/s,方向与滑块初速度方向相同，故C dog m/s mA 正确，D错误。] 3.[解析](1)B与D发生碰撞瞬间，根据动量守恒有u anuna5 m/s mB =2mv1 设经t时刻，B、C碰撞，则有 碰撞后瞬间B的速度大小 x=20B = vB=aBt (2)对ABD整体根据动量守恒有 VA=V0一aAt 2mv=4mv2 解得vg=2m/s,va=2.6m/s。 解得=升 (2)B、C发生弹性碰撞，规定向右为正方向，则有 mBUB=mBVB1十mcVc 对A根据动能定理有 1 1 1 之maw后=之ms0n十2mc呢 2umgxn=2X2mv 解得B1=-1m/s,vc=1m/s 对BD根据动能定理有 若B、C再次碰撞前，B正在加速，设经t'时刻，B、C再次碰 -23n8gx,=号×2mui-合×2mi 撞，则有 设A的长度为L,由题意知 nt'+agvo 解得t=0.8s 此时B的速度为 联立解得 vB2=vB1十aBt'=3m/s 由于地面光滑，则A、B最终共速，根据动量守恒定律有 设A与C碰后速度分别为⑦3和⑦，，根据动量守恒有 mAVA十mBVB1-(mA十mB)v共 解得v共=2m/s 2mv2=2mv3+mvs 则B与C碰撞前已经与A共速，根据能量守恒定律有 ABD再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰 1 1 1 撞，则根据动量守恒有 Q=zmA6-2(m十ms)4-2mc呢 2mz2+2mu3=4m℃4 代入数据解得 3 1 解得v=20Vw=5 Q=9J。 (3)木板B与物块C第二次碰后瞬间，根据动量守恒定律有 ABD再次达到共同速度过程中，BD相对长板A的运动距离 mB'共十mcUc=mB'B2十mcvci 为x,根据能量守恒有 根据能量守恒定律有 合×8moi+号×2mw=号×4mi+2mgx 分mi+分mc呢=方mi+分med 1 1 解得工=400g 解得c1=1.5m/s(uc1=1m/s舍去)。 [答案](1)2.6m/s2m/s(2)9J(3)1.5m/s 再次共速后，B相对于长板A的运动长度为 2.[解析](1)对Q由动能定理可得 13v2 △x=2+x=200ug1 1 mogl-2 mov (3)ABCD组成的系统最终损失的机械能 以向左为正方向，小球Q与物体P碰撞后瞬间，小球Q的速 △F=m2-2×5nw4=5nz2。 度为1，物体P的速度为V2,由动量守恒定律可得 [答案](1)号 13u2 (2) 2004g (3)2 mov=mov1十mv2 5 mv 由能量守恒定律可得 151