练案37 第七章 第37讲 专题强化十 子弹打木块模型和“滑块一木板”模型中的应用-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习练案

练案[37] 第37讲 专题强化十子弹打木块模型和 “滑块一木板”模型中的应用 基础巩固练 5.如图所示，光滑水平面上有一 口 矩形长木板，木板左端放一小mm 题组一子弹打木块模型 物块，已知木板质量大于物块质量，t=0时两者从图 1.(多选)如图所示，两个质量和当 色B 中位置以相同的水平速度。向右运动，碰到右面的竖 速度均相同的子弹分别水平射 直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来， 入静止在光滑水平地面上质量相等、材料不同的两矩 运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的 形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两 速度v随时间变化的图像可能正确的是() 倍，已知A、B足够长，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 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等 2.如图所示，质量为M的木块放在水。 平地面上，子弹沿水平方向射入木 块并留在其中，测出木块在水平地面上滑行的距离为 s,已知木块与水平地面间的动摩擦因数为，子弹的6.如图所示，光滑水平面上放一木 质量为m,重力加速度为g,空气阻力可忽略不计，则 板A,质量M=4kg,小铁块B7wwA 子弹射入木块前的速度大小为 ( （可视为质点)质量为m=1kg,木板A和小铁块B之 A.m+M√/2ugs B.M-m ugs 间的动摩擦因数u=0.2,小铁块B以。=10m/s的初 m m 速度从木板A的左端冲上木板，恰好不滑离木板(g= Ca D.yns 10m/s2)。求： 3.如图所示，子弹水平射入放在光滑 (1)A、B的加速度大小分别为多少？ Do m (2)经过多长时间A、B速度相同，相同速度的大小为 水平地面上静止的木块，子弹未穿 多少？ 透木块，此过程木块动能增加了10J,那么此过程产生 (3)薄木板的长度。 的内能可能为 A.10J B.12J C.6J D.4J 题组二“滑块一木板”模型 4.（多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m= 2kg的另一物体B以水平速度o=2m/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所示，g=10m/s2。则 下列说法正确的是 2ms B B A 2 t/s A.木板获得的动能为1J B.系统损失的机械能为2J C.木板A的最小长度为2m D.A、B间的动摩擦因数为0.1 —390 :8.（2022·河北卷)如图，光滑水平面上有两个等高的滑 能力提升练 板A和B,质量分别为1kg和2kg,A右端和B左端 7.(2024·江西南昌模拟)如图所示，一质量为3kg的木 分别放置物块C、D,物块质量均为1kg,A和C以相同 板B静止于光滑水平面上，物块A质量为2kg,停在 速度=10m/s向右运动，B和D以相同速度m,向 木板B的左端。质量为1kg的小球用长为l=1.8m 左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C 的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位 与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成 置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生 一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为4= 弹性碰撞，碰后立即取走小球，物块A与小球均可视 0.1。重力加速度大小取g=10m/s2。 为质点，不计空气阻力，已知物块A与木板B之间的 D 动摩擦因数u=0.2,重力加速度g=10m/s2。 A 7777777777777777777777777777777777 (1)若0<k<0.5,求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自 速度的大小和方向： (2)若k=0.5,从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止 (1)求碰撞过程中小球对物块A的冲量大小； 时，求两者相对位移的大小。 (2)若木板长度为了m,求物块A的最终速度大小。 —391—10.(1)10√gh(2)37.5mgh [解析](1)子弹射穿木块后子弹和木块的速度分别为 △E=2mm= mmo'vo2 2m+,系统产生的内能为Q=n,2- u12=2g·8h,22=2a·h momvo 其中4ng+g·4ng=na 2(m+m)=2(m+>△E,则Q>10J,B正确。 4.ABD由题图可知，最终木板获得的速度为v=1m/s,A、B组成 子弹射穿木块过程由动量守恒m。=m1+4m, 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 解得o=10√gh。 律得mo=(M+m)v,解得M=2kg,则木板获得的动能为E= (2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能 4E=22-(3m2+34m2）=37.5meh。 址=了×2×1P1=11.放《正确：系统损失的机枝能△止： 1 L)2歌3ng+g2Rn3n2 分，2-子(m+M)E,代入数据解得△E=2J,放B正确：根据 -t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0~1s [解析](1)小球C从a点运动到b点的过程机械能守恒，有 mgR =2 mro 内B的位移为x=2×(2+1)×1m=1.5m,A的位移为 解得小球到b点时的速度大小为，=√2gR XA=- 2×1×1m=0.5m,则木板A的最小长度为L=xB-xA= 在最低点b,根据牛顿第二定律可得F-mg=mR, 1m故C错误：由题图可知，B的加速度a=告=子： 解得Fx=3mg -1m/s2,负号表示加速度的方向与6的方向相反，由牛顿第 由牛顿第三定律可知，小球C对A槽的压力F、'=F、=3mg,A 二定律得-umg=mga,解得u=0.1,故D正确。 槽静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F5.A木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为o； =FN'+Mg=3mg+Mg,由牛顿第三定律可知，A槽对地面的 木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左 压力F'=F=3mg+Mg。 做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设 (2)B槽和小球C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为 为。设木板的质量为M,物块的质量为m,取向左为正方向， 正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时， 两者共速，由动量守恒定律可知mo=(M+m)u 则由动量守恒定律得M,-=(M+m,解得气一效只 由机被能守恒完律，有分m,2=之(M+m)P+mgh <o,故A正确，B、C、D错误。 6.(1)0.5m/s22m/s2(2)4s2m/s(3)20m 解得h=M+m MR [解析](1)对小铁块B受力分析，由牛顿第二定律有 (3)当小球C回到B槽的底端b'点时，B槽的速度最大，根据 umg =mas, 动量守恒定律，有m=m1+M, 即ag=ug=2m/s2 1 由能量守恒定律可知2m,2=2mw,2+2恤， 对木板A受力分析，由牛顿第二定律有 2m·2gR。 umg=Ma,即a==0.5m/s。 解得2=M+m】 M (2)由于AB组成的系统所受合外力为零，则A、B组成的系统 练案[37] 动量守恒，有mo=(m+M)v共 代入数据解得v共=2m/s 1.BD子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒， 有=(m+M)v,两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变 由于木板A做匀加速直线运动，则v共=ad 代入数据解得t=4s。 化量相等，A错误；滑块A、B动量变化量相等，受到的冲量相 (3)设薄木板的长度为L,则对A、B整体由能量守恒定律有 等，B正确；对子弹运用动能定理，有W=之m-分心，由于 ungL=之w2-子(m+M)ag2 末速度v相等，所以阻力对子弹做功相等，C错误；对系统，由能 2m,2、 量守恒可知，产生的热量满足Q= 代入数据解得L=20m。 2(m+0t,所以系7.(1)8kg·m/s(2)2s 统产生的热量相等，D正确。 [解析](1)小球由静止摆至最低点的过程，由机械能守恒定 2.A子弹射入木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得m心1=(M+m)v,解得v= 停有el=之 一m,子弹射人木块后，二者做匀减速直线运动，对子弹与木 小球与物块A发生弹性碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒 定律可得mo=m+ma2 块组成的系统，由动能定理得-4(M+m)s=0-之(M+m) 之m2=m2+7 1 1 子，联立解得=M+m.2g,故A正确。 对物块A运用动量定理得I=m2-0 m 联立解得I=8kg·m/s。 3.B设子弹的初速度大小为。，射人木块后子弹与木块共同的 (2)假设物块A与木板B达到共同速度，设相对位移为3，由动 速度大小为，木块的质量为m,子弹的质量为m。,由动量守恒 量守恒定律和能量守恒定律得m2=(mA+mB)v 定律得m=(m+m),解得u=m,木块获得的动能为 1 m+mo ms=m42-m,+m, 613- 联立解得s=2.4m 两滑块滑到水平面上后均做匀减速运动，由两滑块质量相同， 因L<s,故物块A从木板B上滑下，设物块A与木板B最终速 且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲 度分别为vA和，由动量守恒定律和能量守恒定律得 的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，B正确：设斜面倾角为，则 mA2=maUA十mg形B 乙下滑过程有 Hz 1 m=,42-2-m 21 21 m。之sim0·42,设乙在水平面上运动6时 间后与甲相碰，碰后以甲碰前瞬间的速度匀减速运动3时间， 6 解得n=2ms(n=号ms含去) 则乙运动的时间t=t1+t2+t3,由于t1与Hz有关，所以乙的运 _0-20km/s,方向均向右 8.(1)物=5(1-k)m/s,0=3 动时间与H2有关，C错误；乙下滑过程有mgH2=2mwz”,由 甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，可知甲最终停止的位置与不 (2)1.875m 发生碰撞时乙最终停止的位置相同，如果不发生碰撞，对乙在 [解析](1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物 水平面上匀减速运动到停止的过程有“22=2μg,联立可得x= 块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m=1kg, 以向右为正方向，则有 L之，即发生碰撞后甲最终停止位置与0处相距，D正确。 mo-m·ho=(m+m)v物 1-k 解得D=2。=5(1-)m/s>0 3.()a2)3)gl 2 [解析]（1)设a与b碰撞前瞬间，a的速度大小为vo,根据机 可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1-k)m/s 方向向右。 械能守恒定律有mglsin 0=】 2m,2, 滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的 解得=√缸。 新滑板的速度为"潘，滑板A和B质量分别为1kg和2kg,则由 (2)设a、b碰撞后的速度大小分别为1、2， Mo-2M·ka0=(M+2M)滑 解得4=1,2头，=10-206」 根据动量守恒有m=3m,-m1 3% 3 m/s>0 1 根据能量守恒有2mo2=2×3m,+2m, 则新滑板速度方向也向右。 1 (2)若k=0.5,可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为 解得=，=2= /gL 20 u'=5(1-k)m/s=5×(1-0.5)m/s=2.5m/s 碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为 （(3)由于=是<L,因此物块b在传送带上先做匀减速 '-10,20km/s=0 3 运动，后做匀加速运动，加速度大小相等，根据牛顿第二定律有 可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速 3mgsin a+3umgcos a=3ma 运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m'=2kg, 解得a=gsin a+ugcos a=g 新滑板的质量为W'=3kg,相对静止时的共同速度为共，根据 根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为 动量守恒可得m'u物'=（m'+M')v共 解得v#=1m/s a=2√g 物块b第一次在传送带上运动过程，因摩擦产生的内能为 根据能量守恒可得mg似=分m。-子(m+r) Q=u3 imgo(h+vg4+a4-4）-gL。 解得x相=1.875m。 4.(1)1.5m(2)90J2 练案[38] [解析](1)机器人在A木板的上表面运动时，机器人和A木 1.B以A、B两小滑块组成的系统为研究对象，A与B碰撞时，所 板组成的系统动量守恒，设A木板向左的位移为x,机器人向 受合外力就是摩擦力，由于相互作用的内力远大于摩擦力，所 右的位移为x人，木板的质量为m,机器人的质量为M,以水平向 以碰撞过程中系统的动量守恒，设A与B碰前速度大小为， 右为正方向，由动量守恒定律得 碰后A、B的速度大小分别为vA'、',取A的初速度方向为正方 0=Mv人-mUA 向，由动量守恒定律得mavA=mAvA'+mBvB',由于碰撞中没有 在运动过程中的任意一小段时间内，有 能量损失，所以了，2=之m,2+子m,且m,=m,联 0=M人·△t-m·△t,两侧求和得0=Mx人-mxA, 又有x人+xA=L 立解得v'=0,vg'=vA,即A与B碰后二者速度交换，所以第一 解得x6=0.5m,xA=1.5m, 次碰后A停止运动，B向左滑动，第二次碰后B停止运动，A向 则A、B木板间的水平距离为1.5m。 右滑动，要求A最后不掉下桌面，它的初动能应小于等于A再 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止时速度为零，设机器 次回到桌边的全过程中A、B两小滑块克服摩擦力所做的功，设 人离开A木板的速度为)，速度与水平方向的夹角为0，机器人 滑块A的初速度最大值为，则有分m,心2=业，m,g(L-兰)】 跳离A木板的瞬间，水平方向动量守恒，有0=Mcos0-mva 机器人离开A木板后做斜抛运动，在空中运动的时间 +2mg乞，解得6=√2(，+)gL,B正确。 t=2vsin 0 g 2.ABD两滑块在光滑斜坡上同时由静止开始下滑，加速度相同， 水平方向上有xA=vc0s0·t 则相对速度为零，即甲在斜坡上运动时与乙相对静止，A正确；： 机器人跳离A木板的过程，机器人做的功 -614