第7章 专题强化（十 ） “子弹打木块“模型和“滑块—木板”模型（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理高考复习课件聚焦“子弹打木块”和“滑块—木板”两大核心模型，精准对接高考评价体系。通过梳理动量守恒、能量转化等高频考点权重，归纳动态分析、临界计算等常考题型，形成针对性备考方案。 课件亮点在于融合科学思维中的模型建构与科学推理，以真题为例解析模型拆解步骤，如滑块木板模型中摩擦力做功与相对位移关系的临界分析。特设易错点警示与解题模板，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此实施系统性复习，提升备考效率。

专题强化(十) “子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型 强化点一 强化点二 02 01 备考目标 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 “子弹打木块”模型 强化点一 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 3 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 4 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 5 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 6 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 7 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 8 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 9 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 10 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 11 “滑块—木板”模型 强化点二 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 12 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 13 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 14 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 15 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 16 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 17 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 18 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 19 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 20 专题强化卷(十) “子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 22 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 23 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 24 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 25 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 26 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 27 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 28 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 29 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 30 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 31 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 33 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 34 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 35 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 36 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 37 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 38 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 40 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 41 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 42 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 43 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 44 谢谢观看 1.会用动量观点和能量观点分析计算“子弹打木块”模型。 2.会用动量观点和能量观点分析“滑块—木板”模型。 如图所示，质量为m的子弹以水平速度v0射向静止在光滑水平面上的木块，木块的质量为M。子弹和木块获得共同速度v时，射入的深度为d。 (1)从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mv0＝(M＋m)v 对子弹由动量定理可知： －Ff·t＝mv－mv0 对木块由动量定理可知：Ff·t＝Mv。 (2)从功和能的角度看，对子弹由动能定理可知： －Ff·s1＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv02 对木块由动能定理可知：Ff·s2＝ eq \f(1,2) Mv2 又因为d＝s1－s2，联立可得： Ff·d＝ eq \f(1,2) mv02－ eq \f(1,2) (M＋m)v2＝ eq \f(Mm,2（M＋m）) v02 或对子弹和木块构成的系统由能量转化与守恒可知Q＝ eq \f(1,2) mv02－ eq \f(1,2) (M＋m)v2＝Ff·d。 【例1】 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，和木块一起以共同的速度运动。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以及它们在此过程中所产生的内能。 (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？ 解析：(1)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，由动量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v 代入数据解得v＝6 m/s 此过程系统所产生的内能 Q＝ eq \f(1,2) mv02－ eq \f(1,2) (M＋m)v2＝882 J。 (2)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 此过程系统损失的机械能为 ΔE′＝ eq \f(1,2) mv0′2－ eq \f(1,2) (M＋m)v′2＝1 568 J 由功能关系有Q＝ΔE＝F阻x相＝F阻d ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′ 则 eq \f(ΔE,ΔE′) ＝ eq \f(F阻d,F阻d′) ＝ eq \f(d,d′) ，解得d′＝ eq \f(1 568,147) cm 因为d′>10 cm，所以能射穿木块。 答案：(1)6 m/s　882 J　(2)能 [思维延伸]在“例1”中，若子弹能射出木块，则当子弹射入的速度增大时，讨论子弹再次穿出木块时以下量的变化情况： ①子弹穿过木块的时间；②木块最终获得的速度；③子弹损失的动能。 提示：作子弹和木块的v ­t图像如图，图中实线为子弹速度较小时的情况，虚线为子弹速度较大时的情况，两种情况下，子弹相对木块的位移(即木块的长度)不变。由图可推知：子弹穿过木块的时间变短，木块最终获得的速度变小，木块的位移变小，则子弹的位移变小，根据动能定理可知，子弹损失的动能变小。 【例2】 (2025·江苏无锡模拟)在固定的光滑水平杆(杆足够长)上，套有一个质量m＝0.5 kg的光滑金属圆环，一根长L＝1 m的轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量M＝1.98 kg的木块，如图所示。现有一质量为m0＝0.02 kg的子弹以v0＝1 000 m/s的水平速度射向木块，最后留在木块内(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间)，g取10 m/s2，求： (1)当子弹射入木块后瞬间，木块的速度大小v； (2)木块向右摆动的最大高度h； (3)木块向右摆动到最高点过程中绳子拉力对木块做的功W。 解析：(1)子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v 解得v＝10 m/s。 (2)子弹、木块和金属圆环组成的系统水平方向动量守恒，当木块向右摆动到最大高度时，有 (M＋m0)v＝(M＋m0＋m)v′ eq \f(1,2) (M＋m0)v2＝ eq \f(1,2) (M＋m0＋m)v′2＋(M＋m0)gh 联立解得v′＝8 m/s，h＝1 m。 (3)对木块和子弹整体，根据动能定理可得 －(M＋m0)gh＋W＝ eq \f(1,2) (M＋m0)v′2－ eq \f(1,2) (M＋m0)v2 解得W＝－16 J。 答案：(1)10 m/s　(2)1 m　(3)－16 J [应考反思] 由于本题“不计子弹与木块作用的时间”，所以子弹打入木块的过程可看作瞬间的完全非弹性碰撞。 1．两种典型模型 模型 地面光滑，木板初速度为零， 滑块冲上木板 地面光滑，木板有初速度， 滑块反向冲上木板 作用过程 示意图 运动的 v ­t图像 2.模型特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，相对位移最大。 3．求解方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为系统。 (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。 (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为系统。 【例3】 如图甲所示，长木板A静止在光滑的水平面上，质量为mB＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　 ) A．A、B间的动摩擦因数为0.1 B．系统损失的机械能为4 J C．木板A的最小长度为2 m D．木板获得的动能为2 J 解析：选A。物体B加速度大小为aB＝ eq \f(2－1,1－0) m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmBg＝mBaB，解得μ＝0.1，A正确；根据动量守恒定律得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mA＝2 kg，损失的机械能为E损＝ eq \f(1,2) mBv02－ eq \f(1,2) (mA＋mB)v2＝2 J，B错误；木板A的最小长度为L＝ eq \f(1＋2,2) ×1 m－ eq \f(1,2) ×1×1 m＝1 m，C错误；木板获得的动能为EkA＝ eq \f(1,2) mAv2＝1 J，D错误。 【例4】 (2025·陕西安康模拟)如图所示，在光滑水平面上并排放着的长为L＝7.5 m的长木板B的上表面和半径R＝1 m的四分之一光滑圆弧槽C的左端平滑相接，B、C二者不粘连，质量均为2 kg。在B的左端放一质量为1 kg的小物块A，A与B之间的动摩擦因数μ＝0.5。现给A施加一水平向右的瞬时冲量10 N·s，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求物块A获得的初速度大小。 (2)判断物块A能否滑离木板B，并求出A在B上滑动过程中因摩擦产生的热量。 (3)若A能滑上光滑圆弧槽C，求A滑上圆弧槽C后的运动过程中所能上升的最大高度；若A不能滑上光滑圆弧槽C，求A最终的速度大小。(结果保留三位有效数字) 解析：(1)根据I＝mv0 可得物块A获得的初速度大小v0＝10 m/s。 (2)假设物块A不能滑离木板B，则由动量守恒和能量关系有mv0＝(m＋2M)v eq \f(1,2) mv02－ eq \f(1,2) (m＋2M)v2＝μmgx 解得x＝8 m>L＝7.5 m 则物块将滑离木板B，A在B上滑动过程中因摩擦产生的热量Q＝μmgL＝37.5 J。 (3)由以上分析可知，物块A能滑上光滑圆弧槽C，当刚滑离木板B时，设物块A的速度为v1，木板B和C的速度为v2，则根据动量守恒和能量关系有 mv0＝mv1＋2Mv2 eq \f(1,2) mv eq \o\al(\s\up24(2),\s\do8(0)) －＝μmgL 解得v1＝4 m/s v2＝1.5 m/s(另一组解舍掉) 当A滑上C到最大高度时两者共速，则 mv1＋Mv2＝(m＋M)v′ eq \f(1,2) mv12＋ eq \f(1,2) Mv22－ eq \f(1,2) (m＋M)v′2＝mgh 解得h≈0.208 m。 答案：(1)10 m/s　(2)能　37.5 J　(3)能　0.208 m [规律方法] “滑块—木板”模型与“子弹打木块”模型无论在动力学特点，还是相关量的求解思路和方法上都非常类似，只是子弹在木块内部运动，而滑块在木板外部运动。 【基础落实练】 1.(2025·山东济南模拟)如图所示，两颗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的滑块A、B后与滑块一起运动。两滑块质量相同、材料不同，子弹在A中受到的平均阻力是在B中受到的平均阻力的两倍。下列说法正确的是(　　 ) A．射入滑块A的子弹最终速度小 B．射入滑块A的子弹受到的阻力的冲量大 C．射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍 D．子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等 解析：选D。设子弹的初速度为v，子弹与滑块的共同速度为v′，子弹和滑块的质量分别为m、M，取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝(m＋M)v′，解得v′＝ eq \f(mv,m＋M) ，由于两滑块质量相同，子弹质量也相同，则最后共同速度也相同，故A错误；子弹的质量相同，初、末速度相同，则子弹的动量变化量相等，根据动量定理可知I＝Δp，子弹受到的阻力的冲量 相同，故B错误；根据能量守恒定律可知，两过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两过程系统产生的热量相同，由Q＝fd，其中子弹在A中受到的平均阻力是在B中受到的平均阻力的两倍，可知子弹射入滑块B中的深度是射入滑块A中深度的两倍，故C错误；根据动能定理可知，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加量，两滑块质量相同，初动能相同，末动能相同，则子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等，故D正确。 2．如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右边的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　 ) 解析：选A。木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0，故B、C错误；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，设为v1，设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得Mv0－mv0＝(M＋m)v1，得v1＝ eq \f(M－m,M＋m) v0＜v0，故A正确，D错误。 3．(多选)如图所示，长为L、质量为M的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出。已知从子弹射入到射出木块的时间内木块移动的距离为s，子弹穿过木块后子弹和木块的速度分别为v1和v2，假设子弹穿过木块的过程子弹所受阻力恒定，则下列说法正确的是(　　 ) A．木块移动的距离s一定小于木块长度L B．木块质量M越大，木块速度v2越大 C．木块质量M越大，子弹射出速度v1越大 D．子弹的初速度v0越大，木块位移s越小，该过程产生的热量越少 解析：选AC。因子弹穿透木块过程所受阻力Ff恒定，子弹加速度大小a1＝ eq \f(Ff,m) ，木块的加速度大小a2＝ eq \f(Ff,M) ，画出子弹和木块的v ­t图像如图所示， 由图甲可知，L(深色梯形面积)一定大于s(浅色三角形面积)，故A正确；木块的质量M越大，a2越小，由图乙可知，穿透时间越短，子弹射出速度v1越大，木块速度v2越小，故B错误，C正确；子弹的初速度v0越大，由图丙可知木块位移s越小，但系统产生的热量为FfL保持不变，故D错误。 4．(多选)(2025·河北张家口模拟)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，现有一质量为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，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．在此过程中摩擦力对物块做的功为0.336 J B．物块与小车的共同速度大小为0.8 m/s C．在此过程中系统产生的内能为0.24 J D．若物块不滑离小车，物块的初速度不能超过4 m/s 解析：选BC。设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝ eq \f(m2v0,m1＋m2) ＝0.8 m/s，故B正确；对物块，根据动能定理有Wf＝ eq \f(1,2) m2v2－ eq \f(1,2) m2v02，解得Wf＝－0.336 J， 故A错误；根据Q＝ΔE＝ eq \f(1,2) m2v02－ eq \f(1,2) (m1＋m2)v2＝0.24 J，可知在此过程中系统产生的内能为0.24 J，故C正确；设物块恰好不滑离小车时的初速度为v0′，物块到达木板最右端时的速度为v′。由动量守恒定律及能量守恒可得m2v0′＝(m1＋m2)v′， eq \f(1,2) m2v0′2－ eq \f(1,2) (m1＋m2)v′2＝μm2gL，联立解得v0′＝5 m/s，故D错误。 【综合提升练】 5．如图所示，光滑水平地面上并排放置两块木板A、B，两木板间相互接触但不粘连，现有一小滑块(可视为质点)以水平初速度v0＝4 m/s滑上木板A的左端，滑块最终恰好没有离开木板B，已知滑块的质量和A、B两木板质量均相等，A木板长为L1＝2 m，滑块与两木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小滑块刚离开木板A时A和B的速度大小； (2)木板B的长度L2。 解析：(1)根据题意，设滑块刚离开A时的速度为v1，此时A、B速度相等为v2，滑块冲上A木板至刚离开A木板的过程中 由动量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2 由能量守恒定律有 eq \f(1,2) mv02＝ eq \f(1,2) mv12＋ eq \f(1,2) ×2mv22＋μmgL1 解得v1＝ eq \f(8,3) m/s，v2＝ eq \f(2,3) m/s 即滑块刚离开A时，A和B的速度大小为 vA＝vB＝v2＝ eq \f(2,3) m/s。 (2)根据题意，滑块冲上B木板的过程，由动量守恒定律有mv1＋mv2＝2mv3 由能量守恒定律有 eq \f(1,2) mv12＋ eq \f(1,2) mv22＝ eq \f(1,2) ×2mv32＋μmgL2 解得L2＝0.5 m。 答案：(1) eq \f(2,3) m/s　 eq \f(2,3) m/s　(2)0.5 m 6．如图所示，光滑水平面上有一平板车B，其上表面水平，质量mB＝1 kg，在其左端放置一物块A，质量mA＝0.4 kg。开始A、B均处于静止状态，玩具手枪里面有一颗质量为m0＝100 g的子弹以初速度v0＝100 m/s水平射向A，子弹瞬间射入并留在物块中，最终物块A及子弹相对地面以16 m/s的速度滑离平板车，已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量； (2)平板车B的最大速度vB大小； (3)物块A在平板车上滑行的时间t； (4)平板车的长度L。 解析：(1)子弹射入物块A的过程，由动量守恒定律得 m0v0＝(m0＋mA)v1 解得子弹与物块A的共同速度大小为 v1＝20 m/s 对子弹由动量定理得 I＝m0v1－m0v0＝－8 N·s 所以子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量大小为8 N·s，方向水平向左。 (2)当物块A滑离平板车时，平板车的速度最大，由动量守恒定律得 m0v0＝mBvB＋(m0＋mA)v2 解得平板车B的最大速度vB＝2 m/s。 (3)对物块A与子弹由动量定理得 －μ(m0＋mA)gt＝(m0＋mA)v2－(m0＋mA)v1 解得物块A在平板车上滑行的时间t＝0.5 s。 答案：(1)8 N·s，方向水平向左　(2)2 m/s　(3)0.5 s (4)8.5 m (4)物块A滑离平板车，运动的位移大小 xA＝ eq \f(v1＋v2,2) t＝9 m 平板车的位移大小xB＝ eq \f(vB,2) t＝0.5 m 则平板车的长度L＝xA－xB＝8.5 m。 7．(2022·河北高考)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。 (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，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。 解析：(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物，已知C、D的质量均为m＝1 kg，以向右为正方向，则有 mv0－m·kv0＝(m＋m)v物 解得v物＝ eq \f(1－k,2) v0＝5(1－k) m/s>0 可知碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右。 滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B的质量分别为1 kg和2 kg，则有 Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑 解得v滑＝v0＝m/s>0 则新滑板速度方向也向右。 (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 v物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s 碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为 v滑′＝m/s＝0 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运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，设相对静止时的共同速度为v共 根据动量守恒可得m′v物′＝(m′＋M′)v共 解得v共＝1 m/s 根据能量守恒可得 μm′gx相＝m′v物′2－(m′＋M′)v共2 解得x相＝1.875 m。 答案：(1)5(1－k) m/s　方向向右　 m/s　方向向右　(2)1.875 m $