第一章 专题提升课3 “子弹打木块”和“滑块—木板”模型-【优学精讲】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册教用课件（人教版）

专题提升课3　“子弹打木块” 和“滑块—木板”模型 1 专题深度剖析 1 随堂巩固落实 2 内 容 索 引 专题深度剖析 PART 01 第一部分 3 1．模型图示 返回导航 2．模型特点 (1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)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。 返回导航 返回导航 模型1　子弹打木块模型 (2025·辽宁鞍山市期末联考)质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在粗糙水平地面上质量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是(　　) 返回导航 A．若M较大，可能是甲图所示情形；若M较小，可能是乙图所示情形 B．若v0较小，可能是甲图所示情形；若v0较大，可能是乙图所示情形 C．地面较光滑，可能是甲图所示情形；地面较粗糙，可能是乙图所示情形 D．无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形 √ 返回导航 返回导航 (2025·浙江杭州市期中)如图所示，将一个质量M＝1.99 kg的砂箱，用长L＝1.00 m的轻绳悬挂在天花板上，一颗质量m＝10 g的子弹水平射入砂箱，砂箱发生摆动，若子弹射击砂箱时的速度v＝600 m/s，求： (1)子弹刚打入砂箱时，它们共同速度v1的大小； [解析]　子弹水平射入砂箱过程，根据动量守恒定律可得mv＝(m＋M)v1 解得v1＝3 m/s。 [答案]　3 m/s　 返回导航 (2)子弹刚打入砂箱时，轻绳对砂箱作用力F的大小； [答案]　38 N　 返回导航 (3)子弹与砂箱共同上摆过程中，最大的上升高度h。 [答案]　0.45 m 返回导航 模型2　滑块—木板模型 【教材经典P30第7题】如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，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A与C发生碰撞后的瞬间A的速度大小。 返回导航 [解析]　在光滑水平轨道上，在与C碰撞前，A、B间无相互作用，又因碰撞时间极短，长板A与滑块C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC 以向右为正方向，由动量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mCvC A与滑块B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB 由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC，解得vA＝2 m/s。 [答案]　2 m/s 返回导航 (2024·甘肃卷，T14)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) 返回导航 (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 [答案]　40 N　 返回导航 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 [解析]　由于碰撞时间极短，则碰撞过程A、C组成的系统水平方向动量守恒，有mv0＝0＋mvC 结合(1)问解得vC＝4 m/s。 [答案]　4 m/s　 返回导航 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 [答案]　0.15 返回导航 规范一练　动量和能量观点分析滑块—弹簧和板块问题 (2025·山东滨州市期中)如图，足够长的水平轨道ab光滑，在轨道ab上放着质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg的物块A、B(均可视为质点)，B的左端水平拴接一条轻质弹簧。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M＝2 kg、长L＝0.5 m的小车，小车上表面与ab等高，现让B物块以v0＝3 m/s的初速度向左运动。已知A滑上小车前已经与弹簧分离，弹簧的形变始终在弹性限度内，A与小车之间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，求： 返回导航 (1)A、B压缩弹簧时，弹簧的最大弹性势能Ep； [答案]　3 J　 返回导航 (2)A滑上小车时的速度大小； [答案]　2 m/s　 返回导航 (3)A在小车上滑动过程中产生的热量Q。 [答案]　2 J 返回导航 随堂巩固落实 PART 02 第二部分 23 1.(滑块—木板模型)(2025·山东济南市期中)如图所示，长木板P静止在光滑水平地面上，小物块Q从P左端以某初速度向右运动并恰好不会从右端离开。在Q从P左端滑到右端的过程中，下列说法正确的是(　　) A．长木板P向左运动 B．小物块Q与长木板P组成的系统动量守恒 C．小物块Q与长木板P组成的系统机械能守恒 D．小物块Q的速度可能比长木板P的速度小 √ 返回导航 解析：小物块Q从P左端以某初速度向右运动，小物块Q给P向右的摩擦力，长木板P向右运动，A错误；小物块Q与长木板P组成的系统水平方向不受外力作用，竖直方向上所受合外力为零，故系统动量守恒，B正确；小物块Q与长木板P之间由于摩擦，有一部分机械能转化为内能，所以组成的系统机械能不守恒，C错误；两物体一开始发生相对滑动，物块Q由于摩擦力而做匀减速直线运动，同时长木板P受摩擦力做匀加速直线运动，当两者速度相等时一起做匀速直线运动，因此不会存在Q的速度比长木板P的速度小的情况，D错误。 返回导航 2．(滑块—木板模型)如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两个物体，mA＝2 kg，mB＝1 kg，速度的大小均为v0＝8 m/s，速度方向相反。A板足够长，A、B之间有摩擦，当观察到B做加速运动时，A的速度大小可能为(　　)   A．2 m/s　　　　　　　 B．3 m/s C．4 m/s D．5 m/s √ 返回导航 返回导航 3．(子弹打木块模型)如图所示，套筒C可以沿着水平固定的光滑杆(足够长)左右滑动，套筒下方用不可伸长的轻细线悬挂物体B。开始时物体B和套筒C均静止，子弹A以v0＝100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为0.4v0，已知子弹A、物体B、套筒C的质量分别为mA＝0.01 kg，mB＝mC＝0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。求： 返回导航 (1)子弹A击穿物体B的过程，子弹A对物体B的冲量大小； 解析：子弹A击穿物体B的过程，动量守恒，规定向右为正方向，则 mAv0＝mA×0.4v0＋mBv1 解得v1＝6 m/s 对物体B根据动量定理有I＝mBv1 解得I＝0.6 N·s。 答案：0.6 N·s　 返回导航 (2)物体B能上升的最大高度； 答案：0.9 m　 返回导航 (3)套筒C可以达到的最大速度。 答案：6 m/s 返回导航 (3)根据能量守恒定律知，系统损失的动能ΔEk＝ Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多。 (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解。 [解析]　在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与地面间的摩擦力，故地面光滑与粗糙效果相同，子弹和木块构成一系统，在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为v，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，木块在水平地面上滑行的距离为s，子弹射入木块的过程对木块运用动能定理得fs＝Mv2＝，根据能量守恒定律得Q＝fd＝mv－(m＋M)v2＝，则d>s，不论速度、质量大小关系和地面粗糙程度如何，都只可能是题图甲所示的情形，故A、B、C错误，D正确。 [解析]　子弹刚打入砂箱时，根据牛顿第二定律可得 F－(m＋M)g＝(m＋M) 解得F＝38 N。 [解析]　子弹与砂箱共同上摆过程中，根据机械能守恒定律可得(m＋M)v＝(m＋M)gh 解得h＝0.45 m。 [解析]　设OP＝l，A的质量为m，对A从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定理有 mgl(1－cos 60°)＝mv－0 在最低点，对A由牛顿第二定律有 T－mg＝ 根据牛顿第三定律得T′＝T 联立解得细绳OP受到的拉力T′＝40 N。 [解析]　C与B相互作用的过程，系统所受合外力为零，动量守恒，则有mvC＝(m＋mB)v共 根据能量守恒定律有 mv＝(m＋mB)v＋μmgΔx 联立解得μ＝0.15。 [解析]　根据题意可知，当A、B共速时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大，根据动量守恒定律有 mBv0＝(mA＋mB)v1 由能量守恒定律可得 Ep＝mBv－v 联立解得Ep＝3__J。 [解析]　从B撞向A到A、B分开的这个过程，由动量守恒定律可得mBv0＝mAvA＋mBvB 由能量守恒定律可得 mBv＝mAv＋mBv 联立解得vA＝2__m/s。 [解析]　假设A和小车能共速，根据动量守恒定律有 mAvA＝(mA＋M)v 根据能量守恒定律有 Q＝μmAgx＝mAv－v2 解得x＝ m<L＝0.5 m 假设成立，解得Q＝2__J。 解析：由受力分析可知，A、B两物体在水平面上只受到相互作用的摩擦力，所以A、B整体在水平方向动量守恒，选水平向右为正方向，则mAv0－mBv0＝mAvA＋0，代入数据解得vA＝4 m/s，故当A的速度为4 m/s时，B开始做加速运动，直到与A共速。共速时对A、B运用动量守恒定律mAv0－mBv0＝(mA＋mB)v共，代入数据解得v共＝ m/s，所以 m/s＜vA＜4 m/s时，可以观察到B做加速运动，故只有B符合题意。 解析：物体B上升过程中，B、C组成的系统水平方向动量守恒，设最大高度为h，则有 mBv1＝(mB＋mC)v2 解得v2＝3 m/s 由能量守恒定律有 mBgh＝mBv－(mB＋mC)v 解得h＝0.9 m。 解析：当B回到最低点时，C的速度最大，根据B、C系统动量守恒可知 (mB＋mC)v2＝mBv3＋mCv4 根据能量守恒定律有 mBgh＋(mB＋mC)v＝mBv＋mCv 解得v3＝6 m/s，v4＝0 m/s(不符合，舍) 或v3＝0 m/s，v4＝6 m/s 套筒C可以达到的最大速度为6 m/s。 $