2026届高考物理一轮复习课件：动量守恒在子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用

该高中物理高考复习课件聚焦“动量守恒定律”专题，覆盖高考核心模型“子弹打木块”“滑块—木板”，严格对接高考评价体系，梳理出动量守恒、能量转化、相对位移计算等高频考点，通过真题案例（如2023江苏泰州一模、2024扬州期中）明确综合计算题考查权重，归纳出“动量守恒求速度+能量守恒算内能”等常考题型解题框架。 课件亮点在于“模型建构+科学推理”的实战突破策略，如例1子弹打木块通过动量守恒求共同速度、能量守恒算内能，例3滑块—木板结合动量定理求时间、动能定理算位移，培养学生模型建构与科学推理素养。课时精练含8道高考模拟题，覆盖临界问题、多体系统等易错点，助力学生掌握“守恒条件判断—方程列写—结果验证”答题技巧，教师可据此精准定位学生薄弱环节，提升复习效率。

第七章 动量守恒定律 > < 考点一 子弹打木块模型 1.模型图示 2.模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失。 3.两种情景 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0＝(m＋M)v (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 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大小以及它们在此过程 中所产生的内能。 答案　6 m/s　882 J 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 (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？ 答案　能 假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以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 由功能关系有Q＝ΔE＝F阻x相＝F阻d ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′ 因为d′>10 cm，所以能射穿木块。 拓展　在例1中，若子弹能射出木块，则： (1)当子弹射入的速度增大时，下列说法正确的是________。 A.木块最终获得的动能变大 B.子弹损失的动能变大 C.子弹穿过木块的时间变短 D.木块在被击穿过程中的位移变小 CD 子弹的入射速度越大，子弹击穿木块所用的时间越短，木块相对地面的位移越小，但子弹相对木块的位移不变，C、D正确； 木块动能的增加量ΔEk＝Ffx，木块对子弹的阻力恒定，由上述分析可知木块动能的增加量变小，即木块最终获得的动能变小，子弹损失的动能也变小，A、B错误。 (2)在木块固定和不固定的两种情况下，以下说法正确的是________。 A.若木块固定，则子弹对木块的摩擦力的冲量为零 B.若木块不固定，则子弹减小的动能等于木块增加的动能 C.不论木块是否固定，两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等 D.不论木块是否固定，两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等 D 若木块固定，子弹在木块中运动的时间t不为零，摩擦力Ff不为零，则子弹对木块的摩擦力的冲量I＝Fft不为零，A错误； 若木块不固定，子弹减小的动能等于木块增加的动能与系统增加的内能之和，可知子弹减小的动能大于木块增加的动能，B错误； 木块固定时子弹射出木块所用时间较短，木块不固定时子弹射出木块所用时间较长，摩擦力大小不变，则木块不固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小大于木块固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小，C错误； 不论木块是否固定，因摩擦产生的热量等于摩擦力与木块长度的乘积，摩擦力与木块长度都不变，因此两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等，D正确。 例2　(2023·江苏泰州市一模)如图所示，质量为M的沙箱用四根长度均为L的不可伸长轻细线悬挂起来，沙箱摆动过程中只能发生平动，可用此装置测量子弹的速度。若第一颗质量为m的子弹在 极短时间内水平射入并留在沙箱中，沙箱能向上摆 起的最大摆角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)求子弹打入沙箱前的瞬时速度大小； 在子弹与沙箱共速至沙箱偏离平衡位置的角度为θ的过程中，由机械能守恒定律得 由水平方向动量守恒得mv0＝(M＋m)v (2)若沙箱第一次摆回到最低点的瞬间又打入第二颗相同的子弹，且子弹没有穿过沙箱，求第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能。 沙箱第一次摆回到最低点时，速度方向相反， 大小不变。此时又打入第二颗相同的子弹，且子弹没有穿过沙箱，根据动量守恒定律则有mv0－(M＋m)v＝(M＋2m)v′， 解得v′＝0 根据能量守恒定律，第二颗子弹打入沙箱过程中系 统损失的机械能为 返回 “滑块—木板”模型 > < 考点二 1.模型图示 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，木板速度最大，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，研究对象为一个系统； (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，研究对象为一个系统。 例3　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取10 m/s2，求： (1)物块与小车的共同速度大小v； 答案　0.8 m/s 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， 对物块由动量定理有－μm2gt＝m2v－m2v0 (2)物块相对小车滑行的时间t； 答案　0.24 s (3)从开始到共速，小车运动的位移大小x1； 答案　0.096 m (4)从开始到共速，物块运动的位移大小x2； 答案　0.336 m 方法一　Δx＝x2－x1＝0.24 m Q＝μm2g·Δx＝0.24 J (5)在此过程中系统产生的内能； 答案　0.24 J 由动量守恒定律及能量守恒可得： m2v0′＝(m1＋m2)v′ 联立解得v0′＝5 m/s。 (6)若物块不滑离小车，物块的速度不能超过多少。 答案　5 m/s 例4　(2024·江苏扬州市江都区丁沟中学期中)如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内，ab为四分之一圆弧轨道，bc段水平，且与ab圆弧相切于b点，在光滑水平地面上紧靠轨道c端，停着质量为M＝3 kg的平板车，平板车上表面与bc等高。现将可视为质点的物块从与圆心O等高的a点由静止释放，物块滑至圆弧轨道最低点b时的速度大小为vb＝2 m/s，对轨道的压力大小等于30 N，之后物块向右滑 上平板车。取重力加速度g＝10 m/s2， 不计空气阻力。 (1)求该物块的质量； 答案　1 kg 设四分之一圆弧轨道的半径为R，物块的质量为m，在b点轨道对物块的支持力为F，物块从a到b由机械能守恒定律有：mgR＝ 物块运动到b点时，由牛顿第二定律有： 联立解得F＝3mg 由牛顿第三定律知F＝30 N 联立解得：m＝1 kg (2)若物块最终未从平板车上滑落， 求物块在平板车上滑动过程中产生 的热量。 答案　1.5 J 设物块与平板车的共同速度为v，物块在平板车上滑行过程中产生的热量为Q，取水平向右为正方向， 由动量守恒定律有：mvb＝(m＋M)v 联立解得：Q＝1.5 J。 返回 课时精练 1.(2023·江苏扬州市模拟)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.子弹射入滑块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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 35 设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同速度为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′， 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 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＝Ffd，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； 1 2 3 4 5 6 7 8 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 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，碰到右面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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；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， 1 2 3 4 5 6 7 8 3.(2023·江苏盐城市联考)如图所示，一质量为M＝3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是 A.1.8 m/s B.2.4 m/s C.2.8 m/s D.3.5 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 以A、B组成的系统为研究对象，因为系统所受合外力为零，则系统动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零，根据动量守恒定律可得(M－m)v0＝MvB1，解得vB1＝ 当从开始运动到A、B共速，根据动量守恒定律可得(M－m)v0＝(M＋m)vB2，解得vB2＝2.5 m/s，木块A加速运动的过程为其速度减为零到与B共速，此过程中B始终减速，则在木块A 正在做加速运动的时间内，B的速度范围为 2.5 m/s≤vB≤ 故C正确，A、B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 4.(2023·江苏扬州市模拟)如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出(时间极短)，二者共同摆动。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m， 弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的 沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。 下列说法中正确的是 A.弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B.弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量相同 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 击中沙袋前，细绳拉力F1＝5mg，弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，此瞬间水平方向动量守恒，mv0＝(m＋5m)v，沙袋与弹丸受到细绳的拉力与重力的合力提供向心力，即F2－6mg＝ F2>F1，A错误； 弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋 对弹丸的冲量等大反向，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 对沙袋与弹丸，从最低点到最高点， 子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，代入数据解得v1＝10 m/s。 5.如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车上表面右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5。现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在小车中，子弹与小车相互作用时间很短。g取10 m/s2，求： (1)子弹刚射入小车后，小车的速度大小v1； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　(1)10 m/s 子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与小车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2，μm2gL＝ 联立解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小 车的长度至少为5 m。 (2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少 为多少。 答案　5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 6.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； 1 2 3 4 5 6 7 8 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，设为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 1 2 3 4 5 6 7 8 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 解得L2＝0.5 m。 (2)木板B的长度L2。 答案　0.5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　3 m/s 7.如图所示，紧靠在水平平台右端的长木板上表面NQ水平且与平台等高，NQ的长度L＝2 m，长木板的右端为半径R＝0.1 m的 光滑圆弧，可视为质点的滑块B静止在长木板的左端。质量mA＝1 kg的滑块A在光滑水平平台上以初速度v0＝6 m/s向右匀速运动，一段时间后滑块A与滑块B发生弹性碰撞。已知滑块B的质量为mB＝3 kg，与NQ间的动摩擦因数μ＝0.1，长木板的下表面光滑，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求滑块A、B碰后瞬间滑块B的速度 大小vB； 1 2 3 4 5 6 7 8 对滑块A、B碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB 1 2 3 4 5 6 7 8 联立代入数据得滑块A和B碰后滑块B的速度大小vB＝3 m/s (2)若滑块B恰好不能从长木板右端滑离 长木板，求长木板的质量mC； 答案　6 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 滑块B恰好不能从右端滑离长木板，对应的情况是滑块B刚好滑到圆弧的顶端时，滑块B与长木板共速， 对滑块B和长木板有mBvB＝(mB＋mC)v 联立代入数据可得v＝1 m/s，mC＝6 kg (3)在满足(2)的条件下，长木板的最大 速度vm及滑块B最终距Q点的距离Δx。 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 当滑块B返回至Q点时，长木板的速度最大， 设此时滑块B的速度为vB′， 则有(mB＋mC)v＝mBvB′＋mCvm 1 2 3 4 5 6 7 8 设滑块B最终没有滑离长木板，对滑块B从最高点到与长木板相对静止的过程， 根据能量守恒定律有mBgR＝μmBgΔx， 解得Δx＝1 m<L＝2 m 故假设成立，滑块B最终距Q点的距离Δx＝1 m。 8.(2024·江苏镇江市统考)质量为m的矩形木板ae，放在光滑水平地面上，b、c、d是ae的4等分点。质量为M的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板，物块的宽度不计，且m<M，经过一段时间物块停在木板上。若上图是物块刚滑上木板时的物块与板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置状态，下列示意图正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 方法一：地面光滑，物块与木板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v，对木板有μMgx＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 方法二：M>m，aM<am，即在共速前物块速度减小得慢 物块最终停在木板上，即物块和木板最终共速， 知M和m的v－t图像如图所示， x物＝SOABC，x板＝SOAB Δx＝SOCB 则x板<Δx<2x板，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 返回 能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－(M＋m)v2 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(mv12＋Mv22) Q＝mv02－(M＋m)v2＝882 J ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝1 568 J 则＝＝，解得d′＝ cm 答案　 解得v＝ 解得v0＝。 (M＋m)v2＝(M＋m)gL(1－cos θ) 答案　gL(1－cos θ) ΔE＝(M＋m)v2＋mv02－0 解得ΔE＝gL(1－cos θ)。 解得v＝＝0.8 m/s 解得t＝＝0.24 s 对小车，根据动能定理有μm2gx1＝m1v2－0， 解得x1＝＝0.096 m  x2＝t＝×0.24 m＝0.336 m 方法二　Q＝ΔE＝m2v02－(m1＋m2)v2＝0.24 J m2v0′2－(m1＋m2)v′2＝μm2gL mvb2  F－mg＝m 由能量守恒定律有：Q＝mvb2－(m＋M)v2 解得v′＝， 得v1＝v0＜v0，故A正确，B、C、D错误。 m/s， m/s， C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为 D.沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 ， 根据能量守恒定律得mv02＝×6mv2＋Q， 解得Q＝mv02，C错误； 由机械能守恒定律有×6mv2＝6mgh， 解得h＝，D正确。 (m0＋m1＋m2)v22， (m0＋m1)v12－ 答案　 m/s　 m/s 解得v1＝ m/s，v2＝ m/s 即滑块刚离开A时，A和B的速度大小为vA＝vB＝v2＝ m/s mv02＝mv12＋×2mv22＋μmgL1 mv12＋mv22＝×2mv32＋μmgL2 mAv02＝mAvA2＋mBvB2 mBvB2－(mB＋mC)v2＝μmBgL＋mBgR 答案　 m/s　1 m mBvB′2＋mCvm2－(mB＋mC)v2＝mBgR 联立解得vm＝ m/s mv2 设相对位移为Δx，对物块有－μMg(x＋Δx)＝Mv2－Mv02，整理得  ＝＝，因为m<M，所以<<，解得x<Δx<2x， 故B正确，A、C、D错误。 $