专题强化十二　“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型 课件 -2026届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦动量守恒定律的“子弹打木块”和“滑块—木板”模型，对接高考评价体系，梳理动量守恒、能量守恒等核心规律，分析相对位移计算、临界速度判断等高频考点，归纳完全非弹性碰撞、共速问题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题与模型深度融合，如2024湖北卷真题通过模型建构和科学推理，拆解动量守恒方程与能量损失计算，总结“相对位移=阻力做功”技巧。帮助学生掌握临界问题分析，教师可精准复习，提升备考效率。

专题强化十二　“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型 第六章　动量守恒定律 模型 1 模型二　“滑块—木板”模型 模型一　“子弹打木块”模型 目录 2 模型一　“子弹打木块”模型 模型 图例 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,一般应用能量守恒定律。 地面光滑,木块长度为d,子弹射入木块所受阻力为Ff。 目录 模型 两种 情景 1.子弹嵌入木块中(未穿出):两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞) (1)系统动量守恒:mv0=(m+M)v。 (2)系统能量守恒:Q=Ffs=m-(M+m)v2。 2.子弹穿透木块:两者速度不相等,机械能有损失(非弹性碰撞) (1)系统动量守恒:mv0=mv1+Mv2。 (2)系统能量守恒 Q=Ffd=m-。 目录 模型 C 例1 (2025·四川绵阳模拟)质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在光滑水平地面上质量为M的木块,并陷入木块一定深度后与木块相对静止,甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置,设木块对子弹的阻力大小恒定,下列说法正确的是(　　) A.M越大,子弹射入木块的时间越短 B.M越大,子弹射入木块的深度越浅 C.无论m、M、v0的大小如何,都只可能是甲图所示的情形 D.若v0较小,则可能是甲图所示情形;若v0较大,则可能是乙图所示情形 目录 模型 解析　解法一　设木块的对地位移为x,子弹陷入木块的深度为d,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,则对木块由动量定理得Fft=Mv, 解得t==,则M越大,t越大,选项A错误;由功能关系得Ffd=m-(M+m)v2,解得d==,则M越大,d越大,选项B错误;对木块由动能定理得Ffx=Mv2,解得x=,则=,所以d>x,即无论m、M、v0的大小如何,都只可能是甲图所示的情形,选项C正确,D错误。 目录 模型 解法二　画出子弹和木块运动的v-t图像,如图所示,子弹的加速度大小a1=μg,木块的加速度大小a2=μg,v-t图线的斜率表示加速度的大小,若M越大,a2越小,木块的v-t图线斜率越小,二者达到共同速度所用时间越长,A错误;同理M越大,子弹射入木块的深度越深,B错误;无论m、M、v0的大小如何,子弹打入木块的深度d总是大于木块的位移x,C正确,D错误。 目录 模型 AD 例2 (多选)(2024·湖北卷,10)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常量)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则(　　) A.子弹的初速度大小为 B.子弹在木块中运动的时间为 C.木块和子弹损失的总动能为 D.木块在加速过程中运动的距离为 目录 模型 解析　子弹在木块内运动的过程中,子弹与木块组成的系统所受合外力为0,所以该系统动量守恒,若子弹没有射出木块,则由动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得木块获得的速度大小为v=, 又子弹的初速度越大,其打入木块越深,则当子弹恰不射出木块时,木块获得的速度最大,此时有m=(m+M)v2+kv0L,解得v0=;若子弹能够射出木块,则有v0>,子弹在木块内运动的过程,对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0=mam,kv0=MaM,根据位移关系有v0t-amt2-aMt2=L,对木块有vM=aMt,联立解得 目录 模型 vM=,又v0越大,穿出木块所需时间t越小,则vM越小,即随着v0的增大,木块获得的速度vM不断减小。综上,若木块获得的速度最大,则子弹的初速度大小v0=,A正确;子弹在木块内运动的过程,对子 弹由动量定理有-kv0t=mv-mv0,解得子弹在木块中运动的时间t=,B错误;由能量守恒定律可知,木块和子弹损失的总动能ΔEk=kv0L=,C错误;木块在加速过程中做匀加速运动,由运动学规律有x=,解得木块在加速过程中运动的距离x=,D正确。 目录 模型 该高考试题与鲁科版选择性必修第一册P28章末练习T6均考查“子弹打木块”模型,均利用动量守恒定律和能量守恒定律进行分析,分析方法相同,但高考试题在此基础上进行临界问题的分析,是对教材习题的进一步拓展与应用。 6.如图所示,质量为m的子弹,以水平初速度v0射入静止在光滑水平面上质量为M的长木块内,并嵌入其中。若木块对子弹的平均阻力为f,求子弹射入木块的深度。 目录 模型 模型二　“滑块—木板”模型 模型 图例 上表面粗糙、质量为M的滑板,放在光滑的 水平地面上,质量为m的滑块以初速度v0 滑上滑板。 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大小的乘积等于系统减少的机械能,即摩擦生热。 2.若滑块未从滑板上滑下,当两者速度相同时,滑板速度最大,二者相对位移最大。 目录 模型 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。 目录 模型 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 解析　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==0.8 m/s。 目录 模型 解析　对物块,由动量定理有-μm2gt=m2v-m2v0 解得t==0.24 s。 (2)物块相对小车滑行的时间t; 答案　0.24 s 目录 模型 解析　对小车,根据动能定理有μm2gx1=m1v2-0 解得x1==0.096 m。 (3)从开始到共速,小车运动的位移大小x1; 答案　0.096 m 目录 模型 解析　对物块,根据运动学公式,有 x2=t=×0.24 m=0.336 m。 (4)从开始到共速,物块运动的位移大小x2; 答案　0.336 m　 目录 模型 解析　方法一　物块相对小车滑动的位移为 Δx=x2-x1=0.24 m 系统产生的内能为Q=μm2g·Δx=0.24 J 方法二　对系统,根据能量守恒定律,系统产生的内能为 Q=ΔE=m2-(m1+m2)v2=0.24 J (5)在此过程中系统产生的内能; 答案　0.24 J　 目录 模型 解析　设物块的速度为v0'时恰好未滑离小车, 根据动量守恒定律和能量守恒定律m2v0'=(m1+m2)v' m2v0'2-(m1+m2)v'2=μm2gL 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 目录 模型 例4 (2025·广东广州模拟)如图,质量m2=1.5 kg的物块B放置于质量m3=2.5 kg的木板C上,在光滑水平地面上一起以v0=2 m/s的初速度向左运动。长度为L=1.6 m的轻绳,悬挂质量m1=1 kg的小球A。将小球A拉至轻绳与竖直方向的夹角θ=60°处由静止释放,A向右摆至最低点时恰与B发生碰撞并粘在一起(A与C不接触),同时轻绳被刀片割断。已知B与C间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度大小g=10 m/s2,A、B均可看成质点,不计空气阻力。求: 目录 模型 (1)A与B碰后瞬间的速度v1; 答案　0.4 m/s,方向向右 解析　小球A由释放到最低点的过程,由动能定理m1gL(1-cos θ)=m1 解得vA=4 m/s 小球A与物块B碰撞过程,取向左为正方向,由动量守恒定律m2v0-m1vA=(m1+m2)v1 解得v1=-0.4 m/s,负号表示方向向右。 目录 模型 (2)若板足够长,A、B碰撞粘在一起到运动足够长时间后合力对B的冲量大小I; 答案　1.8 N·s 解析　小球A由释放到最低点的过程,由动能定理 m1gL(1-cos θ)=m1 解得vA=4 m/s 小球A与物块B碰撞过程,取向左为正方向,由动量守恒定律m2v0-m1vA=(m1+m2)v1 解得v1=-0.4 m/s,负号表示方向向右。 目录 模型 (3)若板长d=2 m,要使B不从板上滑离,开始时B在C上放置处与板左端距离x需满足的条件。 答案　x≤0.56 m 解析　共速前,A、B一直相对C向右运动,设相对位移为s, 由功能关系 μ(m1+m2)gs=(m1+m2)+m3- (m1+m2+m3) 解得s=1.44 m B初始放置处离板左端距离满足 x≤d-s=0.56 m。 目录 模型 限时作业 2 目录 基础对点练 B 对点练1　“子弹打木块”模型 1.如图所示,子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块,并留在木块中和木块一起运动。在子弹射入木块的过程中,下列说法中正确的是(　　) A.子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量 B.子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等 C.子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量 D.子弹动量变化量的大小一定大于木块动量变化量的大小 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 解析　水平方向上,子弹所受合力与木块受到的合力为一对作用力与反作用力,它们大小相等、方向相反、作用时间t相等,根据I=Ft,可知子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等、方向相反,故A错误,B正确;子弹与木块组成的系统所受合力为零,系统动量守恒,由动量守恒定律可知,子弹动量变化量大小等于木块动量变化量大小,由于子弹与木块的质量不一定相同,子弹速度的减小量不一定等于木块速度的增加量,故C、D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 BC 2.(多选)如图所示,光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木,两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中,最终均留在木头内,已知软木对子弹的摩擦力较小,以下判断正确的是(　　) A.子弹与硬木摩擦产生的内能较多 B.两个系统产生的内能一样多 C.子弹在软木中打入深度较大 D.子弹在硬木中打入深度较大 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 解析　设子弹质量为m,木头质量为M,由于最终都达到共同速度,根据动量守恒定律,有mv0=(m+M)v,根据能量守恒定律,有Q=ΔE=m-(m+M)v2,解得Q=,则两个系统产生的内能一样多,故A错误,B正确;根据功能关系有Q=ΔE=Ffd,可知产生的内能相同时,摩擦力Ff越小,子弹打入深度d越大,所以子弹在软木中打入深度较大,故C正确,D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 3.(2025·八省联考河南卷,14)如图,在有圆孔的水平支架上放置一物块,玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出,穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m,物块的质量为4m,重力加速度大小为g;在子弹和物块上升过程中,子弹所受阻力忽略不计,物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块的时间很短,不计物块厚度的影响,求: (1)子弹击中物块前瞬间的速度大小; (2)子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能。 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 答案　(1)10　(2)37.5mgh 解析　(1)子弹射穿物块时子弹和物块的速度分别为 =2g·8h =2a·h 子弹射穿物块上升过程中,对物块由牛顿第二定律得4mg+×4mg=4ma 子弹射穿物块过程由动量守恒定律得mv0=mv1+4mv2 联立解得v0=10。 (2)子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能 ΔE=m-=37.5mgh。 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 A 对点练2　“滑块—木板”模型 4.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(　　) 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 解析　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,则由动量守恒定律得Mv0-mv0=(M+m)v1,解得v1=v0<v0,故A正确,B、C、D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 B 5.如图所示,光滑水平面上放置滑块A和左侧固定轻质竖直挡板的木板B,滑块C置于B的最右端,三者质量分别为mA=2 kg、mB=3 kg、mC=1 kg。开始时B、C静止,A以v0=7.5 m/s的速度匀速向右运动,A与B发生正撞(碰撞时间极短),经过一段时间,B、C达到共同速度一起向右运动,且此时C再次位于B的最右端。已知所有的碰撞均无机械能损失,木板B的长度为L=0.9 m,B、C之间的动摩擦因数为μ,g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.A与B碰撞后瞬间,B的速度大小为5 m/s B.A与B碰撞后瞬间,B的速度大小为6 m/s C.C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内,C对B摩擦力的冲量水平向左 D.μ=0.55 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 解析　规定向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0=mAvA1+mBvB1,mA=mA+mB, 解得vB1=6 m/s,故A错误,B正确;以水平向右为正方向,由分析可知,C与B左侧挡板相撞前瞬间速度满足vB2>vC2,C与左侧挡板相撞过程,根据动量守恒定律与能量守恒定律有mBvB2+mCvC2=mBvB3+mCvC3,mB+mC=mB+mC,解 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 得vB3=,vC3=,可知vB3-vC3=vC2-vB2<0,则C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内,C的速度大于B的速度,C对B的摩擦力水平向右,此时C对B摩擦力的冲量水平向右,故C错误;由动量守恒定律和机械能守恒定律得mBvB1=(mB+mC)v共,mB=(mB+mC)+μmCg·2L,解得μ=0.75,故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 综合提升练 6.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。车顶右端放一质量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; (2)要使小物块不脱离小车,小车的长度至少为多少? 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 答案　(1)10 m/s　(2)5 m 解析　(1)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。 (2)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=(m0+m1)-(m0+m1+m2) 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。 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 7.如图所示,可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上,一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动,B与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞,B、C的上表面相平且B、C不粘连,A滑上C后恰好能到达C板的最右端,已知A、B、C质量均相等,且为m,木板C长为L,求: (1)A物体的最终速度的大小; (2)A、C之间的摩擦力的大小; (3)A在木板C上滑行的时间t。 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 答案　(1)v0　(2)　(3) 解析　(1)B、C碰撞过程中动量守恒, 由题意分析知,B、C碰后具有相同的速度,设B、C碰后的共同速度为v1,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv1,解得v1= B、C共速后A以v0的速度滑上C,A滑上C后,B、C脱离,A、C相互作用过程中动量守恒,设最终A、C的共同速度为v2,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0+mv1=2mv2 解得v2=v0。 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 (2)在A、C相互作用过程中,由能量守恒定律得 FfL=m+m-×2m 解得Ff=。 (3)A与C相互作用过程中,对C由动量定理得 Fft=mv2-mv1,解得t=。 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 8.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。 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 答案　(1) m/s　 m/s　(2)0.5 m 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m=m+×2m+μmgL1 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。 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 (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 m+m=×2m+μmgL2 解得L2=0.5 m。 07 01 02 03 04 05 06 08 目录 限时作业 $