专题提升：动量守恒定律在子弹打木块模型、“滑块—木板”模型中的应用 专项训练 -2027届高三物理一轮复习

专题提升：动量守恒定律在子弹打木块模型、“滑块—木板”模型中的应用-2027届高三物理一轮复习同步练习 姓名： 班级： 学号： 基础对点练 题组一　子弹打木块模型 1.（2026江苏常州高三月考）光滑的水平面上有一质量为m木的静止木块，质量为m（m木>m）的子弹以一定的速度射入其中没有射出，从射入到达共同速度为止（　　） A.摩擦力对子弹做功的数值超过木块获得动能的3倍 B.摩擦产生的热量在数值上等于木块获得的动能 C.摩擦力对两物体做功的代数和等于0 D.因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒、动量也不守恒 2.（多选）（2026河北石家庄高三期中）测子弹速率常用如图所示的冲击摆，用长为l的细线悬挂质量为m0的沙袋（沙袋尺寸远小于l），质量为m的子弹以大小为v0的初速度水平向右射向静止的沙袋，并留在沙袋中，测出沙袋向右摆过的最大偏角θ（小于90°），就可以计算出子弹的初速度大小。重力加速度为g，忽略空气阻力，细线始终张紧，下列说法正确的是（　　） A.子弹打击沙袋过程中，子弹和沙袋组成的系统机械能守恒 B.可以测得子弹的初速度大小为v0＝ C.若子弹的初速度大小变为2v0，射击后留在沙袋中，则沙袋向右摆过的最大偏角将变为2θ D.若子弹的初速度大小仍为v0，射穿沙袋后飞出，则沙袋向右摆过的最大偏角将小于θ 3.（多选）（2026河北衡水高三月考）如图所示，有n个相同的物块紧密排列放在光滑水平面上，每个物块质量为m，一质量为m0的子弹（可以看成质点）以某一初速度从左端水平射入物块中，刚好能穿过一个物块。设物块给子弹的阻力大小不变。忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　） A.子弹和物块动量守恒，机械能守恒 B.若只增加物块个数，子弹可能穿过更多的物块 C.若只增加物块个数，子弹能穿过的物块个数减少 D.若只改变物块个数，子弹能穿过的物块个数不超过 题组二　“滑块—木板”模型 4.（多选）（2025安徽合肥高三期末）如图甲所示，足够长的木板A静止于光滑水平面上，t＝0时小物块B以4 m/s的水平初速度从左端滑上A，图乙为A的动能Ek随时间t变化的关系图像，t＝0.4 s后图线为平行于t轴的直线。已知A、B间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） 甲 乙 A.t＝0.4 s时A、B速度相同 B.B的质量为2.0 kg C.A的长度至少为1.0 m D.整个过程系统因摩擦产生的内能为4.0 J 综合提升练 5.（2026江西高三联考）如图所示，木板静置于光滑的水平面上，一颗子弹（视为质点）以水平速度击中并留在木板中，若木板对子弹的阻力恒定，子弹质量小于木板质量，虚线表示子弹与木板刚共速时的位置，则在下列四幅图中子弹与木板刚共速时的位置可能正确的是（　　） 6.（多选）（2025安徽芜湖二模）如图甲所示，质量为m木的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的是（　　） 甲 乙 A.m木∶m＝3∶2 B.该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小 C.木块所能达到的最大速度为24 m/s D.木块所能达到的最大速度为40 m/s 7.（8分）如图所示，光滑水平地面上固定一半径R＝1.8 m、内壁光滑的竖直圆弧轨道AB，A为轨道最高点，轨道底端B点切线水平。紧靠圆弧轨道B点放有一质量m1＝0.5 kg的水平长木板，长木板上表面与B点平齐，在长木板上距B点L0＝4.2 m处静置一质量m0＝2 kg的小滑块a。将质量m＝0.5 kg的小滑块b自圆弧轨道A点由静止释放，小滑块b经B点滑上长木板后，能与小滑块a发生弹性碰撞。已知小滑块a、b与长木板上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.3，重力加速度g取10 m/s2，不计小滑块a、b的碰撞时间。求： （1）小滑块b经过B点时，对圆弧轨道的压力； （2）小滑块b经过B点后，经多长时间与小滑块a发生碰撞； （3）小滑块b与a碰撞结束时，小滑块b的速度大小。 8.(10分)如图所示,质量为m=1 kg的小物块A放在质量也为m的木板C的右端,木板静止在光滑地面上,t=0时刻给木板施加一水平向右的拉力F,物块和木板立即发生相对滑动。已知拉力功率P恒为8 W,物块和木板间的动摩擦因数μ=0.2,t1=1.5 s时物块和木板共速,且共速时立即撤去拉力,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)与木板共速前物块A运动的加速度; (2)若物块恰不从木板上滑下,木板C的长度; (3)若木板C右方还静置着另一物块B,木板C与A共速后再与B发生碰撞并粘在一起,则在满足第(2)问情况下,要保证物块A恰不从木板C上滑出,求物块B的质量。 9.(12分)(2024海南卷)某游乐项目装置简化如图,A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板质量m板=25 kg,一质量为m=50 kg的游客,从a点由静止开始下滑,在b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时,游客恰好滑上平台C,并在平台C上滑行s=16 m停下。游客视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小; (2)滑板的长度L。 培优拔高练 10.（12分）（2025湖南岳阳二模）如图所示，质量为m木且足够长的木板静止在光滑的水平地面上，一质量为m的滑块以速度v0从最左端冲上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。 （1）经过足够长的时间，求系统产生的热量； （2）若m木＝2m，开始时在离木板左侧L处固定一块挡板（图中未画出），木板只与挡板发生2次弹性碰撞（碰撞前后木板的速度大小不变，方向相反），求L满足的条件； （3）若m木＝2m，开始时在离木板左侧距离L≥的某位置固定一块挡板（图中未画出），木板与挡板发生弹性碰撞后立刻将挡板撤走（碰撞前后木板的速度大小不变，方向相反），求滑块冲上木板之后，经过足够长的时间，系统产生热量的可能取值范围。 答案： 1.A　解析 设子弹的初速度为v0，则由动量守恒mv0＝（m＋m木）v，则摩擦力对子弹做功W1＝mv2＝，木块获得的动能Ek木＝m木v2＝，因m木>m，可知m木＋2m>3m，即W1>3Ek木，选项A正确；摩擦放热Q＝Ffd（d为木块厚度），木块获得的动能Ek木＝Ffx（x为木块的位移），两者不相等，选项B错误；摩擦力对子弹做功W1＝－Ff（x＋d），摩擦力对物块做功W2＝Ffx，则摩擦力对两物体做功的代数和等于－Ffd，选项C错误；因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒，但是系统受合力为零，则动量守恒，选项D错误。 2.BD　解析 子弹射入沙袋过程中需要克服阻力做功，系统有机械能损失，故A错误；子弹射入沙袋过程，根据动量守恒定律可得mv0＝（m0＋m）v，子弹与沙袋一起摆动过程中，有－（m0＋m）gl（1－cos θ）＝0－（m0＋m）v2，联立解得v0＝，故B正确；根据以上分析可知，若子弹的初速度大小变为2v0，射击后留在沙袋中，则沙袋向右摆过的最大偏角将不会变为2θ，故C错误；若子弹的初速度大小仍为v0，射穿沙袋后飞出，说明子弹速度大于沙袋速度，也大于子弹在沙袋中一起与沙袋共速时的速度，根据动量守恒定律可知，沙袋向右摆起时的速度变小，则摆过的最大偏角将小于θ，故D正确。 3.BD　解析 子弹射入物块过程中，物块给子弹的阻力做负功，子弹和物块组成的系统损失的部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，故A错误；由于物块给子弹的阻力大小不变，所以子弹每穿过一个物块产生的热量相同且为定值，设为Q，设子弹射入物块后，与物块相对静止时损失的机械能为E损，由动量守恒和能量守恒得m0v0＝（nm＋m0）v共，E损＝m0（nm＋m0），解得E损＝m0m0，故子弹能穿过物块的个数为k＝，若只增加物块个数n，则E损将增大，且Q不变，所以子弹能穿过物块的个数k将增大，故B正确，C错误；若只改变物块个数，由上式可知子弹能穿过的物块个数最大值为kmax＝＝1＋，所以子弹能穿过的物块个数不超过，故D正确。 4.AD　解析 由图乙知，t＝0.4 s后A的动能Ek不再发生变化，即t＝0.4 s时A、B速度相同，故A正确；B在与A共速前，B的加速度为a＝μg＝5 m/s2，设A、B 的共同速度为v，由速度公式v＝v0－at，整理得末速度为v＝2 m/s，结合动量守恒mBv0＝（mA＋mB）v，得二者质量相等，设都为m，共速后A的动能EkA＝mv2＝2 J，解得B的质量为m＝1.0 kg，故B错误；二者共速时相对静止，相对位移为Δx＝v0t＝0.8 m，即A的长度至少为0.8 m，故C错误；整个过程系统因摩擦产生的内能Q＝×2mv2＝4.0 J，故D正确。 5.B　解析 设子弹射入木块的初速度为v0，经过t时间子弹与木板达到共速v，子弹的质量为m，木块的质量为m'，由题意可知m<m'，根据动量守恒可得mv0＝（m＋m'）v，解得v＝v0<v0，经过t时间子弹发生的位移大小为x子＝t，木块发生的位移大小为x木＝t，子弹与木块发生的相对位移大小为Δx＝x子－x木＝t－t＝t，则有Δx＝t>t＝2x木，故选B。 6.AC　解析 由图乙可知，木块与子弹的速度关系满足v2＝－v1＋40（m/s），设子弹与木块相对静止时的速度为v，则有v＝－v＋40，解得二者共同的速度v＝24 m/s，即木块所能达到的最大速度为24 m/s，子弹射入木块，系统动量守恒则有mv1＝（m木＋m）v，代入数据解得m木∶m＝3∶2，A、C正确，D错误；设子弹相对于木块的位移为L，木块相对于地面的位移为x，根据能量守恒定律则有FfL＝（m木＋m）v2，根据动能定理则有Ffx＝m木v2，系统动量守恒，则有mv0＝（m木＋m）v，联立解得L＝，x＝，显然L>x，即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大，B错误。 7.答案 （1）15 N，方向竖直向下　（2）1 s　（3）0.84 m/s 解析 （1）小滑块b在圆弧上下滑过程，根据动能定理有 mgR＝mv2，解得v＝6 m/s 在B点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ 根据牛顿第三定律有FN'＝FN＝15 N 解得FN'＝15 N，方向竖直向下。 （2）小滑块b与a发生碰撞前，由牛顿第二定律可知小滑块b的加速度大小为ab＝＝3 m/s2 小滑块a与长木板相对静止，其共同加速度大小为a1＝＝0.6 m/s2 根据题意有vt－bt2－1t2＝L0，解得t＝1 s。 （3）结合上述，小滑块b与a碰前瞬间的速度大小分别为 vb＝v－abt＝3 m/s va＝a1t＝0.6 m/s 对b、a组成的系统，根据动量守恒得mvb＋m0va＝mvb'＋m0va' 由碰撞前后机械能守恒可得m0mvb'2＋m0va'2 解得vb'＝－0.84 m/s，va'＝1.56 m/s 即碰后瞬间，小滑块b的速度大小为0.84 m/s。 8.答案 (1)2 m/s2,方向水平向右 (2)1.5 m (3)(3+) kg 解析 (1)A、C共速之前,对A进行分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=2 m/s2 A向右做匀加速直线运动,加速度方向水平向右。 (2)结合上述,A、C达到相等的速度时有v1=at1 对A、C构成的系统,根据能量守恒定律有Pt1=(m+m)+μmgL 解得L=1.5 m。 (3)根据题意,B、C发生完全非弹性碰撞,则有mv1=(m+mB)v2 拉力F撤去后到三者共速,对A、B、C构成的系统,根据动量守恒定律有2mv1=(2m+mB)v共 B、C碰后到A、B、C三者共速过程,根据能量守恒定律有 μmgL=(m+mB)(m+m+mB) 结合上述解得mB=(3+) kg。 9.答案 (1)1 000 N　(2)7 m 解析 本题考查板块模型、动能定理、机械能守恒等知识。 (1)设游客滑到b点时速度为v0,从a到b过程,根据机械能守恒mgh= 解得v0=10 m/s 在b点根据牛顿第二定律FN-mg=m 解得FN=1 000 N 根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN'=FN=1 000 N。 (2)设游客恰好滑上平台C时的速度为v,在平台C上运动过程由动能定理得 -μmgs=0-mv2 解得v=8 m/s 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时,游客恰好滑上平台C,可知该过程游客一直做减速运动,滑板一直做加速运动,设加速度大小分别为a1和a2,得a1==μg=2 m/s2,a2==4 m/s2 根据运动学规律对游客v=v0-a1t 解得t=1 s 该段时间内游客的位移为s1=t=9 m 滑板的位移为s2=a2t2=2 m 根据位移关系得滑板的长度为L=s1-s2=7 m。 10.答案 （1）　（2）≤L<　（3）≤Q1≤ 解析 （1）经过足够长的时间，滑块与木板将会达到共同速度v，对滑块与木板组成的系统，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝（m＋m木）v 根据能量守恒定律有（m＋m木）v2＋Q 联立解得Q＝。 （2）如图为两种临界情况（示意图） 物块减到0的时间是固定的，为t＝ 木块向右加速和向左减速是对称的，段数越多，每段时间就越短，L就越小。加速时，对木板由牛顿第二定律得μmg＝m木a 即a＝μg 加速时间最长为t，则2t1＝t 对应最长长度为Lmax＝μg× 加速时间最短为t2，则4t2＝t 对应最短长度为Lmin＝μg× 最长长度Lmax，如果取等号，物块和木板将会共速为零停下，不会有第二次碰撞；不取等号，L比Lmax略小一点。则当木板速度减为零时，物块还有向右的速度（很小），就会带着木板向右发生第二次碰撞。 综上所述可知，L应满足的条件是≤L<。 （3）木板将要与挡板发生碰撞时，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，对滑块与木板组成的系统，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋m木v2 木板与挡板发生碰撞后，经过足够长时间滑块与木板共速，对滑块与木板组成的系统，取v1方向为正方向，由动量守恒定律得mv1－m木v2＝（m＋m木）v 滑块冲上木板至最终滑块与木板共速的整个过程，由能量守恒定律得（m＋m木）v2＋Q1 联立解得Q1＝－m（v2－v0）2＋ v2有取值范围，当其最小时－0＝2×μg× 当其最大时，以水平向右的方向为正方向，则mv0＝（m＋m木）v2max 联立解得v2min≤v2≤v2max 即≤v2≤ 当v2＝时，Qmax＝ 当v2＝时，Qmin＝ 综上知：≤Q1≤。 学科网（北京）股份有限公司 $