专题十二 “子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型 跟踪训练 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦“子弹打木块”与“滑块—木板”模型，以动量守恒和能量守恒为核心方法，系统整合相对运动、摩擦力作用等知识，形成“守恒定律→运动分析→能量转化”的解题逻辑链，培养科学思维与物理观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题（10道）|涵盖单选、多选，涉及v-t图像、热量计算等|动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律、相对位移公式|从动量守恒（基础）到能量转化（深化），结合运动学公式分析相对运动| |计算题（3道）|子弹穿物块、滑块叠放、子弹击滑块综合题|动量定理、动能定理、系统机械能损失计算|通过多过程分析，建立“守恒条件判断→状态量求解→能量损耗计算”的推理链条|

专题十二 “子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型 跟踪训练 1． 选择题： 1.如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了10 J，已知木块质量大于子弹质量，则此过程中产生的热量不可能为(　　) A.20 J B.35 J C.50 J D.120 J 2.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端系在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为 B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 3.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为mB＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板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，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 4.如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg的木板A、B，一质量M＝2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0＝10 m/s从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为v1＝7 m/s，最终C与木板B相对静止，则(　　) A.木板B与滑块C最终均静止在水平地面上 B.木板B的最大速度为2 m/s C.木板A的最大速度为1 m/s D.整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J 5.(多选)如图所示，光滑水平面上放置一质量为M的木块，质量为m的子弹以速度v0射入木块，子弹未穿出木块且达到共同速度v，该过程中子弹与木块的相互作用力恒定不变，产生的热量为Q，木块获得的动能为Ek，则下列各项正确的是(　　) A.子弹对木块做功和木块对子弹做功代数和为0 B.子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小 C.Q＝ D.该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek 6.(多选)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以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40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物体B能上升的最大高度为0.6 m B.物体B能上升的最大高度为1.8 m C.圆筒C能达到的最大速度为4.0 m/s D.圆筒C能达到的最大速度为8.0 m/s 7.(多选)如图所示，长木板静止放置在光滑的水平地面上，木块(视为质点)静止放置在长木板的最右端，让长木板与木块瞬间同时各获得一个水平向右和水平向左的速度，大小均为v0，经过一段时间t0，木块恰好不从长木板的最左端脱离，已知长木板与木块的质量相等，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.木块与长木板刚好不脱离时，两者仍然有速度 B.木块与长木板之间的动摩擦因数为 C.长木板的长度为v0t0 D.可以求出长木板与木块的质量 8.(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f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 9.(多选)如图所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块都以v＝4 m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，且动摩擦因数为0.1，薄板足够长，下面情况的描述，正确的是(　　) A.当薄板的速度为3 m/s时，物块正在向左运动，且正在减速 B.物块向左滑行的最大位移约为3.556 m C.物块相对于薄板的位移约为19.556 m D.物块与薄板之间因摩擦产生的热量为24 J 10.(多选)如图(a)所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P以6 m/s的初速度滑上木板，t＝2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图(b)所示。重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　) A．Q的质量为1 kg B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 C．由于碰撞，系统损失的机械能为1.0 J D．t＝5.8 s时木板速度恰好为0 二．计算题： 11.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。 12.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。 13.如图所示，滑板A固定在光滑的水平面上，长度为L＝2 m，滑板质量mA＝1 kg，滑块质量mB＝0.99 kg，A、B间动摩擦因数为μ。现有质量为mC＝0.01 kg的子弹以v0＝200 m/s的速度向右击中B并留在其中。 (1)求子弹C击中B后瞬间，B的速度vB; (2)B被子弹击中后恰好能滑到A右端静止，求滑板A与B间动摩擦因数μ; (3)若滑板A不固定，分析B能否离开A，并求整个过程A、B、C系统损失的机械能E。 参考答案： 1.答案　A解析　设子弹初速度为v0，打入木块后速度为v，子弹和木块的质量分别为m、M，根据动量守恒定律有mv0＝v，木块位移s木＝t，子弹打入深度d＝t－t＝t，由于m<M，则d>2s木，根据功能关系有木块增加的动能ΔEk＝fs木，系统产生的热量Q＝fd，则Q>2ΔEk＝20 J，故A正确。 2.答案C　解析:子弹射入木块过程，子弹和木块系统的动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得速度大小为v1＝，A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得FT－(M＋m0)g＝，可知绳子拉力大于(M＋m0)g，B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环有FN＝FT＋mg＞(M＋m＋m0)g，根据牛顿第三定律可知，F′N＝FN＞(M＋m＋m0)g，C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，D错误。 3.答案　A解析　由题图乙得物体B的加速度大小为aB＝ 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，系统损失的机械能为E损＝mBv2＝2 J，B错误;木板A的最小长度为L＝×1 m－×1×1 m＝1 m，C错误;木板获得的动能为EkA＝mAv2＝1 J，D错误。 4.答案　D解析　整个系统动量守恒，C滑离木板A时A的速度最大，有Mv0＝Mv1＋(m1＋m2)vA，解得木板A的最大速度vA＝2 m/s，滑上B后，对B、C整体，由动量守恒定律有Mv1＋m2vA＝(M＋m2)vB，此时木板B的速度最大，为vB＝4.5 m/s，并且B、C一起做匀速运动，故A、B、C错误;整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少量ΔE＝Mm1(m2＋M)＝57.5 J，故D正确。 5.答案　BCD解析　设子弹射入木块的深度为d，木块的位移为x，子弹与木块之间的阻力大小为f，则子弹对木块做的功W1＝fx，木块对子弹做的功W2＝－f(d＋x)，所以两个功的代数和不为零，故A错误;根据冲量的定义式I＝Ft及牛顿第三定律可知，子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小，故B正确;根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，根据能量守恒定律可得m(m＋M)v2＋Q，联立解得Q＝，故C正确;木块获得的动能为Ek＝Mv2＝，该过程产生的热量与木块获得的动能之比为>1，可知该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek，故D正确。 6.答案　AD解析　子弹A以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40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2＝(mB＋mC)v3，mB(mB＋mC)＋mBgh，解得h＝0.6 m，故A正确，B错误;B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2＝－mBv4＋mCv5，mBmBmC，解得v5＝8 m/s，故C错误，D正确。 7.答案　BC解析　设长木板与木块的质量均为m，该过程两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得mv0－mv0＝2mv共，则v共＝0，即木块与长木板刚好不脱离时两者正好都处于静止状态，A错误;对木块，根据动量定理可得－μmgt0＝0－mv0，解得μ＝，B正确;由能量守恒定律可得Q＝2×m，又Q＝μmgL，联立解得长木板的长度为L＝v0t0，C正确;在运算的过程中，两者的质量相等都消掉，则无法求出长木板与木块的质量，D错误。 8.答案　AC解析　因子弹穿透木块过程所受阻力f恒定，所以子弹的加速度大小a1＝，木块的加速度大小a2＝，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fL保持不变，故D错误。 9.答案　AD解析　取向右为正方向，设薄板和物块共速时的速度大小为v共，根据薄板和物块组成的系统动量守恒有Mv－mv＝(M＋m)v共，解得v共＝2 m/s，可知薄板向右做减速运动，物块先向左减速到零后向右加速，最终薄板和物块一起向右运动，当薄板速度大小为v1＝3 m/s时，设此时物块的速度为v2，根据动量守恒定律，有Mv－mv＝Mv1＋mv2，解得v2＝－1 m/s，即此时物块在向左减速运动，故A正确;对物块，根据牛顿第二定律有a＝＝1 m/s2，当物块对地速度为0时，有向左最大位移，为x＝＝8 m，故B错误;对薄板和物块组成的系统，根据能量守恒定律，有Q＝Mv2＋mv2－(M＋m)＝μmgΔx，解得Q＝24 J，Δx＝24 m，故C错误，D正确。 10.答案　AC 解析　两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m＝1 kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，根据v-t图像可知，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，v3＝2 m/s，代入上式解得M＝1 kg，故A正确；设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0～2 s内P与Q的加速度分别为aP＝1.5 m/s2，aQ＝0.5 m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，联立解得μ2＝0.05，故B错误；由于碰撞，系统损失的机械能为ΔE＝，代入数据解得ΔE＝1.0 J，故C正确；对碰撞后整体受力分析，由动量定理得＝0－(m＋M)v3，代入数据解得t2＝4 s，因此木板速度恰好为零的时刻为t＝t1＋t2＝2 s＋4 s＝6 s，故D错误。 11.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v1和v2， 则有＝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。 12.答案　(1)v0　(2)　(3) 解析　(1)B、C碰撞过程中动量守恒，由题意知，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以速度v0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。 (2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得 FfL＝mm×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＝。 13.答案　(1)2 m/s，方向水平向右　(2)0.1　(3)见解析　199 J 解析　(1)子弹C击中B后瞬间，根据动量守恒定律有mCv0＝(mB＋mC)vB 解得vB＝2 m/s，方向水平向右。 (2)因滑板A固定在水平面上，设B由运动到静止，位移为L， 根据动能定理有－μ(mB＋mC)gL＝0－(mB＋mC) 解得μ＝0.1。 (3)若滑板A不固定，则A做匀加速运动，B、C做匀减速运动， B、C与A间摩擦力Ff＝μ(mB＋mC)g＝1 N A的加速度大小为aA＝＝1 m/s2 B、C的共同加速度大小为aBC＝＝1 m/s2 设经时间t三者共速，有vB－aBCt＝aAt 解得t＝1 s 此时B相对A的位移s'＝vBt－aBCt2－aAt2＝1 m 因s'<L，所以A、B、C最后共速运动，不会分离， 则B滑行的最终速度为v＝vB－aBCt＝1 m/s 系统损失的机械能为E＝mC(mA＋mB＋mC)v2＝199 J。 学科网（北京）股份有限公司 $