专题十一 “子弹打木块”和“滑块—木板”模型 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**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，构建从基础判断到综合计算的递进训练体系，强化科学思维与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练|6题|动量守恒判断、能量转化分析、相对位移计算|动量守恒定律→动能定理→摩擦生热关系| |综合提升练|4题|系统动量守恒、多过程能量守恒、临界条件分析|单体运动→系统作用→多过程综合| |培优加强练|1题|弹性碰撞迁移、复杂相对运动分析|模型变式→动态过程推理→极值问题解决|

专题十一 “子弹打木块”和“滑块—木板”模型 专项训练 基础对点练 1． 选择题： 1.(2026·江苏徐州期中)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示。则上述两种情况相比较，下列说法错误的是(　　) A.子弹的末速度大小相等 B.系统产生的热量一样多 C.子弹对滑块做的功相同 D.子弹和滑块间的水平作用力一样大 2.(2026·北京高三开学考)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 3.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，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，则下列说法错误的是(　　) 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 4.(2026·江苏南通月考)如图所示，在光滑水平面上，有一质量M=3 kg的薄板B和m=1 kg的物块A都以v=4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，某时刻观察到物块正在做加速运动，则该时刻木板的速度可能为(　　) A.3.0 m/s B.2.9 m/s C.2.8 m/s D.2.2 m/s 5.(2026·江苏南通如皋期末)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度小于子弹B射入的深度，则(　　) A.子弹A的质量一定比子弹B的质量小 B.入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力小 C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间短 D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能小 6.(2026·江苏淮安月考)长为L、质量为M的平板小车停在光滑水平面上，质量为m的木块(可视为质点，m≠M)以速度v0滑上小车的左端，如图甲所示，最后随小车一起运动;若小车以速度v0向左运动，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，最终木块也随小车一起运动。则(　　) A.两种情况中木块相对小车滑行的距离相等 B.两种情况中木块最终随小车运动的速率相等 C.两种情况中木块与小车之间摩擦产生的热量不相等 D.两种情况中木块相对小车滑行的时间不相等 综合提升练 1． 计算题： 7.某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的半径R=10 m的光滑圆弧形滑梯，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，滑板的质量M=25 kg，一质量为m=50 kg的游客从a点由静止开始下滑，并从b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高的固定平台C边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s=16 m停下。游客可视为质点，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=10 m/s2，求: (1)游客滑到b点时对滑梯压力的大小; (2)滑板的长度L。 8.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。 9.(2026·江苏盐城期中)如图所示，在光滑的水平桌面上放有右端固定挡板的长木板甲，甲的左端和中点处各有小物块乙和丙，乙与丙、丙与挡板之间的距离均为L。甲与乙、丙之间的动摩擦因数均为μ，甲、乙、丙的质量均为m。开始时，丙和甲静止，现给乙水平向右的初速度。重力加速度取g，所有碰撞均为弹性碰撞。 (1)求乙和丙碰撞前，丙受到的摩擦力大小Ff; (2)若乙刚好与丙不发生碰撞，求乙克服摩擦力做的功W; (3)若丙能从长木板甲上滑出，求乙的初速度v0应满足的条件。 10.(2026·江苏南京期中)如图所示，光滑水平地面上放置一块木板，其左端放有一质量为m1=0.95 kg的小木块，木板质量为m2=4 kg，两者初速度均为0，且它们之间的动摩擦因数μ=0.5。一颗质量为m0=0.05 kg的子弹，以v0=200 m/s的初速度水平射入小木块(未穿出)，入射时间极短，g取10 m/s2。 (1)求子弹瞬间射入小木块后两者的共同速度v的大小; (2)若最终小木块和木板相对静止，求整个过程中产生的总热量Q; (3)若木板的质量与长度L成正比，即m2=kL(k>0)，求当L大小满足什么条件时，不管k取何值小木块都不会从木板上掉落。 培优加强练 11.(2026·江苏海安高级中学月考)如图所示，以A、B为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面内，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点，滑板右端L0=处有一竖直固定的挡板P，一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B滑上滑板。已知物块可视为质点，物块质量为m，滑板质量为M=3m，圆弧轨道半径为R，物块与滑板之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g。滑板与挡板P和轨道B端的碰撞没有机械能损失。 (1)求物块滑到B点时受到轨道支持力的大小; (2)求滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小v1; (3)要使物块始终留在滑板上，求滑板长度最小值L。 参考答案： 1.答案　D解析　以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0=(m+M)v，可得滑块最终获得的速度v=，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确;子弹嵌入下层或上层过程中，子弹减少的动能相同，滑块增加的动能相同，则两种情况系统减少的动能相同，系统产生的热量一样多，故B正确;根据动能定理可知，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功相同，故C正确;由Q=Ffs相对，由于s相对不相等而Q相等，所以两种情况下子弹和滑块之间的水平作用力不一样大，故D错误。 2.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=mB-(mA+mB)v2=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。 3.答案　A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。 4.答案　D解析　开始阶段，物块A向左减速，薄板B向右减速，系统的动量守恒，设当物块A的速度为零时薄板B的速度为v1。取向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv-mv=Mv1，解得v1= m/s≈2.67 m/s，此后物块将向右加速，薄板继续向右减速，直至两者速度相同，之后一起向右做匀速直线运动。设共同速度为v2，根据动量守恒定律得Mv-mv=(M+m)v2，解得v2=2 m/s，综上所述可知，物块做加速运动时薄板的速度满足2 m/s<v<2.67 m/s，故D正确。 5.答案　D解析　因为木块始终静止，根据平衡条件可知木块受到的两个子弹的作用力大小相等，根据牛顿第三定律可知入射过程中子弹A受到的阻力等于子弹B受到的阻力，子弹A、B和木块组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，可知子弹A、B的动量变化量大小相等，根据动量定理可知子弹A、B在木块中运动的时间相等，B、C错误;根据动能定理得-fx=0-m，初动能越大，射入木块越深，所以B的初动能大，D正确;根据动量守恒定律得=，初动能小的质量大，所以子弹A的质量一定比子弹B的质量大，A错误。 6.答案　A解析　根据动量守恒定律和功能关系，甲图中有mv0=(m+M)v1，Q1=μmgx1=m-(m+M)=，乙图中有Mv0=(m+M)v2，Q2=μmgx2=M-(m+M)=，因m≠M，则x1=x2，v1≠v2，Q1=Q2，故A正确，B、C错误;对滑块由动量定理，甲图中有-μmgt1=mv1-mv0，乙图中有μmgt2=mv2，解得t1=，t2=，可知t1=t2，故D错误。 7.答案　(1)1 000 N　(2)7 m 解析　(1)对游客从a点滑到b点的过程，由动能定理有mgh=mv2 游客滑到b点时，有F-mg=m 由牛顿第三定律可知，游客滑到b点时对滑梯压力的大小为F'=F=1 000 N。 (2)解法一　游客在平台上运动时，由牛顿第二定律有μmg=ma1 由运动学规律有=2a1s 解得游客滑上平台的速度大小v1=8 m/s 游客在滑板上滑动时，对游客由牛顿第二定律有μmg=ma2 对滑板由牛顿第二定律有μmg=Ma3 游客在滑板上滑动的过程，由运动学规律有v1=v-a2t 游客的位移为x1=vt-a2t2 滑板的位移为x2=a3t2 则滑板的长度L=x1-x2 联立解得L=7 m。 解法二　游客在滑板上运动时，游客与滑板组成的系统动量守恒，则对游客在滑板上运动的过程，由动量守恒定律有mv=mv1+Mv2 由能量守恒定律有mv2=m+M+μmgL 对游客在平台上运动的过程，由动能定理有-μmgs=0-m 联立解得L=7 m。 8.答案　(1)10　(2)37.5mgh 解析　(1)设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-(m+×4m)=37.5mgh。 9.答案　(1)　(2)　(3)v0>4 解析　(1)乙和丙碰撞前，乙向右滑行，甲和丙一起向右加速， 对甲和丙整体有μmg=2ma 解得a= 则丙所受的摩擦力为Ff=ma=。 (2)若乙刚好与丙不发生碰撞，根据动量守恒定律有mv0=3mv1 解得v1= 设与丙刚好不发生碰撞前乙运动的时间为t，乙和甲、丙整体的位移大小分别为x1、x2，则有x1=t、x2=t L=x1-x2 联立解得x1= 此过程中乙克服摩擦力做的功W=μmgx1=。 (3)设乙的初速度为v0时，丙刚好能从长木板甲上滑出。乙和丙弹性碰撞过程，乙和丙交换碰前速度，此后，丙相对于甲滑动，乙和甲一起向右加速;同理，丙与甲弹性碰撞过程，丙和甲交换碰前速度，此时乙和丙速度相等且相距L，此后乙、丙相对于甲向左滑动，乙、丙会先后从甲上掉下来。从乙刚滑上甲到乙刚好要从甲上掉下来的过程，乙与甲和丙与甲的相对位移均为2L，对甲、乙、丙组成的系统由动量守恒定律有mv0=2mv乙丙+mv甲 由功能关系有μmg·2L+μmg·2L=m-×2m-m 此后，丙在甲上滑行，乙从甲上掉下到丙恰好从甲上掉下来的过程，丙与甲的相对位移为L，对丙、甲组成的系统， 由动量守恒定律有mv乙丙+mv甲=2mv丙甲 由功能关系有μmgL=m+m-×2m 联立解得v0=4 即v0=4时，丙刚好能从长木板甲上滑出。故若丙能从长木板甲上滑出，则乙的初速度v0应满足的条件为v0>4。 10.答案　(1)10 m/s　(2)990 J　(3)L≥10 m 解析　(1)子弹射入小木块过程中，子弹与小木块组成的系统动量守恒， 有m0v0=(m0+m1)v 解得v=10 m/s。 (2)子弹打入小木块过程中产生的热量为 Q1=m0-(m0+m1)v2=950 J 小木块在木板上滑动过程中，子弹、小木块与木板组成的系统动量守恒，有 (m0+m1)v=(m0+m1+m2)v共 ① 解得v共=2 m/s 该过程中产生的热量为Q2=(m0+m1)v2-(m0+m1+m2)=40 J ② 故整个过程中产生的总热量为Q总=Q1+Q2=990 J。 (3)将m2=kL代入第(2)问中①、②式，得Q2= ③ 又因为摩擦产生的热量Q2=μ(m0+m1)gs相 ④ 联立③④得s相= ⑤ 木块不掉落的条件为s相≤L ⑥ 联立⑤⑥得L≥ 由数学知识，当k取无穷大时，有→10 因此当L≥10 m时，⑥式恒成立，小木块必定不会从木板上掉落。 11.答案　(1)3mg　(2)　(3)2R 解析　(1)由A点到B点对物块由机械能守恒定律有mgR=m 解得v0= 在最低点，根据牛顿第二定律有FN-mg=m 解得FN=3mg。 (2)假设滑板与P碰撞前物块与滑板已达到共同速度v，物块与滑板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则有mv0=(m+M)v 设此过程滑板位移大小为s，对滑板由动能定理有μmgs=Mv2-0 联立解得s= 由于s>L0，故假设不成立，说明滑板与挡板P碰撞前瞬间物块与滑板未达到共速。设滑板与挡板P碰撞前瞬间物块、滑板的速度大小分别为v1、v2， 对滑板由动能定理有μmgL0=M-0 解得v2= 对物块与滑板组成的系统由动量守恒定律有mv0=mv1+Mv2 解得v1=。 (3)由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后以v2向左做匀减速直线运动，物块向右做匀减速运动，设两者达到共同的速度大小为v3，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv1-Mv2=(M+m)v3 解得v3=0 说明两者速度同时减为零，设此时滑板离P的距离为s'， 由动能定理有-μmgs'=M-M 解得s'= 所以滑板刚好停到原来位置，整个运动过程，物块始终相对滑板向右运动，要使物块始终留在滑板上，则物块速度减为零时刚好到达滑板右端，即整个运动过程物块相对滑板的位移大小为L。物块、滑板的v-t图像如图所示 由能量守恒定律有mgR=μmgL 解得L=2R 即滑板长度最小值为2R。 学科网（北京）股份有限公司 $