2027届高考物理第一轮复习课时突破练：35 “子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型

**基本信息** 聚焦“子弹打木块”与“滑块—木板”模型，通过分层训练构建动量守恒与能量守恒综合应用体系，突出科学思维中的模型建构与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础·满分练|5题|子弹嵌入/穿透木块、滑块—木板单一模型|从动量守恒（系统相互作用）到动能定理（个体做功），再到能量守恒（摩擦生热），层层递进| |能力·高分练|2题|子弹木块速度关系图像、多体碰撞综合|整合相对位移分析与图像信息提取，深化模型变式应用| |素养·提升练|1题|滑块木板结合弹簧的跨模块问题|融合动量守恒、机械能守恒与牛顿运动定律，体现科学探究的综合运用|

课时突破练35　“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型 基础·满分练 命题角度一　子弹嵌入木块类问题的建模与推证 1.(多选)(2026广东湛江阶段训练)如图所示,质量为M的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以水平速度v0射中木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动,已知当子弹相对木块静止时,木块前进距离L,子弹进入木块的深度为s,此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定,则下列关系式中正确的是(　　) A.FfL=Mv2 B.Fft=mv0-mv C.v= D.Ffs=mv2 2.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.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 命题角度二　子弹穿透木块类问题的建模与推证 3.(10分)(2026山西大同检测)如图所示,质量为M=0.5 kg的小球静置于高度为h=3.2 m的光滑直杆顶端。一颗质量为m=0.01 kg的子弹以v0=500 m/s的速度沿水平方向击中小球,并迅速从球心穿过。已知小球落地处离杆的水平距离为s=4.8 m,不计空气阻力,g取10 m/s2,求: (1)小球落地时重力做功的瞬时功率P; (2)子弹穿过小球的过程中,系统产生的热量Q。 命题角度三　滑块—木板类问题的建模与推证 4.(2026安徽亳州期中)如图所示,质量为2 kg的小车以2.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动,现在小车上表面上方1.25 m高度处将一质量为0.5 kg的可视为质点的物块由静止释放,经过一段时间物块落在小车上,最终两者一起水平向右匀速运动。重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力,下列说法正确的是(　　) A.物块释放0.3 s后落到小车上 B.若只增大物块的释放高度,则物块与小车的共同速度变小 C.物块与小车相互作用的过程中,物块和小车的动量守恒 D.物块与小车相互作用的过程中,系统损失的能量为7.5 J 5.(多选)(2026江西吉安月考)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 能力·高分练 6.(多选)(2026安徽芜湖二模)如图甲所示,质量为M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(　　) A.M∶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.(11分)(跨模块融通)如图所示,光滑水平面上,B是半径为R=0.4 m的光滑圆弧槽,槽底端切线水平,槽顶端有一小球A,处于锁定状态,C为长L=1 m的木板,右端固定有挡板,最左端放有滑块D,A、B、C、D质量均为m,A、D均可视为质点。A、B正以速度v0=2 m/s向左运动,某一时刻球A解除锁定从B右侧滑下,接着B、C发生碰撞,然后滑块D与挡板碰撞后又被弹开,最后恰未从木板左侧滑出。已知每次碰撞时间极短且不损失能量。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求A从圆弧槽滑出后,B与C碰撞前B的速度大小。 (2)求C、D间的动摩擦因数μ。 素养·提升练 8.(12分)如图所示,质量m1=1 kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m2=4 kg的物块以水平向右的速度v0= m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2。重力加速度g取10 m/s2,结果可用根式表示。 (1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。 (2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。 (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。 答案： 1.AB　解析 对木块由动能定理得FfL=Mv2,A正确;以向右为正方向,对子弹由动量定理得-Fft=mv-mv0,B正确;对木块、子弹整体,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=, C错误;由能量守恒定律得Ffs=(M+m)v2,D错误。 2.D　解析 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',解得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;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等,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;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。 3.(1)40 W　(2)1 041 J 解析 (1)小球做平抛运动的过程竖直方向有h=gt2 解得t=0.8 s 则小球落地时的竖直分速度大小为vy=gt=8 m/s 小球落地时重力做功的瞬时功率为P=Mgvy=40 W。 (2)小球做平抛运动水平方向有s=v2t 解得v2=6 m/s 子弹穿过小球的过程,由动量守恒可得mv0=mv1+Mv2 解得v1=200 m/s 子弹穿过小球的过程中, 由能量守恒定律得系统产生的热量为Q= 解得Q=1 041 J。 4.D　解析 物块下落的时间为t= s=0.5 s,A错误;物块与小车相互作用的过程中,物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒,在竖直方向的动量不守恒,在水平方向上动量守恒,有Mv0=(M+m)v,可知,释放高度变大,水平方向的共同速度不变,B、C错误;在整个过程中,由能量守恒定律得系统损失的机械能ΔE=mgh+(M+m)v2,代入数据可得ΔE=7.5 J,D正确。 5.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项错误;对木块应用动量定理可得-μmgt0=0-mv0,解得μ=,B项正确;由能量守恒定律可得Q=2×,结合Q=μmgL,解得长木板的长度为L=v0t0,C项正确;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。 6.AC　解析 子弹射入木块过程中,由动量守恒定律mv0=mv1+Mv2,整理为mv0=v0-v1,结合图乙可知,,初速度v0=60 m/s,故A正确;一段时间后恰好在木块中与木块相对静止,系统动量守恒,则有mv1=(M+m)v,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,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+m)v2,根据动能定理,则有Ffx=Mv2,系统动量守恒,则有mv0=(M+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.(1)4 m/s　(2)0.2 解析 (1)设A从圆弧槽滑出瞬间A、B的速度分别为v1、v2, 由动量守恒有2mv0=mv1+mv2 由机械能守恒有×2m+mgR= 可得v2=4 m/s(另一解舍去)。 (2)设B、C碰后速度分别为v3、v4,对B、C由动量守恒有mv2=mv3+mv4 由机械能守恒有,可得v4=4 m/s 设最后C、D共同速度为v5,从B、C碰后到最后C、D共速 对C、D由动量守恒有mv4=2mv5 由能量守恒有×2m+μmg·2L,可得μ=0.2。 8.(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　0.5 m/s　(3)4t0-8 (J) 解析 (1)物块与木板第一次达到共速时,由系统动量守恒知 m2v0=(m1+m2)v1 代入数据解得v1=1 m/s 以木板为研究对象,有m1a1=μm2g 代入数据解得a1=4 m/s2 木板运动前右端距弹簧左端的距离x1==0.125 m。 (2)木板与弹簧接触后,物块与木板先一起减速,当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时 对物块,根据牛顿第二定律,有μm2g=m2a' 对整体,根据牛顿第二定律,有kx2=(m1+m2)a' 代入数据解得x2=0.25 m 根据物块和木板接触弹簧后,系统机械能守恒,有(m1+m2)(m1+m2) 解得v2=0.5 m/s。 (3)木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0,木板从速度为0到之后物块与木板加速度首次相同,弹簧又回到了物块和木板刚要相对滑动的位置,考虑到木板返回时,受力与木板压缩弹簧时相同,故木板的速度又变为v2=0.5 m/s,木板返回所用时间也为t0 在2t0时间内,对物块用动量定理得 -μm2g·2t0=m2v3-m2v2 解得v3=-2t0 在2t0时间内,弹簧的弹性势能不变,木板的动能不变,故研究物块、木板及弹簧组成的系统,根据能量守恒有 ΔU=m2m2 解得ΔU=4t0-8 (J)。 7 学科网（北京）股份有限公司 $