第7章 微专题10 “子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理讲义聚焦“子弹打木块”和“滑块—木板”两大高考核心模型，围绕动量守恒、能量转化及相对位移等关键考点，按模型特点、情景分析、典例精讲、类题巩固的逻辑架构展开，通过考点梳理建立知识联系，方法指导提炼解题规律，真题训练强化应用能力，助力学生系统突破力学综合问题。 讲义突出科学思维与模型建构素养培养，采用建模教学法，如通过典例分析碰撞过程中动量与能量关系，引导学生抽象物理模型。设置基础选择、综合计算等分层练习，配合即时反馈，确保高效突破难点，既提升学生解题能力，又为教师把控复习节奏提供清晰路径。

“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型 模型一　“子弹打木块”模型 模型图示 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 两种情景 (1) 子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒mv0＝(m＋M)v 能量守恒Q＝fs＝mv－(M＋m)v2 (2) 子弹穿透木块 动量守恒mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒Q＝fd＝mv－Mv－mv 典例1　如图所示，用长为l的细线将质量为M的小木块悬挂于O点，质量为m的子弹以水平初速度击中木块并留在其中，小木块恰能运动到O点的正上方. 重力加速度为g.求： (1) 子弹刚击中木块时，细线中的张力F. (2) 子弹击中木块的过程中损失的动能ΔEk. 答案：(1) 6(M＋m)g　(2) 【解析】 (1) 设子弹击中木块时木块的速度为v1，木块在最高点的速度为v2，则最高点时 (M＋m)g＝ 从最低点到最高点机械能守恒 (M＋m)g·2l＝(M＋m)v－(M＋m)v 最低点F－(M＋m)g＝ 解得F＝6(M＋m)g (2) 设子弹的初速度为v0，子弹击中木块过程中动量守恒，则mv0＝(M＋m)v1 根据能量守恒可得ΔEk＝mv－(M＋m)v 解得ΔEk＝ 类题固法1 1．如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点．开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是(　D　) A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大于沙袋对弹丸的冲量 C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为 D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 【解析】 弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，击中瞬间动量守恒，有mv0＝(m＋5m)v，沙袋与弹丸受到细线的拉力与重力的合力提供向心力，即F－6mg＝6m，拉力变大，A错误；弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量等大反向，B错误；根据能量守恒得到mv＝×6mvQ，解得Q＝mv，C错误；对沙袋与弹丸，从最低点到最高点，由机械能守恒×6mv2＝6mgh，解得h＝，D正确． 2．(2025·苏州三模)如图所示，两物体A和B并排静置于光滑水平地面，它们的质量M均为0.5 kg；质量m＝0.1 kg的子弹以v0＝34 m/s的水平速度从左边射入A，射出物体A时A的速度vA＝2 m/s，子弹紧接着射入B中，最终子弹未从B中穿出．子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变，A的长度为LA＝0.23 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2. (1) 求物体B最终的速度大小vB. (2) 求子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q. (3) 求物体B的最小长度LB. 答案：(1) 4 m/s　(2) 46 J　(3) 0.03 m 【解析】 (1) 从最初到最终共速，由动量守恒得 mv0＝MvA＋(M＋m)vB 解得vB＝4 m/s (2) 从子弹射入A到穿出，由动量守恒得 mv0＝mv1＋2MvA 解得v1＝14 m/s 由能量守恒得Q＝mv－mv－·2Mv 解得Q＝46 J (3) 子弹从射入到共速时 Q总＝mv－Mv－(M＋m)v 解得Q总＝52 J 由Q＝fx得 ＝ 可得x总＝0.26 m 故物体B的最小长度 LB＝x总－LA＝0.26 m－0.23 m＝0.03 m 模型二　“滑块—木板”模型 模型图示 水平地面光滑 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的乘积等于系统减少的机械能 (2) 若木块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大(完全非弹性碰撞拓展模型) 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，研究对象为单个物体 (3) 求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝fΔx或Q＝E初－E末．研究对象为一个系统 典例2　如图所示，半径为R＝0.2 m的光滑固定四分之一圆形轨道末端水平，与地面上足够长的水平木板C的上表面等高、平滑对接，但不粘连．现将质量mA＝1 kg的物块A从轨道上最左端由静止释放，此时物块B、木板C均静止，B到C左端的距离d＝0.5 m．物块A滑上木板C后经过一定时间与物块B发生碰撞，碰撞时间极短，且碰后A、B粘在一起．已知B、C的质量mB＝0.5 kg，mC＝0.5 kg，A、B与C间的动摩擦因数相同，μA＝μB＝0.2，C与地面间动摩擦因数μC＝0.05.取g＝10 m/s2.求： (1) 物块A对圆形轨道最低点P的压力． (2) 从A滑上C直至A、B发生碰撞所需的时间． (3) 从释放A到三个物体最终均停止运动，全过程系统摩擦产生的热量． 答案：(1) 30 N，方向竖直向下　(2) s　(3) J 【解析】 (1) 物块A下滑过程，由动能定理得 mAgR＝mAv 解得v0＝＝2 m/s 在P点，支持力和重力的合力提供向心力 N－mg＝ N＝＋mg＝30 N 由牛顿第三定律，物块A对P点的压力为30 N，方向竖直向下 (2) A滑上C表面后减速运动的加速度大小为 aA＝μAg＝2 m/s2 假设B、C相对静止，共同加速度 a＝ 代入数值，得a＝1 m/s2 B、C间的最大静摩擦力fBC＝μBmBg＞mBa 故假设成立 A追上B，满足d＝－at2 代入数据解得t1＝ s，t2＝1 s(舍去) (3) A、B碰撞前vA＝v0－aAt＝ m/s vB＝at＝ m/s A、B碰撞过程，由动量守恒定律得 mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v 可得v＝1 m/s 全过程系统摩擦产生的热量为 Q＝mAgh－ 解得Q＝ J 类题固法2 1．(2025·南通期末)如图所示，光滑地面上，滑块以v0从左端滑上静止的木板，木板足够长，滑块、木板的质量分别为m、M，它们间的动摩擦因数为μ.下列操作可以让滑块在木板上滑行距离减小的是(　B　) A．增大v0 B．增大m C．增大M D．减小μ 【解析】 设M、m最终速度为v，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，设滑块在木板上滑行距离为L，根据能量守恒定律有μmgL＝mv－(m＋M)v2，联立解得L＝＝，让滑块在木板上滑行距离减小的方法有减小v0、增大m、减小M、增大μ，故选B. 2．(2025·盐城期末)如图所示，光滑水平轨道上放置小车A(上表面粗糙且足够长)和滑块B，滑块C置于A的左端，三者质量分别是mA＝mB＝2m、mC＝m.开始时B静止，A、C一起以速度v0向右匀速运动，A与B发生碰撞(时间极短)后B向右运动．经过一段时间，A、C再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与B碰撞，重力加速度为g. (1) 求A与B碰撞前A、C总动量的大小p. (2) 求A与B碰撞后B的速度大小v. (3) 若把C的质量变为3m且与小车之间动摩擦因数为μ，滑块B固定在地面上．A、C仍一起以速度v0向右匀速运动和B相碰．不计碰撞中能量的损失，求碰后物体A运动的总路程s. 答案：(1) 3mv0　(2) v0　(3) 【解析】 (1) 碰撞前A、C系统的总动量大小 p＝(m＋2m)v0＝3mv0 (2) 对A、B、C系统全过程分析，由动量守恒定律得 (m＋2m)v0＝(m＋2m＋2m)v 解得v＝v0 (3) 设A与B第一次碰撞后A的速度大小为v1，第二次碰撞后速度大小为v2，依次类推 A、B第一次碰撞，由于无能量损失，因此A原速率返回，则v1＝v0 此后A小车向左运动到速度为零，运动的位移为x1，满足－3μmgx1＝0－×2mv 解得x1＝ 第一次碰撞后到第二次碰撞前，A、C系统动量守恒，最终以v2共速，再一起与B碰撞 取水平向右为正方向，则－2mv1＋3mv0＝5mv2 解得v2＝v0 同理，第二次碰撞后A向左运动位移 x2＝＝ 第三次碰撞后A向左运动位移x3＝＝ 第n次碰撞后A向左运动位移xn＝＝ 则碰后物体A运动的总路程s＝2(x1＋x2＋x3＋…) 解得s＝ 配套热练 一、 选择题 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(　B　) 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．子弹动量变化的大小一定大于木块动量变化的大小 【解析】 子弹与木块之间的力为作用力与反作用力，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外力为零，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，所以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． 2．如图所示，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止．一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度．不计空气阻力．对弹丸射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程(　C　) A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小 B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小 C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大 D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大 【解析】 一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，根据动量守恒定律有mv＝(m＋M)v′，系统损失的机械能ΔE＝mv2－(m＋M)v′2＝，若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大，C正确；ΔE＝＝，由此可知若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变大，A错误；ΔE＝＝，由此可知若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变大，B错误；由于损失的机械能与轻绳长度l无关，所以若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能不变，D错误． 3．如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点，则子弹穿过木块的时间为(　D　) A．(s＋L) B．(s＋2L) C．(s＋L) D．(L＋2s) 【解析】 以v0的方向为正方向，设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff，对子弹由动能定理得－Ff(s＋L)＝mv－mv，由动量定理得－Fft＝mv1－mv0，对木块由动能定理得Ffs＝mv，由动量定理得Fft＝mv2，联立解得t＝(L＋2s)，D正确． 4．如图甲所示，长木板A静止放在光滑的水平面上，质量mB＝1 kg的小物块B以p＝3 kg· m/s的初动量滑上长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B的动量随时间变化的情况如图乙所示(B最终没滑离A).取g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是(　D　) 甲 乙 A．长木板A的质量为1 kg B．系统损失的机械能为2 J C．长木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 【解析】 因为B的初动量为p＝3kg·m/s，由图知最终速度为2 m/s，则由A、B系统动量守恒可知p＝(mA＋mB)v，解得mA＝0.5 kg，A错误；系统损失的机械能为ΔE＝mBv－(mA＋mB)v2＝×1×32 J－×(1＋0.5)×22 J＝1.5 J，B错误；由功能关系可得μmBgL＝ΔE＝1.5 J，经过1 s两者共速，则对A由动量定理有μmBgt＝mAv，解得L＝1.5 m，μ＝0.1，C错误，D正确． 5．(2025·浙江1月)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg.A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开．已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则(　D　) A．碰撞瞬间C相对地面静止 B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m 【解析】 碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；以向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒有mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1 m/s方向向右；当三者共速时2mv1－mvC＝3mv，解得v＝0，即最终三者一起静止，可知经历的时间t＝＝ s＝0.4 s，B错误；碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量Q＝×2mv＋mv＝3 J，C错误；碰撞后到三者相对静止，由能量关系可知Q＝μmgx相对，可得x相对＝0.6 m，D正确． 6．(2025·南通期初)如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度v0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法中正确的是(　C　) A．甲、乙达到共同速度所需的时间为 B．甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度 C．甲、乙相对滑动的总路程为 D．如果甲、乙碰撞的次数为n(n≠0)，则最终甲距离乙左端的距离可能为 －2nL 【解析】 设甲、乙质量均为m，碰前瞬间甲的速度为v1，乙的速度为v2，碰后瞬间甲的速度为v′1，乙的速度为v′2，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＋mv2＝mv′1＋mv′2，mv＋mv＝mv′1＋mv′2，解得v′1＝v2，v′2＝v1，即甲、乙发生碰撞时速度互换．设甲、乙最终的共同速度为v3，则mv0＝2mv3，得v3＝，则达到共速所需的时间为t＝，碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，故A、B错误；从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为s，根据动能定理可得－μmgs＝×2m×－mv，解得s＝，故C正确；甲、乙碰撞的次数为n，最终相对静止时甲距离乙左端的距离为s0，若第n次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L＋2L(n－1)＋s0＝s(n＝2，4，6，…)，解得s0＝＋L－2nL(n＝2，4，6，…)，若第n次碰撞发生在平板车的右挡板，则有L＋2L(n－1)＋2L－s0＝s(n＝1，3，5，…)，解得s0＝2nL＋L－(n＝1，3，5，…)，即最终甲距离乙左端的距离不可能为－2nL，故D错误． 二、 计算题 7．如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，木块与墙间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，经过一段时间，木块第一次回到A位置，弹簧在弹性限度内．求： (1) 木块第一次回到A位置时速度大小v. (2) 弹簧弹性势能的最大值Ep. (3) 此过程中墙对弹簧的冲量大小I. 答案：(1) v0　(2) 　(3) 2mv0 【解析】 (1) 木块第一次回到A位置时的速度与木块和子弹开始共同运动的速度大小相等，子弹进入木块过程满足动量守恒定律，取向右为正方向，则mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0 (2) 弹簧弹性势能的最大值 Ep＝(M＋m)v2＝ (3) 此过程中弹簧对木块和子弹整体的冲量等于墙对弹簧的冲量，由动量定理有 I＝(M＋m)v－[－(M＋m)v] 解得I＝2mv0 8．(2025·盐城高三期中)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．重力加速度为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f. (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，则乙的初速度v0应满足的条件． 答案：(1) 　(2) 　(3) v0＞4 【解析】 (1) 乙和丙碰撞前，乙向右滑行，对于乙有 －μmg＝m(－a1)　 解得a1＝μg 甲和丙一起向右加速，对于甲和丙整体有 μmg＝2ma2 解得a2＝ 对于丙，所受的摩擦力为f＝ma2＝ (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＝ 设时间为t，根据运动学规律，乙和甲丙整体的位移分别为 x1＝·t，x2＝·t 相对位移L＝x1－x2 解得x1＝ 此过程中乙克服摩擦力做的功 W＝μmgx1＝ (3) 设初速度为v0时，丙刚好能从长木板甲上滑出．乙和丙弹性碰撞过程，乙和丙会交换碰前速度，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、甲会交换碰前速度，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．当乙恰好要从甲上掉下来时，对于甲、乙、丙系统，由动量守恒可得mv0＝2mv乙丙＋mv甲 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，由功能关系可得mv－·2mv－mv＝μmg·2L＋μmg·2L 此后，丙在甲上滑行，当丙恰好能从甲上掉下来时，对于丙甲系统由动量守恒定律可得 mv乙丙＋mv甲＝2mv丙甲 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，由功能关系得 mv＋mv－·2mv＝μmgL 解得v0＝4 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 学科网（北京）股份有限公司 $