2027届高三物理一轮复习课件：第7章第39讲 专题强化十 动量守恒在子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用

该高中物理高考复习课件聚焦“动量守恒定律”专题，重点覆盖子弹打木块模型和“滑块—木板”模型两大高考核心考点，依据高考评价体系明确考查要求，通过分析近五年真题明确模型综合应用（动量、能量、运动观点结合）的高频考查方向，归纳动量守恒、动量定理、能量守恒等解题策略，体现备考针对性。 课件亮点在于“模型建构+真题突破+素养融合”，以2024湖北卷子弹打木块题为例，通过科学思维中的模型建构和科学推理，详解共同速度求解与能量转化关系，结合滑块—木板模型v-t图像分析相对位移（物理观念），设“易错陷阱警示”和“提能训练”，帮助学生掌握综合解题技巧，教师可据此精准规划复习，提升学生高考冲刺得分能力。

第七章 动量守恒定律 第39讲　专题强化十　动量守恒在子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用 学习目标 命题热点 (1)会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型。 (2)会用动量观点和能量观点分析计算滑块—木板模型。 子弹打木块模型和“滑块—木板”模型在高考中考查频率均较高，综合性较强，考查综合利用动量、能量、力和运动观点解题的能力。 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 考点一 考点二 提能训练　练案[39] 考点一　子弹打木块模型 返回导航 1．模型图例 2．解题策略 (1)应用系统的动量守恒。 (2)在涉及滑块或平板的运动时间时，优先考虑用动量定理。 (3)在涉及滑块或平板的对地位移时，优先考虑用动能定理。 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 　(多选)(2024·湖北卷·10题)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则(　　) 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 [答案]　AD 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 考点二　“滑块—木板”模型 返回导航 模型 图例 如图甲所示，木板A的上表面粗糙，滑块B以速度v0滑到静止在光滑水平面上的木板A上：①如果木板足够长，A、B最终相对静止，具有共同速度；②如果木板长度较小，B可能滑出A的右端。 还有一种情景如图乙所示。 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 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)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大 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，研究对象为一个物体。 (3)求滑块和木板对地位移，分别研究滑块和木板，用动能定理。 (4)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 [答案]　(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 (2)由于碰撞时间极短，则碰撞过程A、C组成的系统水平方向动量守恒，有 mv0＝0＋mvC 结合(1)问解得vC＝4 m/s。 (3)C与B相互作用的过程，系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有mvC＝(m＋3m)v共，根据能量守恒定律有 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 跟 踪 训 练 (2025·浙江1月选考·8题)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(　　) 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 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 [答案]　D 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 提能训练　练案[39] 返回导航 基础巩固练 1．(多选)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(可视为质点)以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起运动，已知当子弹相对木块静止时，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视为恒定，则下列判断正确的是(　　) 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 [答案]　BD 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 2．如图所示，质量为M的木块放在水平地面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平地面上滑行的距离为s，已知木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为(　　) 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 [答案]　A 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 [答案]　BC 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 4．(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝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的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．木板获得的动能为1 J B．系统损失的机械能为2 J C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 [答案]　ABD 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 能力提升练 5．(2026·黑龙江大庆开学考试)如图，足够长的小车质量m＝2 kg，木块质量M＝3 kg，小车与木块之间动摩擦因数μ＝0.4，地面光滑。现在把木块放在小车左端，一起以v0＝2 m/s的速度向 右运动，小车与墙发生弹性碰撞后会以原速率反弹。则(　　) A．小车第一次撞墙后向左运动的最大距离为0.5 m B．小车第二次撞墙前瞬间的速度为0.2 m/s C．当小车最终停止时，木块相对小车滑动的总路程为0.8 m D．小车第二次撞墙后到第三次撞墙前，摩擦生热为0.384 J 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 [答案]　D 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 6．(2026·广西南宁开学考试)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以一定的速度射入木块且没有从木块中射出；已知M>m，从子弹射入木块至子弹和木块达到共速的过程中，子弹克服摩擦力做的功为W1，木块的末动能为Ek，子弹与木块发生相对运动的过程中，摩擦力大小恒定，则W1∶Ek可能为(　　) A．1∶1 B．3∶2 C．5∶2 D．7∶2 [答案]　D 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 7．(2026·河南开封兰考)足够长的光滑水平面上静止放置有长度均为L的甲、乙木板，如图甲、乙所示。完全相同的小物块(可视为质点)，以水平速度v0分别冲上甲、乙木板左端，两木板上表面均水平，已知小物块与甲、乙木板间动摩擦因数相同，甲、乙木板质量分别为2M、M。不计空气阻力，小物块恰好能到达甲木板正中央位置，小物块能到达乙木板的位置距乙木板左端的距离为d，则(　　) 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 [答案]　C 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 8．(此题为更换后新题) (2026·张掖模拟)如图所示，在光滑水平面上小物块B置于足够长的长木板A的左端和A一起以相同速度匀速向右运动(即vB＝vA＝4 m/s)，与迎面来的速度大小vC＝2 m/s的小物块C发生弹性碰撞(时间极短)，经过一段时间，A、B再次达到共同速度，且以后恰好不再与C碰撞。已知A、C质量分别为mA＝1 kg、mC＝2 kg，A与B间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)A、C碰撞后的速度vA′、vC′； (2)小物块B的质量mB； (3)小物块B相对长木板A滑动的距离L。 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 [答案]　(1)4 m/s，方向水平向左　2 m/s，方向水平向右　(2)3 kg　(3)2 m [解析]　(1)根据题意，规定水平向右为正方向，A、C发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mAvA－mCvC＝mAvA′＋mCvC′ 根据机械能守恒定律有 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 (2)A、B再次达到共同速度，且以后恰好不再与C碰撞，可判断知A、B最终速度相同等于vC′，以A、B为系统，从A、C碰撞后到A、B共速过程，根据动量守恒定律有 mAvA′＋mBvB＝(mA＋mB)vC′ 解得mB＝3 kg。 (3)从A、C碰后到A、B共速过程，A、B系统根据能量守恒定律有 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 8．(此题为更换前原题) (2026·八省八校联考试题)一轻质杆AB，初始时紧靠在光滑的竖直墙面上竖直静止放置，杆长为2l，在其中点C处固定一个质量为m的小球，现使A端不脱离墙面，B端沿着光滑地面以速度v向右匀速运动，当杆与地面成α角时，则(　　) 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 [答案]　C 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 9．如图所示，物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一根竖直轻杆，用一细线将小球C(可看成质点)竖直悬挂在轻杆上的O点，A、B、C质量均为M＝0.03 kg，初始时，物块A、B均固定在水平面上，质量m＝0.01 kg的子弹以大小v0＝8 m/s的水平初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，小球C恰能到达与O点等高的P点，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)细线的长度； (2)若解除物块A、B的固定，子弹仍以相同初 速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，则小球 C能上升的最大高度。 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 [答案]　(1)0.2 m　(2)0.12 m [解析]　(1)设子弹击中C后，二者共同的速度大小为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1 解得v1＝2 m/s 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 (2)设小球C运动到最高点时的速度大小为v2，由动量守恒定律有(m＋M)v1＝(m＋3M)v2 解得v2＝0.8 m/s 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 10．(2026·广西柳州联考)如图所示，质量M＝1 kg的平板车A放在光滑的水平面上，质量m＝0.5 kg的物块B放在平板车右端上表面，质量m＝0.5 kg的小球C用长为6.4 m的细线悬挂于O点，O点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为6.4 m，将小球向左拉到一定高度，悬线拉直且与竖直方向的夹角为60°，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相 对平板车滑行的时间为0.5 s，物块与平板车间 的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小， 重力加速度g取10 m/s2，求： 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 (1)物块在平板车上滑动时的加速度a； (2)小球与平板车碰撞过程损失的机械能； (3)平板车的长度。 [答案]　(1)6 m/s2，方向水平向右　(2)5.625 J　(3)1.125 m [解析]　(1)设物块在平板车上滑动时的加速度为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 解得a＝6 m/s2 方向水平向右。 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 (2)设物块与平板车最后的共同速度为v，根据运动学公式有v＝at＝3 m/s 设小球与平板车相碰后，平板车的速度为v1，根据动量守恒定律有Mv1＝(m＋M)v 解得v1＝4.5 m/s 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第七章　动量守恒定律 返回导航 谢谢观看 对子弹：－f(L＋s)＝mv2－mv 对木块：f·L＝mv2 (4)在涉及相对位移时，优先考虑用能量守恒定律。 对子弹和木块组成的系统：f·s＝mv－(M＋m)v2 (5)子弹恰好不相对于滑块滑动时，子弹与滑块达到共同速度。 A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 [解析]　要使木块获得的速度最大，则子弹与木块一定具有共同速度，设为v。取初速度方向为正方向，则根据动量守恒得mv0＝(m＋M)v，再根据能量守恒，有fL＝kv0·L＝mv－(m＋M)v2，联立解得v0＝ ，故A正确；子弹穿过木块时木块的速度为v＝，由运动学公式v2＝a2t，可得t＝，故B错误；由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即ΔE＝Q＝fL＝，故C错误；木块加速过程运动的距离为x2＝t＝，故D正确。 [解析]　(1)对A从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定理有mgl(1－cos 60°)＝mv－0 在最低点，对A由牛顿第二定律有FT－mg＝ 根据牛顿第三定律得FT′＝FT 联立解得细绳受到的拉力FT′＝40 N。 mv＝(m＋3m)v＋μmgΔx 联立解得μ＝0.15。 [解析]　碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1 m/s，方向向右；当三者共速时2mv1－mvC＝3mv，可知v＝0即最终三者一起静止，可知经历的时间t＝＝ s＝0.4 s，选项B错误；碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量Q＝×2mv＋mv＝3 J，选项C错误；碰撞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，选项D正确。 A．木块最终的速度大小是 B．木块对子弹的阻力大小是 C．子弹刚好相对木块静止时，木块前进距离为 D．仅将木块换成较硬的木块，子弹射入木块的深度减小，系统产生的内能不变 [解析]　对子弹和木块系统，由动量守恒定律mv0＝(M＋m)v，解得木块最终的速度大小是v＝，A错误；对系统由能量关系可知fs＝mv－(M＋m)v2，解得木块对子弹的阻力大小是f＝，B正确；子弹刚好相对木块静止时，对木块由动能定理fx＝Mv2，解得木块前进距离为x＝，C错误；仅将木块换成较硬的木块，子弹受到阻力变 大，则由mv0＝(M＋m)v，可知最终共同速度不变，则由Q＝fs＝mv－(M＋m)v2，可知系统产生的内能不变，子弹射入木块的深度减小，D正确。故选BD。 A． B． C． D． [解析]　子弹射入木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(M＋m)v，解得v＝，子弹射入木块后，二者做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得－μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)v2，联立解得v1＝·，故A正确。 3．(多选)(2025·湖南长沙模拟)如图，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，水平射出木块时速度变为，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒为Ff，则子弹在木块中运动的时间为(　　) A． B． C． D． [解析]　设子弹在木块中运动的时间为t，以子弹为对象，根据动量定理可得－Fft＝m·－mv0，解得t＝，设子弹射出木块时，木块的速度为v1，根据系统动量守恒可得mv0＝m·＋3mv1，解得v1＝v0，根据位移关系可得L＝x子－x木＝t－t，解得t＝，故选BC。 [解析]　由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B正确；根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m， A的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图可知，B的加速度a＝＝ m/s2＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正确。 [解析]　设第一次撞墙后小车向左运动的最大距离为xm。由于小车质量m小于木块质量M，第一次撞墙后系统总动量方向水平向右，再由系统动量守恒可知，小车速度为零(向左运动的距离最大)时，滑块还在向右滑行。对小车，根据动能定理得－μMgxm＝0－mv，解得xm＝ m，故A错误；小车第一次向左匀减速到零后，再向右做加速度不变的加速运动，假设小车在第二次撞墙前还未和木块相对静止，由小车的运动的对称性可知，其第二次撞墙时的速度的大小还是2 m/s，而木块的速度应 大于2 m/s，方向均向右，而实际木块做减速运动，其速度要小于2 m/s，故假设不成立，所以小车在第二次撞墙前已经和木块共速，设共速的速度为v1，此速度即为小车第二次撞墙前瞬间的速度。以向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv0－mv0＝(m＋M)v1，解得v1＝0.4 m/s，故B错误；同理可知，小车第三次撞墙前也已经和木块共速，设此共速的速度为v2，对小车第二次撞墙后到第三次撞墙前的过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv1－mv1＝(m＋M)v2，设此过程摩擦生热为Q，由能量守恒定律得Mv＋mv＝(M＋m)v＋Q，解得Q＝0.384 J，故D 正确；当小车最终停止时，两者都停止运动，设木块相对小车滑动的总路程为s，根据能量守恒定律与功能关系可得(M＋m)v＝μMgs，解得s＝ m，故C错误。故选D。 [解析]　设子弹的初速度为v0，两者相对静止时的速度为v共，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v共，解得v共＝，因为M>m，所以v共<v0，设子弹与木块发生相对运动的时间为Δt，则子弹发生的位移为x＝·Δt，则子弹克服摩擦力做的功W1＝f··Δt，根据动能定理可知，木块的末动能Ek＝f··Δt，因此＝>3，故选D。 A．d> B．d＝ C．d< D．d＝L [解析]　两个过程，根据动量守恒得mv0＝(m＋2M)v1，mv0＝(m＋M)v2，故v1<v2，又小物块加速度不变，作出两次v－t图像如图所示，则d<(其中d为图中阴影部分面积)，故选C。 mAv＋mCv＝mAvA′2＋mCvC′2 联立解得vA′＝－4 m/s，负号表示方向水平向左， vC′＝2 m/s，方向水平向右。 μmBgL＝mAvA′2＋mBv－(mA＋mB)vC′2 解得L＝2 m。 A．小球的速度大小为 B．小球做匀速圆周运动 C．当α＝30°时，杆对小球的作用力大小为m D．当α＝30°时，杆对小球做的功为－ [解析]　轻杆AB上的所有点，沿杆方向的分速度大小相等，由于B点做匀速直线运动，所以当杆与地面成α角时，杆上所有点沿着杆方向的分速度均为vcos α，对于小球，它与墙角O点间距时刻保持l，所以运动轨迹为以O点为圆心的圆，速度方向与OC连线垂直，由图中几何关系得，小球在C点速度方向与杆的夹角为|2α－90°|，沿杆方向的分速度为vccos|2α－90°|，则有vcos α＝vccos|2α－90°|，解得vc＝，则vc 大小随α改变，小球并非匀速圆周运动，A、B项错误；分析可得杆对小球的作用力必须沿着竖直方向，由指向圆心的合外力提供向心力，mgsin α－Fsin(90°－2α)＝m，解得F＝m，对小球运用动能定理，可得W＋mgl＝mv，得W≠－，C项正确，D项错误。 当小球C(含子弹)到达P点时，由机械能守恒定律有(m＋M)v＝(m＋M)gL 解得L＝0.2 m。 由机械能守恒定律有(m＋M)v＝(m＋3M)v＋(m＋M)gh 解得h＝0.12 m。 设小球与平板车相碰前速度为v0，根据机械能守恒定律有mg(L－Lcos 60°)＝mv 解得v0＝8 m/s 设碰撞后小球的速度为v2，根据动量守恒定律有mv0＝Mv1＋mv2 解得v2＝－1 m/s 小球与平板车碰撞过程损失的机械能为ΔE＝mv－mv－Mv＝5.625 J。 (3)设平板车的长度为L，根据能量守恒有μmgL＝Mv－v2 解得L＝1.125 m。 $