第4讲　专题提升：动量守恒定律在子弹打木块模型、“滑块—木板”模型中的应用 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦动量守恒定律在子弹打木块、滑块—木板模型的应用，通过基础与综合题组构建模型化训练体系，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |子弹打木块模型|2选择|含碰撞动量守恒、能量损失计算，对比木块固定与不固定情境|动量守恒定律在非弹性碰撞中的应用，结合动能定理分析机械能转化| |滑块—木板模型|5题（3选择+2计算）|涉及多体碰撞、相对运动、摩擦生热、弹簧作用|动量守恒与能量守恒综合应用，分析系统动量变化及机械能转化，突出模型建构与科学推理|

第4讲　专题提升:动量守恒定律在子弹打木块模型、“滑块—木板”模型中的应用 (分值:60分) 选择题:1~4题每小题5分,共20分 基础对点练 题组一　子弹打木块模型 1.(2026黑龙江哈尔滨期末)如图所示,用不可伸长的、长度为L的轻质细绳将质量为3m的木块悬挂于O,木块静止。质量为m的弹丸以速度v0水平向右射入木块后未射出木块,射入木块后二者共同上摆的最大高度为h,木块和弹丸可视为质点,二者作用时间极短,空气阻力不计,则(　　) A.弹丸打入木块后瞬间,二者的速度为 B.弹丸打入木块后瞬间,细绳拉力的大小+4mg C.弹丸与木块共同上摆的最大高度h为 D.弹丸打入木块的过程中系统损失的机械能为 2.(多选)(2025广东深圳阶段练习)水平飞行的子弹打穿固定在水平面上的木块,经历时间为t1,子弹损失的动能为ΔEk1损,子弹和木块组成的系统损失的机械能为E1损,打穿后系统的总动量为p1;同样的子弹以同样的初速度打穿放在光滑水平面上同样的木块,经历时间为t2,子弹损失的动能为ΔEk2损,系统损失的机械能为E2损,打穿后系统的总动量为p2。设木块对子弹的阻力为恒力,且上述两种情况下该阻力大小相等,则下列结论正确的是(　　) A.t2=t1 B.ΔEk2损>ΔEk1损 C.E2损>E1损 D.p2>p1 题组二　“滑块—木板”模型 3.(2025浙江1月选考)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 4.(多选)(2026广东惠州期中)如图所示,质量为3 kg的平板小车静止在足够大的水平地面上,小车上表面距地面的高度为1 m,小车右端固定一根轻质弹簧,一质量为1 kg、可视为质点的物块从左侧以速度4 m/s滑上平板小车,物块与弹簧发生相互作用后,从小车左端离开,碰撞后小车速度为2 m/s。弹簧始终处于弹性限度内,不计一切摩擦,重力加速度大小为10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物块离开小车后做自由落体运动 B.物块着地时的动能为11 J C.小车的最大动能为6 J D.弹簧具有的最大弹性势能为6 J 5.(10分)(2025广东开学检测)真空管道超导磁悬浮列车的抽象模型如图甲所示,A表示磁悬浮列车,左侧固定一竖直挡板,质量为m0=198 kg,长为L=500 m,正以速度v0=100 m/s向右运动;t=0时刻,一质量m=2 kg的物块B由静止放在车的右端,当B碰撞A左侧的挡板时与挡板粘在一起,碰撞前A、B运动过程的v2-s图像如图乙所示。B可视为质点,不考虑磁悬浮列车与轨道间的摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,求: 甲 乙 (1)A和B之间的动摩擦因数; (2)A、B在碰撞过程中系统损失的机械能。 综合提升练 6.(15分)(2024广东广州三模)如图所示,质量m2=1.5 kg的物块B放置于质量m3=2.5 kg的木板C上,在光滑水平地面上一起以v0=2 m/s的初速度向左运动。长度为L=1.6 m的轻绳,在O点悬挂着质量m1=1 kg的小球A。将小球A拉至轻绳与竖直方向的夹角θ=60°处由静止释放,A向右摆至最低点时恰与B发生碰撞并粘在一起(A与C不接触),同时轻绳被刀片割断。已知B与C间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,A、B均可看成质点,不计空气阻力。 (1)求A与B碰后瞬间的速度大小; (2)若木板足够长,求从A、B碰撞粘在一起到运动足够长时间后合外力对B的冲量大小I; (3)若板长d=2 m,要使B不从板上滑离,求开始时B在C上放置处与板左端距离x需满足的条件。 7.(15分)(2025广东中山检测)如图所示,物块P固定在水平面上,其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起,圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上,另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落,落到A点后沿圆弧轨道下滑,小球与弹簧接触后,当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR,此时断开P和Q的连接,Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小,忽略空气阻力,圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑,弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功。 (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离。 (3)欲使P和Q断开后,弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR,Q的质量应为多大? (4)欲使P和Q断开后,Q的最终动能最大,Q的质量应为多大? 答案： 1.C　解析 第一颗弹丸打入木块后瞬间,根据动量守恒定律可得mv0=(3m+m)v1,解得弹丸打入木块后瞬间,二者的速度为v1=,弹丸与木块共同上摆过程,根据动能定理可得-4mgh=0-×4m,解得弹丸与木块共同上摆的最大高度为h=,故A错误,C正确;弹丸打入木块后瞬间,根据牛顿第二定律可得FT-4mg=4m,解得细绳拉力的大小为FT=+4mg,故B错误;弹丸打入木块的过程中系统损失的机械能为ΔE=×4m,故D错误。 2.BD　解析 两次击中木块过程中,子弹受到的阻力f相同,根据牛顿第二定律a=,两次的加速度相等;第二次以同样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块,由于在子弹穿过木块的过程中,木块会在水平面内滑动,所以第二次时子弹的位移s2要大于第一次的位移s1,即s2>s1,子弹做减速运动,由位移公式s=v0t-at2,可知t2>t1,A错误。两次击中木块过程中,子弹受到的阻力相同,阻力对子弹做的功等于子弹损失的动能,即ΔEk损=fs,由于s2>s1,故有ΔEk2损>ΔEk1损,B正确。两次击中木块过程中,子弹受到的平均阻力相同,系统摩擦生热Q=fd,其中f为阻力,d为子弹相对于木块的位移。由于两次子弹相对于木块的位移都是木块的厚度,所以系统机械能的损失相等,即E2损=E1损,C错误。第一次子弹穿透木块后,系统的动量p1小于子弹的初动量,而第二次子弹穿透木块的过程,系统的动量守恒,则p2等于子弹的初动量,所以p2>p1,D正确。 3.D　解析 碰撞瞬间C的速度不变,相对地面向左运动,选项A错误;规定向右为正方向,则A、B碰撞过程由动量守恒定律有mvA-mvB=2mv1,解得v1=1 m/s,方向向右,假设最终C没有滑出长板,当三者共速时,有2mv1-mvC=3mv,可知v=0,即最终三者一起静止,碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量Q=×2m=3 J,由能量关系可知Q=μmgs相对,可得s相对=0.6 m<0.75 m,故假设成立,最终C停在B上,可知经历的时间t= s=0.4 s,选项B、C错误,D正确。 4.CD　解析 物块与小车之间的作用相当于质量相等的两物块发生弹性正碰,碰后两物块反向运动。物块与小车分离时,小车的速度大小为2 m/s,根据动量守恒定律有mv0=3v2-v1,则物块的速度v1=2 m/s,物块离开小车后做平抛运动,故A项错误;根据动能定理可知,物块着地时的动能为+mgh=12 J,故B项错误;根据A项分析可知,小车的最大速度为2 m/s,则小车的最大动能为=6 J,故C项正确;当两者共速时,弹簧具有的弹性势能最大,有mv0=4mv,则Epm=×4mv2,解得最大弹性势能为6 J,故D项正确。 5.答案 (1)0.4　(2)5 900 J 解析 (1)由题图乙可得,碰撞前B做初速度为0的匀加速直线运动 对B有v2=2aBs 故图线B的斜率为k=2aB=8 m/s2,可知aB=4 m/s2 对B受力分析可得μmg=maB 解得μ=0.4。 (2)最终A、B速度相等,由动量守恒定律可得m0v0=(m0+m)v共 解得v共=99 m/s 整个过程中系统损失的机械能一部分转化为摩擦产生的内能,一部分为碰撞过程损失,有m0(m0+m)=μmgL+ΔE,解得ΔE=5 900 J。 6.答案 (1)0.4 m/s　(2)1.8 N·s　(3)x≤0.56 m 解析 (1)取水平向右为正方向,小球A由释放到到达最低点的过程,由动能定理有m1gL(1-cos θ)=m1 解得小球A到达最低点时的速度大小v1=4 m/s,方向水平向右 小球A与物块B碰撞过程,由动量守恒定律有m1v1-m2v0=(m1+m2)v2 解得A与B碰后瞬间的速度大小v2=0.4 m/s,方向向右。 (2)取水平向左为正方向,设三者共同速度为v3,由动量守恒定律得(m2+m3)v0-m1v1=(m1+m2+m3)v3 解得v3=0.8 m/s,方向向左 合外力对B的冲量I=m2v3-m2(-v2) 解得I=1.8 N·s。 (3)共速前,A、B一直相对C向右运动,设相对位移为s 由功能关系有 μ(m1+m2)gs=(m1+m2)m3(m1+m2+m3) 解得s=1.44 m A初始放置处离板左端距离满足x≤d-s=0.56 m。 7.答案 (1)mgR　(2)R　(3)4m　(4)m 解析 (1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功为WG=mgR (2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0,由机械能守恒定律可知=Ep+,其中Ep=2mgR 同时有mg(h+R)=,联立解得v0=,h=R。 (3)弹簧达到最大弹性势能时,小球与Q共速,设Q的质量为mQ 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=(m+mQ)v共,=Ep2+(m+mQ),其中Ep2=2.2mgR 联立解得mQ=4m。 (4)对Q和小球整体,根据机械能守恒定律可知要使Q的最终动能最大,需满足小球的速度刚好为零时,此时弹簧刚好恢复原长 设此时Q的质量为mQ',Q的最大速度为vm 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=mQ'vm,mQ',解得mQ'=m。 7 学科网（北京）股份有限公司 $