第一章 专题强化5 子弹打木块模型 滑块—木板模型（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

该高中物理课件聚焦子弹打木块模型与滑块—木板模型，从模型图例、特点入手，先解析相互作用、动量守恒及能量转化规律，再分未穿透（共速）和穿透（滑离）两种情况，结合公式与碰撞模型类比，通过例题和练习题构建从基础到应用的学习支架。 其亮点是以模型建构为核心，对比两种模型的动量守恒、能量转化规律，结合成都、仁寿等地期末真题，运用v-t图像分析相对位移，强化科学思维中的模型建构与科学推理。学生能深化动量、能量的物理观念，教师可依托系统的模型分析和真题练习提升教学效率。

第 一 章 子弹打木块模型　滑块—木板模型 专题强化5 1.进一步理解动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律的内容及其含义。 2.学会利用动量守恒定律、能量守恒定律等分析常见的子弹打木块模型与滑块—木板模型(重难点)。 学习目标 内容索引 专题强化练 一、子弹打木块模型 二、滑块—木板模型 < 一 > 子弹打木块模型 1.模型图例 2.模型特点 (1)相互作用特点：作用时间 ，内力 外力。 (2)系统动量特点：系统动量 。 (3)系统能量特点：系统机械能有损失，损失的机械能转化为 。 极短 远大于 守恒 系统的内能 3.两种情况 (1)子弹未穿透木块，两者共速，有mv0=(m+M)v共； ①系统损失的机械能ΔE损=m-(m+M)。 ②系统增加的内能Q=f·Δx=ΔE损， 其中Δx为两者间的相对位移，f为子弹和木块之间的平均作用力。 ③类比碰撞模型：该种情况损失的机械能最多，相当于完全非弹性碰撞。 (2)子弹穿透木块，有mv0=mv1+Mv2 ①系统损失的机械能ΔE损=m-(m+M)； ②系统增加的内能Q=f·d=ΔE损， 其中d为木块的长度。 ③类比碰撞模型：相当于非弹性碰撞。 　(2024·成都市高一期末)一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M=1 kg的木块后不再穿出，木块的动能增加了8 J，设子弹射入木块的过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是 A.木块动量变化量的大小为2 kg·m/s B.子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0 C.此过程产生的内能可能是6 J D.只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失机 械能增大 例1 √ 根据题意可得M=8 J，解得木块的速度为v1=4 m/s，所以木块动量变化量的大小为Δp=Mv1=4 kg·m/s，故A错误； 设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到子弹、木块相对静止，设木块位移为x，子弹所受阻力为f，则W子弹对木块=fx，W木块对子弹=-f(x+d)，所以W子弹对木块+W木块对子弹=-fd，故B错误； 子弹、木块运动的v-t图像如图甲所示，由于图线与横 轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图甲可知 x<d，所以W子弹对木块=fx=8 J<fd=Q，即此过程产生的内 能大于8 J，不可能是6 J，故C错误； 只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，木块的加速度减小，v-t图像如图乙所示，由图乙可知，子弹射入木块的深度d增大，产生的内能增大，系统损失的机械能增大，故D正确。 　(2024·四川省仁寿第一中学高二期中)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 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，机械能守恒 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 例2 √ 弹丸打入沙袋过程中，沙袋的速度增大，所需要的向心力增大，则细绳对沙袋的拉力增大，由牛顿第三定律知，沙袋对细绳的拉力增大，故A错误； 弹丸打入沙袋过程中，有部分机械能转化为内能，则机械不守恒，故B错误； 弹丸打入沙袋过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=(m +5m)v，得v=，产生的热量为Q=m-(m+5m)v2=m，故C错误； 弹丸打入沙袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，则有(m+5m)v2=(m +5m)gh，解得h=，故D正确。 返回 < 二 > 滑块—木板模型 1.模型图例 说明：水平面光滑，滑块从左侧边缘滑上木板。 2.模型特点 (1)相互作用特点：系统所受合外力为 。 (2)系统动量特点：系统动量 。 (3)系统能量特点：系统机械能有损失，该种情况损失的机械能转化为___________。 零 守恒 系统的内能 3.两种情况 (1)若木板足够长，滑块始终未滑离木板，二者最终共速，即有mv0=(m+ M)v共 ①系统损失的机械能ΔE损=m-(m+M)。 ②系统增加的内能Q=f·Δx=ΔE损， 其中Δx为两者间的相对位移，f为滑块和木板之间的滑动摩擦力大小。 ③类比碰撞模型：该种情况损失的机械能最多，相当于完全非弹性碰撞。 (2)若滑块能够滑离木板，有mv0=mv1+Mv2 ①系统损失的机械能ΔE损=m-(m+M)。 ②系统增加的内能Q=f·L=ΔE损， 其中L为木板的长度。 ③类比碰撞模型：相当于非弹性碰撞。 　如图所示，B是放在光滑水平面上质量为4m的一块木板，物块A(可看成质点)质量为m，与木板间的动摩擦因数为μ，最初木板B静止，物块A以水平初速度v0滑上木板，木板足够长(重力加速度为g)，求： (1)木板B的最大速度大小； 例3 答案　 由题意知，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时B的速度最大。以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0=(m+4m)v 解得v= (2)从A刚滑上木板到A、B速度刚好相等的过程中，物块A所发生的位移大小； 答案　 A向右减速的过程，根据动能定理有 -μmgx1=mv2-m 则物块A所发生的位移大小为x1= (3)若物块A恰好没滑离木板B，则木板至少多长？ 答案　 从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒定律得μmgL=m-(m+4m)v2 解得L=。 两类模型相互作用过程中涉及下列规律： (1)动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相等、方向相反的一对相互作用力，故两物体的加速度大小与质量成反比，方向相反。 (2)运动学规律：可看作两个做匀变速直线运动的物体间的追及问题或相对运动问题。在一段时间内子弹射入木块的深度或物块在木板上滑动的距离，就是这段时间内两者相对位移的大小。 (3)动量规律：由于系统所受外力的合力为零，故遵守动量守恒定律。 总结提升 (4)能量规律：对单个物体，一般列动能定理方程，对系统则遵循能量守恒定律，系统机械能的减少量等于摩擦产生的热量，即Q=f·x相对，x相对为相对路程。 总结提升 　(多选)(2024·四川省合江县马街中学高二期中)如图所示，质量M=3 kg表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，t=0时质量m=3 kg表面粗糙的物块(可视为质点)以初速度v0=4 m/s滑上长木板，物块做匀减速运动，长木板做匀加速运动，经过时间Δt=2 s物块和长木板以共同速度做匀速运动，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 A.长木板做匀加速运动的加速度大小为1 m/s2 B.物块与长木板之间的动摩擦因数为0.15 C.长木板的长度至少为6 m D.物块与长木板组成的系统损失的机械能为12 J 例4 √ √ 对系统由动量守恒定律得mv0=(M+m)v，解得v=2 m/s，长木板做匀加速 运动的加速度大小a===1 m/s2，故A正确； 根据牛顿第二定律，对长木板有F=μmg=Ma，解得物块与长木板之间的动摩擦因数为μ=0.1，故B错误； 前2 s内长木板的位移大小x1=Δt=×2 m=2 m，物块的位移大小x2=Δt=×2 m=6 m，所以长木板最小长度L=x2-x1=4 m，故C错误； 物块与长木板组成的系统损失的机械能ΔE=m-(m+M)v2=12 J，故D 正确。 返回 < 三 > 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C B AD (1)5 m/s　(2)18 J　1.8 m (1)v0　(2)m BD 题号 7 8 　9 答案 BD (1)1 m/s，方向向左　 (2)60 J　4 m　(3)1.6 m (1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.(2024·南充市高二月考)如图，水平弹簧右端固定在竖直墙壁上，左端连接在物块上，水平面光滑。开始时物块静止，弹簧处于原长。一颗子弹以水平速度v0射入物块，并留在物块中。若子弹和物块作用时间极短，下列有关说法中正确的是 A.从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统动量守恒 B.从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统机械能守恒 C.从子弹开始打物块到与物块共速，子弹、物块组成的系统动量守恒 D.子弹和物块一起压缩弹簧的过程中，物块、子弹、弹簧组成的系统动量守恒 基础强化练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 25 从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，故A错误； 一颗子弹以水平速度v0射入物块，并留在物块中，摩擦力做功，子弹、物块、弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误； 子弹开始打物块到与物块共速，子弹和物块作用时间极短，内力远大于外力，子弹、物块组成的系统动量守恒，故C正确； 子弹和物块一起压缩弹簧的过程中，物块、子弹、弹簧组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 2.(2023·绵阳市高二期中)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起，将其静止放在光滑水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知 A.子弹射中上层时对滑块做功多 B.两次子弹对滑块做的功一样多 C.子弹射中上层系统产生热量多 D.子弹与两层之间的摩擦力一样大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据动量守恒知道两次过程最后滑块获得的速度(滑块和子弹的共同速度)是相同的，即滑块获得的动能是相同的；根据动能定理，滑块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故A错误，B正确； 子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而减少的动能一样多(两次过程子弹初速度相等，且滑块与子弹的末速度也相等)，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故C错误； 根据摩擦力和相对位移的乘积等于系统动能的损失量可知，两次相对位移不一样，因此子弹所受阻力不一样，子弹与下层之间相对位移比较小，所以摩擦力较大，故D错误。 3.(多选)(2024·绵阳市高一期末)如图甲所示，长木板A静止在光滑的水平面上，质量m=2 kg的物体B以水平速度v0=3 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速度随时间变化的情况如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是 A.长木板的质量为4 kg B.0~2 s内，A、B系统机械能的损失为9 J C.长木板A的最小长度为1 m D.A、B间的动摩擦因数为0.2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 在0~1 s内，B相对于A滑动，以物体B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0=(m+mA)v，由题图乙知v=1 m/s，解得mA=4 kg，故A正确； 0~2 s内，A、B系统损失的机械能ΔE=m-(mA+m)v2=6 J，故B错误；在v-t图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，则在0~1 s内，B与A的位移之差Δx= m=1.5 m，则要使B不从A上滑下，长木板A的最小长度为1.5 m，C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 B在A上相对运动时，对B根据牛顿第二定律有μmg=ma，由题图乙有a= ||= m/s2=2 m/s2，解得μ=0.2，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 4.如图所示，质量M=2 kg的长木板在足够长的光滑水平地面上向右做速度大小为v1=2 m/s的匀速直线运动。某时刻一质量m=2 kg的小物块(视为质点)以大小为v2=8 m/s的速度从木板的左端向右滑上木板，最终物块恰好未滑离木板。物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)木板的最终速度大小v； 答案　5 m/s 根据动量守恒定律有 Mv1+mv2=(M+m)v，解得v=5 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (2)该过程中物块与木板之间因摩擦产生的热量Q及木板的长度L。 答案　18 J　1.8 m 根据能量守恒定律有 Q=M+m-(M+m)v2 解得Q=18 J，又Q=μmgL，解得L=1.8 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 5.如图所示，一水平轻质弹簧两端连着物体A、B，静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以v0的速度水平射入物体A并留在物体A内(子弹与A作用时间忽略不计)，A的质量为3m，B的质量为4m，求： (1)子弹刚与A相对静止时，A的速度大小vA； 答案　v0 子弹射入A的过程，子弹和A组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律 可得mv0=(m+3m)vA，解得vA=v0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (2)弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能Ep。 答案　m A(含子弹)与B速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，从子弹与A相对静止到三者速度相等过程，根据动量守恒定律及机械能守恒定律有(m+3m)vA=(m+3m+4m)vAB， (m+3m)=(m+3m+4m)+Ep 联立解得Ep=m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 6.(多选)(2024·江油市太白中学高二期中)如图所示，在光滑水平桌面上放有足够长的木板C，在C上左端和距左端x处各放有小物块A和B，A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C的质量均为m。开始时，B、C静止，A以某初速度v0向右做匀减速运动，设B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.A运动过程中，B受到的摩擦力大小为μmg B.最终A、B、C一起向右以做匀速直线运动 C.若要使A、B恰好不相碰，A的初速度大小v0= D.若要使A、B恰好不相碰，A的初速度大小v0= √ 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 设A在C板上滑动时，B相对于C板不动，则对B、C有μmg=2ma，解得 a=，又B依靠摩擦力能获得的最大加速度为am==μg，有am>a，则B未相对C滑动而随木板C向右做加速运动，B受到的摩擦力fB=ma=μmg， 方向向右，故A错误； 将三者看作一个整体，整体所受合外力为零，动量守恒，有mv0=3mv， 解得v=，故B正确； 若要使A、B恰好不相碰，则A到达B处恰好三者共速，根据能量守恒定 律有m-×3m()2=μmgx，解得v0=，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 7.(多选)如图所示，一块质量为M=2m的长木板停在光滑的水平面上，长木板的左端有挡板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧，一个质量为m的小物块(可视为质点)以水平速度v0从长木板的最右端开始向左运动，与弹簧发生相互作用后(弹簧始终处于弹性限度内)，最终又恰好相对静止在长木板的最右端，已知长木板与小物块间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下说法正确的是 A.小物块的最终速度为v0 B.弹簧的最大弹性势能为m C.小物块相对于长木板向左滑行的最大距离为 D.长木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为m √ √ 小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，小物块与长木板 构成的系统动量守恒，则有mv0=v2，解得v2==v0，故A错误； 小物块从开始位置滑动到最左端的过程中，小物块与长木板构成的系统动量守恒，则有mv0=v1，解得v1= m=Epm+μmgL+ m=2μmgL+ ，解得Epm=m，L=，故B正确，C错误； 系统损失的机械能为ΔE=2μmgL=m，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 8.如图，质量M=5 kg的长木板上有一质量m=3 kg的物块(可看作质点)，它们都以v0=4 m/s的速率反向运动，它们之间的动摩擦因数μ=0.5，水平面光滑，最终小物块恰好没有滑离长木板，g取10 m/s2，求： (1)长木板的最终速度v； 答案　1 m/s，方向向左 对全程由动量守恒定律可知，最终长木板和物块的速度相同，取向左为正方向，则Mv0-mv0=(m+M)v 解得v=1 m/s，方向向左。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (2)整个过程中产生的热量Q及长木板的长度L； 答案　60 J　4 m 整个过程中，根据能量守恒定律有 Q=(m+M)-(m+M)v2 μmgL=Q 解得Q=60 J，L=4 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (3)物块向右运动的最大距离。 答案　1.6 m 物块向右运动的距离最大时速度为零，根据动能定理有-μmgx=0-m 解得x=1.6 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 9.(2024·甘肃卷)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P=OP=1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 尖子生选练 答案　40 N A、C的质量为m=2 kg，B的质量为M=6 kg，细绳OP长为l=1.6 m。 A从开始运动到最低点由动能定理 mgl(1-cos 60°)=m-0 对A在最低点，根据牛顿第二定律得 F-mg= 解得v0=4 m/s，F=40 N 根据牛顿第三定律，A运动到最低点时细绳OP所受的拉力为40 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 答案　4 m/s A与C相碰时由于碰后A竖直下落，可知A水平速度变为0，由水平方向动量守恒，可知 mv0=0+mvC，解得vC=v0=4 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 答案　0.15 C相对B滑行4 m后与B共速， 根据动量守恒可得mvC=(M+m)v 根据能量守恒得μmgL相对=m-(M+m)v2 联立解得μ=0.15。 返回 第 一 章 本课结束 $