第一章 专题强化4 子弹打木块模型 滑块—木板模型（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（人教版 浙江专版）

本讲义聚焦高中物理子弹打木块模型与滑块—木板模型，系统梳理动量守恒定律、能量守恒定律的应用，先阐述模型特点（内力远大于外力、动量守恒、机械能损失转化为内能），再分未穿透共速、穿透滑离两种情况，结合公式及碰撞模型类比，通过例题与训练构建学习支架。 该资料突出模型建构与科学推理，将两模型类比碰撞模型，通过子弹击中木块求高度、滑块与木板共速求热量等例题培养分析能力。课中辅助教师演示规律应用，课后分层训练（针对训练、专题强化练）帮助学生查漏补缺，提升解决实际问题的科学思维。

专题强化4　子弹打木块模型　滑块—木板模型 [学习目标]　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)。 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：作用时间极短，内力远大于外力。 (2)系统动量特点：系统动量守恒。 (3)系统能量特点：系统机械能有损失，损失的机械能转化为系统的内能。 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＝Ff·Δx＝ΔE损，其中Δx为两者间的相对位移，Ff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＝Ff·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。 例1　(2024·杭州东方中学期末)如图所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为M的木块，一质量为m的子弹，以水平速度v0击中木块，已知M＝5m，不计空气阻力。问： (1)如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短)，若木块上升的最高点比悬点O低，木块能上升的最大高度是多少？(设重力加速度为g) (2)如果子弹在极短时间内以水平速度穿出木块，则在这一过程中子弹、木块组成的系统损失的机械能是多少？ 答案　(1)　(2)m 解析　(1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v1，设向右为正方向，根据动量守恒则有mv0＝(m+M)v1，因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h，则有(m+M)＝(m+M)gh，解得h＝。 (2)子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出时木块速度为v2，设向右为正方向，根据动量守恒则有mv0＝m+Mv2，解得v2＝，在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为 ΔE＝mm()2－M，解得ΔE＝m。 针对训练1　一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平地面上，两次子弹都能射穿木块而继续飞行，这两次相比较(　　) A.第一次系统产生的热量较多 B.第一次子弹的动量的变化量较小 C.两次子弹的动量的变化量相等 D.两次子弹和木块构成的系统动量都守恒 答案　B 解析　因为第一次木块固定，所以子弹减少的能量全部转化成内能，而第二次木块不固定，根据动量守恒，子弹射穿后，木块具有动能，所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能，因为产热Q＝Ff·Δx，即两次产热相同，所以第二次子弹剩余动能更小，速度更小，而动量变化量Δp＝mΔv，所以第一次速度变化小，动量变化小，故A、C错误，B正确；第一次木块被固定在地面上，系统动量不守恒，故D错误。 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：系统所受合外力为零。 (2)系统动量特点：系统动量守恒。 (3)系统能量特点：系统机械能有损失，损失的机械能转化为系统的内能。 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＝Ff·Δx＝ΔE损，其中Δx为两者间的相对位移，Ff为滑块和木板之间的滑动摩擦力大小。 ③类比碰撞模型：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＝Ff·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。 例2　如图，在光滑的水平面上，有一质量为M＝3 kg的木板，木板上有质量为m＝1 kg的物块。它们都以大小为4 m/s的初速度反向运动，它们之间存在摩擦力，且木板足够长，求： (1)当木板向左的速度为2.4 m/s时，物块的速度； (2)系统最终产生的热量。 答案　(1)0.8 m/s，方向向左　(2)24 J 解析　(1)设向左为正方向，两物体组成的系统水平方向不受外力，由动量守恒定律可知Mv0－mv0＝Mv1+mv2，代入数据解得v2＝0.8 m/s，方向向左。 (2)最终二者会达到共同速度，对全程由动量守恒定律，Mv0－mv0＝(M+m)v，解得v＝2 m/s，由能量守恒定律得产生的热量Q＝(m+M)(m+M)v2＝24 J。 针对训练2　(多选)(2024·宁波市北仑中学高二开学考试)长为L、质量为M的平板小车停在光滑水平面上，质量为m的木块(可视为质点)以速度v0滑上小车的左端，最后刚好在小车的右端与小车相对静止，如图甲所示；若小车以速度v0向左运动时，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，则(　　) A.木块最终刚好在小车右端与小车相对静止 B.木块最终仍在小车上，但离右端还有一段距离 C.木块将滑出小车 D.两种情况中木块相对小车滑行的时间相等 答案　AD 解析　如题图甲所示，对小车和木块系统由动量守恒定律和能量守恒定律可知mv0＝(m+M)v，μmgL＝m(m+M)v2；如题图乙所示，由动量守恒定律和能量守恒定律可知两者达到共速时有Mv0＝(m+M)v'，μmgx＝M(m+M)v'2，联立解得x＝L＝，选项A正确，B、C错误；对题图甲情况，对小车由动量定理μmgt1＝Mv，对题图乙情况，对木块由动量定理μmgt2＝mv'，解得t1＝t2＝；选项D正确。 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。 (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＝Ff·Δx，Δx为相对路程。 专题强化练 [分值：60分] 1.(9分)如图所示，一轻质弹簧两端分别连着木块A和B，初态A和B均静止于光滑的水平面上。现有初速度为v0的子弹射中木块A，并留在A中。已知子弹和木块A的质量均为m，木块B的质量为3m。求： (1)(5分)弹簧压缩量达到最大时A、B两木块的速度vA和vB的大小； (2)(4分)弹簧弹性势能的最大值Ep。 答案　(1)均为v0　(2)m 解析　(1)子弹打入A的过程， 根据动量守恒定律可得mv0＝(m+m)v， 解得v＝v0 子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统， A、B速度相等时弹簧被压缩到最短。 根据动量守恒定律有2mv＝(m+m+3m)v共， 解得v共＝vA＝vB＝v0 (2)此时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律得 ×(m+m)v2＝×(m+m+3m)+Ep， 解得Ep＝m。 2.(10分)(2024·玉环市坎门中学高二月考)一质量为m＝0.4 kg的平顶小车静止在光滑的水平面上，质量为m1＝0.39 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的左端，一质量为m0＝0.01 kg的子弹以水平速度v0＝200 m/s从左边射中小物块并留在小物块中，子弹与小物块的作用时间极短，最终小物块以相对地面3 m/s的速度滑离小车，小物块与车顶间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(3分)子弹射入小物块过程中与小物块共速时的速度大小； (2)(3分)小物块滑离小车时小车的速度大小； (3)(4分)小车的车长。 答案　(1)5 m/s　(2)2 m/s　(3)1.2 m 解析　(1)子弹射入小物块中，设共同速度为v1， 子弹和物块组成的系统动量守恒， 由动量守恒定律得m0v0＝(m0+m1)v1 解得v1＝5 m/s。 (2)子弹射入小物块后和小车组成的系统动量守恒，设小物块滑离小车时速度为v2，小车的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律可得 (m0+m1)v1＝(m0+m1)v2+mv 解得v＝2 m/s。 (3)设小车的长度为L，由能量守恒定律可得 μ(m0+m1)gL＝(m0+m1)(m0+m1)mv2，代入数据解得L＝1.2 m。 3.(11分)(2024·台州市高二月考)如图所示，曲面光滑的轨道A固定在水平地面上，轨道底端的切线方向水平。质量M＝4 kg的小车B紧靠轨道右侧静止于光滑水平地面上，其上表面与轨道底端在同一水平面上。一个质量m＝1 kg可视为质点的物体C由静止从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并一起运动。已知轨道顶端与底端的高度差h＝0.8 m，物体与小车板面间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(3分)物体滑到轨道底端时的速度大小v0； (2)(5分)物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间t； (3)(3分)物体相对小车滑动的距离s。 答案　(1)4 m/s　(2)0.8 s　(3)1.6 m 解析　(1)物体下滑过程机械能守恒， 有mgh＝m， 代入数据解得v0＝＝4 m/s。 (2)物体相对小车静止时， 物体和小车速度相等，设为v， 对系统由动量守恒得mv0＝(M+m)v； 对物体由动量定理得－μmgt＝mv－mv0， 联立代入数据解得t＝0.8 s。 (3)由能量守恒得μmgs＝m(M+m)v2，联立代入数据解得s＝1.6 m。 4.(14分)(2024·绍兴市上虞区期末)如图所示，物块A(图中未画出，可视为质点)的质量mA＝2 kg，以12 m/s的水平速度与静止在小车最左端质量mB＝2 kg的滑块B(可视为质点)发生弹性正碰(碰撞时间极短，碰后瞬间立即取走物块A)，足够长的小车质量m0＝1 kg，右端距离墙面足够远，小车每次与墙碰撞时都原速率反弹。已知滑块B与小车间的动摩擦因数μ＝0.1，小车与地面的阻力忽略不计。求： (1)(4分)滑块B刚开始滑行时的速度大小； (2)(5分)小车第1次与墙碰撞前，滑块与小车间由于摩擦产生的热量； (3)(5分)小车第2次与墙碰撞的速度大小。 答案　(1)12 m/s　(2)48 J　(3) m/s 解析　(1)A、B发生弹性碰撞， 由系统动量守恒和能量守恒得 mAvA＝mAvA'+mBvB， mAmAvA'2+mB 解得vA'＝0，vB＝12 m/s。 (2)由于小车足够长，离墙壁足够远， 故小车与墙壁碰撞前已和滑块B共速， 由动量守恒可得mBvB＝(mB+m0)v1， 解得v1＝8 m/s 小车第1次与墙碰撞前， 滑块与小车间由于摩擦产生的热量 Q＝mB(mB+m0)，解得Q＝48 J。 (3)以向右为正方向，小车第1次与墙碰撞后的系统动量p1＝mBv1－m0v1＝8 kg·m/s 小车第2次与墙碰撞前滑块B与小车具有相同的速度v2，小车第1次与墙碰撞后到第2次与墙碰撞前，系统动量守恒，有p1＝mBv1－m0v1＝(mB+m0)v2 则v2＝ m/s。 5.(16分)如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车，在车上的左端放一木块B，车左边紧邻一个固定在竖直面内、半径为R的圆弧形光滑轨道，已知轨道底端的切线水平，且高度与车表面相平。现有另一木块A(木块A、B均可视为质点)从圆弧轨道的顶端由静止释放，然后滑行到车上与B发生碰撞。两木块碰撞后立即粘在一起在平板车上滑行，并与固定在平板车上的水平轻质弹簧作用后被弹回，最后两木块刚好回到车的最左端与车保持相对静止。已知木块A的质量为m，木块B的质量为2m，车的质量为3m，重力加速度为g，设木块A、B碰撞的时间极短可以忽略。求： (1)(4分)木块A、B碰撞后的瞬间两木块共同运动速度的大小； (2)(6分)木块A、B在车上滑行的整个过程中，木块和车组成的系统损失的机械能； (3)(6分)弹簧在压缩过程中所具有的最大弹性势能。 答案　(1)　(2)mgR　(3)mgR 解析　(1)设木块A与B碰撞前瞬间的速度大小为v1，则根据机械能守恒定律有mgR＝m ① 设木块A、B碰撞后瞬间两木块共同运动速度的大小为v2，根据动量守恒定律有mv1＝3mv2 ② 联立①②解得v2＝ ③ (2)设木块A、B与车最终的速度大小为v3， 根据动量守恒定律有3mv2＝6mv3 ④ 根据③④解得木块和车组成的系统损失的机械能为ΔE＝×3m×6mmgR ⑤ (3)当木块A、B将弹簧压缩至最短时， 木块和车速度相同，弹簧的弹性势能最大， 由动量守恒定律知， 此时木块和车组成的系统速度为v3， 根据运动的对称性可知此过程中系统损失的机械能为ΔE＝mgR ⑥ 根据③④⑥和能量守恒定律解得弹簧的最大弹性势能为Epm＝×3mΔE－×6mmgR。 学科网（北京）股份有限公司 $