1.6.3 专题强化４ 常见碰撞模型的应用（二）（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修一（人教版·江苏专版）

本讲义聚焦高中物理常见碰撞模型的应用，深入讲解“子弹打木块”和“滑块—木板”模型，系统梳理动量守恒定律、能量守恒定律在两类模型中的具体应用，构建从基础定律到实际模型分析的学习支架。 该资料以模型建构为核心，通过分析模型特点、推导基本关系式、设计典型例题与练习题，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力，强化能量观念。课中辅助教师清晰讲授模型应用方法，课后学生可通过练习题巩固模型分析思路，有效查漏补缺。

专题强化４　常见碰撞模型的应用（二） 1.进一步理解动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律的区别和应用范围。 2.学会利用动量守恒定律和能量守恒定律等分析“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型。 强化点一　“子弹打木块”模型 1.模型特点 （1）子弹打木块的过程很短，内力远大于外力，系统动量守恒。 （2）在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能减少。 2.基本关系式 （1）子弹留在木块中（未穿出） ①动量守恒：mv0＝（m＋M）v。 ②机械能的损失（摩擦生热） Q热＝Ffd＝m－（M＋m）v2 其中d为子弹射入木块的深度。 （2）子弹穿出木块 ①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。 ②机械能的损失（摩擦生热） Q热＝FfL＝m－m－M 其中L为木块的长度，注意d≤L。 测弹丸速率常用如图所示的冲击摆，用长为l的细线悬挂质量为M的沙袋（沙袋尺寸远小于l），沙袋静止，质量为m的子弹以一定的初速度自左向右方向水平射向沙袋，并留在沙袋中，测出沙袋向右摆过的最大偏角θ（小于90°），就可以计算出子弹的初速度。重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　D　） A.子弹打击沙袋过程中系统机械能守恒 B.子弹射入沙袋后瞬间细线的拉力为（M＋m）g·（3－cos θ） C.子弹射入沙袋瞬间子弹和沙袋的共同速度为 D.子弹的初速度v0＝ 解析：子弹射入沙袋过程中需要克服阻力做功，系统有机械能损失，故A错误；根据牛顿第二定律可得F－（M＋m）g＝（M＋m），整体向右摆动过程中，有－（M＋m）gl（1－cos θ）＝0－（M＋m）v2，联立可得共同速度v＝，拉力F＝（M＋m）g·（3－2cos θ），故B、C错误；子弹射入沙袋过程，根据动量守恒定律可得mv0＝（M＋m）v，所以v0＝，故D正确。 如图所示，一质量为M、长度为L的木块，静止在光滑的水平地面上，一颗质量为m的子弹，以初速度v0射向木块。如果将子弹与木块相互作用力大小F视为恒力。 （1）如果子弹没有打穿木块，系统产生的热量是多少？ 答案：　 解析：在光滑的水平地面上，系统所受合外力为0，动量守恒。如果子弹没有打穿木块，则最终木块与子弹具有共同速度，设为v，根据动量守恒定律有mv0＝（M＋m）v 解得v＝v0 根据能量守恒定律可得系统产生的热量为 Q＝m－（M＋m）v2＝。 （2）要使子弹能打穿木块，子弹的初速度至少多大？ 答案： 解析：要使子弹能打穿木块，则子弹恰好到达木块右端与木块具有共同速度v'时对应子弹的初速度最小，设为vmin， 根据动量守恒定律有mvmin＝（M＋m）v' 根据能量守恒定律有 FL＝m－（M＋m）v'2 解得vmin＝。 强化点二　“滑块—木板”模型 如图所示，在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0从木板的左边缘滑上质量为M的木板的上表面。滑块与木板间的滑动摩擦力为Ff。 （1）把滑块、木板看成一个整体，系统的动量和机械能有什么特点？ 提示：把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒，由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒。 （2）如果木板足够长，计算相对运动过程系统产生的内能？ 提示：二者最终共速，即有mv0＝（m＋M）v共，系统损失的机械能ΔE损＝m－（m＋M），相当于完全非弹性碰撞。 （3）如果木板不够长，滑块从木板上滑落，计算滑块滑出木板时滑块与木板的速度以及系统产生的内能。 提示：若滑块能够滑离木板，有mv0＝mv1＋Mv2，系统损失的机械能ΔE损＝m－（ m＋M），系统增加的内能Q＝Ff·L＝ΔE损， 其中L为木板的长度；类比碰撞模型：相当于非弹性碰撞。 探究归纳 1.把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒。 2.由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，系统机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，即ΔE＝FfL相对，其中L相对为滑块和木板相对滑动的路程。 3.若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多。 （2026·六合中学期初考试）如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动，C以速度v向左运动。B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力。求： （1）木板C的最终速度大小； 答案：v　 解析：以水平向右为正方向，B、C碰撞过程中动量守恒，则有2mv－mv＝（2m＋m）v1 解得v1＝ A滑到C上，A、C组成的系统动量守恒，则有 3mv＋mv1＝（3m＋m）v2，解得v2＝v。 （2）木板C与物块A之间的摩擦力的大小Ff； 答案：　 解析：根据能量关系可知，在A、C相互作用过程中，木板C与物块A之间因摩擦产生的热量为 Q＝（3m）v2＋m－（3m＋m） Q＝Ff·，联立解得Ff＝。 （3）物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t。 答案： 解析：在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得Fft＝mv2－mv1 解得t＝。 （2026·常州第一中学调研）在光滑水平面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L＝1.0 m，凹槽与物块的质量均为m ＝1 kg，两者之间的动摩擦因数μ ＝ 0.05，开始时物块静止，凹槽以v0 ＝5 m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，取g＝10 m/s2，求： （1）物块与凹槽相对静止时的共同速度； 答案： 2.5 m/s　 解析：设两者间相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv 解得v＝＝2.5 m/s。 （2）从凹槽开始运动到两者相对静止，系统产生的总热量； 答案： 6.25 J 解析：根据能量守恒可得系统产生的总热量为 Q＝m－·2mv2＝6.25 J。 （3）从凹槽开始运动到两者相对静止，物块与右侧槽壁碰撞的次数。 答案： 6次 解析：物块与凹槽间的滑动摩擦力 Ff＝μFN 设两者间相对静止前，相对运动的路程为s1，由动能定理得 －Ffs1＝（m＋m）v2－m 联立解得s1＝12.5 m 由于L＝1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。 1.（2025·江苏徐州期中）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法不正确的是（　　） A.子弹的末速度大小相等 B.系统产生的热量一样多 C.子弹对滑块做的功相同 D.子弹和滑块间的水平作用力一样大 解析：D　以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝v，可得滑块最终获得的速度v＝，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；由以上分析可知，子弹嵌入下层或上层过程中，子弹减少的动能一样多（两种情况下子弹初、末速度都相等），滑块增加的动能也一样多，则两种情况系统减少的动能相同，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Q＝fs相对知，由于s相对不相等，而Q相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。 2.（2026·西安交通大学苏州附属中学期中）如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较（　　） A.射入滑块A的子弹速度变化大 B.整个射入过程中两滑块受的冲量不一样大 C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D.两个过程中系统产生的热量相同 解析：D　根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v1，mv0＝（m＋M）v2，所以v1＝v2，即两子弹初、末速度均相等，速度变化量相等，故A错误；对滑块，根据动量定理得I1＝Mv1，I2＝Mv2，所以I1＝I2，故B错误；对子弹，根据动能定理得Wf1＝m－m，Wf2＝m－m，所以Wf1＝Wf2，故C错误；对系统，根据能量守恒定律得Q1＝m－（m＋M），Q2＝m－（m＋M），所以Q1＝Q2，故D正确。 3.（2025·无锡期中）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg的另一物体B（可看成质点）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速度随时间变化的情况如图乙所示，则该过程中系统损失的机械能为（g取10 m/s2）（　　） A.ΔE＝1 J B.ΔE＝2 J C.ΔE＝3 J D.ΔE＝4 J 解析：B　由图像可知，1 s后A、B的共同速度大小为v＝1 m/s，根据动量守恒定律可得mv0＝（m＋M）v，解得m＝M＝2 kg，系统损失的机械能为ΔE＝m－（M＋m）v2，解得ΔE＝2 J，故选B。 4.（2026·常州高级中学阶段检测）如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度小于子弹B射入的深度，则（　　） A.子弹A的质量一定比子弹B的质量大 B.入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力小 C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间短 D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大 解析：A　木块始终静止，说明两颗子弹对木块的作用力大小始终相等，即阻力f相等，设子弹射入木块的深度为d，根据动能定理，子弹的初动能Ek＝f·d，由于dA＜dB，则EkA＜EkB，故D错误；又子弹的初动能Ek＝m＝，即m＝，由于三个物体在整个过程中动量守恒，根据动量守恒定律可知pA＝pB，综合以上分析可知，mA＞mB，故A正确；木块静止，根据牛顿第三定律，木块对子弹的阻力相等，说明子弹A、B对木块的阻力大小相等， B错误；子弹在木块中做匀减速运动，末速度为0，根据动量定理，则运动时间t＝，运动时间相等，C错误。 5.（2025·海安高级中学月考）如图所示，有一个质量为M的足够长的木板，正以水平向左大小为v的速度在光滑水平面上滑行，同时有一个质量为m的滑块以大小为v的速度向右滑上木板，滑块和木板间的动摩擦因数为μ，M＞m，以下分析正确的是（　　） A.仅增大μ，摩擦产生的热量不变 B.仅增大μ，摩擦产生的热量增大 C.仅增大M，滑块相对木板滑行的距离变小 D.仅增大m，滑块相对木板滑行的时间变长 解析：A　由m和M组成的系统动量守恒，则Mv－mv＝（m＋M）v共，根据能量守恒定律可得相对运动过程中，由于摩擦产生的热量Q＝Mv2＋mv2－（m＋M），所以Q＝v2，由此可知，仅增大μ，摩擦产生的热量不变，故A正确，B错误；由于Q＝v2＝v2，Q＝μmgx相，仅增大M，Q增大，滑块相对木板滑行的距离变大，故C错误；滑块相对木板滑行的时间为t＝＝，由此可知，仅增大m，滑块相对木板滑行的时间变短，故D错误。 6.（2025·徐州中学月考）如图所示，质量为m的子弹以水平初速度v0射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为v，在此过程中，木块在地面上滑动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，子弹与木块间的相互作用力为f，以下关系式中不正确的是（　　） A.m－mv2＝f B.m－v2＝fd C.mv0＝v D.Mv2＝fd 解析：D　对子弹，由动能定理可知mv2－m＝－f，即m－mv2＝f，选项A正确；对子弹和木块组成的系统，由能量守恒定律可知m－v2＝fd，选项B正确；对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律可知mv0＝v，选项C正确；对木块，由动能定理得Mv2＝fs，选项D错误。 7.（2025·淮阴中学月考）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，m≠M）以速度v0滑上小车的左端，如图甲所示，最后随小车一起运动；若小车以速度v0向左运动，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，最终也随小车一起运动。则（　　） A.两种情况中木块相对小车滑行的距离相等 B.两种情况中木块最终随小车运动的速率相等 C.两种情况中木块与小车间摩擦产生的热不相等 D.两种情况中木块相对小车滑行的时间不相等 解析：A　根据动量守恒定律和能量守恒定律，甲图中mv0＝（m＋M）v1，Q1＝μmgx1＝m－（m＋M）＝，乙图中Mv0＝（m＋M）v2，Q2＝μmgx2＝M－（m＋M）＝，因m≠M，可知x1＝x2，v1≠v2，Q1＝Q2，选项A正确，B、C错误；甲图中，对滑块由动量定理，有－μmgt1＝mv1－mv0，乙图中，对滑块由动量定理，有μmgt2＝mv2，解得t1＝，t2＝，可知t1＝t2，选项D错误。 8.（2025·南通启东月考）如图所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3 kg的B木板和m＝1 kg的A物块都以v＝4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，某时刻观察到物块正在作加速运动，求该时刻木板的速度满足的范围。 答案：2 m/s＜v＜2.67 m/s 解析：开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，物块和木板组成的系统动量守恒，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1。规定向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv＝Mv1，解得v1＝ m/s≈2.67 m/s，此后物块将向右加速，薄板继续向右减速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v2。根据动量守恒定律得Mv－mv＝（M＋m）v2，解得v2＝2 m/s，两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动。综上分析可知，某时刻观察到物块正在作加速运动，则该时刻木板的速度满足2 m/s＜v＜2.67 m/s。 9.（2026·连云港期中）如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是m和2m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性正碰（碰撞时间极短），小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求： （1）A、B碰撞后物块B的速度大小； （2）碰撞过程小球A受到的冲量； （3）碰后轻弹簧获得的最大弹性势能。 答案：（1）　（2）m，方向水平向左　　（3）mgh 解析：（1）小球A由静止释放到最低点过程，根据动能定理可得mgh＝m 解得v0＝ 小球A与物块B发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 mv0＝mvA＋mvB，m＝m＋m 联立解得vA＝0，vB＝v0＝。 （2）碰撞过程，以小球A为研究对象，根据动量定理可得 I＝0－mv0＝－m，即物块A受到的冲量大小为m，方向水平向左。 （3）碰后，当B与C的速度相同时，弹簧的弹性势能最大，以B、C、弹簧为系统，根据动量守恒可得mvB＝（m＋2m）v 根据能量守恒可得Epm＝m－（m＋2m）v2 联立解得轻弹簧获得的最大弹性势能为Epm＝mgh。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $