第1章 专题课：“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型(Word讲义)-【满分思维】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册学生用书（人教版）

专题课:“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型 学习任务一“子弹打木块”模型 [模型建构] 模型 图示 水平地面光滑 模型 特点 (1)子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒 (2)系统的机械能有损失 两种 情景 (1)子弹嵌入木块中,两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒:mv0=(m+M)v 能量守恒:Q=Ff·x=m-(M+m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒:mv0=mv1+Mv2 能量守恒:Q=Ff·d=m-(M+m) 例1 [2025·河北石家庄一中高二月考] 如图所示,长为L、质量为M的木块静止在光滑水平面上,质量为m的子弹(可视为质点)以某速度射入木块并从中射出,已知子弹射穿木块的过程中,木块移动的距离为s,所用的时间为t,子弹所受阻力恒定不变,则子弹射入木块前瞬间的速度v0为 (　) A. B. C. D. [反思感悟] 　   变式1 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射入的深度大于子弹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受到的阻力大 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长 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 [反思感悟] 　   例2 一质量为M的木块放在光滑的水平面上,一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中.子弹与木块之间的相互作用力大小为Ff. (1)子弹、木块相对静止时的速度为多大? (2)子弹在木块内运动的时间为多长? (3)子弹、木块相互作用过程中,子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别为多少? (4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少? (5)要使子弹不射出木块,木块至少为多长? 学习任务二“滑块—木板”模型 [模型建构] 模型 图示 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 例3 如图所示,质量m=4 kg的物体,以水平速度v0=5 m/s滑上静止在光滑水平面上的平板小车,小车质量M=6 kg,物体与小车车面之间的动摩擦因数μ=0.3,g取10 m/s2,设小车足够长,求: (1)小车和物体的共同速度; (2)物体在小车上滑行的时间; (3)在物体相对小车滑动的过程中,系统产生的摩擦热. 变式2 [2026·黑龙江大庆实验中学高二开学考] 如图所示,足够长的小车质量为m=2 kg,木块质量为M=3 kg,小车与木块之间动摩擦因数为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,重力加速度大小取10 m/s2,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 [反思感悟] 　   例4 [2026·湖北武汉高二期中] 一长木板放在光滑的水平面上,如图所示,在木板上自左向右放有序号为1、2、3的木块.三木块的质量均为m,与木板间的动摩擦因数均为μ.开始时木板静止不动,第1、2、3号木块同时获得水平向右的大小分别为v0、2v0、3v0的初速度.已知木板的质量为3m,最终三木块均未从木板上滑出,已知重力加速度为g,试求: (1)木板刚开始运动时的加速度大小; (2)全过程中系统产生的热量; (3)第2号木块在整个运动过程中的最小速度. 1.(子弹打木块模型)(多选)如图所示,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v水平射向滑块,若射击下层,子弹刚好不射出.若射击上层,则子弹刚好能射进一半厚度,上述两种情况相比较 (　) A.子弹损失的动能一样多 B.子弹射击上层时,从射入到共速所经历时间较长 C.系统产生的热量一样多 D.子弹与上层摩擦力较大 2.(滑块—木板模型)(多选)[2026·浙江余姚实验学校高二月考] 如图甲所示,一长木板静止于光滑水平桌面上,t=0时,小物块以速度v0滑到长木板上,图乙为物块与木板运动的v⁃t图像,图中t1、v0、v1已知,重力加速度大小为g,由此可求得 (　) A.木板的长度 B.物块与木板的质量之比 C.物块与木板之间的动摩擦因数 D.从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能 3.(动量综合应用)(多选)[2026·山东烟台二中高二月考] 如图所示,质量为8m、长度一定的长木板放在光滑的水平面上,质量为m、可视为质点的物块放在长木板的最左端,质量为m的子弹以水平向右的速度v0射入物块且未穿出(该过程的作用时间极短可忽略不计),经时间t0物块以的速度离开长木板的最右端,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　) A.长木板最终的速度大小为 B.长木板的长度为 C.子弹射入物块的过程中损失的机械能为m D.物块与长木板间的动摩擦因数为 4.(动量综合应用)如图所示,一质量m1=0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上.质量m2=0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端.一质量为m0=0.05 kg的子弹、以水平速度v0=100 m/s射中小车左端并留在车中,最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车.已知子弹与车的作用时间极短,物块与车顶面的动摩擦因数μ=0.8,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力.g取10 m/s2,求: (1)子弹相对小车静止时小车速度的大小; (2)小车的长度L. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题课:“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型 例1　A　[解析] 子弹穿过木块过程中,子弹和木块组成的系统动量守恒,有mv0=mv1+Mv2,设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff,对子弹,由动能定理得-Ff(s+L)=m-m,对子弹,由动量定理有-Fft=mv1-mv0,对木块,由动能定理有Ffs=M,对木块,由动量定理有Fft=Mv2,联立解得子弹射入木块前瞬间的速度为v0=,故选A. 变式1　D　[解析] 由于木块始终保持静止状态,则两子弹对木块的推力大小相等,即两子弹所受的阻力大小相等,设为Ff,根据动能定理,对子弹A有-FfdA=0-EkA,得EkA=FfdA,对子弹B有-FfdB=0-EkB,得EkB=FfdB,由于dA>dB,则有子弹射入时的初动能EkA>EkB,故B错误,D正确.两子弹和木块组成的系统动量守恒,则有=,而EkA>EkB,则mA<mB,故A错误.子弹A、B从木块两侧同时射入木块,木块始终保持静止,分析得知,两子弹在木块中运动的时间必定相等,否则木块就会运动,故C错误. 例2　(1)v0　(2)　 (3)　　　 (4)　　(5) [解析] (1)设子弹、木块相对静止时的速度为v,以子弹初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v 解得v=v0 (2)设子弹在木块内运动的时间为t,对木块,由动量定理得Fft=Mv-0 解得t= (3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2,如图所示 对子弹,由动能定理得-Ffx1=mv2-m 解得x1= 对木块,由动能定理得Ffx2=Mv2 解得x2= 子弹打进木块的深度等于相对位移的大小,即 x相=x1-x2= (4)系统损失的机械能为 E损=m-(M+m)v2= 系统增加的内能为Q=Ff·x相= (5)假设子弹恰好不射出木块,有 FfL=m-(M+m)v2 解得L= 因此木块的长度至少为 例3　(1)2 m/s　(2)1 s　(3)30 J [解析] (1)小车和物体组成的系统动量守恒,规定向右为正方向,则mv0=(m+M)v 解得v== m/s=2 m/s (2)物体在小车上做匀减速直线运动 根据牛顿第二定律可知-μmg=ma 解得a=-μg=-3 m/s2 则物体在小车上滑行的时间为t== s=1 s (3)根据能量守恒定律,系统产生的摩擦热为 ΔQ=m-(m+M)v2=30 J 变式2　D　[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-m ,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匀加速运动,假设小车在第二次撞墙前还未和木块相对静止,由小车运动的对称性可知,其第二次撞墙时的速度大小还是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M+m=+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=μMgs,解得s= m,故C错误. 例4　(1)μg　(2)4m　(3) [解析] (1)刚开始运动时,对木板由牛顿第二定律得3μmg=3ma 解得木板刚开始运动时的加速度大小为a=μg (2)系统满足动量守恒,设系统最后的共同速度为v,则 m(v0+2v0+3v0)=6mv 解得v=v0 全过程中系统产生的热量为 Q=m-×6mv2 解得Q=4m (3)设第2号木块的最小速度为v2,木块2在此速度之前做减速运动,后做加速运动,且此速度为其与木板相对静止时的速度,此时只有第3块木块相对木板运动,由动量守恒定律有 m(v0+2v0+3v0)=5mv2+mv3 在此过程中,第3号木块与第2号木块在木板上运动的时间相同,所受摩擦力相同,故速度改变量相同,则3v0-v3=2v0-v2 解得v2= 随堂巩固 1.ACD　[解析] 子弹射入滑块的过程中,将子弹和滑块看成一个整体,所受合外力为0,系统动量守恒,所以两种情况下子弹和滑块的最终速度相同,所以末动能相同,故系统损失的动能一样多,产生的热量一样多,A、C正确;子弹射击滑块上层能射进一半厚度,射击滑块下层刚好不射出,说明在上层所受的摩擦力比下层大,根据动量定理可知,两种情况下滑块对子弹的冲量相同,子弹射击上层所受摩擦力大,所以从入射到共速经历的时间短,B错误,D正确. 2.BC　[解析] 木板在光滑水平桌面上,物块滑上木板后,系统动量守恒,由图像可知,最终物块与木板以共同速度v1运动,有mv0=(M+m)v1,-μmgΔx=(M+m)-m,Δx=t1,可求出物块与木板的质量之比及物块与木板之间的动摩擦因数,但求不出木板的长度,A错误,B、C正确;由于木板质量未知,故不能求出木板获得的动能,D错误. 3.BD　[解析] 子弹、物块、木板整个系统,整个过程根据动量守恒定律,有mv0=2m·+8m·v,求得长木板最终的速度大小为v=v0,故A错误;子弹射入物块的过程中,时间极短,子弹及物块根据动量守恒定律有mv0=2mv',解得v'=,该过程系统损失的机械能为ΔE=m-·2mv'2,联立两式可求得ΔE=m,故C错误;子弹射入物块后到物块从长木板滑离时,运动的位移大小为x1=t0==t0=v0t0,长木板的位移大小为x2=t0=t0=v0t0,则长木板的长度为L=x1-x2=v0t0,故B正确;对长木板,整个过程根据动量定理有μ·2mgt0=8mv,可求得物块与长木板间的动摩擦因数为μ=,故D正确. 4.(1)10 m/s　(2)2 m [解析] (1)子弹进入小车的过程中,子弹与小车组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得m0v0=(m0+m1)v1 解得v1=10 m/s (2)三者组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得 (m0+m1)v1=(m0+m1)v2+m2v3 解得v2=8 m/s 由能量守恒定律可得 (m0+m1)=μm2gL+(m0+m1)+m2 解得L=2 m 学科网（北京）股份有限公司 $