专题强化4 子弹打木块模型滑块木板模型-【成才之路·学案】2026-2027学年高中物理选择性必修1同步新课程学习指导（人教版）

跟踪训练2：BC小球与小车组成的系统在水平方向所受合力 为零，在竖直方向所受合力不为零，所以系统动量不守恒，但 水平方向系统动量守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在 水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零不 变，因为小球运动到圆弧最低点时水平速度最大，则此时小车 的速度最大，故B正确；小球由B点离开小车时与小车在水平 方向速度相等，又因为小球和小车组成的系统在水平方向的 动量始终为零，则此时小球在水平方向的速度为零，小车的速 度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，根据系统机械能守 恒可知，小球运动到B点的速度大小等于小球在A点时的速 度大小，故C正确，D错误。 提升点3“滑块一悬绳”模型 例3：BC小球下落过程中滑块和小球组成的系统所受合外力 不为零，因此系统动量不守恒，故A错误：轻绳上的拉力属于 内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量 守恒，故B正确：当小球落到最低点时，只有水平方向的速度 此时小球和滑块的速度均达到最大，根据系统水平方向动量 守恒有Mm=mm,根据系统机械能守恒有mgl= 2m2+ 2联立解得三√0%故C正确，D错误 专题强化4子弹打木块模型滑块一木板模型 提升点1子弹打木块模型 例1：ABD两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力f相等，根据 牛顿第二定律有a=,两次子弹的加速度相等；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，所以第二次子弹的 位移32要大于第一次的位移31，即32>31；子弹做减速运动 由位移公式=o+分d和>可得，6>4，故A正确：两 次打穿木块过程中，子弹受到的阻力相等，阻力对子弹做的功 等于子弹损失的动能，即△E制=，由于s2>s1,所以AE2拟> △Ek撇，故B正确；两次打穿木块过程中，子弹受到的平均阻力 相等，系统摩擦产生的热量Q=fd,其中f为阻力，d为子弹相 对于木块的位移大小，由于两次子弹相对于木块的位移大小 都是木块的长度，所以系统机械能的损失相等，即E2拟=E拟， 故C错误；P1小于子弹的初动量，第二次子弹穿透木块的过 程，系统的动量守恒，则2等于子弹的初动量，所以P2>P1, 故D正确。 跟踪训练1：（华元。(2）2Mm6（3)pr,(n+m Mm Mmvo (4)Mm(M+2m)2 Mm2vo2 Mmvo 2F(M+m)22F,(M+m)22F(M+m) 解析：(1)设子弹、木块的共同速度为，以子弹初速度的方向 为正方向，由动量守恒定律得m。=（M+m),解得v= n M+moo 1 《(2)此过程中产生的摩擦热为Q“三2m。-2（(M+m)中 Mm 2(M+m)o2。 2 (3)设子弹在木块内运动的时间为t,对木块，由动量定理得 Mmvo Ft=M-0,解得t=下(M+m) (4)设子弹、木块发生的位移分 别为1、2，如图所示，由动能定 公 17 1 理对子弹，有-F=2m- m,2,解得5= 1 Mm(M+2m)vo 2F(M+m)2, 相 一X1 对木块，有F=之M,解得 Mm2vo2 2F,(M十m,子弹打进木块的深度等于相对位移，即 Mmo2 x相=x-x=2F,(M+m）° 提升点2滑块一木板模型 例2：AB从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运 动，最后一起做匀速运动，共同速度为v=1/s,取向右为正 方向，根据动量守恒定律得mo=(m+M)v,解得M=2kg,故 B正确；由题图乙可知，木板B匀加速运动的加速度为a=A: △t =1m/s2,对B,根据牛顿第二定律得umg=Ma,解得动摩擦 因数为μ=0.1，故A正确；由题图乙可知前1s内B的位移为 =7×1×1m=0.5m,A的位移为-2×1m 1.5m,所以木板最小长度为L=xA-xg=1m,故C错误；A、B 组成的系统损失的械能为AE=子m,2-之(m+M):2- 2J,故D错误 跟踪训练2：(1)1m/s,方向水平向右(2)1.5kg·m/s (3)0.5 解析：设水平向右为正方向 (1)从开始到相对静止，水平方向动量守恒-M,+m,= (M+m)v 解得v=1m/s,方向水平向右。 (2)长木板的动量变化量大小△p=M-(-M,)=1.5kg·m/s (3)对小木块B,根据动量定理得-mgt=mm-m, 解得4=0.5。 6.反冲现象火箭 探究点1反冲现象 要点归纳 1.相反方向 2.(1)旋转(2)准确性肩部 判断正误 (1)V(2)V(3)× 例1：(100 (2)6cos0 M (3)mc0s0 M+m 解析：以炮车和炮弹为研究系统，在水平方向上系统的动量守 恒。以炮弹前进的方向为正方向，由动量守恒定律得： (1)0=mo+M(-),解得=M0 mvo (2)0=mcos0+M(-2）,解得2=mtocos0 M mo cos 0 (3)0=m(ocos0-3)+M(-3),解得"3= M+m●037 专题强化4子弹打木块模型 滑块一木板模型 目标重点展示 素养目标 学习重点 进一步理解动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律的 物理观念 内容及其含义。 子弹打木块模型和滑块 利用动量守恒定律、能量守恒定律等分析常见的子弹打 木板模型 科学思维 木块模型与滑块一木板模型。 提升点1子弹打木块模型 ●要点归纳 1.模型建构：如图所示，质量为M长为L的木块静止于光滑的水平面上，一 质量为m、速度为o的子弹水平射入木块，设木块对子弹的阻力恒为F。 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。 3.两种类型 (1)子弹留在木块中（未穿出）》 则由动量守恒定律有mo=(m+M)v 对子弹，由动能定理有-F(+0=m2 2m,2 对木块，由动能定理有Fs=Mw 对子弹和木块组成的系统，由能量守恒定律可得：FPd=,2-(m+M) (2)子弹穿出木块 a.动量守恒：mo=mw1+M, b.对子弹由动能定理有-F,(L+s)=】m >22，之—-72。之。 对木块，由动能定理有r,·8=M,'。 c机被能的损失（摩搭生热），由能量守恒定律可得：0Q=R·L=m,’-分m-,其 中L为木块的长度，注意d≤L。 例1：（多选）(2026·成都高二检测)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△E1损，系统机械能的损失为E1损，穿透后系统的总动量为P1;同样的子弹以 同样的速度打穿放在光滑水平面上的同样的木块，经历时间为2，子弹损失的动能为△E2损， 系统机械能的损失为E2损，穿透后系统的总动量为P2。设木块给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>t B.△E2损>△Ek1损 C.E2损>E1损 D.P2>P 038 跟踪训练1：一质量为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。水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为 [规律方法]两类模 Fo求： 型相互作用过程中 (1)子弹、木块的共同速度； 涉及下列规律： (2)此过程中产生的摩擦热； (1)动力学规律：由 (3)子弹在木块内运动的时间； 于组成系统的两物体 (4)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 受到大小相等、方向 的深度。 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 提升点2滑块一木板模型 物块在木板上滑动的 ●要点归纳 距离，就是这段时间 内两者相对位移的 1.模型建构：滑块一木板模型常见 大小。 A■ 有以下两种，如图甲所示，在光滑的水 (3)动量规律：由于 甲 乙 平地面上，质量为m的滑块B以初速度 系统所受外力的合力 o从木板的左边缘滑上质量为M的木板A的上表面；如图乙所示，质量为M为零，故遵守动量守 的木板A在光滑的水平面上向右运动，把质量为m的木块B轻轻放在A的 恒定律。 右端。 (4)能量规律：对单 2.模型特点和规律 个物体，一般列动能 定理方程，对系统则 (1)相互作用特点：系统所受合外力为零。 遵循能量守恒定律， (2)系统动量特点：系统动量守恒。 系统机械能的减少量 (3)系统能量特点：系统机械能有损失，损失的机械能转化为系统的 等于摩擦产生的热 内能。 量，即Q=F,·S相对： 3.模型规律：研究A、B用动能定理或动量定理，研究A、B系统用能量守 5相对为相对路程。 恒定律。列方程时，类似于“子弹打木块”模型。 例2：（多选)在如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B,质量 A.名为m=-2kg的木块A以速度62m滑上原来静正的长 B 系统木板B的上表面，由于A、B之间有摩擦，之后A、B的速 甲 动量度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g=10s2。下 l(m·s) 守恒 列说法正确的是 隔离A,用动量定理（ A.A、B之间的动摩擦因数为0.1可求动摩擦因数“ B.长木板的质量M2kg)利用系统动量守恒可求木板质量M C.长木板长度至少为2m D.A、B组成的系统损失的机械能为4J 利用系统总动能减少量之m62-(什m),等于系统摩擦生热mgL,可以求长木板至少长度 >[规律方法] 039 跟踪训练2：质量为M=1.0kg的长木板A在光滑水平面上以 B U1=0.5m/s的速度向左运动，某时刻质量为m=0.5kg的小木块mmmm B以2=4/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t=0.6s小木块B相对A静止，求： (1)两者相对静止时的运动速度v; (2)从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小； (3)小木块与长木板间的动摩擦因数u。 夯基提能作亚 请同学们认真完成练案[9] 6.反冲现象) 火箭 ●目标重点展示 素养目标 学习重点 物理观念 知道什么是反冲运动；知道火箭的发射是利用了反冲现象。 (1)能利用动量守恒定律解释反冲现象。 (1)反冲原理 科学思维 (2)会利用动量守恒定律处理人船模型。 (2)人船模型 科学探究 探究火箭发射的原理。 探究点1反冲现象 [提示] (1)从实验中可以看 到：松开手以后，气 ●新知导学 球会沿与吹气口相反 的方向运动。 情境：请同学们拿出事先准备好的气球，吹起来以后用 (2)气球动起来后， 手捏住吹气口，然后突然放手，观察所发生的物理现象。 具有了一定的动量， 探究：(1)通过实验观察到什么现象？ 而其原来的动量为 零，故它的动量发生 (2)气球为什么会运动起来？ >[提示] 了变化。由动量定理 ●要点归纳 可知，气球一定受到 了力的作用，而对气 1.定义 球产生冲力的只能是 一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运 与气球有相互作用的 物体，从本实验来 动，另外一个部分必然向 运动的现象。 >[举例] 看，能与气球产生相 2.反冲现象的应用及防止 互作用并导致气球运 动的只能是气球内的 (1)应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲，使水从喷口喷出时一边喷 气体。当松开手后， 水一边 气球内的气体要从吹 (2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的 ,所以用 气口冲出，从而与气 球产生了相互作用的 步枪射击时要把枪身抵在 ,以减少反冲的影响。 ●[思考]内力，致使气球受到 3.反冲运动的三个特点 冲力的作用而反向运 动。 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。