练案9 第一章专题强化 4 子弹打木块模型滑块 — 木板模型-【成才之路·练案】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）

练案[9] 第一章 专题强化4 子弹打木块模型滑块一木板模型 基础巩固练 最大深度为d山2。设子弹均未射穿木块，且两颗 子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两 知识点一子弹打木块模型 颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的 1.(多选)一子弹以初速度o击中静止在光滑水 是 平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入 A.木块最终静止，d1=d 的深度为d,木块运动的位移为s。则以下说 B.木块最终静止，d山<d 法正确的是 C.木块最终静止，山>d2 D.木块最终向左运动，d1=d2 知识点二滑块一木板模型 7mmmmmmmm 5.（多选)如图，光滑水平 m A.子弹动能的亏损等于系统动能的亏损 面上足够长的木板质量 M B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化 为M,以初速度o向左 量的大小 运动的同时，长木板左端上方质量为m的滑 C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做 块也以同样大小的速度。向右运动，最终它 的功 D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量 们有共同的速度，则 2.(多选)长方体滑块 A.若M=m,最终共同速度一定为零 由不同材料的上、下 B.若M<m,滑块的即时速度可能为零 两层粘在一起组成， 1:1:D hiii mnm C.若M>m,当滑块的速度减至零时，木板向 将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹 左运动 以速度。水平射向滑块。若射击下层，子弹 D.若M>m,滑块相对木板先向右，后向左运 刚好不射出；若射击上层，子弹刚好能射入一 动，直至与木板相对静止 半厚度，如图所示。则上述两种情况相比较， 下列说法正确的是 6.（2025·湛江市高二期中) ( A.子弹的末速度大小相等 如图所示，质量M=2kg的 B.系统产生的热量一样多 长木板在足够长的光滑地面上水平向右做速 C.子弹对滑块做的功相同 度大小为v1=2m/s的匀速直线运动。某时刻 D.子弹和滑块间的水平作用力一样大 一质量m=2kg的小物块（视为质点）以大小 3.如图所示，质量为M的木 v=8/s的速度从木板的左端向右滑上木 块放在水平面上，子弹沿 板，最终物块恰好未滑离木板。物块与木板间 水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水 的动摩擦因数u=0.5,取重力加速度大小g= 平面上滑行的距离为s,已知木块与水平面间 的动摩擦因数为，子弹的质量为m,重力加 10m/s2。求： 速度为g,空气阻力可忽略不计，则子弹射入 (1)木板的最终速度大小v; 木块前的速度大小为 (2)该过程中物块与木板之间因摩擦产生的 A.m+M √2g B.M-mugs 热量Q及木板的长度L。 m n C.m m+MVugs D. m M-m W儿gs 4.如图所示，光滑水平面上凸 鸡 有一质量均匀的木块，初mmmtmmmmhwmmmm 始时木块静止，接着有两颗完全相同的子弹先 后以相同大小的初速度射入木块。首先左侧 子弹射入，子弹水平射入木块的最大深度为 d,然后右侧子弹射入，子弹水平射入木块的 —165 综合提升练 9.如图所示，质量mg=鸡 A 2kg的平板车B上表面P B 7.如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块 水平，在平板车左端相 Tmmmmmmmm 静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子 对于车静止着一个质量m=2kg的物块A 弹以水平速度。射入木块。当子弹刚射穿木 (A可视为质点)，A、B一起以大小为，= 块时，木块向前移动的距离为s(图乙)。设子 0.5m/s的速度在光滑的水平面上向左运动， 弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子 一 颗质量mo=0.01kg的子弹以大小为o= 弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为 600m/s的水平初速度向右瞬间射穿A后，速 度变为v=200m/s。已知A与B之间的动摩 擦因数不为零，且A与B最终相对静止时A m 甲7 刚好停在B的右端，车长L=1m,g=10m/s2, 一L→ ←5→ 求： m (1)A、B间的动摩擦因数； 乙mmm (2)整个过程中因摩擦产生的热量。 —L A.1(s+L) B.1(s+2L) Uo vo cs+A D.1(+2s) 8.如图所示，质量m=4.0kg的木板A放在水 平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数u= 0.24,木板右端放着质量me=1.0kg的小物 块B(可视为质点)，它们均处于静止状态。木 板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量 作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的 动能EA=8.0J,小物块的动能EB=0.5J,重 力加速度g取10m/s2,求： B L (1)瞬时冲量作用结束时木板的速度大小o; (2)木板的长度L。 166弹簧组成的系统的机械能为2(m+m:)v=8J,当弹簧被 压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒 定律得此时弹簧的弹性势能为8J。 3.D斜面固定时，小物块恰能冲到斜面的顶端，由动能定理得 -mgh =0- 2m,所以。=2g幼；斜面不固定时，设小物块 冲上斜面后能达到的最大高度为h',小物块达到最高点时的速 度为v,由水平方向动量守恒得m=(M+m)v,由机械能守恒定 律得乃m2=之(M+m)2+mg,解得公=M,故D M+m 正确。 4C当圆孤滑块固定时有分m,2=mgR;当圆孤滑块不固定 时，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒有m。 =(a+M),根据机械能守恒定律有分，2=g令+宁(m+ M)v2,解得m:M=2:1,故选C。 5.C整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守 恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速 度为2，整个过程中系统水平方向动量守恒，有=m,+ m2,由机械能守恒定律得m,2=之mm2+之m,2,联立解 得”1=0，”2=。，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小 球从小车右侧离开后对地将做自由落体运动，故B、D错误，C 正确。 综合提升练 6AC根据动量守恒定律得0=2m,-m,解得=受，两滑 块速度大小之比为A:g=1:2,两滑块的动能之比E: 1 E=7×2m2:7m2=1:2,故A正确；两滑块的动量 大小之比PA:Pg=2mwA:mwg=1:1,故B错误；弹簧对两滑 块的冲量之比IA:IB=△pA:△pg=(2mwA-0):(mwg-0)= 1:1,故C正确；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之 比，为1：2，故D错误。 7.AC对题图甲，设物体A的质量为M,由机械能守恒定律可 得，弹簧压缩x时弹性势能E,=M2;对题图乙，物体A以 2。的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达 到最大压缩量时，A、B速度相等，由动量守恒定律有M·2o= (1+m),由能量守恒定律有E,=M(2,)尸-（M+m)2, 解得M=3m,E。=m,2,选项A、C正确，B,D错误。 8.ABCA、B两球在碰撞过程中弹簧先被压缩，当两球速度相 等时弹簧被压缩到最短，然后弹簧再次回到原长，故弹簧的形 变量先增大后减小，则弹簧的弹力先增大后减小，两球所受的 合外力都为弹簧弹力，故两球的加速度都是先增大后减小，故 A正确：当A、B速度相等时弹簧的弹性势能达到最大，设此时 共同速度为3，由动量守恒及能量守恒分别可得mAv=(mA+ m),△E。=m-2（m+m)2,联立解得△E。= 6.4J,B正确：当弹簧恢复原长时，碰撞结束，设此时A、B的 速度分别为飞、2，规定向右为正方向，由动量守恒及能量守 恒分别可得m,=m+m,之m,心=之m,2+m, 1 联立解得，=-2.4m/s,2=1.6m/s,碰撞结束时，小球A向 左运动，B球速度大小为1.6m/s,C正确，D错误。 2 9.CD物块C与物块B碰撞有m=2m,碰后速度=？，碰 撞过程中损关的机被能为分m一了×2n(告）》广=士心。 A、B错误；设碰后B、C到达最高点时的速度为2，由水平方向 的动量守恒和机械能守恒有2m=3m,子m-宁×3m +2mgh,解得=号，h= 4此后A继续加速向右运动，故 其最大速度大于号。C、D正确。 10.(1)20kg(2)见解析 解析：(1)选向左为正方向。设斜面体的质量为m1,冰块在 斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速 度为v 在水平方向上由动量守恒定律和机械能守恒定律得m2o= （m2+m3）v m,2=(m+mP+mh 1 式中o=3m/s为冰块被推出时的速度，联立两式并代入题 给数据得m3=20kg。 (2)选向右为正方向，设小孩推出冰块后小孩的速度为，由 动量守恒定律有m心1-m2o=0 代入数据得v1=1/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为2和，由动量守恒 定律和机械能守恒定律有-m2o=m22+m3 1 2m,62=2m,2+2m4 联立两式并代入数据得v,=1m/s 由于冰块与斜面体分离后冰块的速度与小孩推出冰块后的 速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。 11.(1)2.0kg(2)2m/s12J 解析：(1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1=12m/s,碰后 速度为2=3m/s,C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度 方向为正方向，由动量守恒定律得mcv1=（mA+mc)v2 解得me=2.0kg。 (2)12s末B离开墙壁，3=3m/s,之后A、B、C及弹簧组成 的系统满足动量守恒和机械能守恒，当A、C与B速度v4相 等时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律，有 (mA mc)v3=(mA +me+mc)va 根据能量守恒定律得 (m+m:)2=(m+m+m)2+E, 1 解得v4=2m/s,E。=12J 练案[9] 基础巩固练 1.BD子弹射人木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知 子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误：子弹和木块 组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块 动量变化量的大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块 做的功为，摩擦力对子弹做的功为：W=-f(s+d),可知二 者不等，故C错误；对木块，根据动能定理可知：子弹对木块做 的功即为摩擦力对木块做的功，等于木块动能的增量，故D 正确。 2.ABC已知子弹的质量为m,初速度为o,设滑块的质量为 M,滑块获得的最终速度（最后滑块和子弹的共同速度）为v。 选择子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律知m。= 5 (m+M),解得0n可知两种情况下子弹的末速度是 相同的，A项正确：子弹嵌入下层或上层的过程中，系统产生 的热量都等于系统减少的动能，子弹减少的动能一样多（子弹 初、末速度分别对应相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统 减少的动能一样多，故系统产生的热量一样多，B项正确；滑 块的末速度是相等的，所以获得的动能是相同的，根据动能定 理知，滑块动能增加是子弹做功的结果，所以两次子弹对滑块 做的功相同，C项正确：系统产生的热量等于系统减少的动 能，Q=F·x相对，由于两种情况子弹能射入的厚度不相等，即 x相对不相等，所以作用力不一样大，D项错误。 3.A子弹射人木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒， 以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m,=(M+m)v,解 得：=n,子弹射入木块后，二者一起做匀减速直线运动。 对子弹与木块组成的系统，由动能定理得-u(M+m)gs=0- 2(M+m)2,解得-M+m2g,放A正确。 m 4.B设木块和子弹的质量分别为M、m,左侧子弹射人木块与 木块一起向右运动，设共同速度大小为”1，由动量守恒定律得 m,=(M+m),由能量守恒定律得F4=之m心2-宁（M+ m)2,右侧子弹与木块及左侧的第一颗子弹共同运动的速度 大小设为2，由动量守恒定律得(M+m)”1-m。=(M+2m) 与，由能量守恒定律得F4,=之，2+2（M+m),2-合(M +2m)22,解得2=0，d1= [2m2-2(M+m24 =[m2+(w+m2 ,所以木块最终静止，d< d2,故选B。 5.AC水平面光滑，系统水平方向动量守恒，取向右为正方向， 根据动量守恒得(m-M)"。=(m+M)v,解得共同速度v= m-M m+o,若M=m,可知最终共同速度一定为零，故A正确：若 M<,合动量方向向右，滑块先减速，最后向右匀速运动，该 过程中其即时速度不可能为零，故B错误；若M>m,合动量 方向向左，滑块先减速至零，后向左加速，最后向左匀速运动 滑块的加速度始终向左，由牛顿第二定律可知，滑块始终受木 板向左的摩擦力，则当滑块的速度减至零时，木板向左运动， 此过程中滑块相对木板一直向右运动，直至与木板相对静止 故C正确，D错误。 6.(1)5m/s(2)18J1.8m 解析：(1)根据动量守恒定律有 M1+m2=(M+m)v,解得v=5m/s。 (2)根据能量守恒定律有 0=w2+3m2-2(M+m) 解得Q=18J 又Q=mgL,解得L=1.8m。 综合提升练 7.D子弹穿过木块过程中，对子弹和木块的系统，外力之和为 零，动量守恒，有：m,=m,+m2,设子弹穿过木块的过程所 受阻力为f,对子弹由动能定理：-f(s+L)=2m,- 2m,由动量定理：-：=m,-mo:对木块由动能定理： 6=之m,由动量定理=m,联立解得4=（化+2)，放 选D。 24 8.(1)3m/s(2)0.5m 解析：(1)在瞬时冲量作用下，木板A受水平面和小物块B的 摩擦力的冲量均可以忽略。 取水平向右为正方向，对木板A,由动量定理有I=mo,代入 数据解得。=3m/s。 (2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力大小分别为FaB、 FA、FcA,B在A上滑行的时间为t,B离开A时A的速度为 UA、B的速度为g,AB相对C的位移为SASg。 对A,由动量定理有-(FBA+FA)t=mAA-mao, 对B,由动量定理有FBt=mgg, 由牛顿第三定律可得FBA=-FB,且FeA=u(mA+mg)g, 1 2.1 对A,由动能定理有-(F+FcA)SA=2m-2mAo, 对B,由动能定理有FBB=2m"g, 根据动量与动能之间的关系有mAUA=√2maEA,mgg =√/2 MEEkE, 木板A的长度即B相对A滑动距离的大小，故L=SA一SB,联 立解得L=0.5m。 9.(1)0.1(2)1600J 解析：(1)规定向右为正方向，子弹与A作用的过程，根据动 量守恒定律得mo,一mA1=mo+mA, 代入数据解得v=1.5m/s, 子弹穿过A后，A以1.5m/s的速度开始向右滑行，B以 0.5m/s的速度向左运动，当A、B达到共同速度时，A、B相对 静止，对A、B组成的系统运用动量守恒定律，规定向右为正 方向，有maUA-mg1=（mA+mg) 代入数据解得2=0.5m/s 根据能量守恒定律知 m,L=2m以2+7m42-子(m+m:2 1 代入数据解得μ=0.1。 (2)根据能量守恒定律，整个过程中因摩擦产生的热量为 Q=2m2+(m+m:)a2-2-(m+m:) 代入数据解得Q=1600J。 练案[10] 基础巩固练 1.C以人整体为研究对象，向后踢腿或向后甩手，人整体的总 动量为零，不会运动起来，故A、B错误：把人和衣服、鞋子视 为一个整体，这个整体动量为零。人给衣服或鞋子一个水平 速度，总动量不变，所以人有一个反向的速度，可以离开冰面； 人给衣服或鞋子一个竖直方向的速度，水平方向的总动量仍 然等于零，所以人仍然静止，不能离开冰面，故C正确，D 错误。 2.A设乌贼瞬间喷出的水的质量为，则喷水前乌贼质量为 10m,喷水后质量为9m,设喷出的水的速度为"1，喷水后乌贼 获得的速度为2，根据动量守恒定律可知0=mv1+9m2,将 2=8m/s代人可得"1=-72m/s,负号表示喷水方向与乌贼 身体运动方向相反，故B、C、D错误，A正确。 3.D以导弹飞行的方向为正方向，导弹喷出燃气前后，根据动 量守恒定律得M。=(M-m)r-m1,解得=M。+m。故 M-m D正确。 6