高考物理【一轮复习】讲义练习专题强化十二　“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型

这是一份高考物理【一轮复习】讲义练习专题强化十二　“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型，共13页。试卷主要包含了5mgh，模型特点，求解方法，556 m，0 m/s等内容，欢迎下载使用。
模型一 “子弹打木块”模型
例1 (2025·黑龙江大庆高三期末)如图所示，质量为M＝0.9 kg的木块静止于光滑水平面上，一质量为m＝0.1 kg的子弹以水平速度v0＝100 m/s打入木块并停在木块中，此过程中下列说法正确的是( )
A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝10 m/s
B.子弹对木块做的功W＝50 J
C.木块和子弹组成的系统机械能守恒
D.子弹打入木块过程中产生的热量Q＝350 J
答案 A
解析 根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度v＝10 m/s，故A正确;根据动能定理可知，子弹对木块做的功W＝12Mv2－0＝45 J，故B错误;根据能量守恒定律可知，子弹打入木块过程中产生的热量Q＝12mv02－12(M＋m)v2＝450 J，可知木块和子弹组成的系统机械能不守恒，故C、D错误。
衔接教材 (鲁科版选择性必修第一册P28章末练习T6)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质量为M的长木块内，并嵌入其中。若木块对子弹的平均阻力为f，求子弹射入木块的深度。
衔接分析 鲁科版练习T6与2024年湖北高考题T10均考查“子弹打木块”模型，利用动量守恒定律和能量守恒定律进行分析解题，分析方法相同，但高考题分析情况较复杂，是对教材习题的进一步拓展与提升。
跟踪训练
1.(2025·八省联考河南卷，14)如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g;在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的18。子弹穿过物块的时间很短，不计物块厚度的影响，求:
(1)子弹击中物块前瞬间的速度大小;
(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能。
答案 (1)10gh (2)37.5mgh
解析 (1)子弹射穿物块时子弹和物块的速度分别为v1和v2，则有v12＝2g·8h
v22＝2a·h
子弹射穿物块上升过程中，对物块由牛顿第二定律得4mg＋18×4mg＝4ma
子弹射穿物块过程由动量守恒定律得
mv0＝mv1＋4mv2
联立解得v0＝10gh。
(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能
ΔE＝12mv02－12mv12＋12×4mv22＝37.5mgh。
模型二 “滑块—木板”模型

1.模型图示
2.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。
3.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2 质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有一质量为m2＝0.2 kg、可视为质点的物块，以水平向右的初速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，求:
(1)物块与小车的共同速度大小v;
(2)物块相对小车滑行的时间t;
(3)从开始到共速，小车运动的位移大小x1;
(4)从开始到共速，物块运动的位移大小x2。
答案 (1)0.8 m/s (2)0.24 s (3)0.096 m
(4)0.336 m
解析 (1)以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v
解得v＝m2v0m1＋m2＝0.8 m/s。
(2)对物块由动量定理有－μm2gt＝m2v－m2v0
解得t＝v0-vμg＝0.24 s。
(3)对小车，根据动能定理有μm2gx1＝12m1v2－0
解得x1＝m1v22μm2g＝0.096 m。
(4)x2＝v0＋v2t＝2＋0.82×0.24 m＝0.336 m。
拓展 (1)该过程中系统产生的内能是多少?若增大物块与小车间的动摩擦因数，则由于摩擦产生的内能会增大吗?
答案 0.24 J 不会
解析 根据能量守恒定律，产生的内能Q＝12m2v02－12(m1＋m2)v2＝m1m2v022(m1＋m2)，代入数据可得Q＝0.24 J，若增大动摩擦因数，摩擦产生的内能不变。
(2)若物块不滑离小车，物块的初速度不能超过多少?
答案 5 m/s
解析 要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到小车右端时与小车有共同的速度v'，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0'＝(m1＋m2)v'，由能量守恒定律得12m2v0'2＝12(m1＋m2)v'2＋μm2gL，解得v0'＝5 m/s。
跟踪训练
2.(多选)如图所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块都以v＝4 m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，且动摩擦因数为0.1，薄板足够长，下面情况的描述，正确的是( )
A.当薄板的速度为3 m/s时，物块正在向左运动，且正在减速
B.物块向左滑行的最大位移约为3.556 m
C.物块相对于薄板的位移约为19.556 m
D.物块与薄板之间因摩擦产生的热量为24 J
答案 AD
解析 取向右为正方向，设薄板和物块共速时的速度大小为v共，根据薄板和物块组成的系统动量守恒有Mv－mv＝(M＋m)v共，解得v共＝2 m/s，可知薄板向右做减速运动，物块先向左减速到零后向右加速，最终薄板和物块一起向右运动，当薄板速度大小为v1＝3 m/s时，设此时物块的速度为v2，根据动量守恒定律，有Mv－mv＝Mv1＋mv2，解得v2＝－1 m/s，即此时物块在向左减速运动，故A正确;对物块，根据牛顿第二定律有a＝μmgm＝1 m/s2，当物块对地速度为0时，有向左最大位移，为x＝v22a＝8 m，故B错误;对薄板和物块组成的系统，根据能量守恒定律，有Q＝12Mv2＋12mv2－12(M＋m)v共2＝μmgΔx，解得Q＝24 J，Δx＝24 m，故C错误，D正确。
3.(2024·海南卷，17)某游乐项目装置简化如图所示，A为固定在地面上的半径R＝10 m的光滑圆弧形滑梯，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h＝5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板的质量M＝25 kg，一质量为m＝50 kg的游客从a点由静止开始下滑，并从b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高的固定平台C边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16 m停下。游客可视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求:
(1)游客滑到b点时对滑梯压力的大小;
(2)滑板的长度L。
答案 (1)1 000 N (2)7 m
解析 (1)对游客从a点滑到b点的过程，由动能定理有mgh＝12mv2
游客滑到b点时，有FN－mg＝mv2R
由牛顿第三定律可知，游客滑到b点时对滑梯压力的大小为FN'＝FN
联立解得FN'＝1 000 N。
(2)解法一 游客在平台上运动时，由牛顿第二定律有μmg＝ma1
由运动学规律有v12＝2a1s
解得游客滑上平台的速度大小v1＝8 m/s
游客在滑板上滑动时，对游客由牛顿第二定律有μmg＝ma2
对滑板由牛顿第二定律有μmg＝Ma3
游客在滑板上滑动的过程，由运动学规律有v1＝v－a2t
游客的位移为x1＝vt－12a2t2
滑板的位移为x2＝12a3t2
则滑板的长度L＝x1－x2
联立解得L＝7 m。
解法二 游客在滑板上运动时，游客与滑板组成的系统动量守恒，则对游客在滑板上运动的过程，由动量守恒定律有mv＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律有
12mv2＝12mv12＋12Mv22＋μmgL
对游客在平台上运动的过程，由动能定理有－μmgs＝0－12mv12
联立解得L＝7 m。
1.(2025·湖南长沙模拟)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了10 J，已知木块质量大于子弹质量，则此过程中产生的热量不可能为( )
A.20 JB.35 J
C.50 JD.120 J
答案 A
解析 设子弹初速度为v0，打入木块后速度为v，子弹和木块的质量分别为m、M，根据动量守恒定律有mv0＝M＋mv，木块位移s木＝v2t，子弹打入深度d＝v0＋v2t－v2t＝v02t，由于m2s木，根据功能关系有木块增加的动能ΔEk＝fs木，系统产生的热量Q＝fd，则Q>2ΔEk＝20 J，故A正确。
2.(多选)(2025·广东中山市华侨中学模拟)如图所示，光滑水平面上放置一质量为M的木块，质量为m的子弹以速度v0射入木块，子弹未穿出木块且达到共同速度v，该过程中子弹与木块的相互作用力恒定不变，产生的热量为Q，木块获得的动能为Ek，则下列各项正确的是( )
A.子弹对木块做功和木块对子弹做功代数和为0
B.子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小
C.Q＝mMv022M＋m
D.该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek
答案 BCD
解析 设子弹射入木块的深度为d，木块的位移为x，子弹与木块之间的阻力大小为f，则子弹对木块做的功W1＝fx，木块对子弹做的功W2＝－f(d＋x)，所以两个功的代数和不为零，故A错误;根据冲量的定义式I＝Ft及牛顿第三定律可知，子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小，故B正确;根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，根据能量守恒定律可得12mv02＝12(m＋M)v2＋Q，联立解得Q＝mMv022(m＋M)，故C正确;木块获得的动能为Ek＝12Mv2＝Mm2v022(m＋M)2，该过程产生的热量与木块获得的动能之比为QEk＝m＋Mm>1，可知该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek，故D正确。
3.(多选)(2025·四川宜宾模拟)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.物体B能上升的最大高度为0.6 m
B.物体B能上升的最大高度为1.8 m
C.圆筒C能达到的最大速度为4.0 m/s
D.圆筒C能达到的最大速度为8.0 m/s
答案 AD
解析 子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2＝(mB＋mC)v3，12mBv22＝12(mB＋mC)v32＋mBgh，解得h＝0.6 m，故A正确，B错误;B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2＝－mBv4＋mCv5，12mBv22＝12mBv42＋12mCv52，解得v5＝8 m/s，故C错误，D正确。
4.(多选)(2025·江西吉安高三期末)如图所示，长木板静止放置在光滑的水平地面上，木块(视为质点)静止放置在长木板的最右端，让长木板与木块瞬间同时各获得一个水平向右和水平向左的速度，大小均为v0，经过一段时间t0，木块恰好不从长木板的最左端脱离，已知长木板与木块的质量相等，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.木块与长木板刚好不脱离时，两者仍然有速度
B.木块与长木板之间的动摩擦因数为v0gt0
C.长木板的长度为v0t0
D.可以求出长木板与木块的质量
答案 BC
解析 设长木板与木块的质量均为m，该过程两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得mv0－mv0＝2mv共，则v共＝0，即木块与长木板刚好不脱离时两者正好都处于静止状态，A错误;对木块，根据动量定理可得－μmgt0＝0－mv0，解得μ＝v0gt0，B正确;由能量守恒定律可得Q＝2×12mv02，又Q＝μmgL，联立解得长木板的长度为L＝v0t0，C正确;在运算的过程中，两者的质量相等都消掉，则无法求出长木板与木块的质量，D错误。
5.(2025·北京高三开学考)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为mB＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.A、B间的动摩擦因数为0.1
B.系统损失的机械能为4 J
C.木板A的最小长度为2 m
D.木板获得的动能为2 J
答案 A
解析 由题图乙得物体B的加速度大小为aB＝2-11-0 m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmBg＝mBaB，解得μ＝0.1，A正确;根据动量守恒定律得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mA＝2 kg，系统损失的机械能为E损＝12mBv02－12mA＋mBv2＝2 J，B错误;木板A的最小长度为L＝1＋22×1 m－12×1×1 m＝1 m，C错误;木板获得的动能为EkA＝12mAv2＝1 J，D错误。
6.(2025·福建福州高三期末)如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg的木板A、B，一质量M＝2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0＝10 m/s从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为v1＝7 m/s，最终C与木板B相对静止，则( )
A.木板B与滑块C最终均静止在水平地面上
B.木板B的最大速度为2 m/s
C.木板A的最大速度为1 m/s
D.整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J
答案 D
解析 整个系统动量守恒，C滑离木板A时A的速度最大，有Mv0＝Mv1＋(m1＋m2)vA，解得木板A的最大速度vA＝2 m/s，滑上B后，对B、C整体，由动量守恒定律有Mv1＋m2vA＝(M＋m2)vB，此时木板B的速度最大，为vB＝4.5 m/s，并且B、C一起做匀速运动，故A、B、C错误;整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少量ΔE＝12Mv02－12m1vA2－12(m2＋M)vB2＝57.5 J，故D正确。
7.(多选)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的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出。已知从子弹射入到射出木块的时间内木块移动的距离为s，子弹穿过木块后子弹和木块的速度分别为v1和v2，假设子弹穿过木块的过程子弹所受阻力f恒定，则下列说法正确的是( )
A.木块移动的距离s一定小于木块长度L
B.木块质量M越大，木块速度v2越大
C.木块质量M越大，子弹射出速度v1越大
D.子弹的初速度v0越大，木块位移s越小，该过程产生的热量越少
答案 AC
解析 因子弹穿透木块过程所受阻力f恒定，所以子弹的加速度大小a1＝fm，木块的加速度大小a2＝fM，画出子弹和木块的v－t图像如图所示，
由图甲可知，L(深色梯形面积)一定大于s(浅色三角形面积)，故A正确;木块的质量M越大，a2越小，由图乙可知，穿透时间越短，子弹射出速度v1越大，木块速度v2越小，故B错误，C正确;子弹的初速度v0越大，由图丙可知木块位移s越小，但系统产生的热量为fL保持不变，故D错误。
8.如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，B与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，且为m，木板C长为L，求:
(1)A物体的最终速度的大小;
(2)A、C之间的摩擦力的大小;
(3)A在木板C上滑行的时间t。
答案 (1)34v0 (2)mv0216L (3)4Lv0
解析 (1)B、C碰撞过程中动量守恒，由题意知，B、C碰后具有相同的速度，设B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1
解得v1＝v02
B、C共速后A以速度v0滑上C，A滑上C后，B、C脱离，A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＋mv1＝2mv2
解得v2＝34v0。
(2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得
FfL＝12mv02＋12mv12－12×2mv22
解得Ff＝mv0216L。
(3)A与C相互作用过程中，对C由动量定理得Fft＝mv2－mv1
解得t＝4Lv0。
9.(2025·江苏南通高三开学考)如图所示，滑板A固定在光滑的水平面上，长度为L＝2 m，滑板质量mA＝1 kg，滑块质量mB＝0.99 kg，A、B间动摩擦因数为μ。现有质量为mC＝0.01 kg的子弹以v0＝200 m/s的速度向右击中B并留在其中。
(1)求子弹C击中B后瞬间，B的速度vB;
(2)B被子弹击中后恰好能滑到A右端静止，求滑板A与B间动摩擦因数μ;
(3)若滑板A不固定，分析B能否离开A，并求整个过程A、B、C系统损失的机械能E。
答案 (1)2 m/s，方向水平向右 (2)0.1 (3)见解析 199 J
解析 (1)子弹C击中B后瞬间，根据动量守恒定律有mCv0＝(mB＋mC)vB
解得vB＝2 m/s，方向水平向右。
(2)因滑板A固定在水平面上，设B由运动到静止，位移为L，根据动能定理有
－μ(mB＋mC)gL＝0－12(mB＋mC)vB2
解得μ＝0.1。
(3)若滑板A不固定，则A做匀加速运动，B、C做匀减速运动，B、C与A间摩擦力
Ff＝μ(mB＋mC)g＝1 N
A的加速度大小为aA＝FfmA＝1 m/s2
B、C的共同加速度大小为aBC＝FfmB＋mC＝1 m/s2
设经时间t三者共速，有vB－aBCt＝aAt
解得t＝1 s
此时B相对A的位移s'＝vBt－12aBCt2－12aAt2＝1 m
因s'