新高考物理一轮复习考点题型分类讲与练第36讲 专题：子弹打木块和板块模型（2份，原卷版+解析版）

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一、 考点精讲练
考点01： 子弹打木块模型（必备知识+2例+2变式）
考点02：“滑块——木板”模型（必备知识+2例+2变式）
二、 巩固提升（精选15道题）
子弹打木块模型
考点一
1.模型图示
2.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。
3.两种情景
(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·s＝12mv02-12(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝12mv02-(12mv12＋12Mv22)
【例1-1】（多选）（2025·安徽芜湖·二模）如图甲所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有（ ）
A．M:m=3:2
B．该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小
C．木块所能达到的最大速度为24m/s
D．木块所能达到的最大速度为40m/s
【答案】AC
【详解】ACD．由乙图可知，木块与子弹的速度关系满足v2=−23v1+40(m/s)
设子弹与木块相对静止时的速度为v，则有v=−23v+40
解得二者共同的速度v=24m/s
即木块所能达到的最大速度为24m/s
子弹射入木块，系统动量守恒则有mv1=(M+m)v
代入数据解得M:m=3:2
AC正确，D错误；
B．设子弹相对于木块的位移为L，木块相对于地面的位移为x，根据能量守恒定律则有fL=12mv02−12(M+m)v2
根据动能定理则有fx=12Mv2
系统动量守恒，则有mv0=(M+m)v
联立解得L=Mmv022(M+m)f，x=Mmv022(M+m)f·mM+m
显然L>x，即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大，B错误。
故选AC。
【例1-2】（2025·江西·模拟预测）如图所示，质量m=30g的木块从距离水平地面高度ℎ=4.6m处自由下落，在下落Δt=0.2s时，被沿水平方向飞行的子弹击中且子弹留在木块中，已知子弹的质量m0≈10g，子弹击中木块前的速度大小v0=90m/s，忽略空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)木块被击中前瞬间的速度大小v；
(2)木块落地时的水平位移大小x。
【答案】(1)v=2m/s
(2)x=18m
【详解】（1）根据自由落体运动规律有v=gΔt
解得v=2m/s
（2）子弹与木块作用时间极短，系统动量守恒，设子弹击中木块后瞬间，木块的水平速度为v水平，竖直速度为v竖直，从子弹击中木块到木块着地的时间为t，则有mv=m+m0v竖直、m0v0=m+m0v水平
竖直方向有ℎ−12g(Δt)2=v竖直t+12gt2
水平方向有x=v水平t
解得x=18m
【变式1-1】（多选）（2024·湖北·高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f=kv0（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（ ）
A．子弹的初速度大小为2kLm+MmM
B．子弹在木块中运动的时间为2mMkm+M
C．木块和子弹损失的总动能为k2L2m+MmM
D．木块在加速过程中运动的距离为mLm+M
【答案】AD
【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为v1,v2，则有
mv0=mv1+Mv2
子弹和木块相互作用过程中合力都为f=kv0，因此子弹和物块的加速度分别为
a1=fm,a2=fM
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
2a1x1=v02−v12,2a2x2=v22
x1−x2=L
联立上式可得
v2=mv0−v02−2kv0m+kv0MLM+m
因此木块的速度最大即v0−v02−2kv0m+kv0ML取极值即可，该函数在2km+kML到无穷单调递减，因此当v0=2km+kML=2kLM+mMm木块的速度最大，A正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
v2=mv0M+m
由运动学公式
v2=a2t
可得
t=mMkm+M
故B错误；
C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
ΔE=Q=fL=2k2L2m+MmM
故C错误；
D．木块加速过程运动的距离为
x2=0+v22t=mLM+m
故D正确。故选AD。
【变式1-2】（2025·江苏苏州·模拟预测）如图所示，两物体A和B并排静置于光滑水平地面，它们的质量M均为0.5kg；质量m=0.1kg的子弹以v0=34m/s的水平速度从左边射入A，射出物体A时A的速度vA=2m/s，子弹紧接着射入B中，最终子弹未从B中穿出。子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变，A的长度为LA=0.23m，不计空气阻力，g取10m/s2。
(1)求物体B最终的速度大小vB；
(2)求子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q；
(3)求物体B的最小长度LB
【答案】(1)4m/s
(2)46J
(3)0.03m
【详解】（1）从最初到最终共速，由动量守恒mv0=MvA+M+mvB
解得vB=4m/s
（2）从子弹射入A到穿出，由动量守恒mv0=mv1+2MvA
解得v1=14m/s
由能量守恒Q=12mv02−12mv12−12⋅2MvA2
解得Q=46J
（3）子弹从射入到共速时Q总=12mv02−12MvA2−12M+mvB2
解得Q总=52J
由Q=fx得Q总Q=x总xA
可得x总=0.26m
故物体B的最小长度LB=x总−LA=0.26m−0.23m=0.03m
“滑块——木板”模型
考点二
1.模型图示
如图甲所示，木板A的上表面粗糙，滑块B以速度v0滑到静止在光滑水平面上的木板A上：
①如果木板足够长，A、B最终相对静止，具有共同速度；
②如果木板长度较小，B可能滑出A的右端。还有一种情景如图乙所示。
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2-1】（2025·河北保定·二模）如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板B，一质量与木板相同的物块A（可视为质点）从左端以大小为v的速度冲上木板，经过时间t运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是（ ）
A．物块A运动到木板右端时的速度大小为v2
B．在此过程中，物块A运动的距离为3vt2
C．A动量的减少量大于B动量的增加量
D．木板B的长度为vt4
【答案】A
【详解】A．设物块和木板的质量均为m，物块运动到木板右端恰好未从木板上滑落，系统动量守恒，选取滑块初速度的方向为正方向，则有mv=2mv共
解得v共=12v
即物块A运动到木板右端时的速度大小为v2，A正确；
B．根据匀变速运动规律可知，物块A运动的位移xA=12(v+v2)t=34vt，B错误；
C．A动量的减少量ΔpA=mv−m·v2=12mv
B动量的增加量ΔpB=m·v2−0=12mv
则A动量的减少量等于B动量的增加量，C错误；
D．由题可知，t时间木板B的位移为xB=12(0+v2)t=14vt
结合上述分析可得，木板B的长度为L=xA−xB=12vt，D错误。
故选A。
【例2-2】（2025·吉林长春·模拟预测）如图所示，足够长的光滑水平面PQ左侧有一平台，水平面上的足够长、质量为mA=1kg的木板A的上表面与平台表面相平且紧靠平台，平台上有一轻弹簧左端固定，弹簧的原长大于MO间的距离但小于MN间距离，平台表面MN与可视为质点的物体B间的动摩擦因数μ1=0.4，B的质量mB=2kg，用外力将B压在弹簧的右端（不拴接）将B推至O点后由静止释放，O与平台右边缘N点的距离l=0.5m，B离开弹簧后恰好到达平台的右边缘而未冲上木板；在其它条件都不变的情况下，将B换为质量为mC=1kg、同种材料的物体C，C冲过N滑上A的上表面，相对于A滑行距离d=0.4m后相对于A静止，取重力加速度．g=10m/s2，求：
(1)C刚滑上A的速度的大小v0；
(2)C与A的上表面间的动摩擦因数μ2。
【答案】(1)2m/s
(2)0.25
【详解】（1）设释放时弹簧的弹性势能为E，则E=μ1mBgl ，E=μ1mCgl+12mCv02
解得v0=2m/s
（2）设相对静止时，C与A共同的速度大小为v，以向右为正方向，由动量守恒定律mCv0=mC+mAv
由能量守恒μ2mCgd=12mCv02−12mC+mAv2
解得μ2=0.25
【变式2-1】（23-24高三上·河南南阳·阶段练习）如图甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A（可视为质点）以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v﹣t图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．小车B的最小长度为2.5m
B．物体A与小车B的质量之比为1：2
C．物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3
D．如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去
【答案】C
【详解】C．由v﹣t图可知，A在小车上做减速运动，加速度的大小
a=ΔvΔt=4−11m/s2=3m/s2
对A根据牛顿第二定律可得
mAa=μmAg
代入数据可得μ=0.3，故C正确；
B．设二者速度相等时速度为v1，根据图象可得v0=4m/s，v1=1m/s
A、B组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=mA+mBv1
解得物体A与小车B的质量之比为，mA:mB=1:3，故B错误；
A．设小车的最小长度为L，根据v﹣t图象可知，小车的最小长度恰好等于A与B速度相等前二者的位移差，即L=v0+v12t−v12t=v02t=2m，故A错误；
D．如果仅增大物体A的质量，A在小车上滑动时的加速度大小不变，而A对小车的摩擦力增大，小车的加速度增大，达到共速的时间减小，根据A选项可知相对位移x=v02t减小，物体A不可能冲出去，故D错误。故选C。
【变式2-2】（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动摩擦因数μ2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（1）若ℎ=0.8m，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
（2）若ℎ=1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【详解】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
mgℎ=12mvC2
第一次经过C点的向心加速度大小为
a=vC2R=2gℎR=16m/s2
②小物块a在DE上时，因为
μ2mgcsθ