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专题突破11　“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
目标 要求 　 　 1.掌握 “子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型的特点。2.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型。
考点一　“子弹打木块”模型
　(2026·安徽合肥八中开学考)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示。质量为m的子弹以速度v水平射向滑块。若射击上层，则子弹刚好不穿出，如图甲所示。若射击下层，整个子弹刚好嵌入，如图乙所示。比较上述两种情况，则以下说法不正确的是(　　)
A．子弹末速度大小一样大
B．子弹和滑块间的水平作用力一样大
C．子弹对滑块做的功一样多
D．系统产生的热量一样多
解析：B　设矩形滑块质量为M，子弹和滑块间的水平作用力为f，子弹射入滑块的深度为d。取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得mv＝(m＋M)v′，可得v′＝，可知子弹末速度大小相等，故A正确；根据功能关系可得fd＝(m＋M)v′2，可知d不一样，则f不一样大，故B错误；对滑块，根据动能定理得W＝Mv′2，可知子弹对滑块做的功一样多，故C正确；根据能量守恒定律可得Q＝(m＋M)v′2，可知Q相等，故D正确。故选B。
点拨：(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。
　如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。假设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能；
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
解析：(1)设子弹的质量为m，木块的质量为M，子弹的初速度大小为v0，子弹射入木块后与木块的共同速度大小为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v
代入数据解得v＝6 m/s
它们在此过程中所产生的内能Q＝(M＋m)v2
代入数据解得Q＝882 J。
(2)假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，子弹射入木块后与木块的共同速度大小为v′，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律有mv0′＝(M＋m)v′
此过程产生的内能为Q′＝mv0′2－(M＋m)v′2
设木块对子弹的阻力大小为F阻，两个过程子弹打入木块的深度分别为d、d′，则有Q＝F阻d，Q′＝F阻d′
联立并代入数据解得d′＝ cm
因为d′>10 cm，所以假设不成立，子弹能射穿该木块。
答案：(1)6 m/s　882 J　(2)能
[拓展]　在[例2]中，若子弹能射出木块，在木块固定和不固定的两种情况下，子弹与木块间因摩擦产生的热量________(填“相等”或“不相等”)。
解析：不论木块是否固定，因摩擦产生的热量等于摩擦力与木块长度的乘积，摩擦力与木块长度都不变，因此两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等。
答案：相等
归纳总结
(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＝(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝
考点二　“滑块—木板”模型
　(2025·浙江1月选考，8)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则(　　)
A．碰撞瞬间C相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
解析：D　碰前B和C共同向左运动，因此碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；规定向右为正方向，A、B碰撞过程动量守恒，则有mvA－mvB＝2mv1，解得两者碰后瞬间的共同速度v1＝1 m/s，从A、B碰撞后到三者共速的过程，A、B、C组成的系统动量守恒，则有2mv1－mvC＝3mv，解得三者共同速度v＝0，所以最终三者相对静止，对滑块C由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，从碰后到三者相对静止的时间为t＝＝0.4 s，B错误；由能量守恒定律得，从碰撞后到三者相对静止的过程因摩擦而产生的热量为Q＝mvC2＝3 J，C错误；该过程由功能关系得Q＝μmgx相对，解得C相对长板滑动的距离x相对＝0.6 m，D正确。
[教考衔接]　2025年浙江高考真题以“滑板－木块”碰撞为背景考查了多物体参与的碰撞问题分析与计算，高考题的命题情境和考查角度与人教版教材选择性必修第一册第30页[复习与提高]B组第7题相近，可看成教材习题的改编。
[教材原题]　如图，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
答案：2 m/s
归纳总结
(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(完全非弹性碰撞拓展模型)。
　(2025·天津耀华中学期中)光滑水平地面上，质量为2 kg、上表面粗糙的木板正以3 m/s的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的物块，质量为1 kg，速度向左，大小也是3 m/s。经过2 s后，物块刚好滑到木板左端且二者刚好相对静止。这一过程中，下列说法中正确的是(g取)(　　)
A．木板长度为3 m
B．物块与木板间的动摩擦因数为0.1
C．系统产热为12 J
D．摩擦力对物块做功为4 J
解析：C　根据题意可知，设木板质量为M，物块质量为m，二者初速度大小v0＝3 m/s，设二者最终速度为v，木板与物块所组成的系统动量守恒，取向右为正，有Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入数据得v＝1 m/s，即物块滑到木板左端时两者共速，以1 m/s的速度大小一起向右做匀速直线运动。木板的加速度大小为a1＝＝1 m/s2，对木板，由牛顿第二定律有μmg＝Ma1，代入数据解得物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，设木板长度为L，由功能关系得μmgL＝(M＋m)v02－(M＋m)v2，代入数据解得木板的长度L＝6 m，故AB错误；系统因摩擦产生的热为Q＝μmgL＝12 J，故C正确；由运动学知识可知物块达到共速时的对地位移为x＝t＝－2 m，负号表示位移向左，故摩擦力对物块做的功为W＝μmgx＝－4 J，故D错误。
点拨：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，求系统产生的内能或相对位移。
　(2026·山西吕梁期末)如图所示，质量为m、长为L的长木板A静止在光滑的水平面上，质量为m的物块B放在长木板上表面的左端，质量为m的小球C用长为L的不可伸长细线悬于固定点O1，将小球C拉至与O1等高点由静止释放，释放时细线刚好伸直，小球C运动到最低点时与物块B发生正碰，碰撞后瞬间B、C的速度大小之比为3∶1，此后当B滑到长木板右端时，A、B速度恰好相等，重力加速度为g，不计物块的大小。求：
(1)B、C碰撞前C的速度大小v0；
(2)B、C碰撞过程中，B、C系统损失的机械能；
(3)B在A上滑动过程中A发生的位移。
解析：(1)设C与B碰撞前一瞬间，C的速度大小为v0，根据动能定理有mgL＝mv02
解得v0＝。
(2)设碰撞后B的速度大小为v1，则C的速度大小为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋m×v1
解得v1＝v0
碰撞过程损失的机械能ΔE损＝
联立以上解得ΔE损＝mgL。
(3)设B与A间的动摩擦因数为μ，B与A共速时的速度为v2，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2
根据能量守恒定律μmgL＝×2mv22
联立解得μ＝
对长木板A研究，设B在A上滑动过程中A发生的位移为s，根据动能定理有μmgs＝mv22
解得s＝L。
答案：(1)　(2)mgL　 (3)L
限时规范训练(38)　“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
(建议用时：40分钟　满分：57分)
(选择题1～3题每题5分，共15分)
[基础巩固练]
1．(2025·北京东城二模)如图所示，将质量为M的沙箱用长为l的不可伸长的轻绳悬挂起来，一颗质量为m的子弹水平射入沙箱(未穿出)，沙箱摆动的最大摆角为α。摆动过程中，沙箱可视为质点，重力加速度为g，则子弹将要射入沙箱时的速度大小等于(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：B　设子弹射入沙箱时整体速度为v，由机械能守恒有(m＋M)v2＝(m＋M)gl(1－cos α)，设子弹将要射入沙箱时的速度大小为v0，规定向右为正方向，子弹射入沙箱过程，由动量守恒有mv0＝(m＋M)v，联立解得v0＝，故选B。
2．(2025·四川绵阳中学期末)质量是10 g的子弹，以300 m/s的速度射入静止在光滑水平桌面上的木块，子弹和木块的v-t图像如图所示，则(　　)
A．子弹射入木块的过程中子弹和木块系统机械能守恒
B．子弹射入木块的过程中子弹和木块系统动量不守恒
C．木块的质量为0.3 kg
D．木块的最短长度为1.5 m
解析：D　子弹射入木块的过程中，系统克服摩擦做功，子弹和木块系统机械能不守恒，故A错误；子弹射入木块的过程中，系统合外力为零，子弹和木块系统动量守恒，故B错误；根据子弹和木块系统动量守恒mv0＝(M＋m)v，解得木块的质量为M＝0.29 kg，故C错误；v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，木块的最短长度为子弹和木块间的相对位移，即Lmin＝×0.01×300 m＝1.5 m，故D正确。
3．(多选)(2026·河北衡水模拟)如图，有n个相同的物块紧密排列放在光滑水平面上(n足够大)，每个物块质量为m，一质量为m0的子弹(可以看成质点)以某一初速度从左端水平射入物块中，刚好能穿过第一个物块。设物块给子弹的阻力大小不变。忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　)
A．子弹和物块组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．若只增加物块个数，子弹可能穿过更多的物块
C．若只增加物块个数，子弹不能穿过第一个物块
D．若只改变物块个数，子弹能穿过的物块个数不超过＋1
解析：BD　子弹射入物块的过程中，二者间的摩擦阻力做功，产生热量，子弹和物块组成的系统机械能不守恒，故A错误；由于物块给子弹的阻力大小不变，所以子弹每穿过一个物块产生的热量相同且为定值，设为Q，设子弹射入紧密排列的n个物块后，与物块相对静止时损失的机械能为E损，由动量守恒定律有m0v0＝(nm＋m0)v共，E损＝(nm＋m0)v共2，解得E损＝m0v02，故子弹能穿过物块的个数为k＝，若只增加物块个数n，则E损将增大，由于Q不变，所以子弹能穿过物块的个数k将增大，故B正确，C错误；若只改变物块个数，子弹穿过物块时损失的机械能不超过E损max＝m0v02，子弹能穿过的物块个数不超过kmax＝，故D正确。
4．(10分)(2025·北京师大附中开学考)如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上，车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5。现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在小车中，子弹与小车相互作用时间很短，g取10 m/s2，求：
(1)子弹刚射入小车后，小车的速度大小v1；
(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少。
解析：(1)子弹射入小车的过程中，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，
代入数据解得v1＝10 m/s。
(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与小车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2
μm2gL＝(m0＋m1)v12－(m0＋m1＋m2)v22，联立解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。
答案：(1)10 m/s　(2)5 m
[能力提升练]
5．(10分)(2025·山西部分学校开学考)如图所示(未按比例作图)，一质量m1＝2 kg的滑板Q静止在光滑水平桌面上，其右侧A处有一大小可忽略不计的卡销，滑板Q的上表面距离地面BC的高度h＝5 m。现一质量m2＝0.98 kg的物块P置于滑板Q的左端，一质量m＝0.02 kg的子弹以v＝300 m/s的水平速度射中物块P并留在其中(时间极短)，然后物块P(包括子弹)从滑板左端水平向右滑行，物块P与滑板Q间的动摩擦因数μ＝0.2。当滑板Q运动到A点时被卡销锁定。已知滑板Q长L＝6.5 m，其右端到A点的距离s可调，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求子弹射入物块P后瞬间，二者共同速度v1的大小和该过程损失的机械能；
(2)若当物块P与滑板Q共速时，滑板Q恰被卡销锁定，求距离s；
(3)当距离s＝1 m时，求物块P从A点飞出后，在地面上的落点到A点的水平距离x。
解析：(1)子弹射入物块P过程，根据动量守恒定律可得mv＝(m＋m2)v1
解得v1＝6 m/s
由能量守恒定律，该过程损失的机械能
ΔE＝(m＋m2)v12
解得ΔE＝882 J。
(2)物块P与滑板Q共速，根据动量守恒定律可得(m＋m2)v1＝(m＋m1＋m2)v2
解得v2＝2 m/s
滑板Q一直加速，加速度
aQ＝＝1 m/s2
由运动学公式s＝
则s＝2 m。
(3)当s＝1 m<2 m时，物块P一直做匀减速运动，由运动学公式v32－v12＝－2μg(L＋s)
解得v3＝ m/s
物块P从A点飞出后做平抛运动，有h＝gt2
在地面上的落点到A点的水平距离为x＝v3t
解得x＝ m。
答案：(1)6 m/s　882 J　(2)2 m　 (3) m
6．(10分)(2026·湖北腾云联盟开学考)如图所示，质量为M＝3 kg、半径为R＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道放在光滑水平地面上，下端与水平地面相切，质量为m＝0.98 kg的木块静止在轨道左侧，质量为m0＝20 g的子弹以v0＝200 m/s的速度水平向右射入木块并留在其中。已知子弹与木块作用时间极短，木块的尺寸远小于圆弧轨道的半径，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)子弹射入木块后的共同速度的大小以及此过程中产生的内能；
(2)木块沿圆弧轨道上升的最大高度；
(3)圆弧轨道的最大速度。
解析：(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v1，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1
解得子弹射入木块后的共同速度v1＝4 m/s
此过程系统所产生的内能
Q＝(m0＋m)v12
解得产生的内能Q＝392 J。
(2)设木块(含子弹)在圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小为v2，木块沿圆弧轨道上升的最大高度为h，由动量守恒定律得
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2
由能量守恒定律得
(m0＋m)gh＝(m0＋m)v12－(m0＋m＋M)v22
解得木块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝0.6 m(h(3)设木块(含子弹)在圆弧轨道上时，圆弧轨道一直做加速运动，木块(含子弹)在圆弧轨道底端与轨道分离时，圆弧轨道的速度最大，设此时木块(含子弹)的速度为v3，圆弧轨道的速度为v4，由动量守恒定律得
(m0＋m)v1＝(m0＋m)v3＋Mv4
由机械能守恒定律得
(m0＋m)v12＝(m0＋m)v32＋Mv42
解得圆弧轨道的最大速度v4＝2 m/s，方向水平向右。
答案：(1)4 m/s　392 J　(2)0.6 m　 (3)2 m/s
[培优创新练]
7．(12分)(2025·湖北卷，15)如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为(β为足够大常数，g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小。
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j＋1个滑块开始滑动时的速度为vj＋1。用已知量和vj表示vj＋1。
(3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。
提示：12＋22＋…＋k2＝k(k＋1)(2k＋1)
解析：(1)给第1个滑块一个水平向右的初速度，滑块相对木板向右运动，滑块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff1＝2μmg，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则木板与地面间的最大静摩擦力为Ffm＝μ(nm＋3nm)g＝4nμmg，又n是大于1的正整数，所以Ffm>Ff1，第1个滑块与第2个滑块碰撞前，木板处于静止状态，对第1个滑块从开始运动至与第2个滑块碰撞前瞬间的过程，由动能定理有－2μmgL＝mv1′2－mv12
代入数据解得v1′＝。
(2)对第j个滑块从开始运动至与第j＋1个滑块碰撞前瞬间的过程，由动能定理有－2μjmgL＝jmvj′2－jmvj2
对前j个滑块整体与第j＋1个滑块碰撞的过程，由动量守恒定律有jmvj′＝(j＋1)mvj＋1
联立解得vj＋1＝。
(3)设第i个滑块开始运动时木板恰不开始滑动，则对木板由平衡条件有2μimg＝4μnmg
解得i＝2n
所以第2n＋1个滑块开始运动时，木板开始滑动，设第2n＋1个滑块开始运动时的速度大小为v2n＋1，则对前2n＋1个滑块由牛顿第二定律有2μ(2n＋1)mg＝(2n＋1)ma1
对木板与其余滑块整体，由牛顿第二定律有
2μ(2n＋1)mg－μ·4nmg＝(2n－1)ma2
滑块恰好不再相碰，则由运动学公式有
a2t2＝L
v2n＋1－a1t＝a2t
联立解得v2n＋12＝μgL
由(2)问分析可知v2n＋12＝(v2n2－4μgL)
所以v2n2＝(v2n－12－4μgL)
依次类推至v22＝(v12－4μgL)
逐级代入可得v2n＋12＝v12
联立可得μgL
解得β＝。
答案：(1)　
(2)vj＋1＝
(3)(共47张PPT)
专题突破11“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
1.掌握 “子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型的特点。2.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　“子弹打木块”模型
(2026·安徽合肥八中开学考)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示。质量为m的子弹以速度v水平射向滑块。若射击上层，则子弹刚好不穿出，如图甲所示。若射击下层，整个子弹刚好嵌入，如图乙所示。比较上述两种情况，则以下说法不正确的是(　　)
A．子弹末速度大小一样大
B．子弹和滑块间的水平作用力一样大
C．子弹对滑块做的功一样多
D．系统产生的热量一样多
B
解析：B　设矩形滑块质量为M，子弹和滑块间的水平作用力为f，子弹射入滑块的深度为d。取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得mv＝(m＋M)v′，可得v′＝，可知子弹末速度大小相等，故A正确；根据功能关系可得fd＝(m＋M)v′2，可知d不一样，则f不一样大，故B错误；对滑块，根据动能定理得W＝Mv′2，可知子弹对滑块做的功一样多，故C正确；根据能量守恒定律可得Q＝(m＋M)v′2，可知Q相等，故D正确。故选B。
点拨：(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。
如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。假设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能；
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
解析：(1)设子弹的质量为m，木块的质量为M，子弹的初速度大小为v0，子弹射入木块后与木块的共同速度大小为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v
代入数据解得v＝6 m/s
它们在此过程中所产生的内能Q＝(M＋m)v2
代入数据解得Q＝882 J。
(2)假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，子弹射入木块后与木块的共同速度大小为v′，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律有mv0′＝(M＋m)v′
此过程产生的内能为Q′＝mv0′2－(M＋m)v′2
设木块对子弹的阻力大小为F阻，两个过程子弹打入木块的深度分别为d、d′，则有Q＝F阻d，Q′＝F阻d′
联立并代入数据解得d′＝ cm
因为d′>10 cm，所以假设不成立，子弹能射穿该木块。
答案：(1)6 m/s　882 J　(2)能
[拓展]　在[例2]中，若子弹能射出木块，在木块固定和不固定的两种情况下，子弹与木块间因摩擦产生的热量________(填“相等”或“不相等”)。
解析：不论木块是否固定，因摩擦产生的热量等于摩擦力与木块长度的乘积，摩擦力与木块长度都不变，因此两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等。
答案：相等
归纳总结
(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＝(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝
考点二　“滑块—木板”模型
(2025·浙江1月选考，8)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则(　　)
A．碰撞瞬间C相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
D
解析：D　碰前B和C共同向左运动，因此碰
撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；规定向
右为正方向，A、B碰撞过程动量守恒，则有mvA－mvB＝2mv1，解得两者碰后瞬间的共同速度v1＝1 m/s，从A、B碰撞后到三者共速的过程，A、B、C组成的系统动量守恒，则有2mv1－mvC＝3mv，解得三者共同速度v＝0，所以最终三者相对静止，对滑块C由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，从碰后到三者相对静止的时间为t＝＝0.4 s，B错误；由能量守恒定律得，从碰撞后到三者相对静止的过程因摩擦而产生的热量为Q＝mvC2＝3 J，C错误；该过程由功能关系得Q＝μmgx相对，解得C相对长板滑动的距离x相对＝0.6 m，D正确。
[教考衔接]　2025年浙江高考真题以“滑板－木块”碰撞为背景考查了多物体参与的碰撞问题分析与计算，高考题的命题情境和考查角度与人教版教材选择性必修第一册第30页[复习与提高]B组第7题相近，可看成教材习题的改编。
[教材原题]　如图，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
答案：2 m/s
归纳总结
(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(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(2025·天津耀华中学期中)光滑水平地面上，质量为2 kg、上表面粗糙的木板正以3 m/s的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的物块，质量为1 kg，速度向左，大小也是3 m/s。经过2 s后，物块刚好滑到木板左端且二者刚好相对静止。这一过程中，下列说法中正确的是(g取)(　　)
A．木板长度为3 m
B．物块与木板间的动摩擦因数为0.1
C．系统产热为12 J
D．摩擦力对物块做功为4 J
C
解析：C　根据题意可知，设木板质量为M，物块质
量为m，二者初速度大小v0＝3 m/s，设二者最终速度
为v，木板与物块所组成的系统动量守恒，取向右为正，有Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入数据得v＝1 m/s，即物块滑到木板左端时两者共速，以1 m/s的速度大小一起向右做匀速直线运动。木板的加速度大小为a1＝＝1 m/s2，对木板，由牛顿第二定律有μmg＝Ma1，代入数据解得物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，设木板长度为L，由功能关系得μmgL＝(M＋m)v02－(M＋m)v2，代入数据解得木板的长度L＝6 m，故AB错误；系统因摩擦产生的热为Q＝μmgL＝12 J，故C正确；由运动学知识可知物块达到共速时的对地位移为x＝t＝－2 m，负号表示位移向左，故摩擦力对物块做的功为W＝μmgx＝－4 J，故D错误。
点拨：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，求系统产生的内能或相对位移。
(2026·山西吕梁期末)如图所示，质量为m、长为L的长木板A静止在光滑的水平面上，质量为m的物块B放在长木板上表面的左端，质量为m的小球C用长为L的不可伸长细线悬于固定点O1，将小球C拉至与O1等高点由静止释放，释放时细线刚好伸直，小球C运动到最低点时与物块B发生正碰，碰撞后瞬间B、C的速度大小之比为3∶1，此后当B滑到长木板右端时，A、B速度恰好相等，重力加速度为g，不计物块的大小。求：
(1)B、C碰撞前C的速度大小v0；
(2)B、C碰撞过程中，B、C系统损失的机械能；
(3)B在A上滑动过程中A发生的位移。
解析：(1)设C与B碰撞前一瞬间，C的速度大小为v0，根据动能定理有mgL＝mv02
解得v0＝。
(2)设碰撞后B的速度大小为v1，则C的速度大小为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋m×v1
解得v1＝v0
碰撞过程损失的机械能ΔE损＝
联立以上解得ΔE损＝mgL。
(3)设B与A间的动摩擦因数为μ，B与A共速时的速度为v2，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2
根据能量守恒定律μmgL＝×2mv22
联立解得μ＝
对长木板A研究，设B在A上滑动过程中A发生的位移为s，根据动能定理有μmgs＝mv22
解得s＝L。
答案：(1)　(2)mgL　 (3)L
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限时规范
训练(38)　“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
(建议用时：40分钟　满分：57分)
(选择题1～3题每题5分，共15分)
[基础巩固练]
1．(2025·北京东城二模)如图所示，将质量为M的沙箱用长为l的不可伸长的轻绳悬挂起来，一颗质量为m的子弹水平射入沙箱(未穿出)，沙箱摆动的最大摆角为α。摆动过程中，沙箱可视为质点，重力加速度为g，则子弹将要射入沙箱时的速度大小等于(　　)
A． B．
C． D．
B
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解析：B　设子弹射入沙箱时整体速度为v，由机械能守恒有(m＋M)v2＝(m＋M)gl(1－cos α)，设子弹将要射入沙箱时的速度大小为v0，规定向右为正方向，子弹射入沙箱过程，由动量守恒有mv0＝(m＋M)v，联立解得v0＝，故选B。
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2．(2025·四川绵阳中学期末)质量是10 g的子弹，以300 m/s的速度射入静止在光滑水平桌面上的木块，子弹和木块的v-t图像如图所示，则(　　)
A．子弹射入木块的过程中子弹和木块系统机械能守恒
B．子弹射入木块的过程中子弹和木块系统动量不守恒
C．木块的质量为0.3 kg
D．木块的最短长度为1.5 m
D
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解析：D　子弹射入木块的过程中，系统克服摩擦做功，子弹和木块系统机械能不守恒，故A错误；子弹射入木块的过程中，系统合外力为零，子弹和木块系统动量守恒，故B错误；根据子弹和木块系统动量守恒mv0＝(M＋m)v，解得木块的质量为M＝0.29 kg，故C错误；v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，木块的最短长度为子弹和木块间的相对位移，即Lmin＝×0.01×300 m＝1.5 m，故D正确。
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3．(多选)(2026·河北衡水模拟)如图，有n个相同的物块紧密排列放在光滑水平面上(n足够大)，每个物块质量为m，一质量为m0的子弹(可以看成质点)以某一初速度从左端水平射入物块中，刚好能穿过第一个物块。设物块给子弹的阻力大小不变。忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是
(　　)
A．子弹和物块组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．若只增加物块个数，子弹可能穿过更多的物块
C．若只增加物块个数，子弹不能穿过第一个物块
D．若只改变物块个数，子弹能穿过的物块个数不超过＋1
BD
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解析：BD　子弹射入物块的过程中，二者间的摩擦阻
力做功，产生热量，子弹和物块组成的系统机械能不
守恒，故A错误；由于物块给子弹的阻力大小不变，
所以子弹每穿过一个物块产生的热量相同且为定值，
设为Q，设子弹射入紧密排列的n个物块后，与物块相对静止时损失的机械能为E损，由动量守恒定律有m0v0＝(nm＋m0)v共，E损＝(nm＋m0)v共2，解得E损＝m0v02，故子弹能穿过物块的
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个数为k＝，若只增加物块个数n，则E损将增大，由于Q不变，所以子弹能穿过物块的个数k将增大，故B正确，C错误；若只改变物块个数，子弹穿过物块时损失的机械能不超过E损max＝m0v02，子弹能穿过的物块个数不超过kmax＝，故D正确。
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4．(10分)(2025·北京师大附中开学考)如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上，车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5。现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在小车中，子弹与小车相互作用时间很短，g取10 m/s2，求：
(1)子弹刚射入小车后，小车的速度大小v1；
(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少。
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解析：(1)子弹射入小车的过程中，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，
代入数据解得v1＝10 m/s。
(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与小车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2
μm2gL＝(m0＋m1)v12－(m0＋m1＋m2)v22，联立解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。
答案：(1)10 m/s　(2)5 m
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[能力提升练]
5．(10分)(2025·山西部分学校开学考)如图所示(未按比例作图)，一质量m1＝2 kg的滑板Q静止在光滑水平桌面上，其右侧A处有一大小可忽略不计的卡销，滑板Q的上表面距离地面BC的高度h＝5 m。现一质量m2＝0.98 kg的物块P置于滑板Q的左端，一质量m＝0.02 kg的子弹以v＝300 m/s的水平速度射中物块P并留在其中(时间极短)，然后物块P(包括子弹)从滑板左端水平向右滑行，物块P与滑板Q间的动摩擦因数μ＝0.2。当滑板Q运动到A点时被卡销锁定。已知滑板Q长L＝6.5 m，其右端到A点的距离s可调，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。
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(1)求子弹射入物块P后瞬间，二者共同速度v1的大小和该过程损失的机械能；
(2)若当物块P与滑板Q共速时，滑板Q恰被卡销锁定，求距离s；
(3)当距离s＝1 m时，求物块P从A点飞出后，在地面上的落点到A点的水平距离x。
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解析：(1)子弹射入物块P过程，根据动量守恒定律可得mv＝(m＋m2)v1
解得v1＝6 m/s
由能量守恒定律，该过程损失的机械能
ΔE＝(m＋m2)v12
解得ΔE＝882 J。
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(2)物块P与滑板Q共速，根据动量守恒定律可得(m＋m2)v1＝(m＋m1＋m2)v2
解得v2＝2 m/s
滑板Q一直加速，加速度
aQ＝＝1 m/s2
由运动学公式s＝
则s＝2 m。
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(3)当s＝1 m<2 m时，物块P一直做匀减速运动，由运动学公式v32－v12＝－2μg(L＋s)
解得v3＝ m/s
物块P从A点飞出后做平抛运动，有h＝gt2
在地面上的落点到A点的水平距离为x＝v3t
解得x＝ m。
答案：(1)6 m/s　882 J　(2)2 m　 (3) m
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6．(10分)(2026·湖北腾云联盟开学考)如图所示，质量为M＝3 kg、半径为R＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道放在光滑水平地面上，下端与水平地面相切，质量为m＝0.98 kg的木块静止在轨道左侧，质量为m0＝20 g的子弹以v0＝200 m/s的速度水平向右射入木块并留在其中。已知子弹与木块作用时间极短，木块的尺寸远小于圆弧轨道的半径，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)子弹射入木块后的共同速度的大小以及此过程中产生的内能；
(2)木块沿圆弧轨道上升的最大高度；
(3)圆弧轨道的最大速度。
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解析：(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v1，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1
解得子弹射入木块后的共同速度v1＝4 m/s
此过程系统所产生的内能
Q＝(m0＋m)v12
解得产生的内能Q＝392 J。
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(2)设木块(含子弹)在圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小为v2，木块沿圆弧轨道上升的最大高度为h，由动量守恒定律得
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2
由能量守恒定律得
(m0＋m)gh＝(m0＋m)v12－(m0＋m＋M)v22
解得木块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝0.6 m(h2
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(3)设木块(含子弹)在圆弧轨道上时，圆弧轨道一直做加速运动，木块(含子弹)在圆弧轨道底端与轨道分离时，圆弧轨道的速度最大，设此时木块(含子弹)的速度为v3，圆弧轨道的速度为v4，由动量守恒定律得
(m0＋m)v1＝(m0＋m)v3＋Mv4
由机械能守恒定律得
(m0＋m)v12＝(m0＋m)v32＋Mv42
解得圆弧轨道的最大速度v4＝2 m/s，方向水平向右。
答案：(1)4 m/s　392 J　(2)0.6 m　 (3)2 m/s
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[培优创新练]
7．(12分)(2025·湖北卷，15)如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为(β为足够大常数，g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
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(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小。
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j＋1个滑块开始滑动时的速度为vj＋1。用已知量和vj表示vj＋1。
(3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。
提示：12＋22＋…＋k2＝k(k＋1)(2k＋1)
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解析：(1)给第1个滑块一个水平向右的初速度，滑块相对木板向右运动，滑块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff1＝2μmg，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则木板与地面间的最大静摩擦力为Ffm＝μ(nm＋3nm)g＝4nμmg，又n是大于1的正整数，所以Ffm>Ff1，第1个滑块与第2个滑块碰撞前，木板处于静止状态，对第1个滑块从开始运动至与第2个滑块碰撞前瞬间的过程，由动能定理有－2μmgL＝mv1′2－mv12
代入数据解得v1′＝。
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(2)对第j个滑块从开始运动至与第j＋1个滑块碰撞前瞬间的过程，由动能定理有－2μjmgL＝jmvj′2－jmvj2
对前j个滑块整体与第j＋1个滑块碰撞的过程，由动量守恒定律有jmvj′＝(j＋1)mvj＋1
联立解得vj＋1＝。
(3)设第i个滑块开始运动时木板恰不开始滑动，则对木板由平衡条件有2μimg＝4μnmg解得i＝2n
所以第2n＋1个滑块开始运动时，木板开始滑动，设第2n＋1个滑块开始运动时的速度大小为v2n＋1，则对前2n＋1个滑块由牛顿第二定律有2μ(2n＋1)mg＝(2n＋1)ma1
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对木板与其余滑块整体，由牛顿第二定律有
2μ(2n＋1)mg－μ·4nmg＝(2n－1)ma2
滑块恰好不再相碰，则由运动学公式有
a2t2＝L
v2n＋1－a1t＝a2t
联立解得v2n＋12＝μgL
由(2)问分析可知v2n＋12＝(v2n2－4μgL)
所以v2n2＝(v2n－12－4μgL)
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依次类推至v22＝(v12－4μgL)
逐级代入可得v2n＋12＝v12
联立可得μgL
解得β＝。
答案：(1)　
(2)vj＋1＝ (3)
专题突破11“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
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(建议用时：40分钟　满分：57分)
(选择题1～3题每题5分，共15分)
[基础巩固练]
1．(2025·北京东城二模)如图所示，将质量为M的沙箱用长为l的不可伸长的轻绳悬挂起来，一颗质量为m的子弹水平射入沙箱(未穿出)，沙箱摆动的最大摆角为α。摆动过程中，沙箱可视为质点，重力加速度为g，则子弹将要射入沙箱时的速度大小等于(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：B　设子弹射入沙箱时整体速度为v，由机械能守恒有(m＋M)v2＝(m＋M)gl(1－cos α)，设子弹将要射入沙箱时的速度大小为v0，规定向右为正方向，子弹射入沙箱过程，由动量守恒有mv0＝(m＋M)v，联立解得v0＝，故选B。
2．(2025·四川绵阳中学期末)质量是10 g的子弹，以300 m/s的速度射入静止在光滑水平桌面上的木块，子弹和木块的v-t图像如图所示，则(　　)
A．子弹射入木块的过程中子弹和木块系统机械能守恒
B．子弹射入木块的过程中子弹和木块系统动量不守恒
C．木块的质量为0.3 kg
D．木块的最短长度为1.5 m
解析：D　子弹射入木块的过程中，系统克服摩擦做功，子弹和木块系统机械能不守恒，故A错误；子弹射入木块的过程中，系统合外力为零，子弹和木块系统动量守恒，故B错误；根据子弹和木块系统动量守恒mv0＝(M＋m)v，解得木块的质量为M＝0.29 kg，故C错误；v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，木块的最短长度为子弹和木块间的相对位移，即Lmin＝×0.01×300 m＝1.5 m，故D正确。
3．(多选)(2026·河北衡水模拟)如图，有n个相同的物块紧密排列放在光滑水平面上(n足够大)，每个物块质量为m，一质量为m0的子弹(可以看成质点)以某一初速度从左端水平射入物块中，刚好能穿过第一个物块。设物块给子弹的阻力大小不变。忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　)
A．子弹和物块组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．若只增加物块个数，子弹可能穿过更多的物块
C．若只增加物块个数，子弹不能穿过第一个物块
D．若只改变物块个数，子弹能穿过的物块个数不超过＋1
解析：BD　子弹射入物块的过程中，二者间的摩擦阻力做功，产生热量，子弹和物块组成的系统机械能不守恒，故A错误；由于物块给子弹的阻力大小不变，所以子弹每穿过一个物块产生的热量相同且为定值，设为Q，设子弹射入紧密排列的n个物块后，与物块相对静止时损失的机械能为E损，由动量守恒定律有m0v0＝(nm＋m0)v共，E损＝(nm＋m0)v共2，解得E损＝m0v02，故子弹能穿过物块的个数为k＝，若只增加物块个数n，则E损将增大，由于Q不变，所以子弹能穿过物块的个数k将增大，故B正确，C错误；若只改变物块个数，子弹穿过物块时损失的机械能不超过E损max＝m0v02，子弹能穿过的物块个数不超过kmax＝，故D正确。
4．(10分)(2025·北京师大附中开学考)如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上，车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5。现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在小车中，子弹与小车相互作用时间很短，g取10 m/s2，求：
(1)子弹刚射入小车后，小车的速度大小v1；
(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少。
解析：(1)子弹射入小车的过程中，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，
代入数据解得v1＝10 m/s。
(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与小车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2
μm2gL＝(m0＋m1)v12－(m0＋m1＋m2)v22，联立解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。
答案：(1)10 m/s　(2)5 m
[能力提升练]
5．(10分)(2025·山西部分学校开学考)如图所示(未按比例作图)，一质量m1＝2 kg的滑板Q静止在光滑水平桌面上，其右侧A处有一大小可忽略不计的卡销，滑板Q的上表面距离地面BC的高度h＝5 m。现一质量m2＝0.98 kg的物块P置于滑板Q的左端，一质量m＝0.02 kg的子弹以v＝300 m/s的水平速度射中物块P并留在其中(时间极短)，然后物块P(包括子弹)从滑板左端水平向右滑行，物块P与滑板Q间的动摩擦因数μ＝0.2。当滑板Q运动到A点时被卡销锁定。已知滑板Q长L＝6.5 m，其右端到A点的距离s可调，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求子弹射入物块P后瞬间，二者共同速度v1的大小和该过程损失的机械能；
(2)若当物块P与滑板Q共速时，滑板Q恰被卡销锁定，求距离s；
(3)当距离s＝1 m时，求物块P从A点飞出后，在地面上的落点到A点的水平距离x。
解析：(1)子弹射入物块P过程，根据动量守恒定律可得mv＝(m＋m2)v1
解得v1＝6 m/s
由能量守恒定律，该过程损失的机械能
ΔE＝(m＋m2)v12
解得ΔE＝882 J。
(2)物块P与滑板Q共速，根据动量守恒定律可得(m＋m2)v1＝(m＋m1＋m2)v2
解得v2＝2 m/s
滑板Q一直加速，加速度
aQ＝＝1 m/s2
由运动学公式s＝
则s＝2 m。
(3)当s＝1 m<2 m时，物块P一直做匀减速运动，由运动学公式v32－v12＝－2μg(L＋s)
解得v3＝ m/s
物块P从A点飞出后做平抛运动，有h＝gt2
在地面上的落点到A点的水平距离为x＝v3t
解得x＝ m。
答案：(1)6 m/s　882 J　(2)2 m　 (3) m
6．(10分)(2026·湖北腾云联盟开学考)如图所示，质量为M＝3 kg、半径为R＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道放在光滑水平地面上，下端与水平地面相切，质量为m＝0.98 kg的木块静止在轨道左侧，质量为m0＝20 g的子弹以v0＝200 m/s的速度水平向右射入木块并留在其中。已知子弹与木块作用时间极短，木块的尺寸远小于圆弧轨道的半径，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)子弹射入木块后的共同速度的大小以及此过程中产生的内能；
(2)木块沿圆弧轨道上升的最大高度；
(3)圆弧轨道的最大速度。
解析：(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v1，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1
解得子弹射入木块后的共同速度v1＝4 m/s
此过程系统所产生的内能
Q＝(m0＋m)v12
解得产生的内能Q＝392 J。
(2)设木块(含子弹)在圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小为v2，木块沿圆弧轨道上升的最大高度为h，由动量守恒定律得
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2
由能量守恒定律得
(m0＋m)gh＝(m0＋m)v12－(m0＋m＋M)v22
解得木块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝0.6 m(h(3)设木块(含子弹)在圆弧轨道上时，圆弧轨道一直做加速运动，木块(含子弹)在圆弧轨道底端与轨道分离时，圆弧轨道的速度最大，设此时木块(含子弹)的速度为v3，圆弧轨道的速度为v4，由动量守恒定律得
(m0＋m)v1＝(m0＋m)v3＋Mv4
由机械能守恒定律得
(m0＋m)v12＝(m0＋m)v32＋Mv42
解得圆弧轨道的最大速度v4＝2 m/s，方向水平向右。
答案：(1)4 m/s　392 J　(2)0.6 m　 (3)2 m/s
[培优创新练]
7．(12分)(2025·湖北卷，15)如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为(β为足够大常数，g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小。
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j＋1个滑块开始滑动时的速度为vj＋1。用已知量和vj表示vj＋1。
(3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。
提示：12＋22＋…＋k2＝k(k＋1)(2k＋1)
解析：(1)给第1个滑块一个水平向右的初速度，滑块相对木板向右运动，滑块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff1＝2μmg，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则木板与地面间的最大静摩擦力为Ffm＝μ(nm＋3nm)g＝4nμmg，又n是大于1的正整数，所以Ffm>Ff1，第1个滑块与第2个滑块碰撞前，木板处于静止状态，对第1个滑块从开始运动至与第2个滑块碰撞前瞬间的过程，由动能定理有－2μmgL＝mv1′2－mv12
代入数据解得v1′＝。
(2)对第j个滑块从开始运动至与第j＋1个滑块碰撞前瞬间的过程，由动能定理有－2μjmgL＝jmvj′2－jmvj2
对前j个滑块整体与第j＋1个滑块碰撞的过程，由动量守恒定律有jmvj′＝(j＋1)mvj＋1
联立解得vj＋1＝。
(3)设第i个滑块开始运动时木板恰不开始滑动，则对木板由平衡条件有2μimg＝4μnmg
解得i＝2n
所以第2n＋1个滑块开始运动时，木板开始滑动，设第2n＋1个滑块开始运动时的速度大小为v2n＋1，则对前2n＋1个滑块由牛顿第二定律有2μ(2n＋1)mg＝(2n＋1)ma1
对木板与其余滑块整体，由牛顿第二定律有
2μ(2n＋1)mg－μ·4nmg＝(2n－1)ma2
滑块恰好不再相碰，则由运动学公式有
a2t2＝L
v2n＋1－a1t＝a2t
联立解得v2n＋12＝μgL
由(2)问分析可知v2n＋12＝(v2n2－4μgL)
所以v2n2＝(v2n－12－4μgL)
依次类推至v22＝(v12－4μgL)
逐级代入可得v2n＋12＝v12
联立可得μgL
解得β＝。
答案：(1)　
(2)vj＋1＝
(3)

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