《2025年学霸高考黑题物理人教版》

巩固训练 3(子弹木块模型)(2024·湖北卷)(多选)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 $ v_{0} $ 成正比，即 $ f = kv_{0} $($ k $ 为已知常数)。改变子弹的初速度大小 $ v_{0} $，若木块获得的速度最大，则(AD)

A.子弹的初速度大小为 $ \frac{2kL(m + M)}{mM} $
B.子弹在木块中运动的时间为 $ \frac{2mM}{k(m + M)} $
C.木块和子弹损失的总动能为 $ \frac{k^{2}L^{2}(m + M)}{mM} $
D.木块在加速过程中运动的距离为 $ \frac{mL}{m + M} $

答案： 3. 题型分析
本题属于子弹打木块模型，需分析得出木块获得的最大速度时，子弹恰好不穿出木块.
AD 解析：AC.要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速度，设为$v$，且相对位移为$L$；取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律$mv_0 = (m + M)v$，据能量守恒定律$fL = kv_0 · L = \frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{2}(m + M)v^2$，联立解得$v_0 = \frac{2kL(m + M)}{mM}$, $v = \frac{2kL}{M}$，子弹和木块损失的总动能$\Delta E_k = kv_0 · L = kL × \frac{2kL(m + M)}{mM} = \frac{2k^2L^2(m + M)}{mM}$，综上分析，故A正确，C错误；B.取初速度方向为正方向，根据动量定理$ft = kv_0t = Mv$，代入数据联立解得$t = \frac{mM}{k(m + M)}$，故B错误；D.木块在加速过程中做匀加速直线运动$x = \frac{v}{2}t = \frac{1}{2} × \frac{2kL}{M} × \frac{mM}{k(m + M)} = \frac{mL}{m + M}$，故D正确.故选AD.
名师点评：子弹打入木块后，子弹做匀减速运动，木块做匀加速运动.
①当子弹未打穿木块时，发生完全非弹性碰撞，有$mv_0 = (m + M)v$, $kv_0x_{相} = \frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{2}(m + M)v^2 = \frac{Mm}{2(M + m)}v_0^2$，可得$v = \frac{m}{m + M}v_0$，$v_0 = \frac{2k(M + m)}{Mm}x_{相}$，即子弹初速度$v_0$越大，木块获得的速度$v$越大，而子弹与木块的相对位移$x_{相}$越大，$v_0$的上限就越高，由于相对位移最大为$L$，则子弹恰好未打穿木块时，木块所能获得的最大速度为$v_{m1} = \frac{2kL}{M}$；
②当子弹打穿木块时，发生非弹性碰撞，有$mv_0 = mv_1 + Mv_2$, $kv_0L = \frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{2}mv_1^2 - \frac{1}{2}Mv_2^2$，整理得关于$v_2$的一元二次方程：$M(M + m)v_2^2 - 2Mmv_0v_2 + 2kLmv_0 = 0$，设判别式为$\Delta = 4Mmv_0^2[Mmv_0^2 - 2kL(M + m)]$，则$v_2 = \frac{m}{M + m}v_0 - \frac{\sqrt{\Delta}}{2M(M + m)}$（舍去较大值），当$\Delta = 0$，即$2kL = \frac{Mm}{M + m}v_0$时，木块获得最大速度$v_{m2} = \frac{m}{M + m}v_0 = \frac{2kL}{M}$，不难发现此速度就是①中最大的共速速度，即当子弹恰好未打穿木块时，木块获得最大速度.

压轴挑战 4（斜坡类 + 板块类 + 临界判断）（2025·山东齐鲁名校教研共同体联考）如图所示，$ O $ 点左侧空间存在水平向右的匀强电场，场强大小 $ E = 45\ N/C $，质量为 $ m_{2} = 1\ kg $ 的物块 $ B $ 的 $ PQ $ 段是半径为 $ r = 0.4\ m $ 的四分之一光滑圆弧，$ PR $ 段是长为 $ L_{2} = 0.4\ m $ 的水平轨道，质量为 $ m_{3} = 1\ kg $ 的物块 $ C $ 静置于 $ PR $ 的最右端，且物块 $ C $ 与 $ PR $ 段动摩擦因数为 $ \mu = 0.1 $。一质量为 $ m_{1} = 2\ kg $、带电荷量为 $ +q = 0.2\ C $ 的绝缘物块 $ A $ 从 $ O $ 点左侧 $ L_{1} = 1\ m $ 处由静止释放，在 $ O $ 点与静止的 $ B $ 发生弹性碰撞，且碰后瞬间 $ A $ 立即被锁定在 $ O $ 点，地面光滑，$ A $、$ C $ 可视为质点，重力加速度 $ g $ 取 $ 10\ m/s^{2} $。
（1）求 $ A $、$ B $ 碰后 $ B $ 的速度大小；
（2）通过计算判断 $ C $ 是否能够从 $ Q $ 点脱离物块 $ B $；
（3）$ C $ 是否能够从 $ B $ 的右端与 $ B $ 分离，若能，计算分离时 $ C $ 的速度大小；若不能，确定 $ C $ 最后在 $ B $ 上的位置（结果可用根号表示）。

答案： 4. 题型分析
本题属于斜坡类与板块类组合的类碰撞问题，判断临界条件使用假设法.
(1)$4 m/s$
(2)不会，计算过程见解析
(3)能，$(2 + \frac{4\sqrt{5}}{5}) m/s$
解析：
(1)对物块$A$从释放到$O$的过程中，由动能定理得$qEL_1 = \frac{1}{2}m_1v_A^2$，解得$v_A = 3 m/s$，
对$A$、$B$碰撞过程，由动量守恒有$m_1v_A = m_1v_A' + m_2v_1$，
由机械能守恒有$\frac{1}{2}m_1v_A^2 = \frac{1}{2}m_1v_A'^2 + \frac{1}{2}m_2v_1^2$，解得$v_1 = 4 m/s$
(2)对物块$B$、$C$，当$C$上升到最高点$h$时，二者有共同速度$v_2$，由水平方向动量守恒有$m_2v_1 = (m_2 + m_3)v_2$，
由能量守恒有$\frac{1}{2}m_2v_1^2 = \frac{1}{2}(m_2 + m_3)v_2^2 + m_3gh + \mu m_3gl_2$，解得$h = 0.36 m ＜ r$，故物块$C$不会从$Q$点脱离物块$B$.
(3)若物块$C$最后停在$B$上，设$C$在$PR$段上运动的相对路程为$x$，
由能量守恒有$\frac{1}{2}m_2v_1^2 = \frac{1}{2}(m_2 + m_3)v_2^2 + \mu m_3gx$，解得$x = 4 m ＞ 2L_2$，故物块$C$将从$B$的右端与$B$分离.设分离时$B$、$C$的速度分别为$v_3$、$v_4$，
水平方向动量守恒有$m_2v_1 = m_2v_3 + m_3v_4$，由能量守恒有$\frac{1}{2}m_2v_1^2 = \frac{1}{2}m_2v_3^2 + \frac{1}{2}m_3v_4^2 + \mu m_3g × 2L_2$，解得$v_3 = (2 - \frac{4\sqrt{5}}{5}) m/s$, $v_4 = (2 + \frac{4\sqrt{5}}{5}) m/s$，所以分离时$C$的速度为$(2 + \frac{4\sqrt{5}}{5}) m/s$.