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1.(2024·山东省实验中学月考)如图所示，两颗质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在
光滑水平地面上的滑块A、B后与滑块一起运动。两滑块质量相同、材料不同，子弹在A中
受到的平均阻力是在B中受到的平均阻力的两倍。下列说法正确的是( )
A．射入滑块A的子弹最终速度小
B．射入滑块A的子弹受到的阻力的冲量大
C．射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍
D．子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等
2.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块
质量，t＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v 向右运动，碰到右边的竖直挡板后木板
0
以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的
速度v随时间t变化的图像可能正确的是( )
3.(多选)(2023·河北衡水市第二中学三模)如图所示，光滑水平面上放置滑块A和左侧固定轻
质竖直挡板的木板B，滑块C置于B的最右端，三者质量分别为m ＝2 kg、m ＝3 kg、m
A B C
＝1 kg。开始时B、C静止，A以v＝7.5 m/s的速度匀速向右运动，A与B发生正碰(碰撞时
0
间极短)，经过一段时间，B、C达到共同速度一起向右运动，且此时C再次位于B的最右端。
已知所有的碰撞均无机械能损失，木板 B的长度为L＝0.9 m，B、C之间的动摩擦因数为
μ，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )A．A与B碰撞后瞬间，B的速度大小为5 m/s
B．A与B碰撞后瞬间，B的速度大小为6 m/s
C．C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C对B摩擦力的冲量水平向左
D．μ＝0.75
4.如图所示，一质量m ＝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
1
m ＝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。
2
现有一质量m ＝0.05 kg的子弹以v ＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在小车中，子
0 0
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v；
1
(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少。
5.(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v 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
0
弹穿过木块后子弹和木块的速度分别为v 和v ，假设子弹穿过木块的过程子弹所受阻力恒
1 2
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v 越大
2C．木块质量M越大，子弹射出速度v 越大
1
D．子弹的初速度v 越大，木块位移s越小，该过程产生的热量越少
0
6．(2023·安徽省安庆、池州、铜陵三市联考)如图所示，光滑水平地面上并排放置两块木板
A、B，两木板间相互接触但不粘连，现有一小滑块(可视为质点)以水平初速度v ＝4 m/s滑
0
上木板A的左端，滑块最终恰好没有离开木板B，已知滑块的质量和A、B两木板质量均相
等，A木板长为L ＝2 m，滑块与两木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g＝10
1
m/s2。求：
(1)小滑块刚离开木板A时A和B的速度大小；
(2)木板B的长度L。
2
7．(2024·广东省联考)如图所示，紧靠在水平平台右端的长木板上表面NQ水平且与平台等
高，NQ的长度L＝2 m，长木板的右端为半径R＝0.1 m的光滑圆弧，可视为质点的滑块B
静止在长木板的左端。质量m ＝1 kg的滑块A在光滑水平平台上以初速度v ＝6 m/s向右匀
A 0
速运动，一段时间后滑块A与滑块B发生弹性碰撞。已知滑块B的质量为m ＝3 kg，与NQ
B
间的动摩擦因数μ＝0.1，长木板的下表面光滑，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求滑块A、B碰后瞬间滑块B的速度大小v ；
B
(2)若滑块B恰好不能从长木板右端滑离长木板，求长木板的质量m ；
C
(3)在满足(2)的条件下，长木板的最大速度v 及滑块B最终距Q点的距离Δx。
m8．(2022·河北卷·13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板 A和B，质量分别为1 kg和2
kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v ＝10
0
m/s向右运动，B和D以相同速度kv 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞
0
后C与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的
动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。
(1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
(2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
第 4 练 专题强化：动量守恒在子弹打木块模型和“滑块—
木板”模型中的应用
1．D [设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同速度为v′，子弹和滑块的质量分别为m、
M，取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝(m＋M)v′，解得v′＝，由于两滑块质
量相同，子弹质量也相同，则最后共同速度也相同，故 A错误；子弹的质量相同，初、末
速度相同，则子弹的动量变化量相等，根据动量定理可知 I＝Δp，子弹受到的阻力的冲量相
同，故B错误；根据能量守恒定律可知，两过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，
故两过程系统产生的热量相同，由Q＝fd，其中子弹在A中受到的平均阻力是在B中受到的
平均阻力的两倍，可知子弹射入滑块B中的深度是射入滑块A中深度的两倍，故C错误；
根据动能定理可知，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加量，两滑块质量相同，初动能相
同，末动能相同，则子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等，故D正确。]
2．A [木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为 v ，故B、C错误；木板碰
0到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运
动，最终两者速度相同，设为v。设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，
1
则由动量守恒得Mv－mv＝(M＋m)v，得v＝v＜v，故A正确，D错误。]
0 0 1 1 0 0
3．BD [规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v＝m v ＋m v ，
A 0 A A1 B B1
m v2＝m v 2＋m v 2，解得v ＝6 m/s，故A错误，B正确；C与B左侧的挡板相撞后的一
A 0 A A1 B B1 B1
小段时间内，C的速度大于B的速度，C对B的摩擦力水平向右，此时C对B摩擦力的冲量
水平向右，故C错误；由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v ＝(m ＋m )v ，
B B1 B C 共
m v 2＝(m ＋m )v 2＋μm g·2L，
B B1 B C 共 C
解得μ＝0.75，故D正确。]
4．(1)10 m/s (2)5 m
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
mv＝(m＋m)v，代入数据解得v＝10 m/s。
0 0 0 1 1 1
(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 v ，
2
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(m ＋m)v ＝(m ＋m ＋m)v ，
0 1 1 0 1 2 2
μm gL＝(m ＋m)v2－(m ＋m ＋m)v2，联立解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小车
2 0 1 1 0 1 2 2
的长度至少为5 m。
5．AC [因子弹穿透木块过程所受阻力F 恒定，子弹加速度大小a ＝，木块的加速度大小
f 1
a＝，画出子弹和木块的v－t图像如图所示
2
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，
a 越小，由图乙可知，穿透时间越短，子弹射出速度 v 越大，木块速度v 越小，故B错误，
2 1 2
C正确；子弹的初速度v 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
0 f
不变，故D错误。]
6．(1) m/s m/s (2)0.5 m
解析 (1)根据题意，设滑块刚离开A时的速度为v，此时A、B速度相等为v，滑块冲上A
1 2
木板至刚离开A木板的过程中，由动量守恒定律有mv＝mv＋2mv
0 1 2
由能量守恒定律有
mv2＝mv2＋×2mv2＋μmgL
0 1 2 1
解得v＝ m/s，v＝ m/s
1 2
即滑块刚离开A时，A和B的速度大小为v ＝v ＝v＝ m/s
A B 2(2)根据题意，滑块冲上B木板的过程，由动量守恒定律有mv＋mv＝2mv
1 2 3
由能量守恒定律有
mv2＋mv2＝×2mv2＋μmgL
1 2 3 2
解得L＝0.5 m。
2
7．(1)3 m/s (2)6 kg
(3) m/s 1 m
解析 (1)对滑块A、B碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 m v ＝m v ＋
A 0 A A
m v
B B
m v2＝m v 2＋m v 2
A 0 A A B B
联立代入数据得滑块A和B碰后滑块B的速度大小v ＝3 m/s
B
(2)滑块B恰好不能从右端滑离长木板，对应的情况是滑块 B刚好滑到圆弧的顶端时，滑块
B与长木板共速，对滑块B和长木板有m v ＝(m ＋m )v
B B B C
m v 2－(m ＋m )v2＝μm gL＋m gR
B B B C B B
联立代入数据可得v＝1 m/s，m ＝6 kg
C
(3)当滑块B返回至Q点时，长木板的速度最大，设此时滑块B的速度为v ′，
B
则有(m ＋m )v＝m v ′＋m v
B C B B C m
m v ′2＋m v 2－(m ＋m )v2＝m gR
B B C m B C B
联立解得v ＝ m/s
m
设滑块B最终没有滑离长木板，对滑块B从最高点到与长木板相对静止的过程，根据能量
守恒定律有
m gR＝μm gΔx
B B
解得Δx＝1 m<L＝2 m
故假设成立，滑块B最终距Q点的距离Δx＝1 m。
8．(1)5(1－k) m/s 方向向右
m/s 方向向右 (2)1.875 m
解析 (1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速
度为v ，已知C、D的质量均为m＝1 kg，以向右为正方向，则有mv－m·kv＝(m＋m)v
物 0 0 物
解得v ＝v＝5(1－k) m/s>0
物 0
可知碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v ，
滑
滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg，则有
Mv－2M·kv＝(M＋2M)v
0 0 滑
解得v ＝v＝ m/s>0
滑 0则新滑板速度方向也向右。
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
v ′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s
物
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v ′＝ m/s＝0
滑
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运
动，新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，设相对静止时的共同速度为
v ，根据动量守恒可得
共
m′v ′＝(m′＋M′)v
物 共
解得v ＝1 m/s
共
根据能量守恒可得
μm′gx ＝m′v ′2－(m′＋M′)v 2
相 物 共
解得x ＝1.875 m。
相
