2025人教版新教材物理高考第一轮
第 4 讲专题提升 : 动量守恒定律在子弹打木块模型、
“ 滑块 — 木板 ” 模型中的应用
基础对点练
题组一 子弹打木块模型
1.子弹以水平速度v 射向原来静止在光滑水平面上的木块,并留在木块中和木块一起运动,
0
如图所示。在子弹射入木块的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量
B.子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等
C.子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量
D.子弹动量变化的大小一定大于木块动量变化的大小
2.(多选)两个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质量相等、
材料不同的两矩形滑块A、B中,如图所示,射入A中的深度是射入B中深度的两倍。已
知A、B足够长,两种射入过程相比较( )
A.射入滑块A的子弹速度变化大
B.整个射入过程中两滑块受的冲量一样大
C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
D.两个过程中系统产生的热量相等
3.(多选)质量为M的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度
v 射中木块,并最终留在木块中与木块一起以速度 v运动,如图所示,已知当子弹相对木块
0
静止时,木块前进距离为L,子弹进入木块的深度为 s,此过程经历的时间为t。若木块对子
弹的阻力大小F 视为恒定,则下列关系式正确的是( )
f
1
A.FL= Mv2 B.Ft=mv -mv
f f 0
2
mv 1 1
C.v= 0 D.Fs= mv 2− mv2
M f 2 0 2
题组二 “滑块—木板”模型
4.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,如图所示,t=0时两者从图中位置以相同的水平速度 v 向右运动,碰到右面的竖直挡板后木板
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( )
5.(多选)(2023河北衡水三模)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 =1 kg,如图所示。开
A B C
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发生正撞(碰撞时间极短),经
0
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L=0.9 m,B、C之间的动摩擦因数为μ,g取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
6.(多选)(2023河南开封三模)一辆质量M=2 kg的小车静止在光滑水平面上,小车左边部分
为半径R=1.8 m的四分之一光滑圆弧轨道,圆弧轨道末端平滑连接一长度L=5.4 m的水平
粗糙轨道,粗糙轨道右端是一挡板,如图所示。有一个质量m=1 kg的小物块(可视为质点)
从小车左侧圆弧轨道顶端A点由静止释放,小物块和小车粗糙轨道间的动摩擦因数μ=0.2,
重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则( )
A.小物块滑到圆弧末端时的速度大小为2√3 m/sB.小物块滑到圆弧末端时小车的速度大小为√6 m/s
4
C.小物块与右侧挡板碰撞前瞬间的速度大小为 √15 m/s
5
D.小物块最终距圆弧轨道末端的距离为3.6 m
综合提升练
1
7.(2023陕西西安模拟)质量为m的长木板B放在光滑的水平面上,质量为 m的木块A放
4
1
在长木板的左端,一颗质量为 m的子弹以速度v 射入木块并留在木块中,如图所示,当木
0
16
v
块滑离木板时速度为 0,木块在木板上滑行的时间为t,则下列说法错误的是( )
8
v
A.木块获得的最大速度为 0
5
3v
B.木块滑离木板时,木板获得的速度大小为 0
8
3mv
C.木块在木板上滑动时,木块与木板之间的滑动摩擦力大小为 0
128t
D.因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差
8.(2023华中师大附中模拟)质量m =4.5 kg的长木板C静止在光滑的水平面上,长木板C
C
右端与竖直固定挡板相距 x ,左端放一个质量m =3.0 kg的小物块B(可视为质点),与长木
0 B
板C间的动摩擦因数μ=0.05,如图所示。在小物块 B的正上方,用不可伸长、长度l=0.8
m的轻绳将质量m =1.0 kg的小球A悬挂在固定点O。初始时,将轻绳拉直并处于水平状
A
态,使小球A与O点等高,由静止释放。当小球A下摆至最低点时恰好与小物块B发生碰
撞(碰撞时间极短),之后二者没有再发生碰撞。已知 A、B之间以及C与挡板之间的碰撞
均为弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)小球A与小物块B碰后瞬间,求小物块B的速度大小。
(2)为保证长木板C与竖直挡板碰撞时B、C能共速,求x 应满足的条件。
0
(3)在(2)问的前提下,即与竖直挡板碰撞到B、C能共速,求长木板的最短长度。9.(2024浙江绍兴模拟)两个固定的、大小不同的竖直半圆形光滑轨道在最高点 A平滑连
接,小圆半径r =0.5 m,大圆半径r =1.0 m,小圆最低点O恰在大圆圆心处,O点有一弹射装
1 2
置(图中未画出),可水平向右弹射质量为 m =0.2 kg的滑块,如图所示。放置在光滑水平面
1
上的中空长直塑料板与大圆的最低点 B平滑过渡。若塑料板质量m =0.2 kg,长度L=2.4
2
m,厚度h=0.05 m,滑块与塑料板上表面之间的动摩擦因数 μ=0.5,滑块可视为质点,g取10
m/s2,不计空气阻力,求:
(1)若滑块能做完整的圆周运动,滑块在最高点的最小速度v 大小;
0
(2)以v =√44 m/s向右弹射滑块,滑块到达大圆轨道B点时所受支持力的大小;
1
(3)以v =√44 m/s向右弹射滑块,滑块第一次落地点到B点的水平距离。
1
10.(2023河北石家庄模拟)质量均为2 kg的长板A和滑块C静置在光滑水平地面上,长板
A上表面左端有一小部分光滑、其余部分粗糙,滑块B(可视为质点)置于A的左端,如图甲
所示。现使A、B一起以速度v =6 m/s向右运动,A与C发生碰撞(碰撞时间极短),经过一
0
段时间后A、B再次一起向右运动,且恰好不再与C相碰。以A与C发生碰撞时为计时
起点,B的速度—时间图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,求:
(1)滑块B的质量m ;
B
(2)长板A与滑块C发生碰撞过程中损失的机械能ΔE;
(3)长板A的最小长度L。参考答案
第4讲 专题提升:动量守恒定律在子弹打木块模型、“滑块—木板”模型中的应用
1.B 解析 水平方向上,子弹所受合外力与木块受到的合外力为作用力与反作用力,它们
大小相等、方向相反、作用时间相等,根据I=Ft,可知子弹对木块的冲量与木块对子弹的
冲量大小相等、方向相反,故A错误,B正确;子弹与木块组成的系统所受合外力为零,系统
动量守恒,由动量守恒定律可知,子弹动量变化量大小等于木块动量变化量大小,由于子弹
与木块的质量不一定相同,子弹速度的减小量不一定等于木块速度的增加量,故C、D错
误。
2.BD 解析 子弹射入滑块过程中,子弹与滑块构成的系统动量守恒,有mv =(m+M)v,两个
0
子弹的末速度相等,所以子弹速度的变化量相等,A错误;滑块A、B动量变化量相等,受到
1 1
的冲量相等,B正确;对子弹运用动能定理,有W= mv2- mv 2,由于末速度v相等,所以阻
f 2 2 0
1 1
力对子弹做功相等,C 错误;对系统,由能量守恒可知,产生的热量满足 Q= mv 2−
2 0 2
(m+M)v2,所以系统产生的热量相等,D正确。
1
3.AB 解析 对木块,由动能定理可得FL= Mv2,选项A正确;以向右为正方向,对子弹,由
f
2
动量定理可得,-Ft=mv-mv ,则Ft=mv -mv,选项B正确;对木块、子弹整体,根据动量守恒
f 0 f 0
mv
定律得,mv =(M+m)v,解得 v= 0 ,选项 C 错误;对整体,根据能量守恒定律得,Fs=
0 M+m f
1 1
mv 2− (M+m)v2,选项D错误。
2 0 2
4.A 解析 木板碰到挡板前,物块与木板一直做匀速运动,速度为v ,木板碰到挡板后,物块
0
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,则由动量守恒定律
1
M-m
得,Mv -mv =(M+m)v ,解得v = v <v ,故A正确,B、C、D错误。
0 0 1 1 M+m 0 0
1
5.BD 解析 规定向右为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律得,m v =m v +m v ,
A 0 A A1 B B1
2
1 1
m v 2= 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 2 A A1 2 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1 1
水平向右,故 C 错误;由动量守恒定律和能量守恒定律得,m v =(m +m )v , m v 2=
B B1 B C 共 2 B B1 2
(m +m ) +μm g·2L,解得μ=0.75,故D正确。
B C v 2 C
共
6.BC 解析 小物块滑到圆弧轨道末端时,由能量守恒和水平方向动量守恒得,mgR=
1 1
2
mv
1
2+
2
Mv
2
2,mv
1
-Mv
2
=0,联立解得 v
1
=2√6 m/s,v
2
=√6 m/s,故A错误,B正确;小物块与
1 1
右侧挡板碰撞前,由能量守恒和水平方向动量守恒得,mgR-μmgL= mv 2+ Mv 2,mv -
2 3 2 4 3
√3 4 √3 2
Mv =0,联立解得v =4 m/s= √15 m/s,v =2 m/s= √15 m/s,故C正确;由水平方向
4 3 5 5 4 5 5
动量守恒知,小物块和小车最终都静止,由能量守恒得,μmgx=mgR,解得x=9 m,则小物块最
终距圆弧末端的距离Δx=2L-x=1.8 m,故D错误。
7.B 解析 对子弹和木块A组成的系统,根据动量守恒定律有, 1 mv
0
=( 1
m+
1
m
)v
1
,解
16 16 4
v
得v = 0,此后木块A与子弹一起做减速运动,则此时木块的速度最大,选项A正确;木块滑
1
5
离木板时,对木板和木块(包括子弹)系统有,mv 0= ( 1 m+ 1 m ) × v 0 +mv 2 ,解得v 2 =3v 0 ,选项
16 16 4 8 128
3mv
B错误;对木板,由动量定理有,Ft=mv ,解得F= 0,选项C正确;由能量守恒定律可知,木
f 2 f
128t
块在木板上滑动时,因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木
板增加的动能之差,选项D正确。本题选错误的,故选B。
8.答案 (1)2.0 m/s
(2)x ≥0.96 m
0
(3)3.936 m
解析 (1)小球A由静止到最低点的过程,根据机械能守恒定律有
1
m gl= m v 2
A 2 A 0
解得v =4.0 m/s
0
设小球A与小物块B发生弹性碰撞后的速度分别为v 、v ,根据动量守恒定律有
A Bm v =m v +m v
A 0 A A B B
碰撞前后根据机械能守恒定律有
1 1 1
m v 2= m v 2+ m v 2
2 A 0 2 A A 2 B B
联立解得
v =2.0 m/s。
B
(2)设B、C获得共同速度为v ,以水平向右为正方向,由动量守恒定律有
1
m v =(m +m )v
B B B C 1
代入数据解得v =0.8 m/s
1
若B、C共速时C刚好运动到挡板处,对C应用动能定理有
1
μm gx = m v 2-0
B 0 2 C 1
代入数据解得
x =0.96 m
0
则保证C运动到竖直挡板前B、C能够共速,x 应满足的条件是x ≥0.96 m。
0 0
(3)第一次共速过程中,由能量守恒定律有
1 1
μm gL = m v 2− (m +m )v 2
B 1 2 B B 2 B C 1
长木板C与挡板碰后速度方向相反,设B、C第二次获得共同速度为v ,以水平向左为正
2
方向,由动量守恒定律有
m v -m v =(m +m )v
C 1 B 1 B C 2
由能量守恒定律有
1 1 1
μm gL = m v 2+ m v 2− (m +m )v 2
B 2 2 B 1 2 C 1 2 B C 2
长木板的最短长度
L=L +L
1 2
联立解得L=3.936 m。
9.答案 (1)√10 m/s (2)14.8 N (3)3.4 m
解析 (1)若滑块恰好能做完整的圆周运动,滑块在最高点只有重力提供向心力,有
m g=m v 2
1 1 A
r
2
解得v =√10 m/s。
A
(2)从弹射到B点,对滑块根据动能定理有1 1
m gr = m v 2− m v 2
1 2 2 1 B 2 1 1
在B点根据牛顿第二定律有
F -m g=m v 2
N 1 1 B
r
2
解得F =14.8 N。
N
(3)滑块与塑料板组成的系统动量守恒,规定向右为正方向,根据动量守恒定律有
m v =m v'+m v″
1 B 1 2
根据能量守恒定律有
1 1 1
μm gL= m v 2− m v'2- m v″2
1 2 1 B 2 1 2 2
对滑块,根据能量守恒定律有
1 1
μm gx = m v 2− m v'2
1 1 2 1 B 2 1
滑块离开塑料板后做平抛运动
x =v't
2
1
h= gt2
2
滑块第一次落地点到B点的水平距离x=x +x
1 2
解得x=3.4 m。
10.答案 (1)2 kg (2)16 J (3)6 m
解析 (1)设A、C碰后的速度为v 和v ,由动量守恒定律可得
A C
m v =m v +m v
A 0 A A C C
由题图乙可知,t=2 s时刻A、B达到共同速度v ,此后恰好不再与C相碰,且v =v =4 m/s,
B C B
从A、C碰后,到A、B达到共同速度v ,对于A、B动量守恒,有
B
m v +m v =(m +m )v
A A B 0 A B B
解得v =2 m/s,m =2 kg。
A B
(2)A、C碰撞过程,由能量守恒定律得
1 1 1
ΔE= m v 2− m v 2− m v 2
2 A 0 2 A A 2 C C
解得ΔE=16 J。
(3)方法一:公式法
在0~1 s内,A、B发生相对滑动,位移分别为
x =v t =2 m
A1 A 1x =v t =6 m
B1 0 1
在1~2 s内,A、B发生相对滑动,位移分别为
v +v
x = A Bt =3 m
A2 2
2
v +v
x = 0 Bt =5 m
B2 2
2
A的最小长度
L=(x -x )+(x -x )=6 m。
B1 A1 B2 A2
方法二:图像法
在0~1 s内,A以速度v =2 m/s做匀速直线运动;在1~2 s内,A做匀加速直线运动,直到
A
A、B再次共速,作出其v-t图像,如图所示
图中阴影部分面积即为A的最小长度L,可得
L=4 m+2 m=6 m。
