专题九 “子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
基础巩固
1.[2025·江苏南京一中模拟] 如图所示,在光滑水平轨道上有一小车,它下面用轻绳系一沙袋.
有一子弹水平射入沙袋后并不穿出,子弹射入沙袋的时间极短,则下列说法中正确的是
(
)
A.从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中,子弹、沙袋和小车组成的系统动量守恒
B.从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中,子弹、沙袋和小车组成的系统机械能守恒
C.从子弹射入沙袋后到沙袋摆到最高点的过程中,子弹、沙袋和小车组成的系统动量和机械
能都守恒
D.从子弹射入沙袋后到沙袋摆到最高点的过程中,子弹、沙袋和小车组成的系统动量不守恒
但机械能守恒
2.[2024·湖北黄冈模拟] 如图所示,质量是10 g 的子弹(可看成质点),以300 m/s 的速度射入
质量为20 g、长度为0.1 m、静止在光滑水平桌面上的木块.若子弹恰好未射出木块,假设子
弹与木块之间的阻力恒定不变,则下列说法正确的是
( )
A.木块和子弹构成的系统动量守恒,机械能守恒
B.木块和子弹最终的速度大小v=100 m/s
C.木块和子弹之间的阻力大小Ff=4×103 N
D.木块和子弹发生相对运动的时间t=1×10-3 s
3.[2025·广东广州模拟] 如图所示,光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软
木,两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中,最终均留在木头内,已知软
木对子弹的摩擦力较小,以下判断正确的是
( )
A.子弹与硬木摩擦产生的内能较多
B.两个系统产生的内能不一样大
C.子弹在软木中打入深度较大
D.子弹在硬木中打入深度较大
4.[2025·北京四中模拟] 如图所示,质量为M 的小车置于光滑的水平面上,车的上表面粗糙,有
一质量为m 的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面,若车表面足够长,则( )
A.由于车表面粗糙,小车和木块所组成的系统动量不守恒
B.车表面越粗糙,木块减少的动量越多
C.车表面越粗糙,小车增加的动量越少
D.木块的最终速度为
m
M +m
v0
5.(多选)[2025·湖南长沙模拟] 如图所示,质量为3m 的木块静止放置在光滑水平面上,质量为
m 的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块,水平射出木块时速度变为v0
3
,已知木块
的长为L,假设子弹在木块中的阻力恒为Ff.则子弹在木块中运动的时间为( )
A. 4 L
3 v0
B. 9 L
5 v0
C.2m v0
3 F f
D.4 m v0
9 Ff
综合提升
6.如图所示,光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg 的木板A、B,一质量
M=2 kg 的滑块C(可视为质点)以初速度v0=10 m/s 从A 左端滑上木板,C 滑离木板A 时的速
度大小为v1=7 m/s,最终C 与木板B 相对静止,则
( )
A.木板B 与滑块C 最终均静止在水平地面上
B.木板B 的最大速度为5 m/s
C.木板A 的最大速度为1 m/s
D.整个过程,A、B、C 组成的系统机械能减少了57.5 J
7.(多选)[2025·江西九江模拟] 一质量为M、长为l 的长木板A 静止放在光滑的水平面上,质
量为m 的物体B(视为质点)以初速度v0从A 的左端滑上长木板A 的上表面,到B 从A 的右端
滑下的过程中,B 的动能减少量为ΔEkB,A 的动能增加量为ΔEkA,A、B 间存在摩擦,摩擦生热为
Q,关于ΔEkB、ΔEkA、Q 的值.下列可能的是
( )
A.ΔEkB=7 J、ΔEkA=2 J、Q=5 J
B.ΔEkB=7 J、ΔEkA=5 J、Q=5 J
C.ΔEkB=3 J、ΔEkA=2 J、Q=5 J
D.ΔEkB=5 J、ΔEkA=2 J、Q=3 J
8.[2025·广西南宁一中模拟] 如图甲所示,“L”形木板Q 静止于粗糙水平地面上,质量m=2
kg 的滑块P 以6 m/s 的初速度滑上木板,经过一段时间后滑块P 与Q 相撞.两者运动的v-t 图
像如图乙所示,重力加速度大小g 取10 m/s2.求:
(1)“L”形木板Q 的质量M,P、Q 间的动摩擦因数μ1;
(2)木板的长度L;
(3)地面摩擦力对木板的冲量大小I.
拓展挑战
9.[2025·山西晋中模拟] 如图所示,两块完全相同的长木板A、B 静置于光滑水平面上,长木板
的质量为m、长度为L.两板间初始距离为L
9
,质量为2m 的物块C(可看作质点)以某一水平初
速度v(未知)从A 的左端滑上长木板,物块C 在滑至A 的右端前,长木板A、B 会发生碰撞(碰
撞时间极短),两板碰后粘在一起.当物块C 与两板相对静止时,离B 板右端的距离为L
18
,物块
与长木板间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g.
(1)求长木板A 碰撞后的速度大小;
(2)求物块C 滑上长木板A 时的初速度大小;
(3)若两板间初始距离为x,其他条件不变,最终物块C 离B 板右端的距离为s,求s 与x 的关系
式.
答案解析
1.D [解析] 从子弹射入沙袋到它们摆动达到最大偏角的过程中,系统水平方向动量守恒,故
A 错误;子弹打入沙袋时有能量损失,所以子弹、沙袋和小车组成的系统机械能不守恒,故B
错误;子弹射入沙袋后,子弹、沙袋和小车组成的系统水平方向动量守恒,但摆动过程中,子
弹、沙袋和小车组成的系统所受合力不等于零,系统的动量不守恒,机械能守恒,故C 错误,D
正确.
2.B [解析] 子弹穿入木块过程系统的动量守恒,内能增加,机械能减少,A 错误;根据动量守恒
定律有mv0=(m+M)v,可得共速速度v=10×300
30
m/s=100 m/s,B 正确;根据能量守恒定律有
FfL=1
2
mv0
2-1
2
(m+M)v2,可得阻力Ff=3000 N,C 错误;对木块由动量定理有Fft=Mv,木块和子
弹发生相对运动的时间t=2
3
×10-3 s,D 错误.
3.C [解析] 设子弹质量为m,木块质量为M,由于最终都达到共同速度,根据动量守恒定律有
mv0=(m+M)v,可知共同速度v 相同,则根据ΔE=1
2
mv0
2-1
2
(m+M)v2=Q,可知子弹与硬木和子弹
与软木构成的系统机械能减小量相同,故两个系统产生的内能Q 一样多,故A、B 错误;根据
功能关系有Q=Ff·d,可知产生的内能Q 相同时,摩擦力Ff越小,子弹打入深度d 越大,所以子弹
在软木中打入深度较大,故C 正确,D 错误.
4.D [解析] 以小车和木块组成的系统为研究对象,所受合外力为零,因此系统动量守恒,由于
摩擦力的作用,木块速度减小,小车速度增大,木块速度减小到最小时,小车速度达到最大,最后
木块、小车以共同速度运动.以初速度方向为正方向,根据动量守恒定律有mv=(m+ M )v',解
得v'= m v0
M +m
,木块减少的动量为mv-mv',与车表面粗糙程度无关,小车获得的动量为Mv',与车
面粗糙程度无关,故选D.
5.BC [解析] 设子弹在木块中运动的时间为t,以子弹为研究对象,根据动量定理可得-Fft=m
v0
3
-mv0,解得t=2m v0
3 Ff
;设子弹射出木块时,木块的速度为v1,根据系统动量守恒可得mv0=mv0
3
+3mv1,解得v1=2
9
v0,根据位移关系可得L=x 子-x 木=v0+ 1
3 v0
2
t-0+ v1
2
t,解得t= 9 L
5 v0
,故选B、C.
6.D [解析] 设C 刚滑到木板B 上时,B 的速度为v2,由动量守恒定律得Mv0=Mv1+(m1+m2)
v2,得v2=2 m/s,方向与C 的初速度方向相同,即A 的最大速度为2 m/s,以滑块C 与木板B 为
研究对象,设木板B 的最终速度为v3,由动量守恒定律得Mv1+m2v2=(M +m2)v3,得v3=4.5 m/s,
方向与C 初速度方向相同,故A、B、C 错误;由能量守恒定律可知,整个过程中A、B、C 组
成的系统损失的机械能为ΔE=1
2
Mv0
2-1
2
m1v2
2-1
2 (M +m2)v3
2=57.5 J,故D 正确.
7.AD [解析] 根据能量守恒定律有ΔEkB=ΔEkA+Q,故B、C 错误;画出物体B 和木板A 的速
度时间图线分别如图中1 和2 所示,图中1 和2 之间的面积表示板长l,1 与t 轴所围的面积表
示物体B 的位移x1,2 与t 轴所围的面积表示木板A 的位移x2,由图易知.x1>l,x2<l;又根据动能
定理有ΔEkB=Ffx1、ΔEkA=Ffx2,又Q=Ffl,则有ΔEkB>Q>ΔEkA,故A、D 正确.
8.(1)2 kg 0.15 (2)8 m
(3)12 N·s
[解析] (1)取滑块P 的速度方向为正方向,由动量守恒定律可得
mv1+Mv2=(m+ M )v3
其中v1=3 m/s,v2=1 m/s,v3=2 m/s
解得M=2 kg
在0~2 s 内由v-t 图像可知,P 的加速度aP=v1- v0
t1
=3−6
2
m/s2=-1.5 m/s2
由牛顿第二定律可得-μ1mg=maP
解得μ1=0.15
(2)由v-t 图像可知,在0~2 s 内,物块P 的位移x1=v0+ v1
2
t=9 m
木板Q 的位移x2=v2
2
t=1 m
所以木板的长度L=x1-x2=8 m
(3)由v-t 图像可知,在0~2 s 内,木板Q 的加速度为
aQ=v2
t1
=1
2
m/s2=0.5 m/s2
由牛顿第二定律可得
μ1mg-μ2(m+ M )g=MaQ
解得木板与地面间的动摩擦因数
μ2=0.05
碰撞后的整体由动量定理有
-μ2(m+ M )gt2=0-(m+ M )v3
解得t2=4 s
地面摩擦力对木板的冲量I=-μ2(m+ M )g(t1+t2)=-12 N·s
9.(1)
❑√μgL
3
(2)2❑√2 μgL
(3)s=0.5x(0<x≤2 L
9
)
[解析] (1)设两木板碰撞前瞬间长木板A 的速度为v1,碰撞后的速度为v2,碰前A 的加速度为
a,对长木板A,由牛顿第二定律得μ·2mg=ma
两木板碰撞前A 做初速度为零的匀加速直线运动,对A 根据运动学公式v1
2=2a· L
9
A、B 碰撞过程中A、B 组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv1=2mv2
解得v2=
❑√μgL
3
(2)A、B 碰撞过程,对系统,由能量守恒定律有1
2
mv1
2=1
2
·2mv2
2+Q1
解得Q1=1
9
μmgL
物块C 滑上木板时的初速度大小为v,最终C 与两板相对静止时的速度为v3,整个过程A、
B、C 组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有2mv=(2m+m+m)v3
由能量守恒定律有1
2
·2mv2=1
2
(2m+m+m)v3
2+Q1+μ·2mg(2L- L
18
)
解得v=2❑√2 μgL
(3)若初始间距为x,设两木板碰撞前瞬间长木板A 的速度为v4,碰撞后A 的速度为v5,因碰撞损
失的能量为Q2,则A 碰前加速过程有
2ax=v4
2
A 与B 碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv4=2mv5
由能量守恒定律有
1
2
mv4
2=1
2
·2mv5
2+Q2
从C 滑上长木板A 到与长木板相对静止,由能量守恒定律有
1
2
·2mv2=1
2
(2m+m+m)v3
2+Q2+μ·2mg(2 L- s)
解得s=0.5x
设碰撞时物块C 的速度为v6,物块C 相对于长木板A 的位移为Δx,A 碰前A 与C 动量守恒,以
向右为正方向,由动量守恒定律有2mv=mv4+2mv6
由能量守恒定律有1
2
·2mv2=1
2
mv4
2+1
2
·2mv6
2+μ·2mgΔx
且Δx≤L
解得0<x≤2 L
9
故s 与x 的关系为s=0.5x(0<x≤2 L
9
)
