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专题33 子弹打木块模型和“滑块—木板”模型
题型一 子弹打木块模型......................................................................................................................................2
题型二 “滑块—木板”模型..............................................................................................................................7
课时精练.............................................................................................................................................................. 19
【基础回顾】
1．子弹打木块模型
分类
模型特点
示例
子弹
嵌入
木块
中
(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．
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＝mv0
2－(M＋m)v2
子弹
穿透
木块
(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．
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝mv0
2－(Mv2
2＋mv1
2)
2．板块模型
分类
模型特点
示例
滑块
未滑
离木
板
木板M 放在光滑的水平地面上，滑块m 以速度v0
滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。
①系统的动量守恒；
②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大
小的乘积，即摩擦生成的热量。
类似于子弹打木块模型中子弹未穿出的情况。
①系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v；
②系统能量守恒：Q＝f·x＝1
2mv0
2－1
2（M＋m）v2。
滑块
滑离
木板
木板M 放在光滑的水平地面上，滑块m 以速度v0
滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。
①系统的动量守恒；
②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大
小的乘积，即摩擦生成的热量。
类似于子弹穿出的情况。
①系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
②系统能量守恒：Q＝fl＝1
2mv0
2－
(
1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2)。
题型一 子弹打木块模型
1．模型图示
2．模型特点
(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。
3．两种情景
(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＝mv0
2－(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝mv0
2－(mv1
2＋Mv2
2)
【例题精讲】
1．如图所示，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。已知子弹受到的平均阻力为f，射入深度
为d，在此过程中木块的位移为s，则子弹动能的减少量和木块动能的增加量分别为（ ）
A．fs、f（s+d）
B．f（s+d）、fs
C．fs、fd
D．fd、fs
【答案】B
【解答】解：对子弹，在此过程中，子弹对地位移为s+d，根据动能定理得：ΔEk 弹＝﹣f（s+d），则子
弹动能的减少量为f（s+d）；
对木块，根据动能定理得：ΔEk 木＝fs，即木块动能的增加量为fs，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
2．如图，足够长且质量一定的木板静止在光滑水平面上，一子弹以恒定的水平速度v0射入木板，子弹相对
木板射入深度d 后与木板相对静止。若d 越大，则（ ）
A．木板对子弹的阻力越小
B．木板对子弹的阻力越大
C．子弹和木板组成的系统损失的机械能越多
D．子弹和木板组成的系统损失的机械能越少
【答案】A
【解答】解：CD、设子弹与木板的质量分别为m、M，子弹与木板组成的系统动量守恒，设两者相对静
止时的速度为v，以向右为正方向。
根据动量守恒定律得：mv0＝（m+M）v
根据能量守恒定律可得系统损失的机械能为：ΔE= 1
2 mv0
2−1
2（m+M）v2
联立解得：ΔE=
mM
2(m+ M ) v0
2，可见此系统损失的机械能与d 无关，故CD 错误；
AB，设木板对子弹的阻力为f，根据功能关系得：fd＝ΔE，因ΔE 为定值，故d 越大，木板对子弹的阻力
越小，故A 正确，B 错误。
故选：A。
3．一物块静止在光滑水平面上，t0时刻，质量为m0的子弹击中并穿过物块，子弹和物块的水平位移x 随时
间t 变化关系的图像如图所示，子弹穿过物块的时间极短。下列说法不正确的是（ ）
A．子弹刚击中物块的速度大小为x0
t0
B．子弹穿过物块后，物块的速度大小为x0
10t0
C．物块的质量为8m0
D．子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为4 m0 x0
5t0
【答案】D
【解答】解：A、根据x﹣t 图线的斜率表示速度可知，子弹刚击中物块的速度大小为v0= Δ x0
Δt0
= x0
t0
，故
A 正确；
B、子弹穿过物块后，因子弹的速度较大，故子弹的x﹣t 图线斜率较大，物块的x﹣t 图线斜率较小，则
物块的速度大小为v2= Δ x2
Δt2
= 1.5 x0−x0
6t0−t0
= x0
10t0
，故B 正确；
C、子弹穿过物块后，子弹的速度大小为v1= Δ x1
Δt1
= 2 x0−x0
6t0−t0
= x0
5t0
规定子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得m0v0＝m0v1+mv2
解得物块的质量为m＝8m0，故C 正确；
D、子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为Δp=m0v1−m0v0=−4 m0 x0
5t0
，故D 错误。
本题选不正确的，故选：D。
4．砂摆是用来测量子弹速度的一种装置。将一个砂箱用轻绳竖直悬挂起来，一颗子弹水平射入砂箱（未射
穿），使砂箱摆动。从子弹开始射入砂箱到砂箱摆动到最大摆角处，子弹和砂箱（ ）
A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能不守恒，动量守恒
C．机械能守恒，动量不守恒
D．机械能不守恒，动量不守恒
【答案】D
【解答】解：子弹射入砂箱是完全非弹性碰撞，子弹和砂箱间的摩擦会将部分机械能转化为内能，机械
能有损失，因此整个过程机械能一定不守恒。动量守恒的条件是系统合外力为零。从子弹开始射入砂箱
到砂箱摆动到最大摆角处，系统速度不断减小，动量持续减小。这是因为系统受到重力和绳子拉力的合
力作用，合外力的冲量不为零，因此整个过程动量不守恒。综上，子弹和砂箱机械能不守恒，动量也不
守恒。
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
5．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 的子弹以不同的初速度水平
射向木块，设子弹在木块内运动过程中受到的阻力f 不变。当木块获得的速度最大时，下列说法正确的
是（ ）
A．子弹的初速度大小为❑√
fL( M +m)
Mm
B．子弹在木块中运动的时间为❑√
2 LMm
f ( M +m)
C．木块获得的最大动能为MfL
M +m
D．木块在加速过程中运动的距离为ML
M +m
【答案】B
【解答】解：A、当子弹刚好穿出木块时，木块获得的速度最大。规定向右为正方向，根据动量守恒定
律得
mv0＝（M+m）v
根据能量守恒定律得
fL= 1
2 mv0
2−1
2（M+m）v2
联立解得v0= ❑√
2fL( M +m)
Mm
，故A 错误；
B、结合A 项得v=
m
M +m
❑√
2fL( M +m)
Mm
，对木块，根据动量定理得
ft＝Mv
解得子弹在木块中运动的时间为t= ❑√
2 LMm
f ( M +m)
，故B 正确；
C、木块获得的最大动能为Ekm= 1
2Mv2= 1
2M（
m
M +m
❑√
2fL( M +m)
Mm
）2= mfL
M +m，故C 错误；
D、对木块，根据动能定理得：fs= 1
2Mv2﹣0，解得木块在加速过程中运动的距离为s=
mL
M +m，故D 错
误。
故选：B。
6．如图所示，质量为m 的子弹以水平初速度v0射入静止在光滑水平面上的质量为M 的木块中，子弹未从
木块中射出，最后共同速度为v，在此过程中，木块在水平面上滑动的距离为s，子弹射入木块的深度为
d，子弹与木块间的相互作用力大小为f，下列说法正确的是（ ）
A．f 对木块做功为f（s+d）
B．f 对子弹做功为﹣fd
C．对子弹，有f（s+d）= 1
2mv2−1
2 mv0
2
D．对子弹和木块系统，有fd= 1
2 mv0
2−1
2（m+M）v2
【答案】D
【解答】解：A、木块的位移为s，f 对木块做功为W＝fs，故A 错误；
B、子弹的位移为（s+d），木块对子弹的摩擦力的方向与位移方向相反，木块对子弹的摩擦力做负功，
即W＝﹣f（s+d），故B 错误；
C、对子弹由动能定理可知−f (s+d )= 1
2 m v
2−1
2 m v0
2，故C 错误；
D、对子弹和木块的系统由能量关系可知−fd = 1
2 (m+ M )v
2−1
2 m v0
2，即fd= 1
2 mv0
2−1
2（m+M）v2，故
D 正确。
故选：D。
7．如图，在光滑水平面上静置一质量为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恒定，大小为f0，改变子弹的初速度大小v0，则（ ）
A．v0越大，木块的末速度就越大
B．v0越大，子弹与木块损失的总动能就越多
C．v0越大，子弹与木块相对运动的时间就越短
D．无论v0取何值，木块的末速度都不可能大于❑√
2f 0 Lm
M ( M +m)
【答案】D
【解答】解：B、若子弹能穿过木块，根据功能关系，子弹与木块损失的总动能等于系统产生的热量，即
ΔEk＝Q＝f0L，故v0越大，子弹与木块损失的总动能不变，故B 错误；
A、若子弹能穿过木块，子弹的初速度v0越大，子弹穿过木块的时间越短，规定向右为正方向，对木块，
由动量定理得f0t＝Mv 木块，可知v0越大，木块的末速度就越小，故A 错误；
C、若子弹不能穿过木块，由动量守恒有mv0＝（M+m）v'，解得：v ′ = m v0
M +m。对木块，由动量定理得
f0t'＝Mv'，解得：t ′ =
Mm v0
( M +m)f 0
，可知v0越大，子弹与木块相对运动的时间就越长，故C 错误；
D、要使木块获得的速度最大，子弹与木块相对运动的时间应最长，此时子弹刚好要击穿木块，设二者
共同速度为v，由动量守恒有mv0＝（M+m）v，由能量守恒定律得f 0 L= 1
2 m v0
2−1
2 (m+ M )v
2，联立解
得：v = ❑√
2f 0 Lm
M ( M +m)
，故D 正确。
故选：D。
（多选）8．如图甲所示，质量为M 的木块静止在光滑水平面上，质量为m 的子弹以某一速度沿水平方向射
入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关
系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有（ ）
A．M：m＝3：2
B．该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小
C．木块所能达到的最大速度为24m/s
D．木块所能达到的最大速度为40m/s
【答案】AC
【解答】解：ACD、由乙图可得，木块与子弹的速度关系为v2=−2
3 v1+ 40(m/ s)
设子弹与木块相对静止时的速度为v，则有v =−2
3 v + 40
解得二者共同速度为v＝24m/s，即木块所能达到的最大速度为24m/s
子弹射入木块，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝（M+m）v
代入数据解得M：m＝3：2，故AC 正确，D 错误；
B 、设子弹相对于木块的位移为L ，木块相对于地面的位移为x ，根据能量守恒定律有
fL= 1
2 mv0
2−1
2 ( M +m)v
2
对木块，根据动能定理有fx = 1
2 M v
2
取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝（M+m）v
联立解得L=
Mm v0
2
2( M +m)f
，x =
Mm v0
2
2( M +m)f ⋅
m
M +m
显然L＞x，即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大，故B 错误。
故选：AC。
（多选）9．如图所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v0沿水平方向射中
木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，
子弹进入木块的深度为x，若木块对子弹的阻力F 恒定，则下列关系式中不正确的是（ ）
A．Fx= 1
2 mv0
2
B．Fx= 1
2mv2
C．FL= 1
2Mv2
D．F（L+x）= 1
2 mv0
2−1
2mv2
【答案】AB
【解答】解：AB、以系统为研究对象，根据能量守恒定律得Fx = 1
2 mv0
2−1
2 ( M +m)v
2，故AB 错误；
C、以木块为研究对象，根据动能定理得FL= 1
2 M v
2，故C 正确；
D、以子弹为研究对象，根据动能定理得−F( L+ x)= 1
2 mv
2−1
2 mv0
2，即F( L+ x)= 1
2 mv0
2−1
2 mv
2，
故D 正确。
本题选错误的，故选：AB。
（多选）10．如图甲，质量为M 的木块静止在光滑水平面上，质量为m 的子弹（可视为质点）以某一速度
沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度v2与子弹的速
度v1之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有（
）
A．M：m＝3：2
B．木块所能达到的最大速度为40m/s
C．该过程中二者因摩擦而产生的热量比木块增加的动能大
D．仅将木块换成等质量的较硬的木块，二者因摩擦而产生的热量增大
【答案】AC
【解答】解：B．由乙图可知，木块与子弹的速度关系满足v2=−2
3 v1+ 40(m/ s)
设子弹与木块相对静止时的速度为v，则有v =−2
3 v + 40，即5
3 v = 40，解得v＝24m/s，即木块所能达到
的最大速度为24m/s，故B 错误；
A．子弹射入木块，系统动量守恒则有mv1＝（M+m）v，代入数据解得M：m＝3：2，故A 正确；
C．设m＝2m0，则M＝3m0，则系统的初动能EK 0= 1
2 mv0
2=3600m0J
子弹的末动能为EK 1= 1
2 mv1
2=576m0J
木块的末动能为EK 2= 1
2 M v2
2=864 m0J
所以摩擦产生的热量为Q＝Ek0﹣Ek1﹣Ek2＝2160m0J
所以该过程中二者因摩擦而产生的热量比木块增加的动能大，故C 正确；
D．仅将木块换成等质量的较硬的木块，系统所受外力之和为零，所以系统动量守恒，木块与子弹质量
之比不变，则二者末速度也不变，二者因摩擦而产生的热量不变，故D 错误。
故选：AC。
题型二 “滑块—木板”模型
1．模型图示
2．模型特点
(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。
3．求解方法
(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；
(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；
(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx 或Q＝E 初－E 末，研究对象为一
个系统。
【例题精讲】
1．如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3kg 的薄板和质量为m＝1kg 的物块。都以v＝4m/s 的初速
度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，则（ ）
A．当薄板的速度为2.4m/s 时，物块做减速运动
B．当薄板的速度为2.4m/s 时，物块做加速运动
C．当薄板的速度为3m/s 时，物块做加速运动
D．当薄板的速度为3m/s 时，物块做匀速运动
【答案】B
【解答】解：取薄板M 的运动方向为正方向，由于系统在光滑水平面上运动，水平方向不受外力，动量
守恒。根据动量守恒定律MvM+mvm＝MvM0+mvm0，代入数据有3×4+1×（﹣4）＝8kg•m/s，解得系统总
动量为8kg•m/s。最终两者达到共同速度v 共，满足（3+1）v 共＝8kg•m/s，解得v 共＝2m/s。在达到共同
速度前，由于vM＞vm，物块m 受到的滑动摩擦力方向始终向右。
AB、当薄板速度vM'＝2.4m/s 时，代入解得：vm'＝0.8m/s。vm'为正值，说明物块已向右运动，其所受摩
擦力方向向右，与运动方向相同，故物块正在加速运动。故A 错误，B 正确；
CD、当薄板速度vM'＝3m/s 时，代入解得：vm'＝﹣1m/s。此时物块速度为负，说明其仍在向左运动，摩
擦力方向（向右）与运动方向相反，故物块正在减速运动，故CD 错误。
故选：B。
2．如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，t＝0 时，物块（视为质点）以大小为3v0的速度水平滑上
木板左端。图乙为物块与木板运动的v﹣t 图像，图中t0已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是
（ ）
A．木板的最小长度为3
2 v0t0
B．物块与木板的质量之比为2：3
C．物块与木板间的动摩擦因数为v0
gt0
D．整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为5：2：3
【答案】A
【解答】解：A、由v﹣t 图像的面积表示位移，物块的位移x1= 3 v0+ v0
2
t0，解得：x1＝2v0t0。木板的位
移x2= v0
2 t0，解得：x2= 1
2 v0t0。木板的最小长度L＝x1﹣x2，解得：L= 3
2 v0t0，故A 正确；
B、系统动量守恒，规定向右为正方向，有m（3v0）＝（m+M）v0，解得：M＝2m，即物块与木板的质
量之比为1：2，故B 错误；
C、对物块应用牛顿第二定律，有μmg＝ma1，由图像斜率可知a1= 3 v0−v0
t0
，解得：μ= 2v0
gt0
，故C 错误；
D 、物块动能的减少量Δ Ek 1= 1
2 m(3 v0)
2−1
2 mv0
2，解得：Δ Ek 1= 4 m v0
2。木板动能的增加量
Δ Ek 2= 1
2 M v0
2，解得：Δ Ek 2=m v0
2。由能量守恒定律，系统产生的热量Q＝ΔEk1﹣ΔEk2，解得：
Q =3m v0
2。三者之比为4：1：3，故D 错误。
故选：A。
3．足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0kg 的物块A，另一端连接质量
为m2＝1.0kg 的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0kg 的物块C 放在长木板B 的右端，C 与长
木板B 间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C 水平向左的瞬时初速度v0＝
2.0m/s，物块C 立即在长木板B 上运动。已知绳子绷紧前，B、C 已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、
B 总是具有相同的速度；物块C 始终未从长木板B 上滑落。下列说法正确的是（ ）
A．绳子绷紧前，B、C 的共同速度大小为2.0m/s
B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B 的速度大小均为0.5m/s
C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B 的速度大小均为1.0m/s
D．最终A、B、C 三者将以大小为5m/s 的共同速度一直运动下去
【答案】B
【解答】解：A、绳子绷紧前，C 在B 上滑动过程，两者组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取向左
为正方向，由动量守恒定律得m3v0＝（m2+m3）v1，解得B、C 达到的共同速度大小v1＝1.0m/s，故A 错
误；
BC、绳子刚绷紧瞬间，A 与B 组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：m2v1＝
（m1+m2）v2，解得绳子刚绷紧后的瞬间A、B 的速度大小v2＝0.5m/s，故C 错误，B 正确；
D、设最终A、B、C 三者的共同速度为v3。对整个过程，取向左为正方向，由A、B、C 组成的系统动量
守恒得m3v0＝（m1+m2+m3）v3，解得v3= 2
3m/s，即最终A、B、C 三者将以大小为2
3m/s 的共同速度一直
运动下去，故D 错误。
故选：B。
4．如图甲所示，质量为M 的薄长木板静止在光滑的水平面上，t＝0 时一质量为m 的滑块以水平初速度v0
从长木板的左端冲上木板并在2s 时刻离开长木板。已知滑块和长木板在运动过程中的v﹣t 图像如图乙所
示，则木板与滑块的质量之比M：m 为（ ）
A．1：2
B．2：1
C．1：3
D．3：1
【答案】D
【解答】解：滑块以初速度冲上木板后，系统在光滑水平面上不受外力作用，动量守恒，以滑块初速度
方向为正方向，对滑块与木板构成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝mv1+Mv2。
由图乙可知 v0＝5m/s，v1＝2m/s，v2＝1m/s，代入数据解得 M：m＝3：1，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
5．如图所示，倾角为θ 的足够长斜面固定在水平面上，物体A、B 叠放，相同的物体B、C 用绷紧的轻绳连
接，由静止释放后，物体开始运动，物体A、B 始终保持相对静止。已知A、B、C 的质量均为m，A、B
间的动摩擦因数为μ0，B、C 与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
g。下列说法正确的是（ ）
A．绳上张力大小与μ 有关
B．两动摩擦因数一定满足μ0＞μ
C．相同时间内三者的动量变化量相同
D．B 给A 的作用力一定竖直向上
【答案】C
【解答】解：A、对A、B、C 整体分析，根据牛顿第二定律可得3mgsinθ﹣μ（3mgcosθ）＝3ma，解得：
a＝gsinθ﹣μgcosθ。隔离物体C，由mgsinθ﹣μmgcosθ﹣T＝ma，解得：T＝0，即绳上张力为零，该结果
与μ 无关，故A 错误；
B、隔离物体A，由mgsinθ﹣f＝ma，解得A 受到的静摩擦力f＝μmgcosθ。A、B 始终保持相对静止，需
满足f≤μ0mgcosθ，即μ≤μ0，该条件不一定满足μ0＞μ，故B 错误；
C、三者质量均为m，加速度a 相同，在相同时间t 内速度变化量Δv＝at 相同，因此动量变化量Δp＝
mΔv 相同，故C 正确；
D、物体A 的加速度沿斜面向下，具有水平方向的分量。A 受重力和B 对A 的作用力，重力竖直向下，
若B 对A 作用力竖直向上，则合力在竖直方向，加速度也应竖直方向，这与A 沿斜面加速运动的事实不
符，故D 错误。
故选：C。
6．如图所示，光滑水平面上静置一质量M＝1kg 的水平长木板，其右端距离右侧竖直墙壁足够远。一可视
为质点。质量m＝3kg 的物块，从木板左端以水平速度v0＝2m/s 滑上木板。已知物块与木板间的动摩擦
因数μ＝0.5，所有碰撞均无能量损失，碰撞时间可忽略，物块始终未滑离木板且未与墙壁碰撞，不计空
气阻力，重力加速度g 取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．第1 次碰撞前，物块在距木板左端0.4m 处
B．第1 次和第2 次碰撞相隔的时间为0.25s
C．物块最终停在距木板左端0.4m 处
D．经过3 次碰撞后，木板将一直向左运动
【答案】C
【解答】解：A．第1 次碰撞前，二者已经共速，以v0的方向为正方向，有mv0＝（m+M）v1
得v1＝1.5m/s
二者相互作用过程中，物块加速度大小a1＝μg
解得
a1=5m/ s
2
木板加速度大小a2= μmg
M
解得
a2=15m/ s
2
共速时，物块位移x1= v0
2−v1
2
2a1
解得
x1＝0.175m
木板位移x2= v1
2−0
2a2
解得
x2＝0.075m
则物块与木板左端距离x1﹣x2＝0.1m
故A 错误；
B．第1 次碰撞后，木板速度向左，大小仍为v1＝1.5m/s
第2 次共速，以v1的方向为正方向，有mv1﹣Mv1＝（m+M）v2
得v2＝0.75m/s
第1 次碰撞后到第2 次共速，用时为t1= v2+ v1
a2
解得
t1＝0.15s
期间木板向左的位移为x2′ = (−v2)
2−v1
2
−2a2
解得
x2′ = 9
160 m
第2 次共速到第2 次碰撞，用时为t2= x2′
v2
解得
t2＝0.075s
则第1 次和第2 次碰撞相隔的时间为t＝t1+t2
解得
t＝0.225s
故B 错误；
C．物块最终会停在木板上，系统的机械能全部转化为系统产生的热量，有1
2 m v0
2= μmg⋅Δx
解得物块最终停在距木板左端Δx＝0.4m
故C 正确；
D．每次碰后，二者速度等大反向，但物块质量比木板大，所以总动量仍然向右，则木板将先向左后向
右运动，故D 错误。
故选：C。
7．如图，质量m1＝2kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m 的轻弹簧，
弹簧处于自然状态。质量m2＝3kg 的小物块以初速度v0水平向右滑上木板左端，一段时间后两者共速，
速度为v1＝2m/s，此时木板未与弹簧接触。之后的运动中，小物块与木板始终保持相对静止，弹簧处在
弹性限度内。若小物块与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在弹性限度内弹簧
弹性势能Ep与形变量x 的关系为Ep= 1
2kx2，（g＝10m/s2），则（ ）
A．小物块初速度v0= 5
3m/s
B．小物块与木板间动摩擦因数μ 至少为0.4
C．若μ＝0.5，木板长度至少为0.6m
D．若μ＝0.5，木板初始位置与弹簧的距离至少为0.6m
【答案】B
【解答】解：A、小物块滑上木板至两者共速过程中，木板未接触弹簧且水平面光滑，系统水平方向合
外力为零，动量守恒。取向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0 ＝（m1+m2 ）v1 ，解得：
v0= (m1+m2)v1
m2
，代入数据得v0= 10
3 m/ s，故A 错误；
B、共速后整体压缩弹簧，视为一个系统。从接触弹簧到压缩至最短（振幅处），机械能守恒：
1
2 (m1+m2)v1
2= 1
2 k A
2，解得振幅A＝1m。最大回复力处加速度最大，由牛顿第二定律得kA＝
（m1+m2）amax，解得amax= 4 m/ s
2。小物块加速度由静摩擦力提供，需满足m2amax≤μm2g，解得
μ≥amax
g =0.4，故B 正确；
C、若μ＝0.5，共速前摩擦生热Q = 1
2 m2v0
2−1
2 (m1+m2)v1
2，同时Q＝μm2gLmin，联立得Lmin= 4
9 m，故
C 错误；
D、共速前木板受滑动摩擦力做匀加速运动，由牛顿第二定律得μm2g＝m1a1，解得a1=7.5m/ s
2。由
v1
2=2a1 x得x = v1
2
2a1
= 4
15 m，故D 错误。
故选：B。
（多选）8．如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，t＝0 时，物块（视为质点）以大小为3v 的速度水
平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的v﹣t 图像，图中t0已知，重力加速度大小为g。下列说法正
确的是（ ）
A．木板的最小长度为3
2 v0t0
B．物块与木板的质量之比为2：1
C．物块与木板间的动摩擦因数为v0
gt0
D．整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为4：1：3
【答案】AD
【解答】解：A、由题图乙可得物块相对于木板滑动的距离为 d= 1
2 ×3 v0t0= 3
2 v0t0
则木板的最小长度为3
2 v0t0，故A 正确；
B、规定初速方向为正，由动量守恒定律有m×3v0＝（m+M）v0
可得物块与木板的质量之比m：M＝1：2，故B 错误；
C、由题图乙可知，物块在木板上滑动的加速度大小a= 2v0
t0
由牛顿第二定律有μmg＝ma
解得μ= 2v0
gt0
，故C 错误；
D、物块减小的动能Ek 1= 1
2 m×(3 v0)
2−1
2 m v0
2= 4 m v0
2
木板增大的动能Ek 2= 1
2 M v0
2=m v0
2
由能量守恒定律可知，物块与木板组成的系统产生的热量Q = Ek 1−Ek 2=3m v0
2
代入数据可得Ek1：Ek2：Q＝4：1：3，故D 正确。
故选：AD。
（多选）9．如图甲所示，一个质量为M 的木板静止在光滑的水平桌面上，用劲度系数为k 的轻弹簧将板连
在竖直墙上，开始时弹簧处于原长，一质量为m 的物块（可视为质点）从木板左端以初速度v0滑上长木
板，最终恰好停在长木板的右端。通过传感器、数据采集器、计算机绘制了物块和木板的v﹣t 图像，如
图乙所示，其中A 为物块的v﹣t 图线，B 为木板的v﹣t 线，物块与木板间的动摩擦因数处处相同，重力
加速度为g。则（ ）
A．木板的长度小于v0T
2
B．物块与木板间的动摩擦因数为v0
gT
C．增大v0大小为v1= 5 v0
4 + 4 mv0
k T
2 时，木板与弹簧组成的系统获得的机械能最大
D．增大v0大小为v1= 5 v0
2 + 8mv0
k T
2 时，木板与弹簧组成的系统获得的机械能最大
【答案】BC
【解答】解：对物块A 与木板B 的运动过程及图像分析如下：
B、由物块的v﹣t 图线A 可知，物块在时间T 内速度从v0减小到0，做匀减速直线运动，其加速度大小
a= v0
T 。根据牛顿第二定律有f＝μmg＝ma，解得物块与木板间的动摩擦因数μ= v0
gT ，故B 正确；
A、由木板的v﹣t 图线B 可知，木板在0～T 时间内完成了一个周期的振动，根据对称性，其正向位移与
负向位移相等，故在T 时刻木板的位移为0。
物块在0 ～T 时间内的位移x A = v0+0
2
⋅T = v0T
2
。由于物块最终恰好停在木板右端，木板长度
L= x A−xB= v0T
2 −0，解得：L= v0T
2 ，故A 错误；
CD、木板与弹簧组成的系统在受到摩擦力f 作用时，其振动方程的平衡位置向右移动了x0= f
k 。木板从
原长开始运动，在t = T
2 时达到最大位移xm=2 x0= 2f
k 。
此时木板速度为0，系统的弹性势能最大，获得的机械能也最大。若要使系统获得的机械能最大，物块
应在此时滑离木板，即在t = T
2 时物块恰好到达木板右端。
设此时物块初速度为v1，由位移关系得x'A﹣xm＝L，即(v1⋅T
2 −1
2 a⋅( T
2 )
2)−2f
k = v0T
2 。代入a= v0
T 和
f = m v0
T
，得v1⋅T
2 −1
2 ⋅v0
T ⋅T
2
4 −2m v0
kT
= v0T
2 ，解得：v1= 5 v0
4 + 4 mv0
k T
2 ，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
（多选）10．如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为mB＝1kg 的另一物体B（可看成质点）
以水平速度v0＝2m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面。此过程长木板A 的动能随位移变化的图像如图
乙所示，长木板和物体的速度随时间变化的图像如图丙所示。已知A、B 间存在摩擦力，g 取10m/s2。下
列说法正确的是（ ）
A．木板A 的质量为4kg
B．系统损失的机械能为1J
C．木板A 的最小长度为0.5m
D．AB 间的动摩擦因数为0.1
【答案】BD
【解答】解：A．由图丙可知
Ek = 1
2 mA v1
2=0.5 J
v1＝1m/s
代入数据解得
mA＝1kg
故A 错误；
B．系统损失的机械能为
ΔE = 1
2 mB v0
2−( 1
2 mB v1
2+ 1
2 mA v1
2)
代入数据解得
ΔE＝1J
故B 正确；
C．A 在0～0.5m 做匀加速直线运动，则
x = 1
2 ×v1t =0.5m
代入数据解得
t＝1s
在达到共同速度之时，A、B 的位移差为
xB−x A = 1
2 ×(1+2)×1m−0.5m=1m
即木板A 的最小长度为1m，才能使物块B 不会掉下来，故C 错误；
D．根据运动学公式
v1＝at＝μgt＝1m/s
代入数据解得
μ＝0.1
故D 正确。
故选：BD。
课时精练
一．选择题
1．如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹以速度v0射入木块，最后留在木块中随木块一起做匀速运
动，若子弹所受阻力恒定不变，下列说法正确的是（ ）
A．子弹和木块系统动量守恒
B．子弹和木块系统机械能守恒
C．子弹对木块做的功等于子弹动能的减少量
D．木块对子弹做功的绝对值等于子弹和木块系统损失的机械能
【答案】A
【解答】解：A、在子弹射进木块的过程中，子弹与木块之间的相互作用力属于系统内力，而子弹和木
块组成的系统所受合外力为零，因此该系统的动量守恒，故A 正确；
B、在子弹射入木块的过程中，子弹和木块系统需要克服摩擦阻力做功，导致系统的机械能减少，同时内
能增加，故B 错误；
C、根据能量转化关系，子弹动能的减少量等于木块动能的增加量（即子弹对木块所做的功）与系统产生
的内能之和，因此子弹对木块做的功小于子弹动能的减少量，故C 错误；
D、如图所示：
木块对子弹做的功为W＝﹣f（d+s），子弹和木块系统损失的机械能ΔE＝Q＝fd，所以木块对子弹做功
的绝对值大于子弹和木块系统损失的机械能，故D 错误。
故选：A。
2．如图所示，在研究钢板防御穿甲能力的实验中，一块钢板被锁定在光滑的水平面上，子弹以水平方向的
初速度射入钢板，恰好能穿过。现解除锁定，让子弹以相同的初速度射向钢板，假设子弹穿入钢板过程
中受到的阻力恒定，子弹射入钢板过程中（ ）
A．子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小
B．子弹对钢板的水平冲量和锁定时的一样大
C．钢板对子弹做的功比锁定时的多
D．钢板对子弹做的功和锁定时的一样多
【答案】A
【解答】解：设子弹的初速度大小为vo，子弹所受的阻力大小为f，钢板的厚度为d，钢板被锁定时，对
子弹，由动能定理：−fd =0−1
2 mv0
2
解得v0= ❑√
2fd
m
钢板解除锁定时，假设子弹不能射穿钢板，其射入钢板的深度为x，对子弹和钢板组成的系统，由动量
守恒定律：mv0＝（M+m）v
由能量守恒定律：﹣fx= 1
2 ( M +m)v
2−1
2 mv0
2
联立知子弹与钢板一起运动的速度大小v =
❑√2mfd
M +m ，x= Md
M +m ＜d，可见假设成立，对子弹，由动量定
理知，锁定时，钢板对子弹的水平冲量大小I1＝|0﹣mv0|＝mv0
由动能定理知，钢板对子弹做功的绝对值W 1=|0−1
2 mv0
2|= 1
2 mv0
2
解除锁定后，钢板对子弹的水平冲量大小I2＝|mv﹣mv0|＝mv0﹣mv＜mv0＝I1
由动能定理知，钢板对子弹做功的绝对值W 2=| 1
2 m v
2−1
2 m v0
2|= 1
2 m v0
2−1
2 m v
2＜1
2 m v0
2=W 1
可见解除锁定后子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小，钢板对子弹做的功比锁定时的少，故A 正确，
BCD 错误。
故选：A。
3．如图所示，从悬停的无人机（图中未画出）上由静止释放一小球（视为质点），同时，子弹（图中未画
出）从同一高度以100m/s 的速度水平射向小球，释放时小球距离水平地面的高度为20m，1s 末子弹恰好
射入小球（子弹未射出，且该过程时间极短），小球的质量为子弹质量的9 倍，不计空气阻力，取重力
加速度大小g＝10m/s2，则小球落到水平地面上的点到释放点的水平距离为（ ）
A．20m
B．10m
C．6m
D．3m
【答案】B
【解答】解：设子弹质量为m，则小球质量为9m。
根据题意可知，子弹射入小球的过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上小球的分运动保持不变，设
碰撞后小球的水平速度为v 共，规定子弹原来的速度方向为正方向，由水平方向动量守恒有
mv＝（m+9m）v 共
小球在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h= 1
2 gt
2
解得t＝2s
可知碰撞后小球与子弹的整体运动t′＝1s 落地，则水平方向上有x＝v 共t′
解得小球落到水平地面上的点到释放点的水平距离为x＝10m，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
4．如图是我国自主研发的机器狗，在水平地面上站定不动2s 内水平发射了6 颗子弹，每颗子弹的质量m＝
30g，子弹出膛时对地速度v0＝800m/s，机器狗及其装备的总质量M＝40kg，重力加速度g＝10m/s2，机
器狗发射子弹的过程，下列说法正确的是（ ）
A．机器狗、枪和子弹组成系统动量守恒
B．地面对机器狗、枪和子弹组成系统做了正功
C．机器狗对地面摩擦力的冲量大小为144N•s
D．地面对机器狗的冲量大小为800N•s
【答案】C
【解答】解：B、机器狗及其枪口均无水平方向位移，地面对系统的摩擦力也无水平方向的位移，所以地
面对机器狗、枪和子弹组成的系统不做功，故B 错误；
A、由于地面对系统施加的摩擦力产生外冲量，因此系统总动量不守恒，故A 错误；
C、每颗子弹的质量为m＝0.03kg，出膛速度为v0＝800m/s，则每颗子弹的动量mv0＝24kg•m/s，6 颗子
弹总动量为6×24kg•m/s＝144kg•m/s，故I 狗对子弹＝144N•s。机器狗在发射子弹前后整体保持静止，其自
身动量不变，所以对机器狗而言I 子弹对狗+If＝0，解得：If＝144N•s，则机器狗对地面摩擦力的冲量大小也
为144N•s，故C 正确；
D、地面对机器狗的作用力有支持力和摩擦力，地面摩擦力提供的总冲量大小为If＝144N•s，支持力冲量
大小为Mgt＝800N•s。地面对机器狗的冲量大小为❑√I f
2+( Mgt )
2＞800N•s，故D 错误。
故选：C。
5．如图所示，光滑水平面上放置一足够长木板A，其上表面粗糙，两个质量和材料均不同的物块B、C，以
不同的水平速度分别从两端滑上长木板A。当B、C 在木板A 上滑动的过程中，由A、B、C 组成的系统
（ ）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【解答】解：对于A、B、C 组成的系统，合外力为零，所以系统动量守恒。长木板A 的上表面粗糙，在
B、C 在木板A 上滑动的过程中，因摩擦而产生内能，所以机械能减少，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
6．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M 的左端，右端与小木块m 连接，且m、M 及M 与地面间接触
光滑，开始时，m 和M 均静止，现同时对m、M 施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以
后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度．对于m、M 和弹簧组成的系统，下列说法正确的是
（ ）
A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M 各自的动能最大，此时系统机械能最大
C．在运动的过程中，m、M 动能的变化量加上弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和
D．在运动过程中m 的最大速度一定大于M 的最大速度
【答案】C
【解答】解：A、由于F1、F2对m、M 都做正功，故系统机械能增加，则系统机械能不守恒，故A 错误；
B、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，当M 和m 受力平衡，Mm 的加速度减为零，此时速度达到最
大值，故各自的动能最大，在此后的过程中，F1、F2仍然会对两物体做正功，系统机械能还可以继续增
大，故此时系统机械能不是最大，故B 错误；
C、在运动的过程中，根据除重力和弹簧弹力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量可知，m、
M 动能的变化量加上弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和，故C 正确；
D、对A、B 和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，始终为零，由于不知道M 和m 质
量大小，所以不能判断最大速度的大小，故D 错误。
故选：C。
7．如图所示，在光滑的水平面上，质量为3kg 的足够长的木板A 上有一个质量为0.5kg 的小滑块B，在木
板的右侧有一质量为5.0kg 的小球C，三者均处于静止状态。现给B
8．一个瞬间冲量，使它获得4m/s 的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A 和小球C 发生弹性碰撞，
之后A 和B 同时停下来，以下说法正确的是（ ）
A．木板碰撞小球前的瞬间A 的速度为0.6m/s
B．整个过程产生的热量为3.6J
C．碰后C 的速度为0.5m/s
D．A 和C 碰撞前A、B 已经共速运动
【答案】B
【解答】解：以下解答均匀向右为正方向。
ACD、设A 与C 碰撞前后瞬间的A、B 速度大小分别为vA1，vB1，A 与C 碰撞前后瞬间A、C 的速度大小
分别为vA2、vC，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得：
mAvA1＝mAvA2+mCvC
1
2mAv A 1
2 = 1
2mAv A 2
2 + 1
2mCvC
2
已知：mA＝3kg，mC＝5kg
联立解得：vA2=−1
4 vA1，vC= 3
4 vA1
A、C 碰撞之后A 和B 同时停下来，根据动量守恒定律可得：
mAvA2+mBvB1＝0
解得：vB1＝﹣6vA2= 3
2vA1
从B 获得vB＝4m/s 的初速度开始到A 与C 碰撞前瞬间，根据动量守恒定律可得：
mBvB＝mAvA1+mBvB1
联立解得：vA1= 8
15m/s≈0.53m/s，vB1＝0.8m/s，vC＝0.4m/s
可见vA1≠vB1，即A 和C 碰撞前A、B 没有共速运动，故ACD 错误。
B、根据能量守恒定律可得整个过程产生的热量为：Q= 1
2mBvB
2 −1
2mCvC
2 ，解得：Q＝3.6J，故B 正确。
故选：B。
二．多选题
（多选）8．如图所示，木板A 静止在光滑的水平地面上，物体B 以水平速度冲上A 后，由于摩擦力作用，
最后停止在木板A 上，则从B 冲上木板A 到相对板A 静止的过程中，下述说法中正确的是（ ）
A．物体B 克服摩擦力做的功等于B 动能的减少量
B．物体B 克服摩擦力做的功等于摩擦产生的热能
C．物体B 克服摩擦力做的功等于摩擦力对木板A 做的功
D．物体B 所受摩擦力的冲量大小等于木板A 所受摩擦力的冲量大小
【答案】AD
【解答】解：物体B 冲上木板A 后，在摩擦力作用下B 做减速运动，A 做加速运动，最终二者达到共同
速度。
A、对于物体B，根据动能定理，合外力做的功等于其动能的变化量。由于水平面光滑，B 在水平方向仅
受向左的摩擦力，故摩擦力对B 所做的功等于B 动能的变化量，即物体B 克服摩擦力做的功等于其动能
的减少量，故A 正确；
B、摩擦产生的热量Q＝fΔx，其中Δx 为相对位移。而物体B 克服摩擦力做的功WfB＝fxB，xB为B 对地
的位移。由于xB＞Δx，二者并不相等，故B 错误；
C、由动能定理可知，摩擦力对木板A 做的功等于A 动能的增加量。根据能量守恒，B 减少的动能等于
A 增加的动能与摩擦产生的内能之和，故B 克服摩擦力做的功大于摩擦力对A 做的功，故C 错误；
D、根据牛顿第三定律，B 对A 的摩擦力与A 对B 的摩擦力大小相等、方向相反。由于两者作用时间相
同，根据冲量的定义I＝Ft 可知，物体B 所受摩擦力的冲量大小等于木板A 所受摩擦力的冲量大小，故D
正确。
故选：AD。
（多选）9．如图所示，质量m2＝3kg 的小物块叠放在质量m1＝1kg 的木板上，木板静止在光滑水平地面上，
右侧的竖直墙面固定一轻弹簧，弹簧处于自然状态。某一时刻，给小物块一个水平向右的冲量I，其大小
为4N•s，两者与弹簧接触前已达到共速。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力。弹簧劲度系数k＝20N/m，始终处在弹性限度内，简谐运动周期T＝2π ❑√
m
k
。重力加
速度g 取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．木板刚接触弹簧时速度为v1＝1m/s
B．从木板与弹簧接触到弹簧被压缩至最短所用时间为t1= π ❑√5
10 s
C．木板与弹簧接触后，物块与木板之间即将相对滑动时，弹簧的压缩量为x1＝0.2m
D．木板与弹簧接触后，若物块与木板之间即将相对滑动到木板速度减为0 用时t2，再经过t2木板与物块
加速度首次相同
【答案】ACD
【解答】解：A.先对物块由动量定理可知I＝m2v，再对物块和木板组成的系统，以水平向右的方向为正
方向，由动量守恒定律可知
m2v＝（m1+m2）v1
代入数据有
v1＝1m/s
故A 正确；
B.物块和木板组成的系统相对滑动之前，与弹簧组成弹簧振子
T =2π
❑√
m1+m2
k
代入数据有
T = 2π ❑√5
5
s
物块和木板组成的系统相对滑动之后，木板不再具有T = 2π ❑√5
5
s 的周期，故
t1≠π ❑√5
10 s
故B 错误；
C.木板与弹簧接触以后，物块和木板相对滑动前，对木板和物块与弹簧组成的系统有
kx＝（m1+m2）a 共
对小物块有a2＝μg
即a2＝1m/s2，当a 共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2＝0.2m
故C 正确；
D.若木板与物块相对滑动到之后，木板向右减速到零的过程中，对木板有
kx﹣μm2g＝m1a
木板加速度继续增大，由于木板的加速度大于物块的加速度，经t2木板向右减速到零，此时物块仍向右
运动，所受摩擦力不变，木板向左加速至即弹簧形变量为x2的过程中，受力不变，由对称可知，与物块
加速度首次相同用时t2。二者的v﹣t 图像如图所示
故D 正确。
故选：ACD。
（多选）10．如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B 从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静
止，子弹A 射入木块的深度是B 的3 倍。假设木块对子弹的阻力大小恒定，A、B 做直线运动且不会相遇，
则A、B 运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．子弹B 的初速度大小是子弹A 的初速度大小的3 倍
B．子弹B 的质量是子弹A 的质量的3 倍
C．若子弹A 向右射入木块与木块相对静止后，子弹B 再向左射入木块，最终A 进入的深度大于B 的3
倍
D．若子弹B 向左射入木块与木块相对静止后，子弹A 再向右射入木块，最终A 进入的深度大于B 的3
倍
【答案】BD
【解答】解：设两子弹对木块的阻力均为f。当两子弹同时射入木块时，木块静止，由平衡条件得阻力相
等，且运动时间t 相同。根据动量定理I＝Δp，两子弹初动量大小相等，即mAvA＝mBvB；由匀变速运动
平均速度公式d = v t = v
2 t，可知射入深度与初速度成正比。
AB、已知dA＝3dB，代入解得vA＝3vB；将速度关系代入动量等式，得mB＝3mA。故A 错误，B 正确；
CD、由功能关系fd＝ΔE 损，射入深度d 与子弹相对木块速度的平方成正比。设木块静止时射入深度为
dA、dB（满足dA＝3dB）。若B 先射入，木块获得与B 同向速度，B 的相对速度减小，故d'B＜dB；随后
A 射入时与木块相向运动，A 的相对速度增大，故d'A＞dA，最终d'A＞3d'B。若A 先射入，木块获得与A
同向速度，A 的相对速度减小，故d'A＜dA；随后B 射入时与木块相向运动，B 的相对速度增大，故d'B＞
dB，最终d'A＜3d'B。故C 错误，D 正确。
故选：BD。
三．解答题
11．如图所示，把一个质量m1＝0.2kg 的小球放在高度h＝5.0m 的直杆的顶端。一颗质量m2＝0.01kg 的子弹
以v0＝500m/s 的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的水平距离x＝20m。g 取
10m/s2，求：
（1）子弹穿出小球瞬间小球的速度v1；
（2）子弹穿出小球瞬间子弹的速度v2；
（3）子弹和小球相互作用过程中系统损失的机械能ΔE。
【答案】（1）子弹穿出小球瞬间，小球的速度大小为20m/s，水平向右；
（2）子弹穿出小球瞬间，子弹的速度大小为100m/s，水平向右；
（3）子弹和小球相互作用过程中，系统损失的机械能为1160J。
【解答】解：（1）子弹穿出小球后，小球做平抛运动，水平方向：x＝v1t，竖直方向：h= 1
2 gt
2，解得
小球的水平速度：v1＝20m/s，由图可知小球的水平分速度向右；
（2）子弹穿出小球的过程，以子弹的初速度为正方向，由动量守恒，可得：m2v0＝m2v2+m1v1，解得子
弹的速度：v2＝100m/s，水平向右；
（3）子弹穿出前后，由能量守恒，可得：1
2 m2v0
2= 1
2 m2v2
2+ 1
2 m1v1
2+ ΔE，解得系统损失的机械能：ΔE
＝1160J。
答：（1）子弹穿出小球瞬间，小球的速度大小为20m/s，水平向右；
（2）子弹穿出小球瞬间，子弹的速度大小为100m/s，水平向右；
（3）子弹和小球相互作用过程中，系统损失的机械能为1160J。
12．如图所示，质量为0.49kg 的木块静置于光滑水平轨道上，半径为0.8m 的光滑半圆形轨道与水平轨道相
切，直径AB 竖直。质量为0.01kg 的子弹以300m/s 的水平速度击中木块并留在其中。木块进入半圆形轨
道后，在某一位置离开轨道。木块可视为质点，g 取10m/s2。求：
（1）木块到达半圆形轨道最低点A 时对轨道的压力；
（2）木块离开半圆形轨道时速度的大小。
【答案】（1）木块到达半圆形轨道最低点A 时对轨道的压力大小为55
2 N（或27.5N）。
（2）木块离开半圆形轨道时速度的大小为2❑√15
3
m/ s。
【解答】解：（1）子弹击中木块过程，系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝
（m1+m2）vA，解得击中后两者的共同速度为vA＝6m/s。
在轨道最低点A 处，对整体应用牛顿第二定律，有F N −(m1+m2)g=(m1+m2) v A
2
R
，代入数据解得轨道
对整体的支持力FN＝27.5N。
根据牛顿第三定律，木块对轨道的压力大小F = 55
2 N。
（2）设木块离开轨道时，其速度方向与竖直向上方向夹角为θ，此时轨道对其支持力为零，由牛顿第二
定律得(m1+m2)gcosθ=(m1+m2) vC
2
R
。
从最低点
A
运动至离开点
C
的过程中，系统机械能守恒，有
1
2 (m1+m2)v A
2 = 1
2 (m1+m2)vC
2 +(m1+m2)gR(1+cosθ)。
联立两式，可解得离开瞬间的速度大小为vC =
❑√
v A
2 −2 gR
3
，代入数据计算得vC = 2❑√15
3
m/ s。
答：（1）木块到达半圆形轨道最低点A 时对轨道的压力大小为55
2 N（或27.5N）。
（2）木块离开半圆形轨道时速度的大小为2❑√15
3
m/ s。
13．如图所示，长L＝0.5m 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端连接质量M＝0.2kg 的木块（可视为质点），
O 点距地面高度为H＝1.75m。质量m＝20g 的子弹以v0＝62m/s 的速度水平射入木块并穿出，此后木块
恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度的大小g＝10m/s2。求：
（1）子弹水平穿出瞬间，细绳对木块拉力FT的大小；
（2）子弹射穿木块过程中产生的热量Q；
（3）子弹落地点与悬点O 的水平距离d。
【答案】（1）子弹水平穿出瞬间，细绳对木块拉力FT的大小是12N；
（2）子弹射穿木块过程中产生的热量Q 是34.5J；
（3）子弹落地点与悬点O 的水平距离d 是6m。
【解答】解：（1）木块在最高点，由牛顿第二定律有Mg= M v1
2
L
木块从最低点运动到最高点的过程，由机械能守恒定律有1
2 M v2
2= 1
2 M v1
2+ Mg⋅2 L
木块在最低点，由牛顿第二定律有FT −Mg= M v2
2
L
代入数据得FT＝12N
（2）子弹与木块系统动量守恒，规定初速度方向为正，则mv0＝mv1+Mv2…
系统能量守恒则Q = 1
2 m v0
2−1
2 m v1
2−1
2 M v2
2
代入数据得Q＝34.5J
（3）子弹射穿木块后做平抛运动，可得H −L= 1
2 gt
2，d＝v1t
代入数据得d＝6m
答：（1）子弹水平穿出瞬间，细绳对木块拉力FT的大小是12N；
（2）子弹射穿木块过程中产生的热量Q 是34.5J；
（3）子弹落地点与悬点O 的水平距离d 是6m。
14．如图所示，半径为R＝1m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道端点B 和圆心O 的连线与水平方向
的夹角θ＝37°，端点C 为轨道的最低点，C 点右侧的光滑水平地面上紧挨着C 放置一静止的足够长的木
板，木板质量M＝1kg，上表面与C 点等高。质量为m＝1kg 的物块（可视为质点）从空中A 点以v0＝
1.2m/s 的速度水平抛出（不计空气阻力），物块恰好能从轨道的B 端沿切线方向进入轨道，已知物块和
木板的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6。求：
（1）物块运动到B 点时的速度大小vB；
（2）物块经过C 点时，圆弧轨道对其支持力的大小FN；
（3）经过足够长的时间，物块对木板做的功W。
【答案】（1）物块运动到B 点时的速度大小为2m/s。
（2）物块经过C 点时，圆弧轨道对其支持力的大小为46N。
（3）经过足够长时间，物块对木板做的功为4.5J。
【解答】解：（1）物块在A 点做平抛运动，到达B 点时速度方向沿圆弧切线。由几何关系可知，圆弧
轨道在B 点的半径与水平方向夹角为37°，则其切线方向与竖直方向夹角为37°。在B 点，水平分速度满
足vx＝vBsin37°＝v0，代入v0＝1.2m/s，解得：vB＝2m/s。
（2）物块从B 点运动至最低点C 的过程中，仅重力做功，机械能守恒。设B 点相对于C 点的高度为h，
由几何关系得h＝R+Rsin37°，代入数据得h＝1.6m。
根据机械能守恒定律有mgh+ 1
2 m vB
2 = 1
2 m vC
2 ，代入数据解得vC＝6m/s。在C 点，根据牛顿第二定律有
F N −mg=m vC
2
R
，代入数据解得支持力FN＝46N。
（3）物块滑上长木板后，最终二者达到共同速度v。系统在水平方向动量守恒，取向右为正方向，有
mvC＝（m+M）v，代入数据解得v＝3m/s。
对木板M 应用动能定理，物块对木板做的功W 等于木板动能的变化量，即W = Δ Ek = 1
2 M v
2−0，代入
数据解得：W＝4.5J。
答：（1）物块运动到B 点时的速度大小为2m/s。
（2）物块经过C 点时，圆弧轨道对其支持力的大小为46N。
（3）经过足够长时间，物块对木板做的功为4.5J。
15．如图所示，在光滑水平面上静止放置质量m1＝0.4kg 的薄木板AB（厚度忽略不计）和质量m2＝0.2kg
的圆弧轨道CD，木板AB 上表面粗糙，CD 是上表面光滑的半径为R＝0.5m 的四分之一圆弧，它们紧靠
在一起。一质量为m＝0.2kg 可视为质点的物块P，从木板AB 的右端以初速度v0＝5m/s 滑上木板，到达
木板最左端B 点时的速度为vA′＝﹣1m/s，然后又滑上圆弧轨道CD。若物块P 与木板AB 间的动摩擦因
数为μ＝0.45，取g＝10m/s2求：
（1）物块P 滑到木板左端时，木板的速度vAB的大小；
（2）木板的长度L；
（3）滑块在圆弧轨道CD 上上升的最大高度h。
【答案】（1）物块P 滑到木板左端时，木板的速度大小为1m/s。
（2）木板的长度为2m。
（3）滑块在圆弧轨道CD 上上升的最大高度为0.025m。
【解答】解：（1）物块P 在AB 上运动过程中，由P、A、B 组成的系统动量守恒，以向左方向为正，根
据动量守恒定律得mv0＝mvB+（m1+m2）vAB，解得：vAB＝1m/s。
（2）依据能量守恒定律有μmgL= 1
2 m v0
2−1
2 m vB
2 −1
2 (m1+m2)v AB
2 ，解得：L＝2m。
（3）滑块P 滑上圆弧轨道并上升至最大高度过程，根据动量守恒定律得mvB+m2vAB＝（m+m2）v，再根
据能量守恒定律得1
2 m vB
2 + 1
2 m2v AB
2 −1
2 (m+m2)v
2=mgh，解得：h＝0.025m。
答：（1）物块P 滑到木板左端时，木板的速度大小为1m/s。
（2）木板的长度为2m。
（3）滑块在圆弧轨道CD 上上升的最大高度为0.025m。
