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[-考点-07-] 动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用
[典例1]
答案 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mv0＝(m＋M)v，两个子
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
的冲量相等，B 正确；对子弹运用动能定理，有Wf＝mv2－mv0
2，由于末速度v 相等，所以
阻力对子弹做功相等，C 错误；对系统，由能量守恒可知，产生的热量满足Q＝mv0
2－(m
＋M)v2，所以系统产生的热量相等，D 正确．
[典例2]
答案 (1)v0 (2) (3)
解析 (1)B、C 碰撞过程中动量守恒，由题意分析知，B、C 碰后具有相同的速度，设B、
C 碰后的共同速度为v1，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，解
得v1＝，
B、C 共速后A 以v0的速度滑上C，A 滑上C 后，B、C 脱离，A、C 相互作用过程中动量守
恒，设最终A、C 的共同速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＋mv1＝
2mv2，解得v2＝v0.
(2)在A、C 相互作用过程中，由能量守恒定律得
FfL＝mv0
2＋mv1
2－×2mv2
2，
解得Ff＝.
(3)A 与C 相互作用过程中，对C 由动量定理得Fft＝mv2－mv1，解得t＝.
1.答案 ACD
解析 系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，故A 正确；根据题意可知，在该过程中
由于有部分机械能转化为内能，所以系统机械能减小，故B 错误；阻力与相对位移之积等
于系统损失的机械能，即整个过程中的产热，故C 正确；根据能量守恒可知，子弹减少的
动能一部分转化成了木块的动能，一部分转化成内能，木块运动的距离为s，根据动能定
理可知Ff与s 之积为木块增加的动能，故 D 正确．
2.答案 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t 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．
1
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3.答案 A
解析 子弹射入木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动
量守恒定律得mv1＝(M＋m)v，解得v＝，子弹射入木块后，二者做匀减速直线运动，对子
弹与木块组成的系统，由动能定理得－μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)v2，解得v1＝·，故A 正确．
4.答案 ABD
解析 由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B 组成的系统动量守恒，以B 的
初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则木板获得的动
能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A 正确；系统损失的机械能ΔE＝mvB
2－(m＋M)v2，代入
数据解得ΔE＝2 J，故B 正确；根据v－t 图像中图线与t 轴所围的面积表示位移，由题图得
到0～1 s 内B 的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A 的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木
板A 的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C 错误；由题图可知，B 的加速度a＝＝ m/s2＝－1
m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝
0.1，故D 正确．
5.答案 C
解析 设发射子弹的数目为n，选择n 颗子弹和木块组成的系统为研究对象．系统在水平
方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．以子弹运动的方向为正方向，由动量守恒
定律有：nmv2－Mv1＝0，得n＝，所以选项C 正确．
6.答案 BC
解析 木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，设最终速度为
v1，由动量守恒定律得Mv0＝(m＋M)v1，解得小木块和木箱最终速度v1＝，故A、D 错误；
对整个过程，由能量守恒定律可得小木块和木箱组成的系统损失的机械能为ΔE＝Mv0
2－(m
＋M)v1
2＝－，故B 正确；木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得Mv0＝mv2＋Mv3，木箱速度为v3＝时，小木块的速度为v2＝，故C 正确．
7.答案 ABD
解析 A 做匀减速运动，B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向
右为正方向，设B 的质量为M，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得M＝2 kg，故A
正确；木板B 匀加速运动的加速度aB＝＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，对B 有μmg＝MaB，
解得μ＝0.1，故B 正确；前1 s 内B 的位移xB＝·t＝×1 m＝0.5 m，A 的位移xA＝×1 m＝1.5
m，所以木板B 的最小长度L＝xA－xB＝1 m，故C 错误；A、B 组成的系统损失的机械能
ΔE＝mv0
2－(m＋M)v2＝2 J，故D 正确．
8.答案 ABD
解析 设最终铁块与木板速度相同时大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对木板滑行
的最大路程为L，滑动摩擦力大小为Ff.取向右为正方向，根据动量守恒定律可知：mv0＝(m
2
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＋M)v，得v＝1 m/s，方向向右．两者最终以1 m/s 的共同速度向右做匀速直线运动，A 正
确．铁块相对于木板向右运动时，当两者速度相同时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒
定律知此时两者的速度也为v＝1 m/s，由能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程有：
mv0
2＝Ff·L＋(M＋m)v2＋Ep，铁块相对于木板运动的整个过程有：mv0
2＝2Ff·L＋(M＋m)v2，
联立得弹簧的最大弹性势能Ep＝3 J，Ff·L＝3 J，B 正确．由功能关系知：运动过程中铁块
与木板因摩擦而产生的热量Q＝2Ff·L＝6 J，C 错误．由分析可知，木板始终向右运动，受
到铁块的摩擦力先向右后向左，故摩擦力对木板先做正功后做负功，D 正确．
9.答案 (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
m0v0＝(m0＋m1)v1，代入数据解得v1＝10 m/s.
(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v2，
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(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2，
μm2gL＝(m0＋m1)v1
2－(m0＋m1＋m2)v2
2，联立解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小车
的长度至少为5 m.
10.答案 (1)4 m/s (2)2 m/s (3)48 J
解析 (1)A 与B 碰后瞬间，B 速度最大，A、B 系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守
恒定律得mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB，代入数据得：vB＝4 m/s；
(2)B 与C 共速后，C 速度最大，B、C 系统动量守恒，以B 的速度方向为正方向，由动量守
恒定律得：mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入数据得：vC＝2 m/s
(3)由能量守恒定律得：ΔE 损＝mAv0
2－mAvA
2－(mB＋mC)vC
2，解得ΔE 损＝48 J.
11.答案 ACD
解析 木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度大小均为v0＝5.0 m/s，所以木板的动
量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A 先向左做减速运动，速度减为零
后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量
守恒定律得，当木块A 的速度减为零时，Mv0－mv0＝MvB，代入数据解得vB＝3.75 m/s，故
A 正确，B 错误；最终木块与木板速度相同，根据动量守恒定律可得Mv0－mv0＝(M＋
m)v，代入数据解得v＝3 m/s，故C 正确；最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，
对系统由能量守恒定律可知Mv0
2＋mv0
2－(M＋m)v2＝μmgx，代入数据解得x＝8 m，木板的
最小长度为8 m，可能为10 m，故D 正确．
12.答案 (1)1.125 m (2)5.625 J
解析 (1)设物块在平板车上滑动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
代入数据解得a＝6 m/s2
设物块与平板车最后的共同速度为v，根据运动学公式有v＝at＝3 m/s
3
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设小球与平板车相碰后瞬间，平板车的速度为v1，根据动量守恒定律有Mv1＝(m＋M)v
解得v1＝4.5 m/s
设平板车的长度为L，根据能量守恒定律有
μmgL＝Mv1
2－(m＋M)v2
代入数据解得L＝1.125 m
(2)设小球与平板车相碰前瞬间速度为v0，根据机械能守恒定律有mg(l－lcos 60°)＝mv0
2
解得v0＝8 m/s
设碰撞后瞬间小球的速度为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝Mv1＋
mv2
解得v2＝－1 m/s
小球与平板车碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝mv0
2－mv2
2－Mv1
2＝5.625 J.
13.答案 C
解析 A、B、C 组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，最终三者相对静止，设最终
系统的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v，解得v
＝v0，故B 错误；以水平向右为正方向，设A、B、C 开始运动时的加速度分别为a1、a2、
a3，由牛顿第二定律得a1＝＝μg，a2＝＝－μg，a3＝＝μg，初始A、B、C 的速度分别为0、
v0、－v0，①假设A、B 先共速，设A、B 经过时间t1共速，则有a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝，
②假设B、C 先共速，设B、C 经过时间t2共速，则有v0＋a2t2＝－v0＋a3t2，解得t2＝，从上
面分析可以看出t1＜t2，所以①假设成立，即A、B 先共速，A、B 共速后一起向右做减速运
动，C 继续向左做减速运动，C 速度减为零后反向向右做加速运动，最终A、B、C 速度相
等，三者相对静止一起向右做匀速直线运动，因此C 速度为零时B 的速度向右，不为零，
故A 错误；由能量守恒定律可知，系统损失的动能转化为内能，则有Q＝×2mv0
2＋mv0
2－
×(m＋2m＋3m)×()2＝mv0
2，故C 正确；开始B 相对A 滑动时的加速度大小aB＝＝μg，A、
B 共速后一起做减速运动，B 的加速度大小a＝＝μg，故D 错误
4
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