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素养提升10　碰撞模型及拓展
1.（2026·湖南娄底模拟）如图所示，在光滑水平面上静止放置一木块，一子弹水平射入木块并穿出。已知子弹在木块内运动过程中受到的阻力大小不变，子弹的质量小于木块的质量，则子弹从木块穿出后（　　）
A.系统产生的热量一定等于木块的动能
B.系统产生的热量一定小于木块的动能
C.系统产生的热量一定等于木块动能的2倍
D.系统产生的热量一定大于木块动能的2倍
2.〔多选〕（2026·广东肇庆期末）如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速度为v0，木块的速度为v0。设子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（　　）
A.木块的质量为3m
B.子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为m
C.若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度小于v0
D.若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，系统产生的内能小于m
3.（2026·山东烟台联考）如图所示，一个水平轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获得水平向右的速度v0＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s时，弹簧最短。下列说法中正确的是（　　）
A.此时乙物体的速度大小为1 m/s
B.紧接着甲物体将开始做加速运动
C.甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶4
D.当弹簧由最短恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
4.如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则（　　）
A.物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒
B.增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦产生的热量增多
C.若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s
D.若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s
5.〔多选〕（2026·湖南郴州模拟）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v0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
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9∶2∶7
6.〔多选〕（2026·四川雅安期末）如图所示，静止在光滑水平面上的小车上固定一四分之一光滑圆弧细管道，管道底部与水平面相切，整个小车（含管道）的质量为m。一质量为m的小球，以水平速度v0从左端进入管道，小球未能从管道右侧顶端冲出，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.小球与小车（含管道）组成的系统动量和机械能都守恒
B.小球离开管道后，做平抛运动
C.小球离开管道后，做自由落体运动
D.小球上升的最大高度为
7.（2025·湖北黄冈三模）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块（可视为质点）从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　）
A.小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B.小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C.若M＞m，物块能再次滑上弧形槽
D.若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
8.（2026·贵州遵义期末）质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰好又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。假设碰撞都是弹性的，重力加速度大小为g，则整个过程中，系统损失的动能为（　　）
A.mv2 B.2NμmgL C. D.μmgL
9.〔多选〕（2026·甘肃天水模拟）如图甲所示，足够长的质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m＝1.5 kg的物块，t＝0时物块以速度v0从木板的左端开始向右端滑动，运动过程中物块的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示，t＝3 s后物块动能不变，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A.t＝3 s时物块和木板达到共同速度
B.M＝3 kg
C.物块与木板之间的动摩擦因数为0.1
D.木板的最短长度为6 m
10.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v0＝4 m/s滑上木板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L1＝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 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L2。
素养提升10　碰撞模型及拓展
1.D　由于子弹的质量小于木块的质量，由牛顿第二定律可知，子弹的加速度大于木块的加速度，子弹和木块的v-t图像如图所示，在子弹穿过木块的过程中，设子弹和木块的位移分别为x1、x2，设子弹在木块内运动受到恒定阻力f的作用，木块的长度为L，由功能关系知系统产生的热量Q＝fL，木块的动能Ek＝fx2，由图可知L＝x1－x2＞2x2，则Q＞2Ek，故选D。
2.AB　子弹击穿木块的过程，由动量守恒定律有mv0＝m×v0＋M×v0，由能量守恒定律有m＝m×（v0）2＋M×（v0）2＋E损，解得M＝3m，E损＝m ，故A、B正确；若将木块固定，子弹与木块的相对位移不变，系统产生的内能即减少的动能仍为m，故D错误；由能量守恒定律可得m＝mv2＋E损，解得v＝v0＞v0，故C错误。
3.A　根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度大小也是1 m/s，A正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力向左，此后甲继续减速，B错误；根据动量守恒定律可得m1v0＝（m1＋m2）v，解得m1∶m2＝1∶3，C错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0＝m1v1'＋m2v2'，m1＝m1v1'2＋m2v2'2，联立解得v2'＝2 m/s，D错误。
4.D　物块与小车组成的系统所受外力矢量和为零，系统动量守恒，物块相对小车滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，系统产生的内能Q＝m2－（m1＋m2）v2，联立得Q＝，则增大物块与车面间的动摩擦因数，物块仍可与小车共速，故摩擦产生的热量不变，B错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v'，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0'＝（m1＋m2）v'，由能量守恒定律得m2v0'2＝（m1＋m2）v'2＋μm2gL，联立解得v0'＝5 m/s，D正确。
5.AC　由题图乙的v-t图像可以得出物块相对于木板滑动的距离为d＝×3v0t0＝v0t0，则木板的最小长度为v0t0，故A正确；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；由题图乙的v-t图像可知，物块在木板上滑动的加速度大小a＝，由牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝，故C正确；物块减小的动能Ek1＝m×（3v0）2－m＝4m，木板增大的动能Ek2＝M＝m，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＝Ek1－Ek2＝3m，则Ek1∶Ek2∶Q＝4∶1∶3，故D错误。
6.CD　小球与小车（含管道）组成的系统，水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，即动量不守恒，只有重力和系统内弹力做功，系统机械能守恒，故A错误；设小球离开管道时，速度为v1，管道的速度为v2，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有m＝m＋m，解得v1＝0，可知小球离开管道后，做自由落体运动，故C正确，B错误；小球上升到最大高度时，二者速度相等，设为v3，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv3，解得v3＝，根据机械能守恒定律有mghmax＝m－·2m，解得hmax＝，故D正确。
7.C　物块在下滑过程中系统竖直方向上动量变化，则系统动量不守恒，水平方向不受外力作用，故物块和弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，故A错误；弧形槽置于光滑水平地面上，物块下滑过程中对弧形槽压力的水平分量使弧形槽向左加速，动能增大，此过程中物块和弧形槽组成的系统只有物块的重力和系统内弹力做功，系统机械能守恒，故物块机械能必定减少，由此推知弧形槽对物块的支持力做负功，故B错误；小物块下滑过程中，物块、弧形槽组成的系统满足水平方向动量守恒，系统初始水平方向动量为零，设小物块滑到底端时二者速度大小分别为vM、vm，取向左方向为正，该过程由动量守恒定律得MvM－mvm＝0，若M＞m，则vm＞vM，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后速度等大反向，因此能再次滑上弧形槽，故C正确；设物块再次滑上弧形槽，上升到最高点h'时系统水平向左的速度为v，由机械能守恒定律得M＋m＝（M＋m）v2＋mgh'，物块从初始状态下滑到底端时，由机械能守恒定律得M＋m＝mgh，故mgh'＜mgh，即物块不会上升至初始高度，故D错误。
8.C　设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律得mv＝（M＋m）v1，则动能损失ΔEk＝mv2－（M＋m）＝，A错误，C正确；由题意可知小物块与箱壁碰撞N次后恰好回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s＝0.5L＋（N－1）L＋0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能ΔEk＝Q＝μmg·s＝NμmgL，B、D错误。
9.ACD　木板足够长，结合图像可知，t＝3 s时物块和木板达到共同速度，选项A正确；根据Ek＝mv2，可知物块的初速度v0＝4 m/s，共同速度v＝1 m/s，根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得M＝4.5 kg，选项B错误；对木板由动量定理得，μmgt＝Mv，解得物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.1，选项C正确；由能量守恒定律得－μmgx＝（m＋M）v2－m，解得x＝6 m，即木板的最短长度为6 m，选项D正确。
10.（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v1，此时A、B速度相等为v2，滑块冲上A木板至刚离开A木板的过程中，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2
由能量守恒定律有
m＝m＋×2m＋μmgL1
解得v1＝ m/s，v2＝ m/s
即滑块刚离开A时，A和B的速度大小为
vA＝vB＝v2＝ m/s。
（2）根据题意，滑块在B木板上滑动的过程，由动量守恒定律有mv1＋mv2＝2mv3
由能量守恒定律有
m＋m＝×2m＋μmgL2
解得L2＝0.5 m。
1 / 1素养提升10　碰撞模型及拓展
1.理解“滑块—弹簧”和“滑块—曲面体”两种模型与碰撞的相似性，会分析解决两类模型的有关问题。 2.会用动量观点和能量观点分析“子弹打木块”模型。 3.会用动量观点和能量观点分析“滑块—木板”模型。
提升点一　“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＝Ffs＝m－（M＋m）v2。
（2）子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：
Q＝Ffd＝m－。
（2026·黑龙江大庆模拟）如图甲所示，木板放置在光滑的水平面上处于静止状态，一颗子弹（视为质点）以v0的速度水平向右射入木板，刚好未穿出。两者的速度与时间关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A.子弹与木板的质量之比为2∶3
B.木板的长度为
C.若子弹的质量为m，则木板在加速过程中子弹对木板的推力大小为
D.若子弹的质量为m，则整个过程中子弹与木板组成的系统产生的热量为
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　（2025·辽宁沈阳三模）如图所示，两个完全相同的木块A、B厚度均为d，质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B。第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。则第二次子弹（　　）
A.能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为v0
B.能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为v0
C.不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为d
D.不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为d
提升点二　“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）求位移：对地位移，根据动能定理求解，研究对象为一个物体；
相对位移：根据能量守恒定律求解，研究对象为一个系统；
（3）求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
（2026·北京延庆期中）如图所示，物块质量m＝1 kg，以速度v0＝3 m/s水平滑上一静止的平板车，平板车质量M＝2 kg，物块与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.2，其他摩擦不计（g＝10 m/s2），若平板车比较长，物块没有掉下平板车。求：
（1）物块相对平板车静止时，物块的速度v的大小；
（2）物块在平板车上相对滑行的时间；
（3）要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？
尝试解答
拓展：（1）计算从开始到共速，物块运动的位移大小。
（2）计算从开始到共速，平板车运动的位移大小。
　（2026·广东珠海模拟）如图所示，光滑水平面上，质量为M＝2 kg的木板以v1＝4 m/s的速度向左运动。某时刻，质量为m＝1 kg的小物块（可视为质点）以向右的速度v2＝2 m/s从木板左端滑上木板。经过t＝0.5 s后，小物块恰好相对木板静止于木板右端。重力加速度g＝10 m/s2。关于这一过程，下列说法正确的是（　　）
A.两者最终停在水平面上
B.小物块与木板间动摩擦因数为0.4
C.木板的长度为1.5 m
D.系统机械能损失6 J
提升点三　“滑块—曲面”模型
1.模型图示
M开始时静止，m以初速度v0滑上光滑的四分之一圆弧曲面体，如图所示。
2.两种情景
（1）若m未从曲面体冲出，m到达最高点时，m与M具有共同的瞬时速度v共，相当于完全非弹性模型。
①系统水平方向动量守恒：mv0＝（M＋m）v共。
②系统机械能守恒：m＝（M＋m）＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度。
（2）若m能从曲面体顶端冲出，此时m和M在水平方向上的速度相等，m还能从M顶端再次回到曲面体上。
（3）m返回最低点时，m与M分离，相当于弹性碰撞模型。
①整个过程中，系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。
②整个过程中，系统机械能守恒：m＝m＋M。
〔多选〕（2026·山西大同期末）如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，在小球运动过程中（　　）
A.小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒
B.小球在圆弧轨道最高点的速度大小为
C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为
D.小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　（2026·天津河西期末）如图所示，质量M＝4 kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径R＝1 m的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L＝2 m的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一个质量m＝1 kg可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。重力加速度g＝10 m/s2求：
（1）滑块滑到圆弧轨道最低点B时，滑块的速度v1的大小；
（2）滑块与BC轨道间的滑动摩擦因数μ；
（3）整个过程小车的位移x的大小。
提升点四　“滑块—弹簧”模型
1.模型图示
m1、m2与轻弹簧（开始处于原长）相连，m1以初速度v0运动，如图所示。
2.模型特点
（1）当弹簧处于最短（最长）状态时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大，相当于完全非弹性碰撞。
①系统动量守恒：m1v0＝（m1＋m2）v共。
②系统机械能守恒：
m1＝（m1＋m2）＋Epmax。
（2）当弹簧处于原长时弹性势能为零，相当于弹性碰撞。
①系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。
②系统机械能守恒：m1＝m1＋m2。
〔多选〕（2026·河北石家庄期末）如图甲所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，中间用一轻质弹簧连接，初始时弹簧处于原长，现给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的速度随时间变化的图像如图乙所示。已知弹簧始终处于弹性限度内，t1时刻弹簧的弹性势能为Ep0，下列说法正确的是（　　）
A.物块A、B的质量之比为1∶3
B.t2时刻物块B的速度大小为
C.t2时刻物块B的动能为Ep0
D.t2时刻弹簧的弹性势能为Ep0
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（2026·四川自贡期末）如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，且m1＝2m2，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1的速度为v，在以后的运动过程中，求：
（1）m1的最大速度大小；
（2）m2的最大速度大小；
（3）m1和m2相距最远时，m1的速度大小；
（4）m1和m2速度相等时，弹簧的弹性势能。
素养提升10　碰撞模型及拓展
提升点一
【例1】　D　子弹、木板系统动量守恒则有mv0＝（m＋M）×0.6v0，解得m∶M＝3∶2，故A错误；子弹刚好未穿出，则两者的相对位移刚好等于木板长度，木板的长度为L＝t0－t0＝，故B错误；对子弹由动量定理有－Ft0＝m×0.6v0－mv0，解得F＝，根据牛顿第三定律子弹对木板的推力大小为F'＝F＝，故C错误；系统产生的热量等于损失的动能Q＝m－（m＋M）（0.6v0）2，子弹的质量为m，则木板的质量为M＝m，解得Q＝，故D正确。
强化训练
　C　第一次击A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B，由动量守恒定律得mv0＝（8m＋m）v1，解得v1＝，由能量守恒定律得m＝（8m＋m）＋fd，解得f＝m，第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B，假设子弹留在木块B内，由动量守恒定律得mv0＝（4m＋m）v2，解得v2＝v0，由能量守恒定律得m＝（4m＋m）＋fd'，解得f＝，联立可得d'＝d，所以子弹不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为d，故选C。
提升点二
【例2】　（1）1 m/s　（2）1 s　（3）1.5 m
解析：（1）物块和平板车组成的系统动量守恒，
则mv0＝（m＋M）v
解得物块相对平板车静止时，物块的速度的大小v＝1 m/s。
（2）对物块由动量定理得：－μmgt＝mv－mv0
解得t＝1 s。
（3）由能量守恒定律得：μmgl＝m－（m＋M）v2
解得l＝1.5 m
即平板车至少1.5 m。
拓展　提示：（1）根据动能定理得，
－μmgx1＝mv2－m，解得x1＝2 m。
（2）根据动能定理得，μmgx2＝Mv2，解得x2＝0.5 m。
强化训练
　C　木板与物块组成的系统动量守恒，两者最终以共同速度运动，以向左为正方向，根据动量守恒定律可得Mv1－mv2＝（M＋m）v，解得v＝2 m/s，方向向左；对木板，由动量定理得－μmgt＝Mv－Mv1，解得小物块与木板间动摩擦因数为μ＝0.8，故A、B错误；根据能量守恒定律可得系统损失的机械能ΔE＝M＋m－（M＋m）v2＝12 J，又Q＝μmgL＝ΔE，可得木板的长度为L＝1.5 m，故C正确，D错误。
提升点三
【例3】　AD　在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统水平方向不受外力，系统在水平方向上动量守恒，A正确；小球在圆弧轨道上升到最高点时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒，取v0的方向为正方向；根据动量守恒定律得mv0＝4mv，解得v＝v0，B错误；设小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为h；根据机械能守恒定律m＝×4mv2＋mgh，解得h＝，故C错误；小球离开圆弧轨道时，设小球的速度为v1，滑块的速度为v2，取v0的方向为正方向；根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋3mv2，根据机械能守恒定律得m＝m＋×3m，联立以上两式可得小球速度v1＝－，滑块速度v2＝，故D正确。
强化训练
　（1）4 m/s　（2）0.5　（3）0.6 m
解析：（1）设滑块的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得mv1＝Mv2
根据能量守恒定律得mgR＝M＋m
解得v1＝4 m/s。
（2）对系统，水平方向动量守恒，则当滑块相对小车停止时，小车和滑块均停止运动，则由能量守恒定律有mgR＝μmgL
解得μ＝0.5。
（3）全过程水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mv2＝mv1
又因为滑块和小车运动时间相等，故水平方向Mx＝mx1
且x＋x1＝R＋L
代入数据得x＝0.6 m。
提升点四
【例4】　BD　结合图像，根据动量守恒定律可得mAv0＝（mA＋mB），解得mA∶mB＝1∶2，故A错误；设t2时刻物块B的速度大小为vB，由图像可知，此时物块A的速度为0，根据动量守恒定律可得mAv0＝mBvB，结合mA∶mB＝1∶2，解得vB＝v0，故B正确；设物块A的质量为m，则物块B的质量为2m，根据能量守恒定律可知，t1时刻有m＝（m＋2m）·（）2＋Ep0，解得Ep0＝m，t2时刻物块B的动能EkB＝·2m·（）2＝m＝Ep0，故C错误；根据能量守恒定律可知，t2时刻弹簧的弹性势能为Ep2＝m－EkB＝Ep0－Ep0＝Ep0，故D正确。
强化训练
　（1）v　（2）v　（3）v　（4）m1v2
解析：（1）（2）从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉动m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度，可知m1第一次到达与m2最近位置时速度最大，最大速度是v；取向右为正方向。当两者再次最近时，分别根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
m1v＝m1v1＋m2v2，m1v2＝m1＋m2，
解得v1＝v＝v，v2＝v＝v，
故m1的最大速度为v，m2的最大速度为v。
（3）m1和m2相距最远时，两者共速，
则m1v＝（m1＋m2）v3，
解得v3＝v。
（4）此时弹簧的弹性势能Ep＝m1v2－（m1＋m2）＝m1v2。
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素养提升10　碰撞模型及拓展
目标要求
1. 理解“滑块—弹簧”和“滑块—曲面体”两种模型与碰撞的相似性，会分析解决两类模型的有关问题。
2. 会用动量观点和能量观点分析“子弹打木块”模型。
3. 会用动量观点和能量观点分析“滑块—木板”模型。
目 录
CONTENTS
提升点一　“子弹打木块”模型
提升点二　“滑块—木板”模型
提升点三　“滑块—曲面”模型
提升点四　“滑块—弹簧”模型
课时跟踪检测
提升点一　“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＝Ffs＝m－（M＋m）v2。
（2）子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：
Q＝Ffd＝m－。
（2026·黑龙江大庆模拟）如图甲所示，木板放置在光滑的水平面上处
于静止状态，一颗子弹（视为质点）以v0的速度水平向右射入木板，刚好
未穿出。两者的速度与时间关系图像如图乙所示，下列说法正确的是
（　D　）
D
A. 子弹与木板的质量之比为2∶3
解析：子弹、木板系统动量守恒则有mv0＝（m＋M）×0.6v0，解得m∶M
＝3∶2，故A错误；子弹刚好未穿出，则两者的相对位移刚好等于木板长
度，木板的长度为L＝t0－t0＝，故B错误；对子弹由动量定
理有－Ft0＝m×0.6v0－mv0，解得F＝，根据牛顿第三定律子弹对木板
的推力大小为F'＝F＝，故C错误；系统产生的热量等于损失的动能Q
＝m－（m＋M）（0.6v0）2，子弹的质量为m，则木板的质量为M＝
m，解得Q＝，故D正确。
　（2025·辽宁沈阳三模）如图所示，两个完全相同的木块A、B厚度均为
d，质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m
的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B。第
二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的
阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。则第二次子弹（　　）
√
解析： 　第一次击A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹
以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B，由动量守
恒定律得mv0＝（8m＋m）v1，解得v1＝，由能量守恒定律得m＝
（8m＋m）＋fd，解得f＝m，第二次只放置木块B，子弹以同样的
速度水平射向B，假设子弹留在木块B内，由动量守恒定律得mv0＝（4m＋
m）v2，解得v2＝v0，由能量守恒定律得m＝（4m＋m）＋fd'，解
得f＝，联立可得d'＝d，所以子弹不能击穿木块B，子弹进入木块的
深度为d，故选C。
提升点二　“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）求位移：对地位移，根据动能定理求解，研究对象为一个物体；
相对位移：根据能量守恒定律求解，研究对象为一个系统；
（3）求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
（2026·北京延庆期中）如图所示，物块质量m＝1 kg，以速度v0＝3
m/s水平滑上一静止的平板车，平板车质量M＝2 kg，物块与平板车之间的
动摩擦因数μ＝0.2，其他摩擦不计（g＝10 m/s2），若平板车比较长，物
块没有掉下平板车。求：
（1）物块相对平板车静止时，物块的速度v的大小；
答案： 1 m/s　
解析： 物块和平板车组成的系统动量守恒，则mv0＝（m＋M）v
解得物块相对平板车静止时，物块的速度的大小v＝1 m/s。
（2）物块在平板车上相对滑行的时间；
答案：1 s　
解析：对物块由动量定理得：－μmgt＝mv－mv0
解得t＝1 s。
（3）要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？
答案：1.5 m
解析：由能量守恒定律得：μmgl＝m－（m＋M）v2
解得l＝1.5 m
即平板车至少1.5 m。
拓展：（1）计算从开始到共速，物块运动的位移大小。
提示： 根据动能定理得，－μmgx1＝mv2－m，解得x1＝2 m。
（2）计算从开始到共速，平板车运动的位移大小。
提示： 根据动能定理得，μmgx2＝Mv2，解得x2＝0.5 m。
　（2026·广东珠海模拟）如图所示，光滑水平面上，质量为M＝2 kg的木
板以v1＝4 m/s的速度向左运动。某时刻，质量为m＝1 kg的小物块（可视为
质点）以向右的速度v2＝2 m/s从木板左端滑上木板。经过t＝0.5 s后，小物
块恰好相对木板静止于木板右端。重力加速度g＝10 m/s2。关于这一过
程，下列说法正确的是（　　）
A. 两者最终停在水平面上
B. 小物块与木板间动摩擦因数为0.4
C. 木板的长度为1.5 m
D. 系统机械能损失6 J
√
解析： 　木板与物块组成的系统动量守恒，两者最终以共同速度运动，
以向左为正方向，根据动量守恒定律可得Mv1－mv2＝（M＋m）v，解得v
＝2 m/s，方向向左；对木板，由动量定理得－μmgt＝Mv－Mv1，解得小物
块与木板间动摩擦因数为μ＝0.8，故A、B错误；根据能量守恒定律可得系统损失的机械能ΔE＝M＋m－（M＋m）v2＝12 J，又Q＝μmgL＝ΔE，可得木板的长度为L＝1.5 m，故C正确，D错误。
提升点三　“滑块—曲面”模型
1. 模型图示
M开始时静止，m以初速度v0滑上光滑的四分之一圆弧曲面体，如图所示。
2. 两种情景
（1）若m未从曲面体冲出，m到达最高点时，m与M具有共同的瞬时速度v
共，相当于完全非弹性模型。
①系统水平方向动量守恒：mv0＝（M＋m）v共。
②系统机械能守恒：m＝（M＋m）＋mgh，其中h为滑块上升的
最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度。
（2）若m能从曲面体顶端冲出，此时m和M在水平方向上的速度相等，m
还能从M顶端再次回到曲面体上。
（3）m返回最低点时，m与M分离，相当于弹性碰撞模型。
①整个过程中，系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。
②整个过程中，系统机械能守恒：m＝m＋M。
〔多选〕（2026·山西大同期末）如图所示，有一质量为m的小球，以
速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块
的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，在
小球运动过程中（　AD　）
AD
A. 小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒
解析：在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统水平方向不受外力，系
统在水平方向上动量守恒，A正确；小球在圆弧轨道上升到最高点时小球
与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒，取v0的方向为正方向；根
据动量守恒定律得mv0＝4mv，解得v＝v0，B错误；设小球在圆弧轨道上
能上升的最大高度为h；根据机械能守恒定律m＝×4mv2＋mgh，解得
h＝，故C错误；小球离开圆弧轨道时，设小球的速度为v1，滑块的速
度为v2，取v0的方向为正方向；根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋3mv2，根
据机械能守恒定律得m＝m＋×3m，联立以上两式可得小球速
度v1＝－，滑块速度v2＝，故D正确。
　（2026·天津河西期末）如图所示，质量M＝4 kg
的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径R＝
1 m的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L＝2 m的
粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一个质量m＝1 kg可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。重力加速度g＝10 m/s2求：
（1）滑块滑到圆弧轨道最低点B时，滑块的速度v1的大小；
答案： 4 m/s　
解析： 设滑块的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，系统水平方向
动量守恒，由动量守恒定律得mv1＝Mv2
根据能量守恒定律得mgR＝M＋m
解得v1＝4 m/s。
（2）滑块与BC轨道间的滑动摩擦因数μ；
答案： 0.5　
解析：对系统，水平方向动量守恒，则当滑块相对小车停止时，小车和滑
块均停止运动，则由能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得μ＝0.5。
（3）整个过程小车的位移x的大小。
答案： 0.6 m
解析：全过程水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mv2＝mv1
又因为滑块和小车运动时间相等，故水平方向Mx＝mx1
且x＋x1＝R＋L，代入数据得x＝0.6 m。
提升点四　“滑块—弹簧”模型
1. 模型图示
m1、m2与轻弹簧（开始处于原长）相连，m1以初速度v0运动，如图所示。
2. 模型特点
（1）当弹簧处于最短（最长）状态时两物体瞬时速度相等，弹性势能最
大，相当于完全非弹性碰撞。
①系统动量守恒：m1v0＝（m1＋m2）v共。
m1＝（m1＋m2）＋Epmax。
（2）当弹簧处于原长时弹性势能为零，相当于弹性碰撞。
①系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。
②系统机械能守恒：m1＝m1＋m2。
②系统机械能守恒：
〔多选〕（2026·河北石家庄期末）如图甲所示，物块A、B静止在光
滑水平地面上，中间用一轻质弹簧连接，初始时弹簧处于原长，现给A一
水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的速度随时间变化的图像如图乙所
示。已知弹簧始终处于弹性限度内，t1时刻弹簧的弹性势能为Ep0，下列说
法正确的是（　BD　）
BD
A. 物块A、B的质量之比为1∶3
解析：结合图像，根据动量守恒定律可得mAv0＝（mA＋mB），解得
mA∶mB＝1∶2，故A错误；设t2时刻物块B的速度大小为vB，由图像可知，
此时物块A的速度为0，根据动量守恒定律可得mAv0＝mBvB，结合mA∶mB＝
1∶2，解得vB＝v0，故B正确；设物块A的质量为m，则物块B的质量为
2m，根据能量守恒定律可知，t1时刻有m＝（m＋2m）·（）2＋
Ep0，解得Ep0＝m，t2时刻物块B的动能EkB＝·2m·（）2＝m＝
Ep0，故C错误；根据能量守恒定律可知，t2时刻弹簧的弹性势能为Ep2＝
m－EkB＝Ep0－Ep0＝Ep0，故D正确。
（2026·四川自贡期末）如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均
为d，两小球质量分别为m1、m2，且m1＝2m2，m2的左边有一固定挡板。m1
由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1的速度为v，在以后的运动
过程中，求：
（1）m1的最大速度大小；
答案： v　
解析：（1）（2）从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉动m2前进，
m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加
速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度，可知m1第
一次到达与m2最近位置时速度最大，最大速度是v；取向右为正方向。当
两者再次最近时，分别根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
m1v＝m1v1＋m2v2，m1v2＝m1＋m2，
解得v1＝v＝v，v2＝v＝v，
故m1的最大速度为v，m2的最大速度为v。
（2）m2的最大速度大小；
答案： v　
（3）m1和m2相距最远时，m1的速度大小；
答案： v　
解析： m1和m2相距最远时，两者共速，
则m1v＝（m1＋m2）v3，
解得v3＝v。
（4）m1和m2速度相等时，弹簧的弹性势能。
答案： m1v2
解析：此时弹簧的弹性势能Ep＝m1v2－（m1＋m2）＝m1v2。
课时跟踪检测
1. （2026·湖南娄底模拟）如图所示，在光滑水平面上静止放置一木块，
一子弹水平射入木块并穿出。已知子弹在木块内运动过程中受到的阻力大
小不变，子弹的质量小于木块的质量，则子弹从木块穿出后（　　）
A. 系统产生的热量一定等于木块的动能
B. 系统产生的热量一定小于木块的动能
C. 系统产生的热量一定等于木块动能的2倍
D. 系统产生的热量一定大于木块动能的2倍
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9
10
√
解析： 　由于子弹的质量小于木块的质量，由牛顿第二
定律可知，子弹的加速度大于木块的加速度，子弹和木块
的v-t图像如图所示，在子弹穿过木块的过程中，设子弹和
木块的位移分别为x1、x2，设子弹在木块内运动受到恒定
阻力f的作用，木块的长度为L，由功能关系知系统产生的热量Q＝fL，木块的动能Ek＝fx2，由图可知L＝x1－x2＞2x2，则Q＞2Ek，故选D。
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2. 〔多选〕（2026·广东肇庆期末）如图所示，木块置于光滑的水平面
上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速
度为v0，木块的速度为v0。设子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始
终保持不变，下列说法正确的是（　　）
A. 木块的质量为3m
√
√
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解析： 子弹击穿木块的过程，由动量守恒定律有mv0＝m×v0＋
M×v0，由能量守恒定律有m＝m×（v0）2＋M×（v0）2＋E损，解
得M＝3m，E损＝m ，故A、B正确；若将木块固定，子弹与木块的相
对位移不变，系统产生的内能即减少的动能仍为m，故D错误；由能
量守恒定律可得m＝mv2＋E损，解得v＝v0＞v0，故C错误。
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3. （2026·山东烟台联考）如图所示，一个水平轻弹簧的两端与质量分别
为m1和m2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获
得水平向右的速度v0＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s时，弹簧最短。
下列说法中正确的是（　　）
A. 此时乙物体的速度大小为1 m/s
B. 紧接着甲物体将开始做加速运动
C. 甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶4
D. 当弹簧由最短恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
√
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解析： 　根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以
此时乙物体的速度大小也是1 m/s，A正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受
力向左，此后甲继续减速，B错误；根据动量守恒定律可得m1v0＝（m1＋
m2）v，解得m1∶m2＝1∶3，C错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定
律和机械能守恒定律有m1v0＝m1v1'＋m2v2'，m1＝m1v1'2＋m2v2'2，联
立解得v2'＝2 m/s，D错误。
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4. 如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5
m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑
上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦
因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则（　　）
A. 物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒
B. 增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦产生的热量
增多
C. 若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s
D. 若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s
√
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解析： 　物块与小车组成的系统所受外力矢量和为零，系统动量守恒，
物块相对小车滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统
机械能不守恒，A错误；以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝（m1
＋m2）v，系统产生的内能Q＝m2－（m1＋m2）v2，联立得Q＝
，则增大物块与车面间的动摩擦因数，物块仍可与小车共
速，故摩擦产生的热量不变，B错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得
m2v0＝（m1＋m2）v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v
－m2v0，解得t＝0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v'，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0'＝（m1＋m2）v'，由能量守恒定律得m2v0'2＝（m1＋m2）v'2＋μm2gL，联立解得v0'＝5 m/s，D正确。
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5. 〔多选〕（2026·湖南郴州模拟）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v0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（　　）
B. 物块与木板的质量之比为2∶3
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9∶2∶7
√
√
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解析： 　由题图乙的v-t图像可以得出物块相对于木板滑动的距离为d＝
×3v0t0＝v0t0，则木板的最小长度为v0t0，故A正确；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；由题图乙的v-t图像可知，物块在木板上滑动的加速度大小a＝，由
牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝，故C正确；物块减小的动能Ek1＝
m×（3v0）2－m＝4m，木板增大的动能Ek2＝M＝m，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＝Ek1－Ek2＝
3m，则Ek1∶Ek2∶Q＝4∶1∶3，故D错误。
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6. 〔多选〕（2026·四川雅安期末）如图所示，静止在光滑水平面上的小
车上固定一四分之一光滑圆弧细管道，管道底部与水平面相切，整个小车
（含管道）的质量为m。一质量为m的小球，以水平速度v0从左端进入管
道，小球未能从管道右侧顶端冲出，重力加速度为g，下列说法正确的是
（　　）
A. 小球与小车（含管道）组成的系统动量和机械能都守恒
B. 小球离开管道后，做平抛运动
C. 小球离开管道后，做自由落体运动
√
√
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解析： 　小球与小车（含管道）组成的系统，水平方向动量守恒，竖直
方向动量不守恒，即动量不守恒，只有重力和系统内弹力做功，系统机械
能守恒，故A错误；设小球离开管道时，速度为v1，管道的速度为v2，根据
动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有m＝m＋
m，解得v1＝0，可知小球离开管道后，做自由落体运动，故C正确，B
错误；小球上升到最大高度时，二者速度相等，设为v3，根据动量守恒定
律可得mv0＝2mv3，解得v3＝，根据机械能守恒定律有mghmax＝m－
·2m，解得hmax＝，故D正确。
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7. （2025·湖北黄冈三模）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质
量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一
个质量为m的小物块（可视为质点）从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧
始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　）
A. 小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B. 小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C. 若M＞m，物块能再次滑上弧形槽
D. 若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
√
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解析： 　物块在下滑过程中系统竖直方向上动量变化，则系统动量不守
恒，水平方向不受外力作用，故物块和弧形槽组成的系统水平方向动量守
恒，故A错误；弧形槽置于光滑水平地面上，物块下滑过程中对弧形槽压
力的水平分量使弧形槽向左加速，动能增大，此过程中物块和弧形槽组成
的系统只有物块的重力和系统内弹力做功，系统机械能守恒，故物块机械
能必定减少，由此推知弧形槽对物块的支持力做负功，故B错误；
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小物块下滑过程中，物块、弧形槽组成的系统满足水平方向动量守恒，系
统初始水平方向动量为零，设小物块滑到底端时二者速度大小分别为vM、
vm，取向左方向为正，该过程由动量守恒定律得MvM－mvm＝0，若M＞m，
则vm＞vM，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后速度等大反向，
因此能再次滑上弧形槽，故C正确；设物块再次滑上弧形槽，上升到最高
点h'时系统水平向左的速度为v，由机械能守恒定律得M＋m＝
（M＋m）v2＋mgh'，物块从初始状态下滑到底端时，由机械能守恒定律得
M＋m＝mgh，故mgh'＜mgh，即物块不会上升至初始高度，故D
错误。
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8. （2026·贵州遵义期末）质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水
平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦
因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平
向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰好又回到箱子正中间，并与箱
子保持相对静止。假设碰撞都是弹性的，重力加速度大小为g，则整个过
程中，系统损失的动能为（　　）
A. mv2 B. 2NμmgL
√
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解析： 　设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律得mv＝（M
＋m）v1，则动能损失ΔEk＝mv2－（M＋m）＝，A错误，
C正确；由题意可知小物块与箱壁碰撞N次后恰好回到箱子的正中央，相对
箱子运动的路程为s＝0.5L＋（N－1）L＋0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的
热量即为系统损失的动能ΔEk＝Q＝μmg·s＝NμmgL，B、D错误。
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9. 〔多选〕（2026·甘肃天水模拟）如图甲所示，足够长的质量为M的木板
静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m＝1.5 kg的物块，t＝0时
物块以速度v0从木板的左端开始向右端滑动，运动过程中物块的动能Ek随
时间t变化的图像如图乙所示，t＝3 s后物块动能不变，重力加速度g取10
m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A. t＝3 s时物块和木板达到共同速度
B. M＝3 kg
C. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.1
D. 木板的最短长度为6 m
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√
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解析： 　木板足够长，结合图像可知，t＝3 s时物块和木板达到共同
速度，选项A正确；根据Ek＝mv2，可知物块的初速度v0＝4 m/s，共同速
度v＝1 m/s，根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得M＝4.5 kg，选
项B错误；对木板由动量定理得，μmgt＝Mv，解得物块与木板之间的动摩
擦因数为μ＝0.1，选项C正确；由能量守恒定律得－μmgx＝（m＋M）v2
－m，解得x＝6 m，即木板的最短长度为6 m，选项D正确。
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10. 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v0＝4 m/s滑上木
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L1＝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 m/s2。求：
（1）小滑块刚离开木板A时，A和B的速度大小；
答案： m/s　 m/s　
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解析： 根据题意，设滑块刚离开A时的速度为v1，此时A、B速度相等
为v2，滑块冲上A木板至刚离开A木板的过程中，由动量守恒定律有
mv0＝mv1＋2mv2
由能量守恒定律有
m＝m＋×2m＋μmgL1
解得v1＝ m/s，v2＝ m/s
即滑块刚离开A时，A和B的速度大小为
vA＝vB＝v2＝ m/s。
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（2）木板B的长度L2。
答案： 0.5 m
解析：根据题意，滑块在B木板上滑动的过程，由动量守恒定律有mv1＋mv2
＝2mv3
由能量守恒定律有
m＋m＝×2m＋μmgL2
解得L2＝0.5 m。
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