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专题强化十一 动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的
应用
目标要求 1.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型.2.会用动量观点和能量观
点分析计算滑块—木板模型．
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：mv＝(m＋M)v
0
能量守恒：Q＝F·s＝mv2－(M＋m)v2
f 0
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv＝mv＋Mv
0 1 2
能量守恒：Q＝F·d＝mv2－(Mv2＋mv2)
f 0 2 1
例1 (多选)如图所示，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，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
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 mv ＝(m＋M)v，两个子
0
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W＝mv2－mv2，由于末速度v相等，所以
f 0
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＝mv2－(m＋
0
M)v2，所以系统产生的热量相等，D正确．
例2 (多选)(2023·四川成都市树德中学高三检测)水平飞行的子弹打穿固定在水平面上的木
块，经历时间为t ，子弹损失的动能为ΔE ，系统机械能的损失为E ，穿透后系统的总
1 k1损 1损
动量为p ；同样的子弹以同样的速度打穿放在光滑水平面上的同样的木块，经历时间为 t ，
1 2
子弹损失的动能为ΔE ，系统机械能的损失为E ，穿透后系统的总动量为p.设木块给子
k2损 2损 2
弹的阻力为恒力且上述两种情况下该阻力大小相等，则下列结论正确的是( )
A．t>t B．ΔE ＞ΔE
2 1 k2损 k1损
C．E ＞E D．p＞p
2损 1损 2 1
答案 ABD
解析 两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力F 相等，根据牛顿第二定律有a＝，两次子弹
f
的加速度相等；第二次以同样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块，由于在子弹穿过木
块的过程中，木块会在水平面内滑动，所以第二次子弹的位移x 要大于第一次的位移x，即
2 1
x ＞x ；子弹做减速运动，由位移公式x＝vt＋at2和x ＞x 可得，t ＞t ，故A正确．两次打
2 1 0 2 1 2 1
穿木块过程中，子弹受到的阻力相等，阻力对子弹做的功等于子弹损失的动能，即ΔE ＝
k损
Fx，由于x ＞x ，所以ΔE ＞ΔE ，故B正确．两次打穿木块过程中，子弹受到的平均
f 2 1 k2损 k1损
阻力相等，系统摩擦产生的热量Q＝Fd，其中F 为阻力，d为子弹相对于木块的位移大小，
f f
由于两次子弹相对于木块的位移大小都是木块的长度，所以系统机械能的损失相等，即E
2损
＝E ，故C错误．p 小于子弹的初动量，第二次子弹穿透木块的过程，系统的动量守恒，
1损 1
则p 等于子弹的初动量，所以p＞p，故D正确．
2 2 1
例3 如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有
一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木
块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动．已知木块沿子弹运动方向的长度为 10 cm，
子弹打进木块的深度为6 cm.设木块对子弹的阻力保持不变．
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能．
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否
射穿该木块？
答案 (1)6 m/s 882 J (2)能
解析 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒
定律得
mv＝(M＋m)v，代入数据解得v＝6 m/s
0
此过程系统所产生的内能Q＝mv2－(M＋m)v2＝882 J.
0(2)假设子弹以v′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，
0
由动量守恒定律得mv′＝(M＋m)v′
0
解得v′＝8 m/s
此过程系统损失的机械能为
ΔE′＝mv′2－(M＋m)v′2＝1 568 J
0
由功能关系有Q＝ΔE＝F x ＝F d
阻 相 阻
ΔE′＝F x ′＝F d′
阻 相 阻
则＝＝
解得d′＝ cm
因为d′>10 cm，所以能射穿木块．
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＝FΔx或Q＝E －E ，研究对象为
f 初 末
一个系统．
例4 如图所示，质量m ＝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
1
量m ＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度 v 从左端滑上小车，最后在车面上某
2 0
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，摩擦生热变大
C．若v＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s
0
D．若要保证物块不从小车右端滑出，则v 不得大于5 m/s
0
答案 D解析 物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑
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；系统动量
守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv ＝(m ＋m)v，系统产生的热量Q＝mv2－
2 0 1 2 2 0
(m ＋m)v2＝，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B错误；若v ＝2.5
1 2 0
m/s，由动量守恒定律得mv ＝(m ＋m)v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm gt＝
2 0 1 2 2
mv－mv ，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
2 2 0
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mv′＝(m＋m)v′，由能
2 0 1 2
量守恒定律得mv′2＝(m＋m)v′2＋μm gL，解得v′＝5 m/s，D正确．
2 0 1 2 2 0
例5 如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v 的速度沿
0
光滑的水平轨道匀速运动，B与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，
B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C
质量均相等，且为m，木板C长为L，求：
(1)A物体的最终速度的大小；
(2)A、C之间的摩擦力的大小；
(3)A在木板C上滑行的时间t.
答案 (1)v (2) (3)
0
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v ，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv ＝2mv ，解得v
1 0 1 1
＝，
B、C共速后A以v 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
0
恒，设最终A、C的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv＋mv＝2mv，
2 0 1 2
解得v＝v.
2 0
(2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得
FL＝mv2＋mv2－×2mv2，
f 0 1 2
解得F＝.
f
(3)A与C相互作用过程中，对C由动量定理得Ft＝mv－mv，解得t＝.
f 2 1
例6 (2023·天津市和平区高三模拟)如图所示，质量为M＝2 kg的长木板放在光滑的水平
面上，质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)放在长木板的左端，用大小为10 N、方向斜向右
上与水平方向成θ＝53°角的拉力F作用在物块上，使物块从静止开始运动，物块运动1 s的
时间，撤去拉力，如果物块刚好不滑离木板，物块与木板间的动摩擦因数为0.5，重力加速
度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)撤去拉力时物块和木板的速度大小；
(2)木板的长度．
答案 (1)5 m/s 0.5 m/s (2)3.6 m
解析 (1)对物块根据牛顿第二定律有
Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma
1
对木板根据牛顿第二定律有μ(mg－Fsin θ)＝Ma
2
撤去拉力时，物块的速度大小v＝at＝5 m/s
1 1
木板的速度大小v＝at＝0.5 m/s.
2 2
(2)拉力撤去之前，物块相对木板的位移
x＝at2－at2
1 1 2
撤去拉力后，根据动量守恒定律有mv＋Mv＝(m＋M)v
1 2
由能量守恒定律有
μmgx ＝mv2＋Mv2－(M＋m)v2
2 1 2
联立解得木板的长度L＝x＋x＝3.6 m．
1 2
课时精练
1.如图所示，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
0
一起运动．在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是( )
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
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．
2．(多选)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(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，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，则下列关系式中正确的是( )
f
A．FL＝Mv2 B．Ft＝mv－mv
f f 0
C．v＝ D．Fs＝mv2－mv2
f 0
答案 AB
解析 由动能定理，对木块可得FL＝Mv2，选项A正确；以向右为正方向，由动量定理，
f
对子弹可得－Ft＝mv－mv，则Ft＝mv－mv，选项B正确；对木块、子弹整体，根据动量
f 0 f 0
守恒定律得mv ＝(M＋m)v，解得v＝，选项C错误；对整体，根据能量守恒定律得Fs＝
0 f
mv2－(M＋m)v2，选项D错误．
0
3.(多选)(2023·江西吉安市高三模拟)如图所示，质量m＝2 kg的物块A以初速度v ＝2 m/s滑
0
上放在光滑水平面上的长木板B，A做匀减速运动，B做匀加速运动，经过时间t＝1 s，物
块A、长木板B最终以共同速度v＝1 m/s做匀速运动，重力加速度g取10 m/s2，由此可求出
( )
A．长木板B的质量为2 kg
B．物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1
C．长木板B的长度至少为2 m
D．物块A与长木板B组成的系统损失的机械能为2 J
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mv ＝(m＋M)v，解得M＝2 kg，故A
0
正确；木板B匀加速运动的加速度a ＝＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，对B有μmg＝Ma ，
B B
解得μ＝0.1，故B正确；前1 s内B的位移x ＝·t＝×1 m＝0.5 m，A的位移x ＝×1 m＝1.5
B A
m，所以木板B的最小长度L＝x －x ＝1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能ΔE
A B
＝mv2－(m＋M)v2＝2 J，故D正确．
0
4.如图所示，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，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( )答案 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，物块向
0
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，则由动量守恒得：
1
Mv－mv＝(M＋m)v，得v＝v＜v，故A正确，B、C、D错误．
0 0 1 1 0 0
5.(多选)如图所示，一质量M＝8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一
个质量m＝2.0 kg的小木块 A．给A和B大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向
左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数为0.5，重力加速
度g取10 m/s2.则在整个过程中，下列说法正确的是( )
A．小木块A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75 m/s
B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零
C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s
D．长木板的长度可能为10 m
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v＝5.0 m/s，所以木板的动量
0
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，Mv －mv ＝Mv ，代入数据解得v ＝3.75 m/s，故A正
0 0 B B
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Mv－mv＝(M＋m)v，代入
0 0
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Mv2＋mv2－(M＋m)v2＝μmgx，代入数据解得x＝8 m，木板的最小长度
0 0
为8 m，可能为10 m，故D正确．6.(多选)如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽
略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度v
0
向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的
能量损失，下列说法正确的是( )
A．甲、乙达到共同速度所需的时间为
B．甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度
C．甲、乙相对滑动的总路程为
D．如果甲、乙碰撞的次数为n(n≠0)，则最终甲距离乙左端的距离可能为＋L－2nL
答案 ACD
解析 整个运动过程中甲、乙组成的系统动量守恒，则两者最终的速度为 v ，有mv ＝2mv
共 0
，解得v ＝，若能发生碰撞，碰前甲、乙的速度分别为 v、v，碰后甲、乙的速度分别为
共 共 1 2
v′、v′，取水平向右为正方向，则有mv ＋mv ＝mv′＋mv′，mv2＋mv2＝mv′2＋
1 2 1 2 1 2 1 2 1
mv′2，联立解得v′＝v ，v′＝v ，可知碰撞使得两者速度互换，且在运动过程中两者
2 1 2 2 1
的加速度大小均为a＝＝μg，则甲、乙达到共同速度所需的时间为t＝＝，碰撞使得两者速
度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定始终小于甲的速度，A正确，B错误；从开始到
相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为 s，根据动能定理可得－μmgs＝×2m()2－
mv2，解得s＝，C正确；甲、乙碰撞的次数为n，且相对静止时甲距离乙左端的距离为s ，
0 0
若第n次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L＋2L(n－1)＋s ＝s(n＝2,4,6，…)，解得s ＝＋
0 0
L－2nL(n＝2,4,6，…)，若第n次碰撞发生在平板车的右挡板，则有 L＋2L(n－1)＋2L－s ＝
0
s(n＝1,3,5，…)，解得s ＝2nL＋L－(n＝1,3,5，…)，即最终甲距离乙左端的距离可能为＋L
0
－2nL，D正确．
7．如图所示，一质量m＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量
1
m＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5.现
2
有一质量m ＝0.05 kg的子弹以v ＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在小车中，子弹
0 0
与小车相互作用时间很短．g取10 m/s2，求：
(1)子弹刚射入小车后，小车的速度大小v；
1
(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少．
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
mv＝(m＋m)v，代入数据解得v＝10 m/s.
0 0 0 1 1 1(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 v ，
2
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(m ＋m)v ＝(m ＋m ＋m)v ，
0 1 1 0 1 2 2
μm gL＝(m ＋m)v2－(m ＋m ＋m)v2，联立解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小车
2 0 1 1 0 1 2 2
的长度至少为5 m.
8.(2023·山西省模拟)如图所示，质量M＝1 kg的平板车A放在光滑的水平面上，质量m＝0.5
kg的物块B放在平板车右端上表面，质量m＝0.5 kg的小球C用长为6.4 m的细线悬挂于O
点，O点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为6.4 m，将小球向左拉到一定高
度，细线拉直且与竖直方向的夹角为60°，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚
好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为0.5 s，物块与平板车间的动摩擦因
数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)平板车的长度；
(2)小球与平板车碰撞过程损失的机械能．
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
设小球与平板车相碰后瞬间，平板车的速度为v，根据动量守恒定律有Mv＝(m＋M)v
1 1
解得v＝4.5 m/s
1
设平板车的长度为L，根据能量守恒定律有
μmgL＝Mv2－(m＋M)v2
1
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v，根据机械能守恒定律有mg(l－lcos 60°)＝mv2
0 0
解得v＝8 m/s
0
设碰撞后瞬间小球的速度为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv＝Mv＋mv
2 0 1 2
解得v＝－1 m/s
2
小球与平板车碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝mv2－mv2－Mv2＝5.625 J.
0 2 1
9．(2022·河北卷·13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板 A和B，质量分别为1 kg和2
kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v＝10 m/s
0向右运动，B和D以相同速度kv 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后 C
0
与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦
因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10 m/s2.
(1)若00
物 0
可知碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右．
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v ，
滑
滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg，则由
Mv－2M·kv＝(M＋2M)v
0 0 滑
解得v ＝v＝ m/s>0
滑 0
则新滑板速度方向也向右．
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
v ′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s
物
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
v ′＝ m/s＝0
滑
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运
动，新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，设相对静止时的共同速度为v
，根据动量守恒可得m′v ′＝(m′＋M′)v
共 物 共
解得v ＝1 m/s
共
根据能量守恒可得
μm′gx ＝m′(v ′)2－(m′＋M′)v 2
相 物 共
解得x ＝1.875 m.
相
