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专题强化十二 “子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
【复习目标】
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。
模型一 “子弹打木块”模型
【知识梳理】
模型
图示
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，一般应用能量守恒定律
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)
①系统动量守恒:mv0＝(m＋M)v
②系统能量守恒:Q＝Ffd＝1
2mv0
2－1
2(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块，两者速度不相等，机械能有损失
①系统动量守恒:mv0＝mv1＋Mv2
②系统能量守恒:Q＝FfL＝1
2mv0
2－(
1
2 M v2
2＋1
2 m v1
2)
解题
思路
三个角度求解子弹打木块过程中损失的机械能
(1)利用系统前、后的机械能之差求解。
(2)利用Q＝Ffx 相对求解。
(3)利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进
行求解。
【典例剖析】
例1 (2025·黑龙江大庆高三期末)如图所示，质量为M＝0.9 kg 的木块静止于光滑水平面上，一质
量为m＝0.1 kg 的子弹以水平速度v0＝100 m/s 打入木块并停在木块中，此过程中下列说法正确的
是( )
1
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A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝10 m/s
B.子弹对木块做的功W＝50 J
C.木块和子弹组成的系统机械能守恒
D.子弹打入木块过程中产生的热量Q＝350 J
答案 A
解析 根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度v＝10
m/s，故A 正确;根据动能定理可知，子弹对木块做的功W＝1
2Mv2－0＝45 J，故B 错误;根据能量
守恒定律可知，子弹打入木块过程中产生的热量Q＝1
2mv0
2－1
2(M＋m)v2＝450 J，可知木块和子弹
组成的系统机械能不守恒，故C、D 错误。
衔接教材 (鲁科版选择性必修第一册P28 章末练习T6)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质量为M 的长木块内，并嵌入其中。若木块对子弹的平均阻力为
f，求子弹射入木块的深度。
【即时训练】
1.(2025·八省联考河南卷，14)如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖
直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h 和8h。已知子弹的质量
为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g;在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，
物块所受阻力大小为自身重力的1
8。子弹穿过物块的时间很短，不计物块厚度的影响，求:
(1)子弹击中物块前瞬间的速度大小;
(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能。
答案 (1)10√gh (2)37.5mgh
解析 (1)子弹射穿物块时子弹和物块的速度分别为v1和v2，则有v1
2＝2g·8h
v2
2＝2a·h
子弹射穿物块上升过程中，对物块由牛顿第二定律得4mg＋1
8×4mg＝4ma
子弹射穿物块过程由动量守恒定律得
2
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mv0＝mv1＋4mv2
联立解得v0＝10√gh。
(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能
ΔE＝1
2mv0
2－(
1
2 m v1
2＋1
2 ×4 m v2
2)＝37.5mgh。
模型二 “滑块—木板”模型
【知识梳理】
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。
【典例剖析】
例2 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，现有一质量为m2＝0.2 kg、
可视为质点的物块，以水平向右的初速度v0＝2 m/s 从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某
处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s2，求:
(1)物块与小车的共同速度大小v;
(2)物块相对小车滑行的时间t;
(3)从开始到共速，小车运动的位移大小x1;
(4)从开始到共速，物块运动的位移大小x2。
答案 (1)0.8 m/s (2)0.24 s (3)0.096 m
(4)0.336 m
3
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解析 (1)以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v
解得v＝
m2v0
m1＋m2
＝0.8 m/s。
(2)对物块由动量定理有－μm2gt＝m2v－m2v0
解得t＝v0−v
μg ＝0.24 s。
(3)对小车，根据动能定理有μm2gx1＝1
2m1v2－0
解得x1＝m1v
2
2 μm2 g＝0.096 m。
(4)x2＝v0＋v
2
t＝2＋0.8
2
×0.24 m＝0.336 m。
拓展 (1)该过程中系统产生的内能是多少?若增大物块与小车间的动摩擦因数，则由于摩擦产生的
内能会增大吗?
答案 0.24 J 不会
解析 根据能量守恒定律，产生的内能Q＝1
2m2v0
2－1
2(m1＋m2)v2＝m1m2v0
2
2(m1＋m2)，代入数据可得Q
＝0.24 J，若增大动摩擦因数，摩擦产生的内能不变。
(2)若物块不滑离小车，物块的初速度不能超过多少?
答案 5 m/s
解析 要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到小车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1
2m2v0'2＝1
2(m1＋m2)v'2＋μm2gL，
解得v0'＝5 m/s。
【即时训练】
2.(多选)如图所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3 kg 的薄板和质量m＝1 kg 的物块都以v＝4
m/s 的初速度相向运动，它们之间有摩擦，且动摩擦因数为0.1，薄板足够长，下面情况的描述，
正确的是( )
A.当薄板的速度为3 m/s 时，物块正在向左运动，且正在减速
B.物块向左滑行的最大位移约为3.556 m
C.物块相对于薄板的位移约为19.556 m
4
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D.物块与薄板之间因摩擦产生的热量为24 J
答案 AD
解析 取向右为正方向，设薄板和物块共速时的速度大小为v 共，根据薄板和物块组成的系统动量
守恒有Mv－mv＝(M＋m)v 共，解得v 共＝2 m/s，可知薄板向右做减速运动，物块先向左减速到零
后向右加速，最终薄板和物块一起向右运动，当薄板速度大小为v1＝3 m/s 时，设此时物块的速度
为v2，根据动量守恒定律，有Mv－mv＝Mv1＋mv2，解得v2＝－1 m/s，即此时物块在向左减速运
动，故A 正确;对物块，根据牛顿第二定律有a＝μmg
m ＝1 m/s2，当物块对地速度为0 时，有向左最
大位移，为x＝v
2
2a＝8 m，故B 错误;对薄板和物块组成的系统，根据能量守恒定律，有Q＝1
2Mv2
＋1
2mv2－1
2(M＋m)v共
2＝μmgΔx，解得Q＝24 J，Δx＝24 m，故C 错误，D 正确。
3.(2024·海南卷，17)某游乐项目装置简化如图所示，A 为固定在地面上的半径R＝10 m 的光滑圆
弧形滑梯，滑梯顶点a 与滑梯末端b 的高度差h＝5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯
的末端，并与其水平相切，滑板的质量M＝25 kg，一质量为m＝50 kg 的游客从a 点由静止开始
下滑，并从b 点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高的固定平台C 边缘时，游客恰好滑
上平台，并在平台上滑行s＝16 m 停下。游客可视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因
数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求:
(1)游客滑到b 点时对滑梯压力的大小;
(2)滑板的长度L。
答案 (1)1 000 N (2)7 m
解析 (1)对游客从a 点滑到b 点的过程，由动能定理有mgh＝1
2mv2
游客滑到b 点时，有FN－mg＝mv
2
R
由牛顿第三定律可知，游客滑到b 点时对滑梯压力的大小为FN'＝FN
联立解得FN'＝1 000 N。
(2)解法一 游客在平台上运动时，由牛顿第二定律有μmg＝ma1
由运动学规律有v1
2＝2a1s
解得游客滑上平台的速度大小v1＝8 m/s
5
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游客在滑板上滑动时，对游客由牛顿第二定律有μmg＝ma2
对滑板由牛顿第二定律有μmg＝Ma3
游客在滑板上滑动的过程，由运动学规律有v1＝v－a2t
游客的位移为x1＝vt－1
2a2t2
滑板的位移为x2＝1
2a3t2
则滑板的长度L＝x1－x2
联立解得L＝7 m。
解法二 游客在滑板上运动时，游客与滑板组成的系统动量守恒，则对游客在滑板上运动的过程，
由动量守恒定律有mv＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律有
1
2mv2＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2＋μmgL
对游客在平台上运动的过程，由动能定理有－μmgs＝0－1
2mv1
2
联立解得L＝7 m。
【限时训练】（40min）
1.(2025·湖南长沙模拟)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此
时木块动能增加了10 J，已知木块质量大于子弹质量，则此过程中产生的热量不可能为( )
A.20 J
B.35 J
C.50 J
D.120 J
答案 A
解析 设子弹初速度为v0，打入木块后速度为v，子弹和木块的质量分别为m、M，根据动量守恒
定律有mv0＝(M ＋m)v，木块位移s 木＝v
2t，子弹打入深度d＝v0＋v
2
t－v
2t＝v0
2 t，由于m<M，则
d>2s 木，根据功能关系有木块增加的动能ΔEk＝fs 木，系统产生的热量Q＝fd，则Q>2ΔEk＝20 J，
故A 正确。
6
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2.(多选)(2025·广东中山市华侨中学模拟)如图所示，光滑水平面上放置一质量为M 的木块，质量
为m 的子弹以速度v0射入木块，子弹未穿出木块且达到共同速度v，该过程中子弹与木块的相互
作用力恒定不变，产生的热量为Q，木块获得的动能为Ek，则下列各项正确的是( )
A.子弹对木块做功和木块对子弹做功代数和为0
B.子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小
C.Q＝mM v0
2
2(M ＋m)
D.该过程产生的热量Q 一定大于木块获得的动能Ek
答案 BCD
解析 设子弹射入木块的深度为d，木块的位移为x，子弹与木块之间的阻力大小为f，则子弹对
木块做的功W1＝fx，木块对子弹做的功W2＝－f(d＋x)，所以两个功的代数和不为零，故A 错误;
根据冲量的定义式I＝Ft 及牛顿第三定律可知，子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作
用力冲量的大小，故B 正确;根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，根据能量守恒定律可得1
2m
v0
2＝1
2(m＋M)v2＋Q，联立解得Q＝
mM v0
2
2(m＋M )，故C 正确;木块获得的动能为Ek＝1
2Mv2＝
M m
2v0
2
2(m＋M )
2，该过程产生的热量与木块获得的动能之比为Q
Ek
＝m＋M
m
>1，可知该过程产生的热量
Q 一定大于木块获得的动能Ek，故D 正确。
3.(多选)(2025·四川宜宾模拟)如图所示，圆筒C 可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下
方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B 和圆筒C 均静止，子弹A 以100 m/s 的水平初速
度在极短时间内击穿物体B 后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C 的质量分别为mA＝
0.1 kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.物体B 能上升的最大高度为0.6 m
B.物体B 能上升的最大高度为1.8 m
C.圆筒C 能达到的最大速度为4.0 m/s
D.圆筒C 能达到的最大速度为8.0 m/s
7
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答案 AD
解析 子弹A 以100 m/s 的水平初速度在极短时间内击穿物体B 后速度减为40 m/s，则A、B 组成
的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，B 上升时，与C 组成的系统水平方向
动量守恒，机械能守恒，则有mBv2＝(mB＋mC)v3，1
2mBv2
2＝1
2(mB＋mC)v3
2＋mBgh，解得h＝0.6
m，故A 正确，B 错误;B 返回到最低点时，与C 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此
时C 的速度最大，则有mBv2＝－mBv4＋mCv5，1
2mBv2
2＝1
2mBv4
2＋1
2mCv5
2，解得v5＝8 m/s，故C 错
误，D 正确。
4.(多选)(2025·江西吉安高三期末)如图所示，长木板静止放置在光滑的水平地面上，木块(视为质
点)静止放置在长木板的最右端，让长木板与木块瞬间同时各获得一个水平向右和水平向左的速度，
大小均为v0，经过一段时间t0，木块恰好不从长木板的最左端脱离，已知长木板与木块的质量相
等，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.木块与长木板刚好不脱离时，两者仍然有速度
B.木块与长木板之间的动摩擦因数为
v0
gt0
C.长木板的长度为v0t0
D.可以求出长木板与木块的质量
答案 BC
解析 设长木板与木块的质量均为m，该过程两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得
mv0－mv0＝2mv 共，则v 共＝0，即木块与长木板刚好不脱离时两者正好都处于静止状态，A 错误;对
木块，根据动量定理可得－μmgt0＝0－mv0，解得μ＝
v0
gt0
，B 正确;由能量守恒定律可得Q＝2×1
2m
v0
2，又Q＝μmgL，联立解得长木板的长度为L＝v0t0，C 正确;在运算的过程中，两者的质量相等
都消掉，则无法求出长木板与木块的质量，D 错误。
5.(2025·北京高三开学考)如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为mB＝2 kg 的另一物
体B 以水平速度v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面。由于A、B 间存在摩擦，之后A、B
速度随时间变化情况如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
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A.A、B 间的动摩擦因数为0.1
B.系统损失的机械能为4 J
C.木板A 的最小长度为2 m
D.木板获得的动能为2 J
答案 A
解析 由题图乙得物体B 的加速度大小为aB＝2−1
1−0 m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmBg＝
mBaB，解得μ＝0.1，A 正确;根据动量守恒定律得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mA＝2 kg，系统损失的
机械能为E 损＝1
2mBv0
2－1
2 (mA＋mB)v2＝2 J，B 错误;木板A 的最小长度为L＝1＋2
2
×1 m－1
2×1×1
m＝1 m，C 错误;木板获得的动能为EkA＝1
2mAv2＝1 J，D 错误。
6.(2025·福建福州高三期末)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(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2 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
答案 D
解析 整个系统动量守恒，C 滑离木板A 时A 的速度最大，有Mv0＝Mv1＋(m1＋m2)vA，解得木板
A 的最大速度vA＝2 m/s，滑上B 后，对B、C 整体，由动量守恒定律有Mv1＋m2vA＝(M＋m2)vB，
此时木板B 的速度最大，为vB＝4.5 m/s，并且B、C 一起做匀速运动，故A、B、C 错误;整个过程，
A、B、C 组成的系统机械能减少量ΔE＝1
2Mv0
2－1
2m1v A
2－1
2(m2＋M)vB
2＝57.5 J，故D 正确。
7.(多选)如图所示，长为L、质量为M 的木块静止在光滑水平面上。质量为m 的子弹以水平速度v0
射入木块并从中射出。已知从子弹射入到射出木块的时间内木块移动的距离为s，子弹穿过木块
9
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后子弹和木块的速度分别为v1和v2，假设子弹穿过木块的过程子弹所受阻力f 恒定，则下列说法
正确的是( )
A.木块移动的距离s 一定小于木块长度L
B.木块质量M 越大，木块速度v2越大
C.木块质量M 越大，子弹射出速度v1越大
D.子弹的初速度v0越大，木块位移s 越小，该过程产生的热量越少
答案 AC
解析 因子弹穿透木块过程所受阻力f 恒定，所以子弹的加速度大小a1＝f
m，木块的加速度大小
a2＝f
M ，画出子弹和木块的v－t 图像如图所示，
由图甲可知，L(深色梯形面积)一定大于s(浅色三角形面积)，故A 正确;木块的质量M 越大，a2越
小，由图乙可知，穿透时间越短，子弹射出速度v1越大，木块速度v2越小，故B 错误，C 正确;子
弹的初速度v0越大，由图丙可知木块位移s 越小，但系统产生的热量为fL 保持不变，故D 错误。
8.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v0的速度沿光滑的水平
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)3
4v0 (2)mv0
2
16 L (3)4 L
v0
解析 (1)B、C 碰撞过程中动量守恒，由题意知，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
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解得v1＝v0
2
B、C 共速后A 以速度v0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＝3
4v0。
(2)在A、C 相互作用过程中，由能量守恒定律得
FfL＝1
2mv0
2＋1
2mv1
2－1
2×2mv2
2
解得Ff＝m v0
2
16 L 。
(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＝4 L
v0 。
9.(2025·江苏南通高三开学考)如图所示，滑板A 固定在光滑的水平面上，长度为L＝2 m，滑板质
量mA＝1 kg，滑块质量mB＝0.99 kg，A、B 间动摩擦因数为μ。现有质量为mC＝0.01 kg 的子弹以
v0＝200 m/s 的速度向右击中B 并留在其中。
(1)求子弹C 击中B 后瞬间，B 的速度vB;
(2)B 被子弹击中后恰好能滑到A 右端静止，求滑板A 与B 间动摩擦因数μ;
(3)若滑板A 不固定，分析B 能否离开A，并求整个过程A、B、C 系统损失的机械能E。
答案 (1)2 m/s，方向水平向右 (2)0.1 (3)见解析 199 J
解析 (1)子弹C 击中B 后瞬间，根据动量守恒定律有mCv0＝(mB＋mC)vB
解得vB＝2 m/s，方向水平向右。
(2)因滑板A 固定在水平面上，设B 由运动到静止，位移为L，根据动能定理有
－μ(mB＋mC)gL＝0－1
2(mB＋mC)vB
2
解得μ＝0.1。
(3)若滑板A 不固定，则A 做匀加速运动，B、C 做匀减速运动，B、C 与A 间摩擦力
Ff＝μ(mB＋mC)g＝1 N
A 的加速度大小为aA＝
Ff
mA
＝1 m/s2
11
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B、C 的共同加速度大小为aBC＝
Ff
mB＋mC
＝1 m/s2
设经时间t 三者共速，有vB－aBCt＝aAt
解得t＝1 s
此时B 相对A 的位移s'＝vBt－1
2aBCt2－1
2aAt2＝1 m
因s'<L，所以A、B、C 最后共速运动，不会分离，则B 滑行的最终速度为v＝vB－aBCt＝1 m/s
系统损失的机械能为E＝1
2mCv0
2－1
2(mA＋mB＋mC)v2＝199 J。
12
