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12 动量守恒定律
[-考点-07-] 动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用
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．
3．三种情景
(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：mv1＋Mv2＝(m＋M)v
能量守恒：mv1
2＋Mv2
2＝(m＋M)v2＋Ff·s
(2)子弹打穿木块
动量守恒：mv1＋Mv2＝mv1′＋Mv2′
能量守恒：mv1
2＋Mv2
2＝mv1′2＋Mv2′2＋Ff·L
(3)子弹恰好打穿木块
动量守恒：mv1＋Mv2＝(m＋M)v
能量守恒：mv1
2＋Mv2
2＝(m＋M)v2＋Ff·L
4．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．
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．
1
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3．三种情景
(1)滑块未离开木块
动量守恒：mv1＋Mv2＝(m＋M)v
能量守恒：mv1
2＋Mv2
2＝(m＋M)v2＋Ff·s
(2)滑块离开木块
动量守恒：mv1＋Mv2＝mv1′＋Mv2′
能量守恒：mv1
2＋Mv2
2＝mv1′2＋Mv2′2＋Ff·L
(3)子弹恰好离开木块
动量守恒：mv1＋Mv2＝(m＋M)v
能量守恒：mv1
2＋Mv2
2＝(m＋M)v2＋Ff·L
4．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1 (子弹打木块模型)(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 (滑块—木板模型)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：
2
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(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)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.(多选)如图所示，一个质量为M 的木块放置在光滑的水平面上，现有一颗质量为m、速度
为v0的子弹射入木块并最终留在木块中，在此过程中，木块运动的距离为s，子弹射入木
块的深度为d，木块对子弹的平均阻力为Ff，则下列说法正确的是( )
A．子弹射入木块前、后系统的动量守恒
B．子弹射入木块前、后系统的机械能守恒
C．Ff与d 之积为系统损失的机械能
D．Ff与s 之积为木块增加的动能
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.如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木
块一起运动．在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是( )
3
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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．
3.如图所示，质量为M 的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出
木块在水平面上滑行的距离为s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为
m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为( )
A.
B.
C.
D.
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.(多选)长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m＝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 的上表面，由于A、B 间存在摩擦，之后A、B 速度随时间变化情
况如图所示，g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．木板获得的动能为1 J
B．系统损失的机械能为2 J
C．木板A 的最小长度为2 m
D．A、B 间的动摩擦因数为0.1
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
4
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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.质量为M 的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动，质量为m 的子弹以速度v2水平向左
射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹均留在木块中不穿出)( )
A.
B.
C.
D.
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.(多选)如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着
一个质量为m 的小木块．现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下列说法中正确的
是( )
A．最终小木块和木箱都将静止
B．最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为－
C．木箱速度为时，小木块的速度为
D．最终小木块速度为
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.(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v0＝2 m/s
滑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( )
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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.(多选)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相
连，木板质量M＝3 kg，质量m＝1 kg 的铁块以水平速度v0＝4 m/s 从木板的左端沿板面向
右滑行，压缩弹簧后又被弹回(弹簧始终在弹性限度内)，最后恰好停在木板的左端，则下
列说法正确的是( )
A．铁块和木板最终共同以1 m/s 的速度向右做匀速直线运动
B．运动过程中弹簧的最大弹性势能为3 J
C．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为3 J
D．运动过程中铁块对木板的摩擦力对木板先做正功后做负功
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
＋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.如图所示，一质量m1＝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
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m2＝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.
现有一质量m0＝0.05 kg 的子弹以v0＝100 m/s 的水平速度射中小车左端，并留在小车中，
子弹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v1；
(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
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.(2023·福建·联考)如图所示，木块A 的质量为mA＝1 kg，足够长的木板B 的质量为mB＝4
kg，质量为mC＝4 kg 的木块C 置于木板B 上，水平面光滑，B、C 之间有摩擦.现使A 以v0
＝12 m/s 的初速度向右运动，与B 碰撞后将以4 m/s 的速度弹回，C 始终未脱离B.求：
(1)B 运动过程中的最大速度大小；
(2)C 运动过程中的最大速度大小；
(3)整个过程中系统损失的机械能.
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.(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( )
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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.(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
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(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.(2022·重庆市西南大学附中月考)如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A，车
上有两个小滑块B 和C，A、B、C 三者的质量分别是3m、2m、m.B、C 与车之间的动摩擦
因数均为μ.开始时，B、C 分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行．
已知滑块B、C 没有相碰且最后都没有脱离平板车，则( )
A．当滑块C 的速度为零时，滑块B 的速度也为零
B．最终车的速度大小为v0
C．整个运动过程中，系统产生的热量最多为mv0
2
D．整个运动过程中，B 的加速度不变
答案 C
9
