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第36 课时 专题强化：动量守恒在子弹打木块模型和
“滑块—木板”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。
考点一 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＝Ff·s＝1
2mv0
2-1
2(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝1
2mv0
2-(1
2mv1
2＋1
2Mv2
2)
例1 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
1
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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mv0＝(M
＋m)v，代入数据解得v＝6 m/s
此过程系统所产生的内能
Q＝1
2mv0
2-1
2(M＋m)v2＝882 J
(2)假设子弹以v0'＝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，由动量守恒定律得
mv0'＝(M＋m)v'
解得v'＝8 m/s
此过程系统损失的机械能为
ΔE'＝1
2mv0'2-1
2(M＋m)v'2＝1 568 J
由功能关系有Q＝ΔE＝F 阻x 相＝F 阻d
ΔE'＝F 阻x 相'＝F 阻d'
则Δ E
Δ E
' ＝F阻d
F阻d
' ＝d
d
' ，解得d'＝1 568
147
cm
因为d'>10 cm，所以子弹能射穿木块。
拓展 在例1 中，若子弹能射出木块，则：
(1)当子弹射入的速度增大时，下列说法正确的是 。
A.木块最终获得的动能变大
B.子弹损失的动能变大
C.子弹穿过木块的时间变短
D.木块在被击穿过程中的位移变小
(2)在木块固定和不固定的两种情况下，以下说法正确的是 。
A.若木块固定，则子弹对木块的摩擦力的冲量为零
B.若木块不固定，则子弹减小的动能等于木块增加的动能
C.不论木块是否固定，两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等
D.不论木块是否固定，两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等
答案 (1)CD (2)D
解析 (1)子弹的入射速度越大，子弹击穿木块所用的时间越短，木块相对地面的位移越小，但子弹相对木块
的位移不变，C、D 正确；木块动能的增加量ΔEk＝Ffx，木块对子弹的阻力恒定，由木块相对地面的位移变小
可知木块动能的增加量变小，即木块最终获得的动能变小，子弹相对地面的位移也变小，子弹克服阻力做功
变小，子弹损失的动能也变小，A、B 错误。
(2)若木块固定，子弹在木块中运动的时间t 不为零，摩擦力Ff不为零，则子弹对木块的摩擦力的冲量I＝Fft
不为零，A 错误；若木块不固定，子弹减小的动能等于木块增加的动能与系统增加的内能之和，可知子弹减
2
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小的动能大于木块增加的动能，B 错误；木块固定时子弹射出木块所用时间较短，木块不固定时子弹射出木
块所用时间较长，摩擦力大小相等，则木块不固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小大于木块固定时木块对
子弹的摩擦力的冲量大小，C 错误；不论木块是否固定，因摩擦产生的热量等于摩擦力与木块长度的乘积，
摩擦力与木块长度都相等，因此两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等，D 正确。
考点二 “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。
例2 (2024·山东临沂市检测)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；
(2)从开始到共速，物块运动的位移大小x1；
(3)从开始到共速，小车运动的位移大小x2；
(4)在此过程中系统产生的内能；
(5)若物块不滑离小车，物块的速度不能超过多少。
答案 (1)0.8 m/s (2)0.336 m (3)0.096 m
(4)0.24 J (5)5 m/s
解析 (1)设物块与小车的共同速度为v，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，根据动能定理有μm2gx1＝1
2m2v0
2-1
2m2v2
解得x1＝0.336 m
(3)对小车，根据动能定理有μm2gx2＝1
2m1v2-0，解得x2＝m1v
2
2 μm2 g＝0.096 m
3
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(4)方法一 Δx＝x1-x2＝0.24 m
Q＝μm2g·Δx＝0.24 J
方法二 Q＝ΔE＝1
2m2v0
2-1
2(m1＋m2)v2
＝0.24 J
(5)m2v0'＝(m1＋m2)v'
1
2m2v0'2-1
2(m1＋m2)v'2＝μm2gL
联立解得v0'＝5 m/s。
拓展 在例2 中，若增大物块与小车间的动摩擦因数，则因摩擦产生的内能将 (填“增大”“减
小”或“不变”)。
答案 不变
例3 (2024·山东菏泽市模拟)一块质量为M、长为l 的长木板A 静止放在光滑的水平面上，质量为m
的物体B(可视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A 的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B 的
动能减少量为ΔEkB，长木板A 的动能增加量为ΔEkA，A、B 间因摩擦产生的热量为Q，下列说法正确
的是( )
A.A、B 组成的系统动量、机械能均守恒
B.ΔEkB、ΔEkA、Q 的值可能为ΔEkB=7 J、ΔEkA=2 J、Q=5 J
C.ΔEkB、ΔEkA、Q 的值可能为ΔEkB=5 J、ΔEkA=3 J、Q=2 J
D.若增大v0和长木板A 的质量M，B 一定会从长木板A 的右端滑下，且Q 将增大
答案 B
解析 A、B 组成的系统所受合力为零，因此动量守恒；而A、B 由于存在摩擦生热，故系统机械能不守恒，A 错
误；画出物体B 和长木板A 的v-t 图像，分别如图中1 和2 所示，图中1 和2 之间的梯形面积表示板长l，1 与t 轴
所围的面积表示物体B 的位移x1，2 与t 轴所围的面积表示长木板A 的 位移x2，由图可知x1>l，x2<l，又有
ΔEkB=Ffx1，ΔEkA=Ffx2，Q=Ffl，则有ΔEkB>Q>ΔEkA，可知B 项所给数值有可能，故B 正确，C 错误；若增大v0和长
木板A 的质量M，在v-t 图像中1 将向上平移，而2 的图像斜率变小，即A 的加速度变小，显然可知B 一定会从长
木板A 的右端滑下，而Q=Ffl 不变，D 错误。
4
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例4 (2024·甘肃卷·14)如图，质量为2 kg 的小球A(视为质点)在细绳O'P 和OP 作用下处于平衡状态，细
绳O'P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg 的木板B 静止在光滑水平面上，质量为2
kg 的物块C 静止在B 的左端。剪断细绳O'P，小球A 开始运动。(重力加速度g 取10 m/s2)
(1)求A 运动到最低点时细绳OP 所受的拉力。
(2)A 在最低点时，细绳OP 断裂。A 飞出后恰好与C 左侧碰撞(时间极短)、碰后A 竖直下落，C 水平向右
运动。求碰后C 的速度大小。
(3)A、C 碰后，C 相对B 滑行4 m 后与B 共速。求C 和B 之间的动摩擦因数。
答案 (1)40 N (2)4 m/s (3)0.15
解析 设A、C 质量为m＝2 kg，B 的质量为M＝6 kg，细绳OP 长为l＝1.6 m。
(1)A 从开始运动到最低点由动能定理
mgl(1-cos 60°)＝1
2mv0
2-0
对A 在最低点，根据牛顿第二定律得
F-mg＝m v0
2
l
解得v0＝4 m/s，F＝40 N
(2)A 与C 相碰时由于碰后A 竖直下落，可知A 水平速度变为0，由水平方向动量守恒，可知
mv0＝0＋mvC
解得vC＝v0＝4 m/s
(3)C 相对B 滑行4 m 后与B 共速，
根据动量守恒可得mvC＝(M＋m)v
根据能量守恒得μmgL 相对＝1
2mvC
2-1
2(M＋m)v2
联立解得μ＝0.15。
课时精练
(分值：60 分)
1~3 题每小题4 分，4 题10 分，共22 分
1.(2025·山东省实验中学月考)如图所示，两颗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
的滑块A、B 后与滑块一起运动。两滑块质量相同、材料不同，子弹在A 中受到的平均阻力是在B 中受到的
平均阻力的两倍。下列说法正确的是( )
5
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A.射入滑块A 的子弹最终速度小
B.射入滑块A 的子弹受到的阻力的冲量大
C.射入滑块A 中的深度是射入滑块B 中深度的两倍
D.子弹对滑块A 做的功和对滑块B 做的功相等
答案 D
解析 设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同速度为v'，子弹和滑块的质量分别为m、M，取向右为正方向，
根据动量守恒定律可知mv＝(m＋M)v'，解得v'＝
mv
m＋M ，由于两滑块质量相同，子弹质量也相同，则最后
共同速度也相同，故A 错误；子弹的质量相同，初、末速度相同，则子弹的动量变化量相等，根据动量定理
可知I＝Δp，子弹受到的阻力的冲量相等，故B 错误；根据能量守恒定律可知，两过程中系统产生的热量等
于系统减小的机械能，故两过程系统产生的热量相同，由Q＝Ffd，其中子弹在A 中受到的平均阻力是在B 中
受到的平均阻力的两倍，可知子弹射入滑块B 中的深度是射入滑块A 中深度的两倍，故C 错误；根据动能定
理可知，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加量，两滑块质量相同，初动能相同，末动能相同，则子弹对
滑块A 做的功和对滑块B 做的功相等，故D 正确。
2.(多选)(2024·山东济南市三模)质量为m1=90 g 的物块从距离地面高度为h=19 m 处自由下落，在下落到距离地面高
度为h'=14 m 时，质量为m2=10 g 的子弹以v0=10 m/s 的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重力加速度g 取10
m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A.子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为1 m/s
B.子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为10 m/s
C.物块下落的总时间为2 s
D.物块下落的总时间为√95
5
s
答案 AC
解析 子弹击中物块后瞬间，水平方向动量守恒，则m2v0=(m1+m2)vx，解得物块水平方向的速度大小变为vx=1
m/s，选项A 正确；子弹击中物块之前物块的竖直速度vy0=√2g(h−h' )=10 m/s，子弹击中物块后瞬间，由于时间
极短，竖直方向动量守恒，可知m1vy0=(m1+m2)vy，代入数据解得物块竖直方向的速度大小变为vy=9 m/s，选项B 错
6
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误；子弹击中物块之前物块下落的时间t1=
√
2(h−h' )
g
=1 s，被子弹击中后物块下落h'=14 m 时，根据h'=vyt2+1
2
g
t2
2，解得t2=1 s(另一值舍掉)，则总时间为t=t1+t2=2 s，选项C 正确，D 错误。
3.(多选)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 项错误；对木块应用动量定理可得-
μmgt0＝0-mv0，解得μ＝v0
gt0
，B 项正确；由能量守恒定律可得Q＝2×1
2mv0
2，结合Q＝μmgL，解得长木板的
长度为L＝v0t0，C 项正确；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。
4.(10 分)(2024·山东临沂市质检)如图所示，ABC 是光滑轨道，其中BC 部分是半径为R 的竖直放置的半圆，直
径BC 竖直，AB 部分与BC 部分平滑连接。一质量为M 的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量
为m 的子弹射中，子弹留在木块中。子弹击中木块前的速度大小为v0。若被击中的木块能沿轨道滑到最高点
C，重力加速度为g，求：
(1)(2 分)子弹击中木块后的速度大小；
(2)(2 分)子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q；
(3)(6 分)若m∶M＝1∶3，且v0＝12√gR，求木块从C 点飞出后落地点与B 点的距离s。
答案 (1) mv0
M ＋m (2)
Mm v0
2
2( M ＋m) (3)2√5R
解析 (1)子弹击中木块，整个系统动量守恒，有
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mv0＝(M＋m)v
解得子弹击中木块后的速度大小v＝mv0
M ＋m
(2)根据能量守恒定律得
Q＝1
2mv0
2-1
2(M＋m)v2＝
Mm v0
2
2( M ＋m)
(3)子弹击中木块后，根据机械能守恒定律可知
1
2(M＋m)v2＝1
2(M＋m)vC
2＋2(M＋m)gR
解得vC＝√5 gR
设木块从C 点飞出到落地的时间为t，
则2R＝1
2gt2，解得t＝√
4 R
g
所以木块从C 点飞出后落地点与B 点的距离
s＝vCt＝2√5R。
5、6 题每小题6 分，7 题10 分，8 题16 分，共38 分
5.足够长的光滑水平面上静止放置有长度均为L 的甲、乙木板，如图甲、乙所示。完全相同的小物块(可视为
质点)，以水平速度v0分别冲上甲、乙木板左端，两木板上表面均水平，已知小物块与甲、乙木板间动摩擦因
数相同，甲、乙木板质量分别为2M、M。不计空气阻力，小物块恰好能到达甲木板正中央位置，小物块能到
达乙木板的位置距乙木板左端的距离为d，则( )
A.d> L
2
B.d＝L
2
C.d< L
2
D.d＝L
答案 C
解析 两个过程，根据动量守恒得mv0＝(m＋2M)v1，mv0＝(m＋M)v2
故v1<v2，又小物块加速度不变，作出两次v-t 图像如图所示，
8
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则d< L
2 (其中d 为图中阴影部分面积)，故选C。
6.(多选)如图，质量为3m 的木块静置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木
块，水平射出木块时速度变为v0
3
，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒为Ff。则子弹在木块中运动的时
间为( )
A. 4 L
3 v0
B. 9 L
5 v0
C.2m v0
3 Ff
D.4 m v0
9 Ff
答案 BC
解析 设子弹在木块中运动的时间为t，以子弹为研究对象，设子弹初速度方向为正方向，根据动量定理可得-
Fft=mv0
3
-mv0，解得t=2mv0
3 Ff
，设子弹射出木块时，木块的速度为v1，根据系统动量守恒可得mv0=mv0
3
+3mv1，解得
v1=2
9
v0，根据位移关系可得L=x 子-x 木=v0+ 1
3 v0
2
t-0+ v1
2
t，解得t= 9 L
5 v0
，故选B、C。
7.(10 分)(2024·山东东营市检测)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)(3 分)子弹射入小车后，小车的速度大小v1；
(2)(7 分)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，小物块与小车相对
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＝1
2(m0＋m1)v1
2-1
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。
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8.(16 分)(2025·山东菏泽市检测)如图所示，紧靠在水平平台右端的长木板上表面NQ 水平且与平台等高，NQ 的
长度L＝2 m，长木板的右端为半径R＝0.1 m 的1
4 光滑圆弧，可视为质点的滑块B 静止在长木板的左端。质量
mA＝1 kg 的滑块A 在光滑水平平台上以初速度v0＝6 m/s 向右匀速运动，一段时间后滑块A 与滑块B 发生弹
性碰撞。已知滑块B 的质量为mB＝3 kg，与NQ 间的动摩擦因数μ＝0.1，长木板的下表面光滑，重力加速度
g 取10 m/s2。
(1)(5 分)求滑块A、B 碰后瞬间滑块B 的速度大小vB；
(2)(5 分)若滑块B 恰好不能从长木板右端滑离长木板，求长木板的质量mC；
(3)(6 分)在满足(2)的条件下，长木板的最大速度vm及滑块B 最终距Q 点的距离Δx。
答案 (1)3 m/s (2)6 kg (3)3＋√3
3
m/s 1 m
解析 (1)对滑块A、B 碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB
1
2mAv0
2＝1
2mAv A
2＋1
2mBvB
2
联立解得滑块A 和B 碰后滑块B 的速度大小vB＝3 m/s
(2)滑块B 恰好不能从右端滑离长木板，对应的情况是滑块B 刚好滑到圆弧的顶端时，滑块B 与长木板共速，
对滑块B 和长木板有mBvB＝(mB＋mC)v
1
2mBvB
2-1
2(mB＋mC)v2＝μmBgL＋mBgR
联立解得v＝1 m/s，mC＝6 kg
(3)当滑块B 返回至Q 点时，长木板的速度最大，设此时滑块B 的速度为vB'，
则有(mB＋mC)v＝mBvB'＋mCvm
1
2mBvB'2＋1
2mCvm
2-1
2(mB＋mC)v2＝mBgR
联立解得vm＝3＋√3
3
m/s
假设滑块B 最终没有滑离长木板，对滑块B 从最高点到与长木板相对静止的过程，根据能量守恒定律有
mBgR＝μmBgΔx
解得Δx＝1 m<L＝2 m
故假设成立，滑块B 最终距Q 点的距离
Δx＝1 m。
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