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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=m-(M+m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0=mv1+Mv2
能量守恒：Q=Ff·d=m-(m+M)
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，通过计算判断子弹能否射穿该木块？
答案　(1)6 m/s　882 J　(2)见解析
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=m-(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'=mv0'2-(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==，解得d'= cm
因为d'>10 cm，所以子弹能射穿木块。
拓展　在例1中，若子弹能射穿木块，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更大，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不变，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。
例2　(2025·辽宁省三模)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，不计子弹长度和重力，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
答案　C
解析　第一次射击前，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)+Ffd，解得Ff=m，第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B，假设不能击穿木块B，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)+Ffd'，联立可得d'=d，假设成立，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。
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3　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，物块的初速度不能超过多少。
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==0.8 m/s
(2)对物块，根据动能定理有μm2gx1=m2-m2v2
解得x1=0.336 m
(3)对小车，根据动能定理有μm2gx2=m1v2-0，解得x2==0.096 m
(4)方法一　Δx=x1-x2=0.24 m
Q=μm2g·Δx=0.24 J
方法二　Q=ΔE=m2-(m1+m2)v2
=0.24 J
(5)设物块最大初速度为v0'，由动量守恒和能量守恒有m2v0'=(m1+m2)v'
m2v0'2-(m1+m2)v'2=μm2gL
联立解得v0'=5 m/s。
拓展　在例3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°)=m-0
对A在最低点，根据牛顿第二定律得
F-mg=
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=m-(M+m)v2
联立解得μ=0.15。
　两种典型的“滑块—木板”模型
模型 地面光滑，木板足够长且初速度为零，滑块冲上木板 地面光滑，木板足够长且有初速度，滑块反向冲上木板
作用过程 示意图
运动的 v-t图像
课时精练
[分值：54分]
　[1~4题，每题4分]
1.(2025·山东省实验中学检测)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(　　)
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.子弹射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍
D.两种情况子弹对滑块做的功相等
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'=，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、末动能相同，则两种情况子弹对滑块做的功相等，故D正确。
2.(来自教材改编)(2025·北京市东城区二模)如图所示，将质量为M的沙箱用长为l的不可伸长的轻绳悬挂起来，一颗质量为m的子弹水平射入沙箱(未穿出)，沙箱摆动的最大摆角为α(α<)。摆动过程中，沙箱可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，则子弹将要射入沙箱时的速度大小等于(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　设子弹射入沙箱后整体速度为v，由机械能守恒有(m+M)v2=(m+M)gl(1-cos α)，设子弹将要射入沙箱时的速度大小为v0，规定向右为正方向，子弹射入沙箱过程，由动量守恒有mv0=(m+M)v，联立解得v0=，故选B。
3.(2025·河北保定市二模)如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板B，一质量与木板相同的物块A(可视为质点)从左端以大小为v的速度冲上木板，经过时间t运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是(　　)
A.物块A运动到木板右端时的速度大小为
B.在此过程中，物块A运动的距离为
C.A动量的减少量大于B动量的增加量
D.木板B的长度为
答案　A
解析　设物块和木板的质量均为m，物块运动到木板右端恰好未从木板上滑落，系统动量守恒，选取物块初速度的方向为正方向，则有mv=2mv共，解得v共=v，即物块A运动到木板右端时的速度大小为，A正确；根据匀变速直线运动规律可知，物块A运动的位移xA=(v+)t=vt，B错误；A动量的减少量ΔpA=mv-m·=mv，B动量的增加量ΔpB=m·-0=mv，则A动量的减少量等于B动量的增加量，C错误；由题可知，t时间内木板B的位移为xB=(0+)t=vt，结合上述分析可得，木板B的长度为L=xA-xB=vt，D错误。
4.(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
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=，B项正确；由能量守恒定律可得Q=2×m，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。
5.(8分)(2025·天津市和平区二模)如图所示，长为L=2 m、质量为M=2 kg的木板静止在光滑的水平地面上，A、B是木板的两个端点，点C是AB中点，AC段光滑，CB段粗糙，木板的A端放有一个质量为m=1 kg的物块(可视为质点)，现给木板施加一个水平向右、大小为F=9 N的恒力，当物块相对木板滑至C点时撤去这个力，最终物块恰好滑到木板的B端与木板一起运动，求：
(1)(2分)物块到达木板C点时木板的速度大小v1；
(2)(3分)木板的摩擦力对物块做的功Wf；
(3)(3分)物块和木板CB段间的动摩擦因数μ。
答案　(1)3 m/s　(2)2 J　(3)0.3
解析　(1)根据题意，由于AC段光滑，可知，开始木板滑动，物块不动，对木板由动能定理有F·L=M
解得v1=3 m/s
(2)撤去外力后，木板与物块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有Mv1=(M+m)v
解得v=2 m/s
对物块由动能定理有Wf=mv2
解得Wf=2 J
(3)由能量守恒定律有μmg·L=M-(M+m)v2
解得μ=0.3。
　[6、7题，每题6分]
6.(多选)(2026·广东深圳市检测)如图甲所示，质量为M=2 kg的木板A静置于光滑水平地面上，t=0时刻物块B(可视为质点)以水平向右的初速度3 m/s从木板A的左端滑入，此后两者的速度随时间变化的图像如图乙所示。当t=2 s时，物块B恰好到达木板A的右端。已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.物块B的质量为1 kg
B.木板A的长度为3 m
C.物块B与木板A间的动摩擦因数为0.1
D.若只将物块B的初速度大小变为1.5 m/s，则最终物块B与木板A右端的距离为1.5 m
答案　ABC
解析　由题图乙可知B冲上A后，B做匀减速直线运动时的加速度大小aB= m/s2=1 m/s2，A做匀加速直线运动，加速度大小aA= m/s2= m/s2，设B的质量为m，根据牛顿第二定律有μmg=maB，对A，根据牛顿第二定律有μmg=MaA，联立求得物块B与木板A间的动摩擦因数为μ=0.1，m=1 kg，故A、C正确；当t=2 s时，物块B恰好到达木板A的右端，根据v-t图线与t轴围成的面积表示位移，可求得木板A的长度为l=×3×2 m=3 m，故B正确；若只将物块B的初速度大小变为1.5 m/s，B与A共速时有mv0=(m+M)v，求得v== m/s=0.5 m/s，对物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得μmg·Δx=m-(m+M)v2，解得物块相对木板滑动的距离Δx=0.75 m，则最终物块B与木板A右端的距离为l-Δx=2.25 m，故D错误。
7.(多选)(2025·安徽芜湖市二模)如图甲所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有(　　)
A.M∶m=3∶2
B.该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小
C.木块所能达到的最大速度为24 m/s
D.木块所能达到的最大速度为40 m/s
答案　AC
解析　由题图乙可知，木块与子弹的速度关系满足v2=-v1+40(m/s)，设子弹与木块相对静止时的速度为v，则有v=-v+40(m/s)，解得二者共速时v=24 m/s，即木块所能达到的最大速度为24 m/s，子弹射入木块，系统动量守恒，则有mv0=(M+m)v，由题图乙可知子弹的初速度v0=60 m/s，代入数据解得M∶m=3∶2，A、C正确，D错误；设子弹相对于木块的位移为L，木块相对于地面的位移为x，对系统，根据能量守恒定律可知FfL=m-(M+m)v2；对木块，根据动能定理可知Ffx=Mv2。系统动量守恒，则有mv0=(M+m)v，联立解得L=，x=·，显然L>x，即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大，B错误。
8.(12分)(2025·湖北宜昌市检测)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)(3分)求滑块A、B碰后瞬间滑块B的速度大小vB。
(2)(3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，求长木板的最大速度vm及滑块B最终距Q点的距离Δx。
答案　(1)3 m/s　(2)6 kg　(3) 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
mA=mA+mB
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
mB-(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
mBvB'2+mC-(mB+mC)v2=mBgR
联立解得vm= 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故假设成立，滑块B最终距Q点的距离Δx=1 m。
　[6分]
9.(2025·湖南邵阳市一模)为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两个完全相同的钢板A、B厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为m的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是(　　)
A.第一次子弹射出B时，A的位移为d
B.第一次子弹穿过A、B所用时间之比为1∶
C.第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B的深度为d
D.第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为8∶(6+)
答案　D
解析　设第一次子弹穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有mv0=(m+2m)v，此过程对A和B有x=t，对子弹有x+2d=t，解得x=d，故A错误；第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰好击穿B时相对A、B的末速度为0，根据逆向思维，可将其看作初速度为0的反向匀加速直线运动，穿过B、A的相对位移相等，根据连续相邻相等位移之内的时间间隔比例规律可知，穿过B、A的时间之比为1∶(-1)，所以穿过A、B所用时间之比为(-1)∶1，故B错误；设子弹的初速度为v0，受到的阻力大小为Ff，第一次穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有mv0=(m+2m)v，由能量守恒有Ff·2d=m-(m+2m)v2，解得Ffd=m，第二次子弹穿过A时，设子弹速度为v1，A的速度为u，假设不能穿透B，最后与B的共同速度为v2，进入B的深度为d'，对子弹和A由动量守恒有mv0=mv1+mu，由能量守恒有Ffd=m-m-mu2，解得v1=v0，对子弹和B，由动量守恒有mv1=(m+m)v2，由能量守恒有Ff·d'=m-(m+m)，解得d'=d第七章
动量守恒定律
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
第36课时
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。
目标要求
考点一　“子弹打木块”模型
考点二　“滑块—木板”模型
内容索引
课时精练
“子弹打木块”模型
考点一
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=m-(M+m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0=mv1+Mv2
能量守恒：Q=Ff·d=m-(m+M)
　　　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。
答案　6 m/s　882 J
　　　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=m-(M+m)v2=882 J
(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，通过计算判断子弹能否射穿该木块？
答案　见解析
　　　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'=mv0'2-(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==，解得d'= cm
因为d'>10 cm，所以子弹能射穿木块。
拓展　在例1中，若子弹能射穿木块，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
CD
　　　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)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
D
　　　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更大，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不变，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。
　　　 (2025·辽宁省三模)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，不计子弹长度和重力，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
√
　　　第一次射击前，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)+Ffd，解得Ff=m，第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B，假设不能击穿木块B，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)+Ffd'，联立可得d'=d，假设成立，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。
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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。
　　　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；
答案　0.8 m/s
　　　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==0.8 m/s
(2)从开始到共速，物块运动的位移大小x1；
答案　0.336 m
　　　对物块，根据动能定理有μm2gx1=m2-m2v2
解得x1=0.336 m
(3)从开始到共速，小车运动的位移大小x2；
答案　0.096 m
　　　对小车，根据动能定理有μm2gx2=m1v2-0，解得x2==0.096 m
(4)在此过程中系统产生的内能；
答案　0.24 J
　　　方法一　Δx=x1-x2=0.24 m
Q=μm2g·Δx=0.24 J
方法二　Q=ΔE=m2-(m1+m2)v2
=0.24 J
(5)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
　　　设物块最大初速度为v0'，由动量守恒和能量守恒有m2v0'=(m1+m2)v'
m2v0'2-(m1+m2)v'2=μm2gL
联立解得v0'=5 m/s。
拓展　在例3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”)。
不变
(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；
答案　40 N
　　　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。
A从开始运动到最低点由动能定理
mgl(1-cos 60°)=m-0
对A在最低点，根据牛顿第二定律得
F-mg=
解得v0=4 m/s，F=40 N
(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；
答案　4 m/s
　　　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)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　0.15
　　　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=m-(M+m)v2
联立解得μ=0.15。
两种典型的“滑块—木板”模型
模型 地面光滑，木板足够长且初速度为零，滑块冲上木板 地面光滑，木板足够长且有初速度，滑块反向冲上木板
作用过程 示意图
运动的 v-t图像
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模型构建
课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5
答案 D B A BC (1)3 m/s　(2)2 J　(3)0.3
题号 6 7 8
答案 ABC AC (1)3 m/s　(2)6 kg　(3) m/s　1 m
题号 9
答案 D
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1.(2025·山东省实验中学检测)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
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.子弹射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍
D.两种情况子弹对滑块做的功相等
√
1
2
3
4
5
6
7
答案
基础落实练
8
9
1
2
3
4
5
6
7
答案
　　　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'=，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；
8
9
1
2
3
4
5
6
7
答案
　　　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、末动能相同，则两种情况子弹对滑块做的功相等，故D正确。
8
9
2.(来自教材改编)(2025·北京市东城区二模)如图所示，将质量为M的沙箱用长为l的不可伸长的轻绳悬挂起来，一颗质量为m的子弹水平射入沙箱(未穿出)，沙箱摆动的最大摆角为α(α<)。摆动过程中，沙箱可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，则子弹将要射入沙箱时的速度大小等于
A. B.
C. D.
√
1
2
3
4
5
6
7
答案
8
9
1
2
3
4
5
6
7
答案
　　　设子弹射入沙箱后整体速度为v，由机械能守恒有(m+M)v2=
(m+M)gl(1-cos α)，设子弹将要射入沙箱时的速度大小为v0，规定向右为正方向，子弹射入沙箱过程，由动量守恒有mv0=(m+M)v，联立解得v0=
，故选B。
8
9
3.(2025·河北保定市二模)如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板B，一质量与木板相同的物块A(可视为质点)从左端以大小为v的速度冲上木板，经过时间t运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是
A.物块A运动到木板右端时的速度大小为
B.在此过程中，物块A运动的距离为
C.A动量的减少量大于B动量的增加量
D.木板B的长度为
1
2
3
4
5
6
7
√
答案
8
9
1
2
3
4
5
6
7
答案
　　　设物块和木板的质量均为m，物块运动到木板右端恰好未从木板上滑落，系统动量守恒，选取物块初速度的方向为正方向，则有mv=2mv共，解得v共=v，即物块A运动到木板右端时的速度大小为，A正确；
根据匀变速直线运动规律可知，物块A运动的位移xA=(v+)t=vt，B错误；
A动量的减少量ΔpA=mv-m·=mv，B动量的增加量ΔpB=m·-0=mv，则A
动量的减少量等于B动量的增加量，C错误；
由题可知，t时间内木板B的位移为xB=(0+)t=vt，结合上述分析可得，木板B的长度为L=xA-xB=vt，D错误。
8
9
4.(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
C.长木板的长度为v0t0
D.可以求出长木板与木块的质量
1
2
3
4
5
6
7
答案
√
√
8
9
1
2
3
4
5
6
7
答案
　　　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=，B项正确；
由能量守恒定律可得Q=2×m，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。
8
9
5.(2025·天津市和平区二模)如图所示，长为L=2 m、质量为M=2 kg的木板静止在光滑的水平地面上，A、B是木板的两个端点，点C是AB中点，AC段光滑，CB段粗糙，木板的A端放有一个质量为m=1 kg的物块(可视为质点)，现给木板施加一个水平向右、大小为F=9 N的恒力，当物块相对木板滑至C点时撤去这个力，最终物块恰好滑到木板的B端与木板一起运动，求：
(1)物块到达木板C点时木板的速度大小v1；
1
2
3
4
5
6
7
答案
答案　3 m/s
8
9
1
2
3
4
5
6
7
答案
　　　根据题意，由于AC段光滑，可知，开始木板滑动，物块不动，对木板由动能定理有F·L=M
解得v1=3 m/s
8
9
(2)木板的摩擦力对物块做的功Wf；
1
2
3
4
5
6
7
答案
答案　2 J
　　　撤去外力后，木板与物块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有Mv1=(M+m)v
解得v=2 m/s
对物块由动能定理有Wf=mv2
解得Wf=2 J
8
9
(3)物块和木板CB段间的动摩擦因数μ。
1
2
3
4
5
6
7
答案
答案　0.3
　　　由能量守恒定律有μmg·L=M-(M+m)v2
解得μ=0.3。
8
9
6.(多选)(2026·广东深圳市检测)如图甲所示，质量为M=2 kg的木板A静置于光滑水平地面上，t=0时刻物块B(可视为质点)以水平向右的初速度3 m/s从木板A的左端滑入，此后两者的速度随时间变化的图像如图乙所示。当t=2 s时，物块B恰好到达木板A的右端。已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.物块B的质量为1 kg
B.木板A的长度为3 m
C.物块B与木板A间的动摩擦因数为0.1
D.若只将物块B的初速度大小变为1.5 m/s，则最终物块B与木板A右端的距离
为1.5 m
1
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5
6
7
答案
能力综合练
√
√
√
8
9
1
2
3
4
5
6
7
答案
　　　由题图乙可知B冲上A后，B做匀减速直线运动时的加速度大小aB
= m/s2=1 m/s2，A做匀加速直线运动，加速度大小aA= m/s2= m/s2，设B的质量为m，根据牛顿第二定律有μmg=maB，对A，根据牛顿第二定律有μmg=MaA，联立求得物块B与木板A间的动摩擦因数为μ=0.1，m=1 kg，故A、C正确；
当t=2 s时，物块B恰好到达木板A的右端，根据v-t图线与t轴围成的面积表示位移，可求得木板A的长度为l=×3×2 m=3 m，故B正确；
8
9
1
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4
5
6
7
答案
　　　若只将物块B的初速度大小变为1.5 m/s，B与A共速时有mv0=(m+M)v，求得v== m/s=0.5 m/s，对物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得μmg·Δx=m-(m+M)v2，解得物块相对木板滑动的距离Δx=0.75 m，则最终物块B与木板A右端的距离为l-Δx=2.25 m，故D错误。
8
9
7.(多选)(2025·安徽芜湖市二模)如图甲所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有
A.M∶m=3∶2
B.该过程中子弹相对木块的位移比木
块相对地面的位移小
C.木块所能达到的最大速度为24 m/s
D.木块所能达到的最大速度为40 m/s
1
2
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7
答案
√
√
8
9
1
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答案
　　　由题图乙可知，木块与子弹的速度关系满足v2=-v1+40(m/s)，设子弹与木块相对静止时的速度为v，则有v=-v+40(m/s)，解得二者共速时v=
24 m/s，即木块所能达到的最大速度为24 m/s，子弹射入木块，系统动量守恒，则有mv0=(M+m)v，由题图乙可知子弹的初速度v0=60 m/s，代入数据解得M∶m=3∶2，A、C正确，D错误；
8
9
1
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5
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7
答案
　　　设子弹相对于木块的位移为L，木块相对于地面的位移为x，对系统，根据能量守恒定律可知FfL=m-(M+m)v2；对木块，根据动能定理可知Ffx=Mv2。系统动量守恒，则有mv0=(M+m)v，联立解得L=，x=·，显然L>x，即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大，B错误。
8
9
8.(2025·湖北宜昌市检测)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
2
3
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6
7
答案
8
9
(1)求滑块A、B碰后瞬间滑块B的速度大小vB。
1
2
3
4
5
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7
答案
答案　3 m/s
　　　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
mA=mA+mB
联立解得滑块A和B碰后滑块B的速度大小vB=3 m/s
8
9
(2)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。
1
2
3
4
5
6
7
答案
答案　6 kg
　　　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
mB-(mB+mC)v2=μmBgL+mBgR
联立解得v=1 m/s，mC=6 kg
8
9
(3)在满足(2)的条件下，求长木板的最大速度vm及滑块B最终距Q点的距离Δx。
1
2
3
4
5
6
7
答案
答案　 m/s　1 m
8
9
　　　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
mBvB'2+mC-(mB+mC)v2=mBgR
联立解得vm= 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故假设成立，滑块B最终距Q点的距离Δx=1 m。
1
2
3
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5
6
7
答案
8
9
9.(2025·湖南邵阳市一模)为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两个完全相同的钢板A、B厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为m的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是
A.第一次子弹射出B时，A的位移为d
B.第一次子弹穿过A、B所用时间之比为1∶
C.第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B的深度为d
D.第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为8∶(6+)
1
2
3
4
5
6
7
答案
√
尖子生选练
8
9
　　　设第一次子弹穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有mv0=(m+2m)v，此过程对A和B有x=t，对子弹有x+2d=t，解得x=d，故A错误；
第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰好击穿B时相对A、B的末速度为0，根据逆向思维，可将其看作初速度为0的反向匀加速直线运动，穿过B、A的相对位移相等，根据连续相邻相等位移之内的时间间隔比例规律可知，穿过B、A的时间之比为1∶(-1)，所以穿过A、B所用时间之比为(-1)∶1，故B错误；
1
2
3
4
5
6
7
答案
8
9
　　　设子弹的初速度为v0，受到的阻力大小为Ff，第一次穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有mv0=(m+2m)v，由能量守恒有Ff·2d=
m-(m+2m)v2，解得Ffd=m，第二次子弹穿过A时，设子弹速度为v1，A的速度为u，假设不能穿透B，最后与B的共同速度为v2，进入B的深度为d'，对子弹和A由动量守恒有mv0=mv1+mu，由能量守恒有Ffd=
m-m-mu2，解得v1=v0，对子弹和B，由动量守恒有mv1=(m+m)v2，由能量守恒有Ff·d'=m-(m+m)，解得d'=d错误；
1
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3
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5
6
7
答案
8
9
　　　第一次系统损失的机械能ΔE1=Ff·2d，第二次系统损失的机械能ΔE2=Ff·(d+d)，第一次、第二次系统损失的机械能之比为ΔE1∶ΔE2=
8∶(6+)，故D正确。
1
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答案
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9
本课结束
THANKS
第七章

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