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专题强化十一：“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
学习目标：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。
考点一　“子弹打木块”模型
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列式
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=m-(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=m-
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。
例1 (2026·江苏宿迁期中)用细绳下端吊着一个沙袋练习射击，沙袋质量为M，沙袋中心到细绳上端悬挂点的距离为L。一颗质量为m、初速度为v0的子弹水平向右射入沙袋并留在沙袋中(时间极短)，击中后沙袋以很小角度(小于5°)向上摆动。重力加速度g。求:
(1)沙袋开始摆动时的速度大小v;
(2)子弹进入沙袋过程损失的机械能ΔE;
(3)沙袋(连同子弹)从开始摆动到第1次返回最低点过程中重力的冲量IG。
答案　(1)v0　(2)　 (3)π(m+M)
解析　(1)子弹射入沙袋过程，子弹和沙袋组成的系统水平方向动量守恒，则有
mv0=(m+M)v
解得v=v0。
(2)子弹进入沙袋过程损失的机械能为
ΔE=m-(m+M)v2=。
(3)沙袋(连同子弹)从开始摆动到第1次返回最低点所用时间为
t==×2π=π
所以重力的冲量为IG=(m+M)gt=π(m+M)。
1.(2026·江苏南通如皋期末)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度小于子弹B射入的深度，则(　　)
A.子弹A的质量一定比子弹B的质量小
B.入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力小
C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间短
D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能小
答案　D
解析　因为木块始终静止，根据平衡条件可知木块受到的两个子弹的作用力大小相等，根据牛顿第三定律可知入射过程中子弹A受到的阻力等于子弹B受到的阻力，子弹A、B和木块组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，可知子弹A、B的动量变化量大小相等，根据动量定理可知子弹A、B在木块中运动的时间相等，B、C错误;根据动能定理得-fx=0-m，初动能越大，射入木块越深，所以B的初动能大，D正确;根据动量守恒定律得=，初动能小的质量大，所以子弹A的质量一定比子弹B的质量大，A错误。
考点二　“滑块—木板”模型
模型图示 模型特点 求解方法
(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)求速度:根据动量守恒定律求解，研究对象为系统。 (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，研究对象为系统。
例2 (2026·江苏苏州期末)如图所示，P为固定挡板，质量为2m的长木板A以水平初速度v0沿光滑水平面向右运动。某时刻质量为m的小物块B轻放到A的右端，第一次达到共同速度后，B与P发生碰撞，一段时间后B与A第二次达到共同速度，之后B与P发生了多次碰撞，B始终未从A上滑落。已知A、B之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，B与P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短。求:
(1)A、B第一次的共同速度大小v1;
(2)A、B从开始到第二次达到共同速度过程中，B对A做的功W;
(3)A的最小长度L。
答案　(1)v0　(2)-m　(3)
解析　(1)从B滑上A到第一次达到共同速度v1，A、B组成的系统水平方向动量守恒，则有
2mv0=(m+2m)v1
得v1=v0。
(2)从第一次碰撞后到第二次达到共同速度v2，取向右为正方向，由动量守恒定律有
2mv1-mv1=3mv2
得v2=v1=v0
从开始到第二次达到共同速度的过程中，对A由动能定理得
W=×2m-×2m=-m。
(3)整个过程中，B相对于A一直向左运动，最终两者速度都为零，设两者相对运动的距离为x，对A、B组成的系统由能量守恒定律有
×2m=μmgx
得x=
则为使整个运动过程中B不从A上滑落，A的最小长度L=x=。
2.(2026·江苏盐城期中)如图所示，在光滑的水平桌面上放有右端固定挡板的长木板甲，甲的左端和中点处各有小物块乙和丙，乙与丙、丙与挡板之间的距离均为L。甲与乙、丙之间的动摩擦因数均为μ，甲、乙、丙的质量均为m。开始时，丙和甲静止，现给乙水平向右的初速度。重力加速度取g，所有碰撞均为弹性碰撞。
(1)求乙和丙碰撞前，丙受到的摩擦力大小Ff;
(2)若乙刚好与丙不发生碰撞，求乙克服摩擦力做的功W;
(3)若丙能从长木板甲上滑出，求乙的初速度v0应满足的条件。
答案　(1)　(2)　(3)v0>4
解析　(1)乙和丙碰撞前，乙向右滑行，甲和丙一起向右加速，对甲和丙整体有μmg=2ma
解得a=
则丙所受的摩擦力为Ff=ma=。
(2)若乙刚好与丙不发生碰撞，根据动量守恒定律有mv0=3mv1
解得v1=
设与丙刚好不发生碰撞前乙运动的时间为t，乙和甲、丙整体的位移大小分别为x1、x2，则有
x1=t、x2=t
L=x1-x2
联立解得x1=
此过程中乙克服摩擦力做的功W=μmgx1=。
(3)设乙的初速度为v0时，丙刚好能从长木板甲上滑出。乙和丙弹性碰撞过程，乙和丙交换碰前速度，此后，丙相对于甲滑动，乙和甲一起向右加速;同理，丙与甲弹性碰撞过程，丙和甲交换碰前速度，此时乙和丙速度相等且相距L，此后乙、丙相对于甲向左滑动，乙、丙会先后从甲上掉下来。从乙刚滑上甲到乙刚好要从甲上掉下来的过程，乙与甲和丙与甲的相对位移均为2L，对甲、乙、丙组成的系统由动量守恒定律有mv0=2mv乙丙+mv甲
由功能关系有μmg·2L+μmg·2L=m-×2m-m
此后，丙在甲上滑行，乙从甲上掉下到丙恰好从甲上掉下来的过程，丙与甲的相对位移为L，对丙、甲组成的系统，由动量守恒定律有
mv乙丙+mv甲=2mv丙甲
由功能关系有
μmgL=m+m-×2m
联立解得v0=4
即v0=4时，丙刚好能从长木板甲上滑出。故若丙能从长木板甲上滑出，则乙的初速度v0应满足的条件为v0>4。
A级　基础对点练
1.(2026·江苏徐州期中)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示。则上述两种情况相比较，下列说法错误的是(　　)
A.子弹的末速度大小相等
B.系统产生的热量一样多
C.子弹对滑块做的功相同
D.子弹和滑块间的水平作用力一样大
答案　D
解析　以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0=(m+M)v，可得滑块最终获得的速度v=，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确;子弹嵌入下层或上层过程中，子弹减少的动能相同，滑块增加的动能相同，则两种情况系统减少的动能相同，系统产生的热量一样多，故B正确;根据动能定理可知，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功相同，故C正确;由Q=Ffs相对，由于s相对不相等而Q相等，所以两种情况下子弹和滑块之间的水平作用力不一样大，故D错误。
2.(2026·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(　　)
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= 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=mB-(mA+mB)v2=2 J，B错误;木板A的最小长度为L=×1 m-×1×1 m=1 m，C错误;木板获得的动能为EkA=mAv2=1 J，D错误。
3.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，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，则下列说法错误的是(　　)
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=
D.该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek
答案　A
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m=(m+M)v2+Q，联立解得Q=，故C正确;木块获得的动能为Ek=Mv2=，该过程产生的热量与木块获得的动能之比为=>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。
4.(2026·江苏南通月考)如图所示，在光滑水平面上，有一质量M=3 kg的薄板B和m=1 kg的物块A都以v=4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，某时刻观察到物块正在做加速运动，则该时刻木板的速度可能为(　　)
A.3.0 m/s B.2.9 m/s C.2.8 m/s D.2.2 m/s
答案　D
解析　开始阶段，物块A向左减速，薄板B向右减速，系统的动量守恒，设当物块A的速度为零时薄板B的速度为v1。取向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv-mv=Mv1，解得v1= m/s≈2.67 m/s，此后物块将向右加速，薄板继续向右减速，直至两者速度相同，之后一起向右做匀速直线运动。设共同速度为v2，根据动量守恒定律得Mv-mv=(M+m)v2，解得v2=2 m/s，综上所述可知，物块做加速运动时薄板的速度满足2 m/s5.(2026·江苏淮安月考)长为L、质量为M的平板小车停在光滑水平面上，质量为m的木块(可视为质点，m≠M)以速度v0滑上小车的左端，如图甲所示，最后随小车一起运动;若小车以速度v0向左运动，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，最终木块也随小车一起运动。则(　　)
A.两种情况中木块相对小车滑行的距离相等
B.两种情况中木块最终随小车运动的速率相等
C.两种情况中木块与小车之间摩擦产生的热量不相等
D.两种情况中木块相对小车滑行的时间不相等
答案　A
解析　根据动量守恒定律和功能关系，甲图中有mv0=(m+M)v1，Q1=μmgx1=m-(m+M)=，乙图中有Mv0=(m+M)v2，Q2=μmgx2=M-(m+M)=，因m≠M，则x1=x2，v1≠v2，Q1=Q2，故A正确，B、C错误;对滑块由动量定理，甲图中有-μmgt1=mv1-mv0，乙图中有μmgt2=mv2，解得t1=，t2=，可知t1=t2，故D错误。
B级　综合提升练
6.(2024·海南卷，17)某游乐项目装置简化如图，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=mv2
游客滑到b点时，有F-mg=m
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
F'=F=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=2a1s
解得游客滑上平台的速度大小v1=8 m/s
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-a2t2
滑板的位移为x2=a3t2
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mv2=m+M+μmgL
对游客在平台上运动的过程，由动能定理有-μmgs=0-m
联立解得L=7 m。
7.(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。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　(2)37.5mgh
解析　(1)设子弹射穿物块时子弹和物块的速度分别为v1和v2，则有
=2g·8h
=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+×4mg=4ma
子弹射穿物块过程由动量守恒定律得mv0=mv1+4mv2
联立解得v0=10。
(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能
ΔE=m-(m+×4m)=37.5mgh。
8.(2026·江苏南京期中)如图所示，光滑水平地面上放置一块木板，其左端放有一质量为m1=0.95 kg的小木块，木板质量为m2=4 kg，两者初速度均为0，且它们之间的动摩擦因数μ=0.5。一颗质量为m0=0.05 kg的子弹，以v0=200 m/s的初速度水平射入小木块(未穿出)，入射时间极短，g取10 m/s2。
(1)求子弹瞬间射入小木块后两者的共同速度v的大小;
(2)若最终小木块和木板相对静止，求整个过程中产生的总热量Q;
(3)若木板的质量与长度L成正比，即m2=kL(k>0)，求当L大小满足什么条件时，不管k取何值小木块都不会从木板上掉落。
答案　(1)10 m/s　(2)990 J　(3)L≥10 m
解析　(1)子弹射入小木块过程中，子弹与小木块组成的系统动量守恒，有
m0v0=(m0+m1)v
解得v=10 m/s。
(2)子弹打入小木块过程中产生的热量为
Q1=m0-(m0+m1)v2=950 J
小木块在木板上滑动过程中，子弹、小木块与木板组成的系统动量守恒，有
(m0+m1)v=(m0+m1+m2)v共 ①
解得v共=2 m/s
该过程中产生的热量为
Q2=(m0+m1)v2-(m0+m1+m2)=40 J ②
故整个过程中产生的总热量为Q总=Q1+Q2=990 J。
(3)将m2=kL代入第(2)问中①、②式，得
Q2= ③
又因为摩擦产生的热量
Q2=μ(m0+m1)gs相 ④
联立③④得
s相= ⑤
木块不掉落的条件为
s相≤L ⑥
联立⑤⑥得L≥
由数学知识，当k取无穷大时，有→10
因此当L≥10 m时，⑥式恒成立，小木块必定不会从木板上掉落。
C级　拔尖进阶练
9.(2026·江苏海安高级中学月考)如图所示，以A、B为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面内，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点，滑板右端L0=处有一竖直固定的挡板P，一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B滑上滑板。已知物块可视为质点，物块质量为m，滑板质量为M=3m，圆弧轨道半径为R，物块与滑板之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g。滑板与挡板P和轨道B端的碰撞没有机械能损失。
(1)求物块滑到B点时受到轨道支持力的大小;
(2)求滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小v1;
(3)要使物块始终留在滑板上，求滑板长度最小值L。
答案　(1)3mg　(2)　(3)2R
解析　(1)由A点到B点对物块由机械能守恒定律有
mgR=m
解得v0=
在最低点，根据牛顿第二定律有FN-mg=m
解得FN=3mg。
(2)假设滑板与P碰撞前物块与滑板已达到共同速度v，物块与滑板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则有mv0=(m+M)v
设此过程滑板位移大小为s，对滑板由动能定理有
μmgs=Mv2-0
联立解得s=
由于s>L0，故假设不成立，说明滑板与挡板P碰撞前瞬间物块与滑板未达到共速。设滑板与挡板P碰撞前瞬间物块、滑板的速度大小分别为v1、v2，对滑板由动能定理有μmgL0=M-0
解得v2=
对物块与滑板组成的系统由动量守恒定律有mv0=mv1+Mv2
解得v1=。
(3)由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后以v2向左做匀减速直线运动，物块向右做匀减速运动，设两者达到共同的速度大小为v3，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv1-Mv2=(M+m)v3
解得v3=0
说明两者速度同时减为零，设此时滑板离P的距离为s'，由动能定理有
-μmgs'=M-M
解得s'=
所以滑板刚好停到原来位置，整个运动过程，物块始终相对滑板向右运动，要使物块始终留在滑板上，则物块速度减为零时刚好到达滑板右端，即整个运动过程物块相对滑板的位移大小为L。物块、滑板的v-t图像如图所示
由能量守恒定律有mgR=μmgL
解得L=2R
即滑板长度最小值为2R。

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