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专题提升八　能量和动量观点的综合应用(一)
【学习目标】　1.会用动量观点和能量观点分析并解决“子弹打木块”模型的相关问题。2.会用动量观点和能量观点分析并解决“滑块—木板”模型的相关问题。
提升点一　“子弹打木块”模型
模型 图例 地面光滑，木块长度为d，子弹射入木块所受阻力恒为Ff
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(未穿出)：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＝Ffx＝m－(M＋m)v2。 2.子弹穿透木块：两者速度不相等，机械能有损失(非弹性碰撞) (1)系统动量守恒：mv0＝Mv2＋mv1。 (2)系统能量守恒：Q＝Ffd＝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大小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
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'≈10.7 cm
因为d'＞10 cm，所以能射穿木块。
解决“子弹打木块”的两个关键
1.弄清楚子弹是最终留在木块中与木块一起运动，还是穿出木块后各自运动。
2.求解子弹打击木块过程中损失的机械能，可以根据题目中的具体条件：
(1)利用ΔE损＝Q热＝Ffx相对求解。
(2)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。
(3)通过打击前后系统的机械能之差求解。、
针对练.(2025·八省联考河南卷)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：
学生用书 第119页
(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－＝37.5mgh。
提升点二　“滑块—木板”模型
模型 图例 上表面粗糙、质量为M的木板，放在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0滑上木板
模型 特点 1.系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力大小与二者相对位移大小的乘积等于系统减少的机械能，即因摩擦产生的热量。 2.若滑块始终未从木板上滑下，当二者速度相同时，木板速度最大，二者相对位移大小最大
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大小：根据能量守恒定律有Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统
(2026·广东珠海模拟)如图所示，光滑水平面上，质量为M＝2 kg的木板以v1＝4 m/s的速度向左运动。某时刻，质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)以向右的速度v2＝2 m/s从木板左端滑上木板。经过t＝0.5 s后，小物块恰好相对木板静止于木板右端。重力加速度g＝10 m/s2。关于这一过程，下列说法正确的是(　　)
A.两者最终停在水平面上
B.小物块与木板间的动摩擦因数为0.4
C.木板的长度为1.5 m
D.系统机械能损失6 J
答案：C
解析：木板与物块组成的系统满足动量守恒，两者最终以共同速度运动，以向左为正方向，根据动量守恒可得Mv1－mv2＝(M＋m)v，解得v＝2 m/s，方向向左；对木板，由动量定理得－μmgt＝Mv－Mv1，解得小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.8，故A、B错误。根据能量守恒可得，系统机械能损失ΔE＝M＋m－(M＋m)v2＝12 J，又Q＝μmgL＝ΔE，可得木板的长度为L＝1.5 m，故C正确，D错误。
针对练.(多选)(2026·湖南郴州模拟)如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，物块(视为质点)以大小为3v0的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的v -t图像，图中t0已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　 )
A.木板的最小长度为v0t0
B.物块与木板的质量之比为2∶3
C.物块与木板间的动摩擦因数为
D.整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为9∶2∶7
答案：AC
解析：由题图乙可知，物块相对于木板滑动的距离为d＝×3v0t0＝v0t0，则木板的最小长度为v0t0，故A正确；由动量守恒定律有m·3v0＝(m＋M)v0，可得物块与木板的质量之比m∶M＝1∶2，故B错误；由题图乙可知，物块在木板上滑动的加速度大小a＝，由牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝，故C正确；物块减小的动能Ek1＝m×(3v0)2－m＝4m，木板增大的动能Ek2＝M＝m，由能量守恒定律可知，物块与木板组成的系统产生的热量Q＝Ek1－Ek2＝3m，则Ek1∶Ek2∶Q＝4∶1∶3，故D错误。
(2026·河南洛阳二模)如图，一质量为M的木板放置于光滑水平面上，木板右侧地面上固定一竖直挡板。现在长木板最左端放置一个可视为质点的滑块，给滑块一个初速度v0，由于滑块和木板的相互作用，在木板第一次碰撞竖直挡板时，两者恰好达到共速，木板碰撞挡板不损失机械能且不计碰撞时间。已知滑块质量为2M，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
学生用书 第120页
(1)求木板未运动时，木板右端到挡板的距离；
(2)求滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间；
(3)若第三次共速时，滑块恰好未从木板上掉落，求木板的长度。
答案：(1)　(2)　(3)
解析：(1)滑块和木板作用过程动量守恒，设第一次共速的速度大小为v1，有2Mv0＝(M＋2M)v1
设木板未运动时，木板右端到挡板的距离为x0，由动能定理可得μ·2Mgx0＝M－0
解得x0＝。
(2)木板运动过程的加速度a板＝＝2μg
木板从开始运动到与滑块第一次共速所用的时间t1＝
木板与挡板碰后速度等大反向，设第二次共速的速度大小为v2，滑块和木板相互作用过程动量守恒，有(2M－M)v1＝(M＋2M)v2
木板从第一次与挡板碰撞到与滑块第二次共速所用的时间t2＝
滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间t＝t1＋t2
联立代入数据解得t＝。
(3)设滑块与木板第三次共速的速度大小为v3，根据动量守恒，有(2M－M)v2＝(M＋2M)v3
设木板长度为L，由功能关系可得
μ·2MgL＝·2M－(M＋2M)
联立解得L＝。
课时测评33　能量和动量观点的综合应用(一)
(时间：30分钟　满分：40分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－7，每题4分，共28分)
题组1　“子弹打木块”模型
1.(多选)如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　)
A.FfL＝Mv2 B.Fft＝mv0－mv
C.v＝ D.Ffs＝m－mv2
答案：AB
解析：对木块，由动能定理可得FfL＝Mv2，故A正确；以向右为正方向，对子弹，由动量定理可得－Fft＝mv－mv0，故B正确；对木块和子弹整体，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，故C错误；对木块和子弹整体，根据能量守恒定律得Ffs＝m－(M＋m)v2，故D错误。故选AB。
2.(多选)如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是(　　)
A.子弹与硬木摩擦产生的内能较多
B.两个系统产生的内能一样多
C.子弹在软木中打入深度较大
D.子弹在硬木中打入深度较大
答案：BC
解析：设子弹质量为m，木头质量为M，由于最终都达到共同速度，根据动量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v，根据能量守恒定律，有Q＝ΔE＝m－(m＋M)v2，解得Q＝，则两个系统产生的内能一样多，故A错误，B正确；根据功能关系有Q＝ΔE＝Ffd，可知产生的内能相同时，摩擦力Ff越小，子弹打入深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，故C正确，D错误。
3.(多选)(2026·广东肇庆期末)如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速度为v0，木块的速度为v0。设子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是(　　)
A.木块的质量为3m
B.子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为
C.若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度小于v0
D.若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，系统产生的内能小于m
答案：AB
解析：子弹穿过木块的过程，有mv0＝m×v0＋M×v0，m＝m×＋M×＋E损，解得M＝3m，E损＝m，故A、B正确；若将木块固定，子弹与木块的相对位移不变，系统产生的内能即损失的机械能仍为m，故D错误；由能量守恒定律可得m＝mv2＋E损，解得v＝v0＞v0，故C错误。
题组2　“滑块—木板”模型
4.(2026·河北保定二模)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A和木板B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＝，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；t时间木板B的位移为xB＝(0＋)t＝vt，木板B的长度为L＝xA－xB＝vt，D错误。
5.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乙所示，g取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A获得的动能为2 J
答案：A
解析：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共，解得mA＝2 kg，损失的机械能为E损＝mB－(mA＋mB)＝2 J，B错误；由题图乙，木板A的最小长度为L＝×1×2 m＝1 m，C错误；木板A获得的动能为EkA＝mA＝1 J，D错误。
6.(2025·浙江1月·T8)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，g＝10 m/s2，则(　　)
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
答案：D
解析：碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；以向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒有mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1 m/s，方向向右，当三者共速时有2mv1－mvC＝3mv，可知v＝0，即最终三者一起静止，可知经历的时间t＝＝ s＝0.4 s，选项B错误；碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量Q＝×2m＋m＝3 J，选项C错误；碰撞到三者相对静止，由能量关系可知Q＝μmgx相对，可得x相对＝0.6 m，选项D正确。
7.(多选)(2026·甘肃模拟)如图甲所示，足够长的质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m＝1.5 kg的物块，t＝0时物块以速度v0从木板的左端开始向右端滑动，运动过程中物块的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示，t＝3 s后物块动能不变，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.t＝3 s时物块和木板达到共同速度
B.M＝3 kg
C.物块与木板间的动摩擦因数为0.1
D.木板的最短长度为6 m
答案：ACD
解析：由题图乙可知，t＝3 s时物块和木板达到共同速度，选项A正确；根据Ek＝mv2，可知物块的初速度v0＝4 m/s，共同速度v＝1 m/s，根据动量守恒有mv0＝(m＋M)v，解得M＝4.5 kg，选项B错误；由动量定理，对木板有μmgt＝Mv，解得物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1，选项C正确；由能量关系有－μmgx＝(m＋M)v2－m，解得x＝6 m，即木板的最短长度为6 m，选项D正确。
8.(12分)(2026·安徽淮北模拟)如图所示，固定的光滑弧形轨道底端O处切线水平，光滑的水平面上静置一长木板AB，P为长木板的中点，木板的上表面与O点等高，在板的左端点放置一个可视为质点、质量为m的物块，物块与板间的动摩擦因数为μ。可视为质点、质量为m的小球从弧形轨道上距离O点某一高度处由静止释放，滑到O点时速度大小为v0，小球与物块发生弹性碰撞(碰撞后立即取走小球)，当长木板锁定时，物块恰好停在长木板的右端点。已知重力加速度为g，求：
(1)小球在弧形轨道上释放时的高度h；
(2)长木板的长度L；
(3)解除长木板的锁定，要使物块最终停在P点左侧，但越过AP的中点，木板质量M的范围。
答案：(1)　(2)　(3)m＜M＜m
解析：(1)小球滑到O点的过程，由动能定理得mgh＝·m－0
解得h＝。
(2)小球滑到O点时与物块发生弹性碰撞，设碰后小球和物块的速度分别为v1和v2，根据动量守恒和机械能守恒有mv0＝mv1＋mv2，·m＝·m＋m
联立解得v1＝－v0，v2＝v0
当长木板锁定时，物块由A点滑到B点的过程，由动能定理得－μ·mgL＝0－·m
解得L＝。
(3)设物块相对于长木板的位移大小为x相，解除长木板的锁定，要使物块最终停在P点左侧，但越过AP的中点，则L＜x相＜L
根据动量守恒和能量守恒有mv2＝v共
m＝＋μmgx相
联立解得m＜M＜m。(共49张PPT)
专题提升八　能量和动量观点的综合应用(一)
高三总复习讲义　新高考
第七章 动量守恒定律
1.会用动量观点和能量观点分析并解决“子弹打木块”模型的相关问题。
2.会用动量观点和能量观点分析并解决“滑块—木板”模型的相关问题。
学习目标
提升点一 “子弹打木块”模型
提升点二 “滑块—木板”模型
课时测评
内容索引
“子弹打木块”模型
提升点一
模型 图例
地面光滑，木块长度为d，子弹射入木块所受阻力恒为Ff
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(未穿出)：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＝Ffx＝m－(M＋m)v2。
2.子弹穿透木块：两者速度不相等，机械能有损失(非弹性碰撞)
(1)系统动量守恒：mv0＝Mv2＋mv1。
(2)系统能量守恒：Q＝Ffd＝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大小以及它们在此过程中所产生的内能。
例1
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，则在射中木块后能否射穿该木块？
答案：能
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'≈10.7 cm
因为d'＞10 cm，所以能射穿木块。
解决“子弹打木块”的两个关键
1.弄清楚子弹是最终留在木块中与木块一起运动，还是穿出木块后各自运动。
特别提醒
2.求解子弹打击木块过程中损失的机械能，可以根据题目中的具体条件：
(1)利用ΔE损＝Q热＝Ffx相对求解。
(2)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。
(3)通过打击前后系统的机械能之差求解。
特别提醒
针对练.(2025·八省联考河南卷)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；
答案：10
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。
答案：37.5mgh
子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能ΔE＝m－＝37.5mgh。
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“滑块—木板”模型
提升点二
模型 图例
上表面粗糙、质量为M的木板，放在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0滑上木板
模型 特点 1.系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力大小与二者相对位移大小的乘积等于系统减少的机械能，即因摩擦产生的热量。
2.若滑块始终未从木板上滑下，当二者速度相同时，木板速度最大，二者相对位移大小最大
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大小：根据能量守恒定律有Q＝FfΔx或Q＝
E初－E末，研究对象为一个系统
(2026·广东珠海模拟)如图所示，光滑水平面上，质量为M＝2 kg的木板以v1＝4 m/s的速度向左运动。某时刻，质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)以向右的速度v2＝2 m/s从木板左端滑上木板。经过t＝0.5 s后，小物块恰好相对木板静止于木板右端。重力加速度g＝10 m/s2。关于这一过程，下列说法正确的是
A.两者最终停在水平面上
B.小物块与木板间的动摩擦因数为0.4
C.木板的长度为1.5 m
D.系统机械能损失6 J
例2
√
木板与物块组成的系统满足动量守恒，两者最终以共同速度运动，以向左为正方向，根据动量守恒可得Mv1－mv2＝(M＋m)v，解得v＝
2 m/s，方向向左；对木板，由动量定理得－μmgt＝Mv－Mv1，解得小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.8，故A、B错误。根据能量守恒可得，系统机械能损失ΔE＝M＋m－(M＋m)v2＝12 J，又Q＝μmgL＝ΔE，可得木板的长度为L＝1.5 m，故C正确，D错误。
针对练.(多选)(2026·湖南郴州模拟)如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，物块(视为质点)以大小为3v0的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的v -t图像，图中t0已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是
A.木板的最小长度为v0t0
B.物块与木板的质量之比为2∶3
C.物块与木板间的动摩擦因数为
D.整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为9∶2∶7
√
√
由题图乙可知，物块相对于木板滑动的距离为d＝×3v0t0＝v0t0，则木板的最小长度为v0t0，故A正确；由动量守恒定律有m·3v0＝(m＋M)v0，可得物块与木板的质量之比m∶M＝1∶2，故B错误；由题图乙可知，物块在木板上滑动的加速度大小a＝，由牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝，故C正确；
物块减小的动能Ek1＝m×(3v0)2－m＝4m，木板增大的动能Ek2＝M＝m，由能量守恒定律可知，物块与木板组成的系统产生的热量Q＝Ek1－Ek2＝3m，则Ek1∶Ek2∶Q＝4∶1∶3，故D错误。
(2026·河南洛阳二模)如图，一质量为M的木板放置于光滑水平面上，木板右侧地面上固定一竖直挡板。现在长木板最左端放置一个可视为质点的滑块，给滑块一个初速度v0，由于滑块和木板的相互作用，在木板第一次碰撞竖直挡板时，两者恰好达到共速，木板碰撞挡板不损失机械能且不计碰撞时间。已知滑块质量为2M，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
(1)求木板未运动时，木板右端到挡板的距离；
例3
答案：
滑块和木板作用过程动量守恒，设第一次共速的速度大小为v1，有2Mv0＝(M＋2M)v1
设木板未运动时，木板右端到挡板的距离为x0，由动能定理可得μ·2Mgx0＝M－0
解得x0＝。
(2)求滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间；
答案：　
木板运动过程的加速度a板＝＝2μg
木板从开始运动到与滑块第一次共速所用的时间t1＝
木板与挡板碰后速度等大反向，设第二次共速的速度大小为v2，滑块和木板相互作用过程动量守恒，有(2M－M)v1＝(M＋2M)v2
木板从第一次与挡板碰撞到与滑块第二次共速所用的时间t2＝
滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间t＝t1＋t2
联立代入数据解得t＝。
(3)若第三次共速时，滑块恰好未从木板上掉落，求木板的长度。
答案：
设滑块与木板第三次共速的速度大小为v3，根据动量守恒，有(2M－M)v2＝(M＋2M)v3
设木板长度为L，由功能关系可得
μ·2MgL＝·2M－(M＋2M)
联立解得L＝。
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课 时 测 评
题组1　“子弹打木块”模型
1.(多选)如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是
A.FfL＝Mv2
B.Fft＝mv0－mv
C.v＝
D.Ffs＝m－mv2
√
√
对木块，由动能定理可得FfL＝Mv2，故A正确；以向右为正方向，对子弹，由动量定理可得－Fft＝mv－mv0，故B正确；对木块和子弹整体，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，故C错误；对木块和子弹整体，根据能量守恒定律得Ffs＝m－(M＋m)v2，故D错误。故选AB。
2.(多选)如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是
A.子弹与硬木摩擦产生的内能较多
B.两个系统产生的内能一样多
C.子弹在软木中打入深度较大
D.子弹在硬木中打入深度较大
√
√
设子弹质量为m，木头质量为M，由于最终都达到共同速度，根据动量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v，根据能量守恒定律，有Q＝ΔE＝m－(m＋M)v2，解得Q＝，则两个系统产生的内能一样多，故A错误，B正确；根据功能关系有Q＝ΔE＝Ffd，可知产生的内能相同时，摩擦力Ff越小，子弹打入深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，故C正确，D错误。
3.(多选)(2026·广东肇庆期末)如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速度为v0，木块的速度为v0。设子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是
A.木块的质量为3m
B.子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为
C.若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度小于v0
D.若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，系统产生的内能小于m
√
√
子弹穿过木块的过程，有mv0＝m×v0＋M×v0，m＝m×＋M×＋E损，解得M＝3m，E损＝m，故A、B正确；若将木块固定，子弹与木块的相对位移不变，系统产生的内能即损失的机械能仍为m，故D错误；由能量守恒定律可得m＝mv2＋E损，解得v＝v0＞v0，故C错误。
题组2　“滑块—木板”模型
4.(2026·河北保定二模)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
√
设物块A和木板B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＝，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；t时间木板B的位移为xB＝(0＋)t＝vt，木板B的长度为L＝xA－xB＝vt，D错误。
5.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乙所示，g取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A获得的动能为2 J
√
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共，解得mA＝2 kg，损失的机械能为E损＝mB－(mA＋mB)＝
2 J，B错误；由题图乙，木板A的最小长度为L＝×1×2 m＝1 m，C错误；木板A获得的动能为EkA＝mA＝1 J，D错误。
6.(2025·浙江1月·T8)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，g＝10 m/s2，则
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
√
碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；以向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒有mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1 m/s，方向向右，当三者共速时有2mv1－mvC＝3mv，可知v＝0，即最终三者一起静止，可知经历的时间t＝＝ s＝0.4 s，选项B错误；碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量Q＝×2m＋m＝3 J，选项C错误；碰撞到三者相对静止，由能量关系可知Q＝μmgx相对，可得x相对＝0.6 m，选项D正确。
7.(多选)(2026·甘肃模拟)如图甲所示，足够长的质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m＝1.5 kg的物块，t＝0时物块以速度v0从木板的左端开始向右端滑动，运动过程中物块的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示，t＝3 s后物块动能不变，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是
A.t＝3 s时物块和木板达到共同速度
B.M＝3 kg
C.物块与木板间的动摩擦因数为0.1
D.木板的最短长度为6 m
√
√
√
由题图乙可知，t＝3 s时物块和木
板达到共同速度，选项A正确；根
据Ek＝mv2，可知物块的初速度v0
＝4 m/s，共同速度v＝1 m/s，根据
动量守恒有mv0＝(m＋M)v，解得M＝4.5 kg，选项B错误；由动量定理，对木板有μmgt＝Mv，解得物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1，选项C正确；由能量关系有－μmgx＝(m＋M)v2－m，解得x＝
6 m，即木板的最短长度为6 m，选项D正确。
8.(12分)(2026·安徽淮北模拟)如图所示，固定的光滑弧形轨道底端O处切线水平，光滑的水平面上静置一长木板AB，P为长木板的中点，木板的上表面与O点等高，在板的左端点放置一个可视为质点、质量为m的物块，物块与板间的动摩擦因数为μ。可视为质点、质量为m的小球从弧形轨道上距离O点某一高度处由静止释放，滑到O点时速度大小为v0，小球与物块发生弹性碰撞(碰撞后立即取走小球)，当长木板锁定时，物块恰好停在长木板的右端点。已知重力加速度为g，求：
(1)小球在弧形轨道上释放时的高度h；
答案：
小球滑到O点的过程，由动能定理得mgh＝·m－0
解得h＝。
(2)长木板的长度L；
答案：
小球滑到O点时与物块发生弹性碰撞，设碰后小球和物块的速度分别为v1和v2，根据动量守恒和机械能守恒有mv0＝mv1＋mv2，·m＝·m＋m
联立解得v1＝－v0，v2＝v0
当长木板锁定时，物块由A点滑到B点的过程，由动能定理得－μ·mgL＝0－·m
解得L＝。
(3)解除长木板的锁定，要使物块最终停在P点左侧，但越过AP的中点，木板质量M的范围。
答案：m＜M＜m
设物块相对于长木板的位移大小为x相，解除长木板的锁定，要使物块最终停在P点左侧，但越过AP的中点，则L＜x相＜L
根据动量守恒和能量守恒有mv2＝v共
m＝＋μmgx相
联立解得m＜M＜m。
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专题提升八　
能量和动量观点的综合应用(一)

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