文档内容
知识点 52：应用三大观点解决滑块与长木板碰撞问题
【知识思维方法技巧】
（1）滑块与木板碰撞模型的特点：
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．
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．
（2）滑块与木板碰撞模型的求解方法：
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＝f Δx或Q＝E －E ，研究对象
初 末
为一个系统．
考点一：滑块与木板碰撞模型
题型一：滑块带木板模型
【典例1提高题】(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一滑块B以
水平速度v＝4 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
0
速度随时间变化情况如图6所示，则下列说法正确的是( )
A.木板A获得的动能为4 J
B.木板A的最小长度为1 m
C.A、B间的动摩擦因数为0.1
D.系统损失的机械能为8 J
【典例1提高题】【答案】AD
【解析】由题图可知，木板获得的速度是2 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速
度方向为正方向，由动量守恒定律得mv ＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，木板获得的动能是E
0 k
＝Mv2＝×2×22 J＝4 J，A正确；0～1 s时间内B的位移x ＝×(4＋2)×1 m＝3 m，A的位移
B
是x ＝×1×2 m＝1 m，木板A的最小长度是Δx＝x －x ＝2 m，B错误；滑块B的加速度a
A B A
＝＝ m/s2＝－2 m/s2，负号表示加速度方向，由牛顿第二定律得 μmg＝ma，代入数据解得
μ＝0.2，C错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－mv2－Mv2，代入数据解得ΔE＝8 J，D正确。
【典例1提高题对应练习】如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v 向右做匀速直线运
0
动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它
们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 1
学科网（北京）股份有限公司（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速
直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【典例1提高题对应练习】【答案】（1）v = ；（2）x = ；（3）t =
共
，W = mv 2
0
【解析】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv = 3mv 解得v
0 共
= （2）由于木板速度是滑块的2倍，则有v = 2v 再根据动量守恒定律有2mv =
共 木 滑 0
2mv + mv ，联立化简得v = v，v = v 再根据功能关系有 - μmgx = × 2mv
木 滑 滑 0 木 0 木
2 + mv 2 - × 2mv 2经过计算得x = 。（3）由于木板保持匀速直线运动，则有
滑 0
F = μmg对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a = μg，滑块相对木板静止时有
滑
v = a t解得t = 则整个过程中木板滑动的距离为x′ = vt = 则拉力所做的功为
0 滑 0
W = Fx′ = mv 2。
0
题型二：块与板运动方向相反模型
【典例2提高题】（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以大小均为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
摩擦因数是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( )
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
【典例2提高题】【答案】ACD
【解析】木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度均为 v ＝5.0 m/s，所以木板的动量
0
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
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 2
学科网（北京）股份有限公司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，Mv －mv ＝Mv ，代入数据解得v ＝3.75 m/s，故A
0 0 B B
正确，B错误；最终木块与木板速度相等，根据动量守恒定律可得 Mv －mv ＝(M＋m)v，
0 0
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，Mv2＋mv 2－(M＋m)v2＝μmgx，代入数据解得x＝8 m，木板的
0 0
最小长度为8 m，可能为10 m，故D正确．
题型三：多个滑块与木板碰撞模型
【典例3提高题】一块足够长的木板C质量为2m，放在光滑的水平面上，如图所示．在木
板上自左向右放有A、B两个完全相同的物块，两物块质量均为 m，与木板间的动摩擦因
数均为μ.开始时木板静止不动，A、B两物块的初速度分别为v、2v，方向如图所示．试
0 0
求：
(1)木板能获得的最大速度．
(2)A物块在整个运动过程中的最小速度．
(3)全过程AC间由于摩擦产生的热量跟BC间由于摩擦产生的热量之比是多少？
【典例3提高题】【答案】见解析
【解析】(1)当A、B和木板速度相同时，木板的速度最大，取向右为正方向，对三者组成
的系统运用动量守恒定律得mv ＋m·2v＝(m＋m＋2m)v′，解得v′＝ v
0 0 0
(2)开始时，A、B做匀减速直线运动的加速度大小为a＝ ＝μg，A、B都滑动时，木板C
的加速度大小为a′＝ ＝μg.因为A的初速度小，A与木板C先达到共同速度，当A
与木板达到共同速度后，A与木板一起做匀加速直线运动．可知，A与木板速度相同时，
速度最小，则有v＝v－at＝a′t，解得t＝ ，则A物块在整个运动过程中的最小速度为v
0
＝v－at＝
0
(3)A、C刚共速时速度为：v＝ ，A、C间的相对位移大小为Δx＝ t－ t＝ t＝ ，
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 3
学科网（北京）股份有限公司A、C间由于摩擦产生的热量Q ＝μmgΔx＝ mv 2，全过程系统由于摩擦产生的热量等于系
AC 0
统动能减少量，为Q＝ mv 2＋ m(2v)2－ (m＋m＋2m)v′2，解得Q＝ mv 2，B、C间由于
0 0 0
摩擦产生的热量为Q ＝Q－Q ＝ mv 2，即 ＝ .
BC AC 0
【典例3提高题对应练习】如图所示，一平板小车 C 静止在光滑的水平面上，质量分别
为m的物体A和2m的物体B均以大小为v的初速度分别沿同一直线同时从小车两端相向
水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量为m，最终物体A、B都
停在小车上，物体 A、B 始终没有相碰．重力加速度为g，求：
（1）最终小车的速度大小及方向；
（2）平板车的长度至少为多长．
【典例3提高题对应练习】【答案】(1) 方向水平向左 (2)
【解析】(1)以A、B两物体及小车组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律可得2mv－mv＝4mv 解得v＝，方向水平向左
1 1
(2)初始阶段A物体向右做匀减速运动，加速度大小a ＝＝μg；B物体向左做匀减速运动，
A
加速度大小a ＝＝μg；小车向左做匀加速运动，加速度大小a ＝＝μg，经过t 时间，B、C
B C 1
达到共同速度，则有v－μgt ＝μgt ，此时t ＝，B、C的速度v ＝，方向向左，A的速度大
1 1 1 2
小与B、C相同，方向相反，该过程中，A相对C运动的距离：Δx ＝(vt －a t2)＋a t2，B
1 1 A1 C1
相对C运动的距离：Δx ＝(vt －a t2)－a t2，此后B、C共同向左做减速运动，加速度大小
2 1 B1 C1
a＝＝，直到三物体速度相同，所用时间t ＝＝，该过程A相对B、C滑行的距离：Δx ＝
2 3
(vt－a t2)＋(vt－at2)，所以小车的长度至少是l＝Δx＋Δx＋Δx＝.
22 A2 22 2 1 2 3
题型四：滑块与多个木板碰撞模型
【典例4提高题】如图所示，在光滑的水平面上并排放着两个相同的木块，长度皆为 L＝
1.00 m，在左边木块的左端放一个小金属块，它的质量和一个木块的质量相等，现让小金
属块以初速度v ＝2.00 m/s开始向右滑动，金属块与木块间的动摩擦因数 μ＝0.10.取g＝10
0
m/s2，求右边木块的最后速度大小．
【典例4提高题】【答案】 m/s
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 4
学科网（北京）股份有限公司【解析】若金属块最后停在左边的木块上，则两木块和金属块以相同的速度运动，设共同
的速度为v，x表示金属块最后距左边木块的左端的距离，则0＜x≤L.以向右为正方向，由
动量守恒及功能关系可知：mv ＝3mv，mv＝×3mv2＋μmgx代入数值可解得：x＝ m＞1.00
0
m，不合理，证明金属块最后不能停在左边的木块上。设金属块最后停在右边的木块上距
离左端为x处，0＜x≤L.令v 和v 表示两木块最后的速度，v′ 表示金属块到达左边木块右端
1 2 0
时的速度，由动量守恒及功能关系可知：mv ＝mv′＋2mv ，mv＝mv′＋×2mv＋μmgL,mv ＝
0 0 1 0
mv ＋2mv 解得：v ＝1 m/s，v ＝ m/s或v ＝ m/s，v ＝ m/s，因v 不能大于v ，所以v ＝
1 2 1 2 1 2 1 2 1
m/s，v ＝ m/s.又由mv＝mv＋×2mv＋μmg(L＋x)得：x≈0.25 m＜1.00 m.此值是合理的，证
2
明金属块最后停在右边的木块上，右边木块的最后速度为v＝ m/s
2
考点二：滑块与木板碰撞+组合模型
题型一：滑块碰撞含弹簧木板组合模型
【典例1提高题】(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA
段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直
墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹
簧，弹簧的压缩量达最大时轻绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰
未掉落。则( )
A．轻绳被拉断瞬间木板的加速度大小为
B．轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2
D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为
【典例1提高题】【答案】ABD
【解析】轻绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于 F，对木板，由牛顿第二定律得F＝Ma，得a
＝，故A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，
由系统的机械能守恒得，轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2，故B正确；弹簧恢复原
长时木板获得动能，所以滑块的动能小于mv2，故C错误；弹簧最大的弹性势能E ＝mv2，
p
小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，均为0。由能量守恒定律得E ＝
p
μmgl，解得μ＝，故D正确。
【典例1提高题对应练习】如图所示，一块质量为M的长木板停在光滑的水平面上，长木
板的左端有挡板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧．一个质量为 m的小物块(可视为质点)
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 5
学科网（北京）股份有限公司以水平速度v从长木板的最右端开始向左运动，与弹簧发生相互作用后(弹簧始终处于弹性
0
限度内)，最终又恰好相对静止在长木板的最右端．以下说法正确的是( )
A．物块的最终速度为v
0
B．长木板的最终速度为v
0
C．弹簧的最大弹性势能为
D．长木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为
【典例1提高题对应练习】【答案】D
【解析】小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，小物块与长木板组成的系统
动量守恒，以v的方向为正方向，则有mv＝(m＋M)v，解得v＝，故A、B错误；小物
0 0 2 2
块从开始位置滑动到最左端的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，则有 mv＝(m
0
＋M)v，解得v＝，由能量守恒定律，得E ＋Q＋(m＋M)v2＝mv2，Q＝FL，小物块从
1 1 pm 1 0 f
开始位置滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，得 Q′＋(m＋M)v2＝mv2，Q′＝
2 0
F(2L)，联立解得E ＝，Q′＝，即弹簧的最大弹性势能为E ＝，系统损失的机械能为
f pm pm
ΔE＝Q′＝，故C错误，D正确．
题型二：滑块碰撞板块组合模型
【典例2提高题】如图所示，在水平地面上静置一质量为M＝3 kg的木板A，在木板A的
上面右侧放置一质量为m＝1 kg的木块B(可视为质点)。木块B与木板A之间的动摩擦因
数μ＝0.1，木板A与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。一个底面光滑、质量也为M＝3 kg
1 2
的木块C以速度v＝2 m/s与木板A发生弹性碰撞。重力加速度g取10 m/s2。
0
(1)求碰后瞬间木板A获得的速度大小；
(2)在木块B与木板A相对运动的过程中，若要保证木块B不从木板A上滑下，求木板A
的最小长度。
【典例2提高题】【答案】(1)2 m/s (2)0.5 m
【解析】(1)设木块C与木板A碰后瞬间速度分别为v、v，木块C与木板A发生弹性碰撞，
1 2
有Mv＝Mv＋Mv， Mv2＝ Mv2＋ Mv2，代入数据解得v＝0，v＝v＝2 m/s
0 1 2 0 1 2 1 2 0
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 6
学科网（北京）股份有限公司(2)碰后木板A开始做减速运动，其加速度a＝－ ＝－3 m/s2，木块B开始做
1
加速运动，其加速度a＝ ＝μg＝1 m/s2，设二者速度相同时速度为v，有 ＝ ，解
2 1
得v＝0.5 m/s，此过程中木板A的位移为x＝ ＝ m，木块B的位移为x＝ ＝ m，
1 2
二者速度相同后，木板A继续减速，假设B相对A向右滑动，则A的加速度为a＝
3
＝－ m/s2，木块B向右做减速运动，其加速度a＝－ ＝－μg＝－1
4 1
m/s2，因为|a|>|a|，假设成立。所以速度相同后，木块B相对木板A将向右运动，直至停
3 4
止。A向右减速到零的位移x＝ ＝ m，A减速到零时，由于μmg<μ(m＋M)g，故保
3 1 2
持静止。B向右减速到零的位移为x＝ ＝ m，即B先相对A向左移动了x－x＝0.5
4 1 2
m，后相对A向右移动了x－x＝ m，则要保证木块B不从木板A上滑下，木板A的最
4 3
小长度为L＝x－x＝0.5 m。
1 2
【典例2提高题对应练习】如图所示，长木板B的质量为m ＝1.0 kg，静止放在粗糙的水
2
平地面上，质量为m ＝1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m
3 1
＝0.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l＝9.5 m处，以初速度v＝10 m/s向着长木板运动．
0
一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过
程物块C始终在长木板上．已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，物块
1
C与长木板间的动摩擦因数为μ ＝0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
2
g取10 m/s2，求：
（1）A、B碰后瞬间物块A和长木板B的速度；
（2）长木板B的最小长度；
（3）物块A离长木板左侧的最终距离．
【典例 2 提高题对应练习】【答案】(1)3 m/s，方向向左 6 m/s，方向向右 (2)3 m
(3)10.5 m
【解析】(1)设物块A与木板B碰前瞬间的速度为v，由动能定理得－μmgl＝mv2－mv2
1 1 1 1 0
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 7
学科网（北京）股份有限公司解得v＝＝9 m/s，A与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v、v，由动量守恒
1 2
定律得mv＝mv＋mv，由机械能守恒定律得mv2＝mv2＋mv2
1 1 1 2 2 1 1 1 2 2
联立解得v ＝v＝－3 m/s，v ＝v＝6 m/s， 碰后瞬间物块A的速度大小为3 m/s、方向向左，
1 2
长木板B的速度大小为6 m/s、方向向右。
(2)碰撞后B做减速运动，C做加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对
木板B有－μ(m ＋m)g－μmg＝－ma ，对物块C有μmg＝ma ，设从碰撞后到两者达
1 2 3 2 3 2 1 2 3 3 2
到共同速度经历的时间为t，则v－at＝at，木板B的最小长度d＝vt－at2－at2＝3 m
2 1 2 2 1 2
(3)B、C达到共同速度之后，因μ(m＋m)g＝μmg，故二者一起减速至停下，设加速度大
1 2 3 2 3
小为a ，由牛顿运动定律得μ(m ＋m)g＝(m ＋m)a ，整个过程B运动的位移为x ＝vt－
3 1 2 3 2 2 3 B 2
at2＋＝6 m，A与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小为 a ＝＝1 m/s2，位移为x ＝＝
1 4 A
4.5 m，物块A离长木板B左侧的最终距离为x ＋x ＝10.5 m.
A B
题型三：板块模型碰撞挡板模型
【典例3提高题】如图所示，质量为M＝0.4 kg的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与
固定竖直挡板间的距离L＝0.5 m，某时刻另一质量m＝0.1 kg的小滑块(可视为质点)以v＝
0
2 m/s的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能
损失．已知小滑块与长木板间的动摩擦因数 μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，小滑块始终
未脱离长木板．求：
（1）自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；
（2）长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离．
【典例3提高题】【答案】(1)1.65 s (2)0.928 m
【解析】(1)小滑块滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：mv ＝(m＋M)v
0 1
解得：v＝0.4 m/s，对长木板：μmg＝Ma得长木板的加速度：a＝0.5 m/s2
1
自小滑块刚滑上长木板至两者达到相同速度：v＝at 解得：t＝0.8 s
1 1 1
长木板向右运动的位移：x＝at解得：x＝0.16 m
