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动量守恒的十种模型解读和针对性训练
模型8 滑块木板模型
模型解读
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＝fΔx 或Q＝E 初－E 末，研究对象为一
个系统。
【方法归纳】
. “子弹打木块”（“滑块—木板”）模型，采用动量守恒定律、动能定理或能量守恒定律
列方程解答。
滑块木板模型的位移关系:
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，二者位移之差等于
板长。若滑块和木板反向运动，二者位移之和等于板长。
【典例精析】
【典例】 (2024·广东广州校考)如图，长为L 的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m
的滑块以水平向右的初速度v0滑上木板左端。若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为；
若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。滑块可视为质点，重力加速度大小为g。求：
(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ；
1
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(2)木板的质量M；
(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I1∶I2。
解析 (1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为f＝μmg
由动能定理有－μmgL＝m－mv
解得μ＝。
(2)木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v，
由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v
由能量守恒定律有μmgL＝mv－(m＋M)v2
联立两式解得M＝8m。
(3)规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，由动量定理有
I1＝m－mv0＝－mv0
木板不固定时滑块末速度为v＝＝
由动量定理有
I2＝mv－mv0＝m－mv0＝－mv0
解得I1∶I2＝3∶4。
答案 (1) (2)8m (3)3∶4
【针对性训练】
1.. （2024 年5 月武汉三模）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
kB
E
，长木板A 的动能增加量为
kA
E
，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.
kB
E
，
kA
E
，Q 的值可能为
kB
7J
E
，
kA
2J
E
，
5J
Q
C.
kB
E
，
kA
E
，Q 的值可能为
kB
5J
E
，
kA
3J
E
，
2J
Q
2
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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
【名师解析】．A、B 组成的系统合力为零，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 的速度—时间图线，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，1 与轴所围的面积表示物体B 的位移x1，2 与轴所围的面积表示
长木板A 的位移x2，由图可知
又有
则有
可知B 项所给数值有可能，故B 正确，C 错误。D．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=fl 不变，
D 错误。 故选B。
2 .如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物
块质量，t＝0 时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板
以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的
速度v 随时间t 变化的图像可能正确的是( )
答案 A
解析 木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向
右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度
3
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相同，设为v1。设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒定律
得Mv0－mv0＝(M＋m)v1，解得v1＝v0<v0，故A 正确，B、C、D 错误。
3.（10 分）（2024 年4 月安徽安庆示范高中联考）如图所示，一质量为M=4kg 的木板静止在水平面上，木
板上距离其左端点为L=25m 处放置一个质量为m=1kg 的物块（视为质点），物块与木板之间的动摩擦因
数为μ1=0.3。t=0 时刻，给木板一个水平向右的瞬时冲量I=20N•s。物块恰好未从木板上滑落。设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。求：
（1）木板与地面之间的动摩擦力大小；
（2）若给本板水平向右的冲量的同时，也给物块水平向右的恒力F=5N。求当木板刚停止时物块的动能。
（物块未从木板上滑落）
【答案】（10 分）
（1）f=5N
（2）Ek=200J
【解析】（1）物块初速度
先加速
木板减速设为
共速用时
解得f=5N（1 分）
（2）由F=f 系统在此过程动量守恒（1 分）
4
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（其它方法做出也可）（2 分）
4. （2024 湖北武汉江岸区调考）如图所示，长为
的木板A 静止在光滑水平面上，其右端固定着一个挡
板，包括挡板在内的总质量为
；有一质量为
的小木块B，从木板A 的左端开始以初速度
开始沿
木板A 滑动，小木块B 与木板A 间的动摩擦因数为
，小木块B 滑到木板A 的右端与挡板发生碰撞。已
知碰撞过程时间极短，且碰撞后木板B 最终恰好滑到木板A 的最左端。则以下说法正确的是（ ）
A. AB 相对静止时的对地速度大小为
B. 若
，则AB 碰撞为弹性碰撞
C 若
，则AB 碰撞完后B 对地向右运动
D. 若
，则从碰撞完毕开始到两者相对静止的过程中，摩擦力对A 做的功为
【答案】ABD
【解析】
由动量守恒定律
AB 相对静止时的对地速度大小为
A 正确；
由能量守恒定律
5
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解得
即AB 碰撞过程无能量损失，为弹性碰撞，B 正确；
由上述分析，AB 为弹性碰撞
解得
即碰撞后B 对地向左运动，C 错误；
碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减小量等于系统克服摩擦力做的功
解得
（舍去）
这段过程中，摩擦力对A 做的功
D 正确。
5. (2024·福建南平高三月考)如图所示，两端有竖直挡板的U 形槽C 放置在光滑的水平面上，
质量M＝3 kg、槽内长度L＝1.0 m，中间位置放上一质量mB＝2 kg 的滑块B，均处于静止状
态。在槽左边有一质量mA＝1 kg 滑块A，以速度v0＝6 m/s 向右运动，与U 形槽碰撞后以原来
速度的一半反弹，经过t＝1 s 时，滑块B 与U 形槽的挡板发生第一次碰撞。A、B 滑块均可视
为质点，U 形槽的上表面水平，所有的碰撞均为弹性的，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻
6
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力。求：
(1)滑块A 与U 形槽C 碰撞后瞬间U 形槽C 的速度大小vC；
(2)滑块B 与槽间的动摩擦因数μ；
(3)U 形槽最终的速度及B 在槽内的位置。
答案 (1)3 m/s (2)0.3 (3)1.8 m/s 与U 型槽左边挡板的距离为0.4 m
解析 (1)A 与U 形槽发生弹性碰撞，由动量守恒定律有
mAv0＝mAvA＋MvC
由题意知vA＝－
解得vC＝3 m/s。
(2)滑块A 与U 形槽碰撞后，B 做匀加速直线运动，有μmBg＝mBaB
sB＝aBt2
滑块A 与U 形槽碰撞后，U 形槽做匀减速直线运动，有μmBg＝MaC
sC＝vCt－aCt2
由题意知sC－sB＝
联立可得μ＝0.3。
(3)设U 形槽的最终速度为v，由动量守恒定律有
MvC＝(M＋mB)v
解得v＝1.8 m/s
由功能关系有Mv＝(M＋mB)v2＋μmBgs
解得s＝0.9 m
所以，滑块B 最终的位置与U 形槽左边挡板的距离为d＝0.4 m。
6 (2024·江西南昌模拟)如图4 所示，一质量为3 kg 的木板B 静止于光滑水平面上，物块A
质量为2 kg，停在木板B 的左端。质量为1 kg 的小球用长为l＝1.8 m 的轻绳悬挂在固定点O
上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A 发生弹性碰撞，
碰后立即取走小球，物块A 与小球均可视为质点，不计空气阻力，已知物块A 与木板B 之间
的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。
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图4
(1)求碰撞过程中小球对物块A 的冲量大小；
(2)若木板长度为 m，求物块A 的最终速度大小。
答案 (1)8 kg· m/s (2)2 m/s
解析 (1)小球由静止摆至最低点的过程，由机械能守恒定律有mgl＝mv
小球与物块A 发生弹性碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0＝mv1＋mAv2
mv＝mv＋mAv
对物块A 运用动量定理得I＝mAv2－0
联立解得I＝8 kg· m/s。
(2)假设物块A 与木板B 达到共同速度，设相对位移为s，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mAv2＝(mA＋mB)v
μmAgs＝mAv－v2
联立解得s＝2.4 m
因L<s，故物块A 从木板B 上滑下，设物块A 与木板B 最终速度分别为vA和vB，由动量守恒
定律和能量守恒定律得
mAv2＝mAvA＋mBvB
μmAgL＝mAv－mAv－mBv
解得vA＝2 m/s。
7 （2024 山西临汾一模）如图所示，物块B 和木板C 静止在光滑水平地面上，C 的上表面水平且足够长，
其左端放置一滑块A，A、B、C 的质量分别为m、2m、3m。A、C 间的动摩擦因数为
，B、C 由不可伸
长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给A 一个向右的速度
，使A 在C 上滑动，当A 的速
度减为
时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子被拉断时C 的速度为
，重力加速度为g。求：
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（1）从A 获得速度开始经过多长时间绳子被拉直？
（2）因拉断绳子造成的机械能损失为多少？
（3）若A 最终未脱离木板C，则木板C 的长度至少为多少？
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】
（1）对物块A，根据动量定理
解得
（2）A、C 构成的系统在绳子伸直之前动量守恒
解得
C、B 构成的系统在绳子拉断瞬间动量守恒
解得
在绳子拉断瞬间损失的机械能为
解得
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（3）在绳子伸直之前，A、C 构成的系统根据功能关系
解得
绳子拉断后直到A、C 共速，A、C 构成的系统动量守恒
解得
绳子拉断后，A、C 系统根据功能关系
得
木板C
长度至少为
8. （2024 广东惠州第三次调研）如图所示，一质量为M=2kg、右端带有一段半径为R=0.5m 的四分之一圆
弧的长木板停靠在墙边，木板左端固定一轻弹簧，弹簧右端紧靠一质量为m=1kg 的小物块（不栓接），木
板表面除长为L=2.5m 的AB 段外均光滑，AB 段与物块间的滑动摩擦因数为μ=0.2。现用外力通过物块压缩
弹簧，使其弹性势能Ep=18J，然后由静止释放物块。已知物块到达A 点前已脱离弹簧，水平地面光滑且足
够长，重力加速度g 取10m/s2，求：
（1）物块第一次到达A 点时的动量大小；
（2）试通过计算判断物块能否到达圆弧轨道的最高点。
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【答案】（1）6kg﹒m/s；（2）能，见解析
【解析】
（1）由相同机械能守恒有
可得
物块第一次到达A 点时的动量大小
（2）假设能到达最高点，此时，物块的速度与木板的速度相等，设为v，从物块滑过A 点，木板离开墙角
后，物块与木板组成的系统水平方向动量守恒，有
可得
则有
可得
可知物块能到达圆弧轨道的最高点。
9. （2024 河北沧州市1 月质检） 如图所示，高度相同的两块平板P1、P2置于光滑水平面上，其质量分别
为m1=1kg 和m2=3kg。质量m=1kg 且可看作质点的物体P 置于P1的最右端，P1与P 一起以v0=4m/s 的速度
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向右运动，与静止的P2发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞过程中无机械能损失。P 与P2之间的动摩擦因数
为μ=0.5，P2足够长，重力加速度g 取10m/s2。求：
（1）P1、P2碰撞后瞬间两平板的速度大小；
（2）P 最终距离P2左端的距离。
【答案】（1）均为2m/s；（2）0.3m
【解析】
（1）
、
碰撞过程中无机械能损失，以
、
为系统，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
联立解得
，
则碰后
、
的速度大小均为
。
（2）碰撞后
以
的速度运动到
上，最后两物体共速，碰撞后对
与
，根据动量守恒定律得
对
与
，根据功能关系得
联立解得
则P 最终距离P2左端
距离
。
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10．（14 分）（2024 山东淄博期末）如图所示，有一圆心为
、半径为
的光滑圆弧轨道固定在
竖直平面内，半径
与水平半径
之间的夹角
．圆弧轨道右侧某处有一光滑水平桌面，桌
面边缘与木板
的左侧对齐，木板
长为
且厚度不计，在木板
左端
点有一静止的小滑块
．
现将小球
从圆弧轨道内侧
点由静止释放，并从圆弧轨道末端
点飞出，到最高点时恰好与滑块
发
生弹性碰撞，
可视为质点且碰撞时间极短．已知质量
的球
表面光滑，滑块
与木板
的质量
两者之间的动摩擦因数为
，取重力加速度
，空气
阻力忽略不计，
．
（1）求球
到达
点时速度的大小
；
（2）求
点与
点之间的水平距离
；
（3）求
碰撞后，滑块
和木板
组成的系统损失的机械能
；
（4）若仅将滑块
初始位置向右移动，使滑块
到木板
左端
点的距离等于
，球
仍从
点由静止释放，求
发生弹性碰撞后整个过程中摩擦力对滑块
所做的功
．
【名师解析】：（1）球
从
点运动到
点，由动能定理得：
（2）球
离开
点后做斜抛运动
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水平方向：
竖直方向：
（3）
物体碰撞，动量守恒、能量守恒
得：
在
板上滑动过程中，若共速前不从
板上滑下．由动量守惊、能量守恒得：
解得：
则物块
未从
板滑下．
（4）
：
不会从
板滑下，对
物体由动能定理得：
能从
板滑下，由动量守恒和能量守恒得：
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解得：
由动能定理得：
11. （2024 山东青岛期末） 如图所示，水平地面上有一固定光滑轨道ABC，其左侧为四分之一光滑圆弧
AB，圆弧半径为R=7.2m，右侧是光滑的水平面BC。紧挨着轨道右侧有一质量为m0=1kg 的小车，小车与水
平地面间无摩擦，小车左端和轨道末端C 平滑过渡但不粘连，最右边有一固定的竖直墙壁，小车足够长，
且小车右端距离墙壁足够远。在轨道末端C 点静止放置一个质量为m1=2kg 的滑块N（可视为质点），现将
一质量为m2=2kg 的滑块M（可视为质点）从轨道顶端A 点由静止滑下，经过ABC 后与滑块N 发生弹性碰
撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块N 滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度反向，
速度大小减小为碰撞前速度大小的
。已知滑块N 与小车的上表面间的动摩擦因数为μ=0.1，在整个过程
中滑块N 未从小车上滑落，重力加速度取g=10m/s2。求：
（1）滑块M 运动到C 点时（还未与滑块N 碰撞）的速度大小；
（2）从滑块N 滑上小车到小车第一次撞墙后瞬间，滑块N 与小车整体减少的机械能
；
（3）小车与墙壁第1 次碰撞后到与墙壁第4 次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】
（1）滑块M 从A 点静止释放到C 点过程，根据动能定理可得
解得滑块M 运动到C 点时的速度大小为
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（2）滑块M 与滑块N 发生弹性碰撞，设碰后瞬间滑块M、N 的速度分别为
、
；根据动量守恒和机械
能守恒可得
解得
，
根据题意可知，小车与第一次撞墙前，滑块N 与小车已经达到共速，根据动量守恒可得
解得
由题意可知小车与第1 次撞墙后，速度变为
则从滑块N 滑上小车到小车第一次撞墙后瞬间，滑块N 与小车整体减少的机械能为
（3）小车与墙壁第1 次碰撞后，小车先向左做匀减速运动到速度为0，接着反向做匀加速到与滑块N 第2
次达到共速，之后小车与墙壁发生第2 次碰撞；小车
加速度大小为
小车与墙壁第1 次碰撞后向左运动的距离为
根据动量守恒可得
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可得小车与滑块N 第2 次达到共速的速度大小为
小车与第2 次撞墙后，速度变为
小车与墙壁第2 次碰撞后向左运动的距离为
根据动量守恒可得
可得小车与滑块N 第3 次达到共速的速度大小为
小车与第3 次撞墙后，速度变为
小车与墙壁第3 次碰撞后向左运动的距离为
则小车与墙壁第1 次碰撞后到与墙壁第4 次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程为
12 （2023 年1 月浙江选考· 18）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角
的直轨道
、螺旋圆形轨道
，倾角
的直轨道
、水平直轨道
组成，除
段外各
段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道
、
相切于
处．凹槽
底面
水
平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁
处，摆渡车:上表面与直轨道下
、平台
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位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径
，B 点高度为
，
长度
，
长度
，摆渡车长度
、质量
．将一质量也为m 的滑块从倾斜轨道
上高度
处静止释放，滑块在
段运动时的阻力为其重力的0.2 倍．（摆渡车碰到竖直侧壁
立即静止，滑块视
为质点，不计空气阻力，
，
）
（1）求滑块过C 点的速度大小
和轨道对滑块的作用力大小
；
（2）摆渡车碰到
前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数
；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G 到J 所用的时间t．
【参考答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）滑块从静止释放到C 点过程，根据动能定理可得
解得
滑块过C 点时，根据牛顿第二定律可得
解得
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（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为
，从静止释放到G 点过程，根据动能定理可得
解得
摆渡车碰到
前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速
，以滑块和
摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G 到J 所用的时间为
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