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高考重点考点解读与针对性训练
第八章 动量守恒定律
考点60 滑块+滑板模型
【考点解读】
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＝FfΔx 或Q＝E 初－E 末，研究对
象为一个系统。
【高考真题】
【典例1】. （2025 年1 月浙江选考）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同
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
。A 以
的速度向右运
动，B 和C 一起以
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，C 与A、B 间动摩擦因数均为0.5，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0.2s
C. 碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为
D. 碰撞后到三者相对静止，C 相对长板滑动的距离为0.6m
【答案】D
【解析】．碰撞瞬间C 相对地面向左运动，选项A 错误；
向右为正方向，则AB 碰撞过程由动量守恒
，解得 v1=1m/s
方向向右；当三者共速时
，可知 v=0
即最终三者一起静止，可知经历的时间
，选项B 错误；
碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量
，选项C 错误；
碰撞到三者相对静止由能量关系可知
可得
，选项D 正确。
【典例2】（2024·甘肃高考14 题）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，C 的左端在O 的
正下方。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。求碰后瞬间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：（1）对A 从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定理有
mgl（1－cos 60°）＝1
2mv0
2－0
在最低点，对A 由牛顿第二定律有FT－mg＝m v0
2
l
根据牛顿第三定律得FT'＝FT
联立解得细绳受到的拉力FT'＝40 N。
（2）由于碰撞时间极短，则碰撞过程A、C 组成的系统水平方向动量守恒，有
mv0＝0＋mvC
结合（1）问解得vC＝4 m/s。
（3）C 与B 相互作用的过程，系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有
mvC＝（m＋3m）v 共，
根据能量守恒定律有
1
2mvC
2＝1
2（m＋3m）v共
2＋μmgΔx
联立解得μ＝0.15。
【典例3】．(2023·辽宁高考)如图，质量m1＝1 kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的
竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg 的小物
块以水平向右的速度v0＝ m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够
长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹
性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g＝10 m/s2，结
果可用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速
度v2的大小；
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物
块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t 表示)。
答案：(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m m/s (3)(4t0－8t) J
解析：(1)由于地面光滑，则木板和物块组成的系统动量守恒，则有m2v0＝ (m1＋m2)v1
代入数据有v1＝1 m/s
对木板根据牛顿第二定律得μm2g＝m1a1，a1＝4 m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离x1满足v＝ 2a1x1
代入数据解得x1＝0.125 m。
(2)木板与弹簧接触以后，对物块与木板组成的系统有kx＝(m1＋m2)a 共
对物块，根据牛顿第二定律得μm2g＝m2a2
a2＝1 m/s2
当a 共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2＝ 0.25 m
对木板和物块组成的系统由动能定理有－kx＝(m1＋m2)v－(m1＋m2)v
代入数据解得v2＝ m/s。
(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速度大于木
块的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，说明此时木板的速度
大小为v2，共用时2t0，且物块一直受滑动摩擦力作用，对物块根据动量定理得－μm2g·2t0
＝ m2v3－m2v2
解得v3＝－2t0
则对于木板和物块组成的系统根据能量守恒定律得－Wf＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
ΔU＝－Wf
联立有ΔU＝(4t0－8t) J。
【典例4】．(8 分)(2022·河北高考)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和B，质量分
别为1 kg 和2 kg，A 右端和B 左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A 和C 以相
同速度v0＝10 m/s 向右运动，B 和D 以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时
间极短，碰撞后C 与D 粘在一起形成一个新物块，A 与B 粘在一起形成一个新滑板，物块
与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。
(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
(2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
答案：(1)5(1－k) m/s m/s 方向均向右 (2)1.875 m
解析：(1)物块C、D 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D 形成的新物块的速度
为v 物，C、D 的质量均为m＝1 kg，以向右方向为正方向，则有mv0－mkv0＝(m＋m)v 物
解得v 物＝v0＝5(1－k) m/s＞0
可知碰撞后物块C、D 形成的新物块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右；
滑板A、B 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B 形成的新滑板的速度为v 滑，滑
板A 和B 质量分别为M＝1 kg 和2M＝2 kg，则有Mv0－2Mkv0＝(M＋2M)v 滑
解得v 滑＝v0＝ m/s＞0
则新滑板的速度大小为 m/s，方向向右。
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D 形成的新物块的速度为v 物′＝5(1－k) m/s＝2.5 m/s
碰后瞬间滑板A、B 形成的新滑板的速度为v 滑′＝ m/s＝0 m/s
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速
运动。设新物块的质量为m′＝2m＝2 kg，新滑板的质量为M′＝M＋2M＝3 kg，相对静止时
的共同速度为v 共，根据动量守恒定律可得m′v 物′＝(m′＋M′)v 共
解得v 共＝1 m/s
根据能量守恒定律可得
μm′gx 相＝m′v 物′2－(m′＋M′)v
解得x 相＝1.875 m。
【典例5】．(10 分)(2021·海南高考)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀
速直线运动，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。
(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。
答案：(1)v0 (2) (3) mv
解析：(1)滑块和木板组成的系统动量守恒，有2mv0＝(m＋2m)v
解得v＝。
(2)某时刻木板速度是滑块的2 倍，滑块和木板组成的系统动量守恒，有
2mv0＝ mv1＋2mv2
由能量守恒定律有μmgΔx＝·2mv－(mv＋·2mv)
其中v2＝2v1
解得Δx＝。
(3)对于滑块，由动量定理有μmgt＝mv0
木板做匀速直线运动，由牛顿第二定律有F＝μmg
木板运动的位移x＝v0t
外力做的功W＝Fx
解得t＝，W＝mv。
【典例6】．(10 分)(2022·山东高考)如图所示，“L”型平板B 静置在地面上，小物块A 处
于平板B 上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M 的小球悬挂
在O′点正上方的O 点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物
块A 发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于5°)，
A 以速度v0沿平板滑动直至与B 右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A 返回到O 点的正
下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A 的质量mA
＝0.1 kg，B 的质量mB＝0.3 kg，A 与B 的动摩擦因数μ1＝0.4，B 与地面间的动摩擦因数μ2
＝0.225，v0＝4 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。整个过程中A 始终在B 上，所有碰撞时间
忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A 与B 的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；
(2)B 光滑部分的长度d；
(3)运动过程中A 对B 的摩擦力所做的功Wf；
(4)实现上述运动过程，的取值范围(结果用cos 5°表示)。
答案：(1)2 m/s 2 m/s (2) m (3)－ J (4)＜＜
解析：(1)设水平向右为正方向，由题意可知A 与B 发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守
恒和能量守恒，有mAv0＝mA(－vA)＋mBvB
mAv＝mA(－vA)2＋mBv
代入数据联立解得vA＝2 m/s(方向水平向左)，
vB＝2 m/s(方向水平向右)。
(2)A 与B 碰撞后，假设B 停止时，A 还未进入B 的粗糙部分。对B 的减速过程，由牛顿第
二定律有μ2(mA＋mB)g＝mBaB1
由运动学规律有v＝2aB1xB
解得aB1＝3 m/s2，xB＝ m
对A 越过O′后的减速过程，由牛顿第二定律有μ1mAg＝mAaA
由运动学规律有v＝2aAxA
解得aA＝4 m/s2，xA＝0.5 m
因xA＜xB，则B 停止前，A 已越过O′点
A 越过O′点后，对B 的减速过程，由牛顿第二定律有
μ2(mA＋mB)g＋μ1mAg＝mBaB2
解得aB2＝ m/s2
设A 向左做匀速运动的时间为t0，则vAt0＋vBt0－aB1t＝vAt0＋＝d
解得t0＝ s，d＝ m。
(3)分析可知B 在A 摩擦力的作用下产生的位移xBA＝
则Wf＝－μ1mAgxBA
解得Wf＝－ J。
(4)小球和A 碰撞后A 做匀速直线运动再和B 相碰，此过程有t1＝＝ s
A 向左运动的总时间为t2＝t0＋＝ s
由题意可知A 返回到O 点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动
的周期为T，摆长为L，则有T＝4(t1＋t2)＝ s
由单摆周期公式T＝2π ，解得小球到悬挂点O 点的距离L＝ m
小球下滑过程根据动能定理有MgL＝Mv2
当碰后小球摆角恰为5°时，有MgL(1－cos 5°)＝Mv
解得v＝ m/s，v1＝ m/s
小球与A 碰撞过程根据动量守恒定律有Mv＝Mv1′＋mAv0
小球与A 碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于5°)，则要求
0＜v1′＜v1，解得＜＜。
【针对性训练】
1. （2025 年4 月山西、陕西、宁夏、青海四省区普通高中新高考高三质量检测）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】AD
【解析】．设物块A 的质量为m，物块A 运动到木板右端时的速度大小为
，有
解得
由题意可知A、B 组成的系统动量守恒，则A 动量的减少量等于B 动量的增加量，故A 正确，
C 错误；
．由题意知物块A 做匀减速直线运动，则
同理对木板B 有
则木板的长度
，B 错误，D 正确。
2. (2025 年4 月浙江稽阳联谊学校高三联考)倾角为37°足够长固定斜面上，有一长木板A
恰好能处于静止。现有物块B 以
的速度从A 的顶端开始下滑，A、B 间动摩擦因数
为μ=0.8。已知A、B 的质量为别为
，
，重力加速度
，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A. 物块B 下滑过程中，木板A 仍能处于静止
B. 物块B 下滑过程中，A 要向下加速，A、B 速度刚达到相等时为0.4m/s
C. 要使B 不脱离A，A 板长度至少为1.25m
D. 从开始运动到A、B 速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6J
【答案】D
【解析】．由木板A 恰好能处于静止可得，A 与斜面间动摩擦因数
且A、B 在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足
可得v＝0.6m/s, 故AB 错误；
对B 物体，根据牛顿第二定律
解得，B 物体向下减速时加速度为
减速时间
此过程中，物块B 的位移
木板A 的位移为
, 所以A 板长度至少为
,故C 错误
D．全过程中系统因摩擦产生的热量
, 故D 正确。
3.[2024 北京海淀区期中/多选]如图所示，质量mA＝1kg、长L＝9m 的薄板A 放在水平地
面上，在大小为4N、水平向右的外力F 作用下由静止开始运动，薄板与地面间的动摩擦因
数μ1＝0.2，其速率达到vA＝2m/s 时，质量mB＝1kg 的物块B 以vB＝4m/s 的速率由薄板A
右端向左滑上薄板，A 与B 间的动摩擦因数μ2＝0.1，B 可视为质点，重力加速度g 取
10m/s2.下列说法正确的是（ AD ）
A.当A 的速率减为0 时，B 的速率为2m/s
B.从B 滑上A 到B 掉下的过程中，A、B 所组成的系统动量守恒
C.从B 滑上A 到B 掉下的过程，A、B 和地面所组成的系统因摩擦而产生的热量为9J
D.从B 滑上A 到B 掉下的过程，A、B 所组成的系统机械能减少9J
答案 AD
解析 B 滑上A 后，B 开始做减速运动，此时对B 由牛顿第二定律有μ2mBg＝mBaB，解得aB
＝1 m/s2，对A 由牛顿第二定律有μ1(mA＋mB)g＋μ2mBg-F＝mAaA，解得aA＝1 m/s2，A 也开始
做减速运动，假设A 速率减为0 时，B 未从A 上掉下，则A 的速率减为0 的时间为t1＝v A
aA
＝2 s，此时B 的速度大小为vB1＝vB-aBt1＝2 m/s，此过程A、B 的相对位移Δx＝v A
2
2aA
＋
vB
2 - vB1
2
2aB
＝8 m＜L，故假设成立，A 正确；在B 滑上A 到A 速度减到零的过程中，有μ1(mA
＋mB)g＝F，即A、B 所组成的系统受到的合力为零，动量守恒，当A 速度减为零时，由于
μ1(mA＋mB)g＋μ2mBg＞F，则A 此后处于静止状态，且由平衡条件可知A 与地面间的摩擦力f
＜F，A、B 所组成的系统受到的合力不为零，动量不守恒，B 错误；从B 滑上A 到A 速度减
为零的过程，A 的位移为xA＝v A
2
2aA
＝2 m，此过程B 的位移为xB＝vB
2 - vB1
2
2aB
＝6 m，结合B 项
分析可知，此后A 处于静止状态，B 继续向左做匀减速运动直至掉下，则对从B 滑上A 到B
掉下的整个运动过程，A、B 和地面所组成的系统因摩擦而产生的热量为Q＝μ1(mA＋mB)gxA
＋μ2mBgL＝17 J，C 错误；从B 滑上A 到B 掉下的过程，A、B 所组成的系统机械能的减少量
为ΔEk＝Q-FxA＝9 J，D 正确.
4 （2025·江西南昌模拟）如图所示，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，重力加速度取g＝10 m/s2。
（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7
3 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＝1
2mv0
2
小球与物块A 发生弹性碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
mv0＝mv1＋mAv2
1
2mv0
2＝1
2mv1
2＋1
2mAv2
2
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＝1
2mAv2
2－1
2（mA＋mB）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＝1
2mAv2
2－1
2mAv A
2－1
2mBvB
2
联立解得vA＝2 m/s(v A＝6
5 m/ s舍去)。
5.（2025·山东烟台模拟）长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m＝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所示，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.木板获得的动能为1 J
B.系统损失的机械能为1 J
C.木板A 的最小长度为2 m
D.A、B 间的动摩擦因数为0.1
答案 AD
解析： 以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（M＋m）v，解得M＝2
kg，则木板获得的动能为Ek＝1
2Mv2＝1
2×2×12 J＝1 J，故A 正确；系统损失的机械能ΔE
＝1
2mvB
2－1
2（m＋M）v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B 错误；根据v-t 图像中图线与t 轴
所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s 内B 的位移为sB＝1
2×（2＋1）×1 m＝1.5
m，A 的位移为sA＝1
2×1×1 m＝0.5 m，则木板A 的最小长度为L＝sB－sA＝1 m，故C 错
误；B 的加速度a＝Δv
Δt ＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二
定律得－μmg＝ma，解得A、B 间的动摩擦因数为μ＝0.1，故D 正确。
6.如图所示，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，现有质量
m2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处
与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则（ ）
A.物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒
B.增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦产生的热量增多
C.若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s
D.若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s
答案 D
解析： 物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，物块相对小车滑动过程
中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A 错误；以向右为正方
向，由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，系统产生的内能Q＝1
2m2v0
2－1
2（m1＋m2）
v2，联立得Q＝
m1m2v0
2
2（m1＋m2）
，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦产生热量不变，
B 错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，解得v＝1 m/s，对物块，
由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C 错误；要使物块恰好不从小车右端滑
出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v'，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m2v0'＝（m1＋m2）v'，由能量守恒定律得1
2m2v0'2＝1
2（m1＋m2）v'2＋μm2gL，联立解得
v0'＝5 m/s，D 正确。
7．(多选)如图所示，A、B 两木块靠在一起放于光滑的水平面上，A、B 的质量分别为mA
＝2.0 kg，mB＝1.5 kg，一个质量为mC＝0.5 kg 的小铁块C 以v0＝8 m/s 的速度滑到木块A
上，离开木块A 后最终与木块B 一起匀速运动。若木块A 在铁块C 滑离后的速度为vA＝
0.8 m/s，铁块C 与木块A、B 间动摩擦因数均为μ＝0.4，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是
( )
A．铁块C 在滑离A 时的速度为2.4 m/s
B．木块B 的长度至少为0.24 m
C．铁块C 在木块B 上滑行的时间为3.0 s
D．全过程铁块C 克服摩擦力做的功为15.64 J
答案：ABD
解析：铁块C 在滑离A 的瞬间，由动量守恒定律mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC，代入数据解得
vC＝2.4 m/s，所以A 正确；铁块C 和木块B 相互作用最终和B 达到相同的速度，铁块C 和
B 作用过程中动量守恒、能量守恒，有mCvC＋mBvA＝(mC＋mB)vB，(mC＋mB)v＋μmCgx1＝
mCv＋mBv，因铁块C 没有从木块B 上掉下来，所以木块B 的长度L≥x1，联立以上方程代
入数据解得L≥0.24 m，即木块B 的长度至少为0.24 m，所以B 正确；由B 选项分析，可
得C 与B 共速的速度为vB＝1.2 m/s，C 滑上B 后做匀减速运动，由牛顿第二定律知加速度
为aC＝＝4 m/s2，则铁块C 在木块B 上滑行的时间为t＝＝0.3 s，所以C 错误；C 刚滑上
A，C 做匀减速运动，A 做匀加速运动，则C 的总位移为x2＝＋＝7.82 m，则全过程铁块C
克服摩擦力做的功为Wf＝μmCgx2＝15.64 J，所以D 正确。
8．(8 分)(2024·河南郑州模拟)利用示踪原子来探测细胞间的亲和程度是生物技术中的重要
手段之一，其过程的一部分与下列物理过程极为相似：如图甲所示，光滑水平面上固定有
一个发射装置，利用该装置向正对装置方向滑来的物块A 和B(A、B 相对静止)发射一个示
踪滑块C，示踪滑块C 将记录下它与发射装置之间的距离x。已知物块B 叠放在物块A 上，
物块A 的质量为3 kg，示踪滑块C 的质量为1 kg，每次发射速度大小均为10 m/s，与物块
A 之间的碰撞均为弹性碰撞，且物块A 足够长，每次A、C 相碰前，A、B 间均已相对静止，
某次测量的滑块C 的x -t 图像如图乙所示。滑块C 和物块B 均可视为质点，重力加速度g
＝10 m/s2。求：
(1)第一次碰后滑块C 的速度大小；
(2)物块B 的质量；
(3)物块A、B 间的动摩擦因数。
答案：(1)8 m/s (2)6 kg (3)0.4
解析：(1)由x -t 图像可知，t1＝1.00 s 时滑块C 与A 相碰，此时C 与发射装置之间的距离
x1＝vCt1＝10 m
t2＝2.25 s 时滑块C 返回到发射装置处，设第一次碰后C 的速度大小为vC1
则vC1＝＝8 m/s。
(2)设A、B 在第一次与C 碰撞前的速度大小为vAB，以滑块C 的初速度方向为正，第一次
碰撞后瞬间A 的速度大小为vA1，对A、C 由动量守恒定律有
mCvC－mAvAB＝－mCvC1＋mAvA1
由机械能守恒定律有mCv＋mAv＝mCv＋mAv
解得vAB＝2 m/s，vA1＝4 m/s
之后A、B 相对静止，设共同速度大小为vAB1，对A、B 由动量守恒定律有
mAvA1－mBvAB＝vAB1
同理第二次碰撞前滑块C 到发射装置之间距离x2＝vC＝11 m
第三次碰撞后C 的速度大小为vC2＝＝5 m/s
设第二次碰撞后瞬间A 的速度为vA2
则mCvC＋mAvAB1＝－mCvC2＋mAvA2，
mCv＋mAv＝mCv＋mAv
联立以上各式解得vAB1＝0，mB＝6 kg。
(3)由(2)分析可知第一次A、C 相碰时A 距离发射装置x1＝10 m，第二次A、C 相碰时A 距
离发射装置x2＝11 m，且第二次碰后A、B 处于静止状态，即A 向右运动了xA＝x2－x1＝1
m
对物块A 由动能定理有－μmBgxA＝－mAv
解得μ＝0.4。
15．（16 分）（2025 年5 月湖南岳阳考前信息卷）某固定装置的竖直截面如图所示，水平
高台上的直轨道CD、圆弧轨道DEF、直轨道FG 平滑连接。高台左侧水平轨道AB 略低，
轨道上放置一块质量为m、长度为L 的平板，平板上表面与CD 等高。高台右侧有一水平
地面HI，与高台的高度差为h。初始时，平板处于静止状态，其右端与高台的CB 侧距离
足够大。让一质量也为m 的滑块以速度
滑上平板，并带动平板向右运动。当平板到达
CB 时将立即被锁定，滑块继续向前运动。若滑块落到HI 段，将与地面发生碰撞，碰撞时
间极短（支持力远大于重力），反弹后竖直分速度减半，水平速度同时发生相应变化。已
知，
，
，
，
，滑块与平板上表面间的动摩擦因数
、
与HI 段间的动摩擦因数
，其余摩擦及空气阻力均可忽略，HI 段足够长，滑块视为
质点。
(1)求平板被锁定瞬间，滑块的速度大小v 以及此时滑块离平板右端的距离x；
(2)要使滑块不脱离圆弧轨道，求圆弧轨道半径R 的取值范围；
(3)若滑块沿着轨道运动至G 点飞出，求其最终距G 点的水平距离d。
【答案】．(1)5m/s，0
(2)
或
(3)
【解析】（1）平板与滑块运动至共速过程，根据动量守恒有
解得
（1
分）
根据能量守恒定律有
解得
……（1 分）
此时滑块离平板右端距离
……（2 分）
（2）当滑块恰过圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
……（1 分）
从滑上高台到运动至圆弧轨道最高点过程，根据动能定理有
（1
分）
解得
滑块从滑上高台到恰到圆弧轨道圆心等高处过程，由动能定理有
（1
分）
解得
要使滑块不脱离圆弧轨道，则有
或
……（2 分）
（3）滑块从G 点飞出至第一次落地做平抛运动，则有
，
，
解得
，
……（1 分）
第一次反弹后有
（1 分）
第一次反弹过程根据动量定理有
，
……（2 分）
解得
第一次反弹后至第二次落地滑块做斜抛运动，则有
（1 分）
第二次反弹过程根据动量定理有
……（1
分）
解得
可知，之后滑块做竖直上抛运动，综上所述可知，最远水平距离
……（1 分）
