文档文本内容
微突破13 “子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型（解析
版）
内容导航
01
命题透视·考情前瞻
对标素养，研判高考命题趋势....................................... 2
02
思维建模·脉络梳理
搭建知识框架，构建系统思维....................................... 3
03
考点精讲·靶向突破拆解核心考点，归纳解题范式....................................... 4
考点一
“子弹打木块”模型
................................................................................................................ 4
核心知识·解构...................................................................................................................................... 4
一、模型介绍及特点............................................................................................................................4
二、两种情景........................................................................................................................................4
三、解题思路........................................................................................................................................4
易错辨析·AI 原创命题.........................................................................................................................4
热点考向·破译...................................................................................................................................... 5
考向1
“子弹打木块”模型
................................................................................................... 5
考点二
“滑块—木板”模型
.....................................................................................................................9
核心知识·解构...................................................................................................................................... 9
一、“滑块—木板”模型........................................................................................................................ 9
二、两种情况......................................................................................................................................10
三、求解方法......................................................................................................................................10
易错辨析·AI 原创命题.......................................................................................................................10
热点考向·破译.................................................................................................................................... 11
考向1
“滑块—木板”模型
..................................................................................................11
【思维建模】
两种典型的“滑块—木板”模型................................18
04
思维建模·脉络梳理
溯源真题逻辑，感知高考考向..................................... 19
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
“子弹打木块”模型
2026•河北
——
2024•湖北
“滑块—木板”模型
2026•河北
2025•湖北
2024•浙江、2024•甘肃、
2024•河北、2024•山东
考情分析
题型与考向：本讲内容是高考物理中力学综合压轴题的两大经典模型，是动
量守恒定律、能量守恒定律和动力学方法综合应用的终极体现。命题趋势已
全面转向“多个经典模型的融合” 。命题者倾向于设置一个包含多个子过
程的复杂情境，例如：①子弹打木块+板块模型；②板块模型+弹簧模型；
③碰撞+板块模型+圆周运动。这种“模型融合”的趋势对考生的综合能力
提出了极高要求。动量守恒定律用于求速度关系，能量守恒定律用于求能量
转化和位移关系。与“相对运动”和“摩擦生热”问题深度绑定。
情境与立意：
1. 子弹打木块模型：子弹射入木块（穿出或不穿出），系统动量守恒，机
械能损失转化为内能
2. 块—木板模型（板块模型）：物块在木板上滑动，系统在光滑水平面上
动量守恒，摩擦生热
3. 碰撞+板块+圆周运动：小球碰撞后，滑块在木板上滑动，再滑上圆弧面，
融合多个模型
复习目标
1. 会用动量和能量的观点分析计算“子弹打木块”模型和“滑块—木板”
模型的相关问题。
思维建模·脉络梳理
——搭建知识框架，构建系统思维
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一
“子弹打木块”模型
核心知识·解构
一、模型介绍及特点
1．模型图示
2．模型特点
1）子弹水平打进木块的过程中，地面光滑，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
二、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=
1
2mv02－
1
2(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=
1
2m�02－
1
2 ��22 +
1
2 ��12
三、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。
易错辨析·AI 原创命题
1.
"子弹打木块"模型中，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒。( √)
2.
"子弹打木块"模型中，子弹射入木块的过程，系统损失的动能全部转化为系统的内能（热量）。( √)
3.
"子弹打木块"模型中，若木块放在光滑水平面上，子弹射入木块后，子弹和木块最终速度一定相同。
( √)
4.
"子弹打木块"模型中，子弹减少的动能等于木块增加的动能。( × )
5.
"子弹打木块"模型中，子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小。( √)
【易错点总结表】
易混易错概念
对应
题目关键辨析点
子弹打木块模型中的
动量守恒条件
1
子弹射入木块过程中，若木块放在光滑水平面上，系统水平方向不受外力，动
量守恒；若木块放在粗糙水平面上，需考虑摩擦力是否可忽略。
系统损失的动能与产
生的热量
2
子弹射入木块过程中，系统损失的动能（减少的机械能）全部转化为内能，即
等于系统产生的热量（Q = f·Δx 相对）。
完全非弹性碰撞的共
速特征
3
子弹射入木块后留在木块中（未穿出），属于完全非弹性碰撞，碰后子弹和木
块以共同速度运动。
子弹动能减少与木块
动能增加的关系
4
子弹减少的动能= 木块增加的动能+ 系统产生的热量。子弹减少的动能大于
木块增加的动能，差额转化为内能。
相互作用力的冲量关
系
5
子弹对木块的力和木块对子弹的力是相互作用力，大小相等、方向相反、作用
时间相同，根据I = Ft，冲量大小相等。
热点考向·破译
考向1
“子弹打木块”模型
例1（2025·广东佛山·一模）如图所示，长度L = 45cm，质量M = 2kg 的小车静止在光滑水平面上，其右端
C 点用挡板固定一劲度系数k = 3600N/m 的弹簧，弹簧原长l0 = 20cm，静止时左端在小车上的B 点，质量
为m1 = 1kg 的物块放在B 点，小车BC 段光滑，AB 段与物块间动摩擦因数μ = 0.5，重力加速度g = 10m/s2，
不计空气阻力及挡板厚度。现有m0 = 10g 的子弹以v0 = 400m/s 的初速度射向物块，并在极短时间内将其击
穿。离开物块后的子弹不再与系统发生相互作用，物块在小车上运动将其视做质点（忽略物块经过B 点时
摩擦力的渐变过程）。
(1)若将小车固定，子弹射穿物块后，物块继续向右运动（此过程物块与小车间没有摩擦力），向右运动的
最大距离为d = 5cm，已知弹簧弹性势能Ep 与形变量x 的关系为：Ep =
1
2 kx2，求子弹刚离开物块时物块获
得的速度v1。
(2)将物块放到小车左端的A 点，不固定小车，该子弹以同样的速度射向物块，求弹簧的最大弹性势能Ep。
(3)若物块的质量未知，但总能被子弹击穿并获得同样的动能，分析并讨论物块最终稳定在小车上的位置到A
点的距离xA 与物块质量m 的关系式。
【答案】(1)3m/s
(2)3J
(3)
9
205 5
,
kg
5
(
2)
5
9
115 5
205 5
0.5
,
kg
5
(
2)
5
5
m
m m
A
m
m m
x
【详解】（1）子弹穿过物块后，整个过程只有弹力做功，根据功能关系可得
2
2
1 1
1
1
2
2
m v
kd
代入数据解得子弹刚离开物块时物块获得的速度
1
3m/s
v
（2）物块从A 到B 的过程中，根据动能定理可得
2
2
1
1 1
1
1
1
2
2
B
AB
m v
m v
m gs
代入数据解得
2.78m/s
Bv
系统动量守恒则有
1 1
1
(
)
m v
m
M v
解得
1.2m/s
v
根据能量守恒可得，弹簧的最大弹性势能为
2
2
p
1 1
1
1
1
1 (
)
1.75J
2
2
AB
E
m v
m
M v
m gs
（3）物块总能被穿过，且获得同样的动能，则物块获得的动能为
k
4.5J
E
则系统总动量
3
p
m
已知小车质量M = 2kg。当物块与小车最终稳定（相对静止、弹簧恢复原长）时，共同速度为v 终，根据
动量守恒有p = (m＋M)v 终
则
3
2
m
v
m
终
最终物块与小车的相对路程s 相，满足
2
1 (
)
4.5
2
mgs
m
M v
相
终
联立解得
9
5 (2
)
s
m
m
相
若s 相≤L－l0 = 0.25m，则xA = s 相，代入解得
205
5 kg
5
m
若L－l0 ≤s 相≤2(L－l0) = 0.5m，则xA = 0.5－s 相，代入解得115
5
205
5kg
5
5
m
综上物块最终稳定在小车上有
9
205 5
,
kg
5
(
2)
5
9
115 5
205 5
0.5
,
kg
5
(
2)
5
5
m
m m
A
m
m m
x
【变式训练1】（2026·河南驻马店·模拟预测）如图所示，水平长直轨道上停有滑块a，小球b（视为质点）
通过长为L 的不可伸长的细线与a 连接。开始时a、b 均处于静止状态，子弹c 以某一初速度
0v （大小未知）
水平击中滑块a 并留在其中，这个过程作用时间极短。在之后的运动过程中，细线恰能摆到水平位置。已
知a、b、c 的质量均为m ，重力加速度为g ，忽略一切摩擦及空气阻力。
(1)求子弹c 的初速度大小
0v ；
(2)以后每当细线摆到竖直位置时，求a、b 的速度大小。
【答案】(1)2 3gL
(2)
3
,
0
a
b
v
gL v
或
3
4 3
,
3
3
a
b
gL
gL
v
v
【详解】（1）子弹c 击中滑块a 的过程，作用时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒。设击中后a
与c 的共同速度为
1v ，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
0
1
2
mv
mv
此后，a（含c）与b 组成的系统水平方向不受外力，水平动量守恒；只有重力做功，系统机械能守恒。
当细线恰能摆到水平位置时，a、b 在水平方向具有相同的速度，设为
2v ，此时b 上升的高度为L。由水
平动量守恒定律得
1
2
2
3
mv
mv
由机械能守恒定律得
2
2
1
2
1
1
2
3
2
2
m v
m v
mgL
联立以上方程，解得
1
3
v
gL
，
0
2 3
v
gL
（2）细线摆到竖直位置时，小球b 处于最低点，系统重力势能最小，动能最大。设此时a 的速度为
av ，
b 的速度为
bv 。从子弹击中a 后到细线回到竖直位置的过程中，系统水平动量守恒，机械能守恒。初状
态：a 的速度为
1
3
v
gL
，b 的速度为0。由动量守恒定律得
1
2
2
a
b
mv
mv
mv
由机械能守恒定律得
2
2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
2
a
b
m v
m v
mv
联立解得两组解：第一组
1
3
,
0
a
b
v
v
gL v
第二组
1
1
3
4 3
1
4
,
3
3
3
3
a
b
gL
gL
v
v
v
v
这表明系统运动具有周期性，每当细线摆到竖直位置时，a、b 的速度大小交替出现这两组值。
▶新情境◀【变式训练2】（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，光滑水平面上放置木板A ，木板A 的
上表面光滑，其左端放置一可视为质点的物块C ，木板A 左侧一定距离处放置带有光滑轻质定滑轮的物块B 。
一根轻质弹性绳绕过定滑轮，两端分别与木板A 和物块C 相连，且滑轮两侧的弹性绳均保持水平，初始时
系统处于静止状态，弹性绳处于原长。一质量为m 的子弹以初速度
0v 水平向右射入C 并留在其中（作用时
间极短）。已知木板A 的质量为2m ，物块B 的质量为2m ，物块C 的质量为m ，在研究过程中A 、B 未发
生碰撞，且C 未从A 上滑落，弹性绳的形变始终在弹性限度内。求：
(1)子弹射入C 的过程中产生的热量；
(2)当A 的速度大小为
A
v 时，B 的速度大小；
(3)弹性绳伸长到最长时的弹性势能；
(4)弹性绳刚好恢复原长时B 的速度大小。
【答案】(1)
2
0
1
4 mv
(2)
A
2v
(3)
2
0
1
24 mv
(4)
0
3
v
【详解】（1）打击瞬间，子弹与物块C 组成的系统动量守恒，满足
0
1
mv
m
m v
解得
0
1
2
v
v
系统动能损失转化为热量，满足
2
2
0
1
1
1
2
2
2
Q
mv
mv
联立解得
2
0
1
4
Q
mv
（2）由题意知，所有接触面均光滑，设任意时刻轻质弹性绳的拉力大小为
T
F ，对木板A 由动量定理有
Δ
2
T
A
F
t
mv
对物块B 由动量定理有
2
Δ
2
T
B
F
t
mv
联立可知此时B 的速度大小
B
A
2
v
v
（3）由小问（2）分析可知，子弹射入物块C 后，物块C 连同子弹一起向右运动，弹性绳拉长；木板A
向左运动，物块B 向右运动，A 、B 间弹性绳长度变短。当B 、C 间弹性绳长度的增加量等于A 、B 间
弹性绳长度的减少量时，弹性绳伸长到最长，此时A 、B 、C 三者的速度大小满足
C
B
B
A
v
v
v
v
对物块C 由动量定理有
0
Δ
2 Δ
2
T
C
C
F
t
m v
mv
mv
结合小问（2）分析得，弹性绳伸长到最长时有
0
2
2
B
A
C
v
v
v
v
规定向右为正方向，由系统动量守恒可知
0
C
B
A
2
2
2
mv
mv
mv
mv
三式联立，解得
0
12
A
v
v
，
0
B
6
v
v
，
0
C
5
12
v
v
从子弹打入后到弹性绳最长过程的系统机械能守恒，满足
2
2
2
2
pm
1
A
B
C
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
E
mv
mv
mv
mv
解得
2
pm
0
1
24
E
mv
（4）弹性绳刚好恢复原长时，设A 、B 、C 三者的速度大小分别为
A1
v
、
B1
v 、
C1
v ，根据系统的机械能
守恒有，
2
2
2
2
1
A1
B1
C1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
mv
mv
mv
mv
同时结合第（2）、（3）小问分析可知
B1
A1
2
v
v
，
0
1
1
2
C
A
v
v
v
联立解得
0
B1
3
v
v
考点二
“滑块—木板”模型
核心知识·解构
一、“滑块—木板”模型
1．模型图示：木板M 放在光滑的水平地面上，滑块m 以速度v0 滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。
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，即摩擦
生成的热量．
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．
二、两种情况
1. 若滑块未滑离木板，则类似于子弹打木块模型中子弹未穿出的情况。
1）系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v；
2）系统能量守恒：Q＝f·x＝
1
2mv02－
1
2（M＋m）v2。
2. 若滑块滑离木板，则类似于子弹穿出的情况。
1）系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
2）系统能量守恒：Q＝fl＝
1
2mv02－
1
2 mv12＋
1
2 Mv22 。
三、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
x
F
Q
f
或
末
初
E
E
Q
，研究对象为一个系统．
�AI 互动课件：
1. 板块模型(无初速度有外力型)：https://lab.physicalw.com/expt/1/22/46
2. 板块模型(无外力型)：https://lab.physicalw.com/expt/1/22/39
易错辨析·AI 原创命题
1.
"滑块—木板"模型中，若地面光滑，滑块与木板之间的摩擦力对系统来说是内力，因此系统动量守恒。
( √)
2.
"滑块—木板"模型中，滑块在木板上滑动时，滑块减少的动能等于木板增加的动能。( × )
3.
"滑块—木板"模型中，若地面光滑且滑块最终未滑离木板，则滑块和木板最终速度一定相同。( √)
4.
"滑块—木板"模型中，滑块与木板之间的摩擦力对滑块做的功等于滑块动能的变化量。( √)
5.
"滑块—木板"模型中，滑块在木板上滑动的过程中，系统产生的热量等于摩擦力乘以滑块对地的位移。
( × )
【易错点总结表】
易混易错概念
对应
题目
关键辨析点
系统动量守恒的条件1
地面光滑时，系统水平方向不受外力，滑块与木板之间的摩擦力为内力，不影
响系统总动量，系统动量守恒。
滑块与木板动能变化
的关系
2
滑块减少的动能= 木板增加的动能+ 系统产生的热量。滑块减少的动能大于
木板增加的动能，差额转化为内能。
滑块未滑离木板的最
终状态
3
滑块未滑离木板，说明二者最终相对静止，以共同速度运动，属于完全非弹性
碰撞的变式。
摩擦力对单个物体做
功与动能定理
4
对滑块单独应用动能定理：摩擦力对滑块做的功（负功）等于滑块动能的变化
量（减少量）。
系统产生热量的计算
方法
5
系统产生的热量Q = f·Δx 相对，Δx 相对= 滑块对地位移- 木板对地位移，
即滑块相对木板的位移，不是滑块对地位移。
热点考向·破译
考向1
“滑块—木板”模型
例2（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L 的木板，质量为m 的物块
以速度
0v 水平向右从左端滑上木板。若物块在木板上运动过程中受到的阻力恒定，大小为f，物块可看作质
点，改变物块的初速度大小
0v ，下列说法中正确的是（
）
A．
0v 越大，木板的末速度就越大
B．
0v 越大，物块与木板损失的总动能就越多
C．
0v 越大，物块与木板相对运动的时间就越短
D．无论
0v 取何值，木板的末速度都不可能大于
2
(
)
flm
M M
m
【答案】D
【详解】ABC．当物块未从木板上滑离，系统水平方向动量守恒，物块的初速度越大时，木板的末速度
越大，两者相对位移
x
也就越大；因物块与木板损失的总动能等于系统产热，满足
k
E
Q
f
x
可知物块的初速度越大时，物块与木板损失的总动能就越多，木板加速度恒定，物块与木板相对运动达
到共速的时间越长。当物块从木板上滑离，物块的初速度越大时，木板的末速度越小，物块与木板损失
的总动能不变，物块与木板相对运动的时间越短，故ABC 错误；
D．当物块从木板的最左端恰好滑到木板的最右端时，物块与木板的速度相等时，木板的末速度最大，
物块和木板动量守恒，根据动量守恒定律
0
(
)
mv
m
M v
根据能量守恒
2
2
0
1
1 (
)
2
2
mv
m
M v
fL
联立解得
2
(
)
fLm
v
M M
m
，故D 正确。
故选D。
【变式训练3】（2026·四川眉山·二模）（多选）如图所示，足够大的光滑水平地面上静置着一足够长的木
板B 和另一物块C，木板B 的质量为4m ，物块C 的质量为8m 。现有一质量为m 的物块A 以初速度
0v 从左
端滑上木板B，此后整个过程木板B 与物块C 仅发生了一次弹性碰撞，且碰撞时间极短可忽略不计，最终
物块A 和木板B 均停止运动。已知物块A 与木板B 之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正
确的是（
）
A．整个过程A、B、C 构成的系统机械能守恒
B．最终物块A 相对木板B 滑行的总距离为
2
0
7
16
v
g
C．木板B 与物块C 碰撞前瞬间，物块A 的动量大小为
0
8
mv
D．木板B 与物块C 碰撞前瞬间，木板B 的动量大小为
0
3
4
mv
【答案】BD
【详解】A．A 与B 之间存在滑动摩擦力，摩擦力做功将机械能转化为内能，系统机械能减少，因此机
械能不守恒，故A 错误；
B．设B 与C 碰撞前瞬间，A 的速度为
A
v ，B 的速度为
B
v 。碰撞时间极短，A 速度不变；对B、C 弹性
碰撞，动量守恒且没有动能损失，有
B
B
B
B
C
C
m
m v
v
v
m
，
2
2
2
B
B
B
B
C
C
1
1
1
2
2
2
m v
m v
m v
解得
B
C
B
B
B
B
C
3
m
m
v
v
v
m
m
，
B
B
C
B
B
C
2
2
3
m
v
v
v
m
m
负号表示碰撞后B 速度反向向左。碰撞后A、B 系统水平方向不受外力，动量守恒，最终A、B 都静止，
总动量为0，可得
A
A
B B
0
m v
m v
解得
B
A
4
3
v
v
碰撞前A、B 系统动量守恒，总初始动量为
A
0
m v ，有
A
0
A
A
B
B
m v
m v
m v
代入
B
A
4
3
v
v
，解得
0
A
4
v
v
，
0
B
3
16
v
v
对整个过程用能量守恒，初始动能等于最终C 的动能加上摩擦力摩擦生热，其中摩擦生热等于
A
m g
乘
以A 相对B 的总滑行距离x ，有
2
2
A
0
C
C
A
1
1
2
2
m v
m v
m gx
代入
0
B
C
2
3
8
v
v
v
，解得
2
0
7
16
v
x
g
，故B 正确；
C．碰撞前瞬间A 的动量
0
A
A
A
4
mv
p
m v
，故C 错误；
D．碰撞前瞬间B 的动量
0
0
B
B B
3
3
4
16
4
v
mv
p
m v
m
，故D 正确。
故选BD。
▶新情境◀【变式训练4】（2026·辽宁沈阳·模拟预测）如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面
上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、…、n 的木块，所有木块的质量均为m ，与木板间的动摩擦因
数均为，木板的质量与所有木块的总质量相等。在
0
t
时刻木板静止，第1、2、3、…、n 号木块的初速
度分别为
0v 、
0
2v 、
0
3v 、…、
0
nv ，方向都水平向右。最终所有木块与木板以共同速度匀速运动。（重力加
速度为g）试求：
(1)①木板开始运动时加速度a 的大小，所有木块与木板一起匀速运动的速度
nv ；
②定性画出从
0
t
到所有木块与木板共同匀速运动的过程中木板和木块运动的v
t
图像；（不用标出各点
的具体坐标值，只需体现出图像的斜率相对大小的情况）
(2)第1 号木块与木板因为摩擦而产生的内能
1
Q ；
(3)第k （k
n
）号木块在整个运动过程中的最小动能
k0
E 。
【答案】(1)①a
g
，
0
1
4
n
n
v
v
；②
(2)
2
0
1
4
mv
Q
(3)
2
2
2
0
k0
2
2
1
32
n
k
k mv
E
n
【详解】（1）①根据牛顿第二定律则有n
mg
nma
解得a
g
根据总动量守恒则有
0
0
0
0
2
3
2
n
m v
v
v
nv
nmv
解得
0
1
4
n
n
v
v
②根据牛顿第二定律
mg
ma
可知每一个木块的加速度都相同，做匀减速直线运动直至和木板共速，所以在v
t
图像中的斜率都相同。
每当一个木块和木板共速，就减少木板受到的一个向右的摩擦力，增加一个向左的摩擦力，所以木板的
加速度会分段减小，综上从
0
t
到所有木块与木板共同匀速运动的过程中木板和木块运动的v
t
图像如
图所示：
（2）从t=0 开始到第1 个木块与木板刚好共速的过程中产生
1
Q ，设刚好共速时速度大小为
1v ，所有木块
减少的动量等于木板增加的动量，则有
0
1
1
nm v
v
nmv
木板的位移则有
2
1
1
0
2
v
gx
木块的位移则有
2
2
1
0
2
2
v
v
gx
相对位移则有
2
1
x
x
x
相对
产生的热量为
1
Q
mgx
相对
联立解得
2
0
1
4
mv
Q
（3）第k （k
n
）号木块在整个运动过程中的最小速度为
kv ，动能
k0
E ，则有
0
0
0
0
0
km
2
3
k
k
nm
v
m v
v
v
kv
n
k m kv
v
又因为
2
k0
2
k
mv
E
解得
2
2
2
0
k0
2
(2
1)
32
n
k
k mv
E
n
例3（2026·陕西渭南·二模）如图甲所示，在光滑的水平面上有一质量M=2kg 的木板，在木板右端有一质量
m=1kg 的可视为质点的小物块，木板与小物块间的动摩擦因数μ=0.03，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板
与小物块均静止。现用一水平力F 向右拉木板，F 随时间t 变化如图乙所示，5s 后撤去F，最终小物块没有
从木板上掉下去，重力加速度g 取10 m/s2。求：
(1) 1
2s
t
时，木板的速度大小；
(2) 2
5s
t
时，木板的速度大小；
(3)最终小物块和木板的速度大小。
【答案】(1)0.4m/s
(2)1.9m/s
(3)1.7m/s
【详解】（1）物块的最大加速度为
2
0.3m/s
m
a
g
在0
2s
内若两者相对静止，则整体的加速度为
2
2
1
0.6 m/s
0.2m/s
2 1
m
F
a
a
M
m
可知木板和木块一起向前加速，则1
2s
t
时，木板的速度大小
1
1
0.4m/s
v
at
（2）2s 后，假设物块相对木板仍静止，则加速度
'
2
2
2
1.3 m/s
0.43m/s
2 1
m
F
a
a
M
m
可知两者产生了相对滑动，此时物块的加速度为
2
0.3m/s
m
a
，木板的加速度
2
2
2
1
1.3
0.03 10 m/s
0.5m/s
2
F
mg
a
M
2
5s
t
时，木板的速度大小
2
1
1
2
1
(
)
[0.4
0.5 (5
2)]m/s
1.9m/s
v
v
a t
t
（3）2
5s
t
时，物块的速度大小
3
1
2
1
(
)
[0.4
0.3 (5
2)]m/s
1.3m/s
m
v
v
a
t
t
最终两者共速，则由动量守恒定律可知
3
2
(
)
mv
Mv
m
M v
解得共同速度v=1.7m/s
▶新情境◀【变式训练5】（2026·云南昆明·模拟预测）如图所示，倾角为
37
的足够长固定斜面上有
一质量为
0.2kg
M
、长
0.45m
L
的木板A，A 的右侧固定一轻质挡板P，A 的上表面光滑，下表面与斜面
的动摩擦因数
0.5
，在A 的上方有沿斜面向下的匀强电场，场强大小
100N/C
E
。当A 的速度为
0
1m/s
v
时，质量为
0.1kg
m
、电荷量为
3
4 10 C
q
的带正电滑块B，以速度
0v 沿斜面从左侧滑上A，已知B 与P
的碰撞为弹性碰撞且B 始终未脱离A，滑块B 可视为质点，重力加速度为
2
10m/s
g
，sin37
0.6
，
cos37
0.8
。求：
(1)B 与P 碰撞前，B 的速度大小；
(2)B 与P 第1 次碰撞后，B 离P 的最远距离；
(3)从B 与P 第1 次碰撞至第2 次碰撞的过程中，B 电势能的变化量。
【答案】(1)4m / s
(2) 0.45m
(3)0.72J
【详解】（1）B 滑上木板A 后，对A 板，下表面摩擦力恰好平衡其重力沿斜面分力，即
sin37
cos37
1.2N
Mg
M
m g
故A 始终以v0=1m/s 匀速下滑。A 上表面光滑，B 沿斜面方向仅受重力与电场力，由牛顿第二定律可得
加速度为
2
B
sin37
10m / s
qE
a
g
m
方法一：设由开始到B 与P 碰撞的运动时间为t1，则有
B
0
1
B
v
v
t
a
，
0
1
0 1
2
B
v
v t
v t
L
联立解得
B
4m/s
v
方法二：B 从静止相对A 开始加速（初速同A），相对位移L=0.45 m ，以A 为参考系，由运动学规律
可得
2
BA
B
2
v
a L
解得
BA
3m / s
v
，
B
4m/s
v
（2）B 与P 第一次碰撞，系统动量守恒，则有
A
0
B
B
A
A1
B
B1
m v
m v
m v
m v
机械能守恒
2
2
2
2
A 0
B B
A
A1
B B1
1
1
1
1
2
2
2
2
m v
m v
m v
m v
解得
B
A
B
A
A
B1
2
0
A
B
m
m
v
m v
v
m
m
m/s ，
A
B
0
B B
A1
A
B
2
3m / s
m
m
v
m v
v
m
m
碰撞后A、B 共速时，BP 间有最大间距。
方法一：设碰后再经过t2 两者共速，对滑块B 由运动学规律则有
A1
B1
B 2
v
v
a t
，
2
A1
2
B
2
BP
1
2
v
t
a
t
x
解得
BP
0.45m
x
方法二：以A 为参考系，B 相对A 的初速度为
0
3m / s
v
，末速度
0m / s
tv
对滑块B 由运动学公式则有
2
2
0
B
BP
2
tv
v
a
x
解得
BP
0.45m
x
（3）方法一：设由第一次碰撞到第二次碰撞过程中经历的时间为t3，这段时间内B 的位移与A 的位移
相同，则有
2
B
B
3
1
2
x
a
t
，
A
A1
3
x
v
t
，
A
B
x
x
联立解得
B
1.8m
x
B 与P 第一次碰撞至第二次碰撞过程中则有
B
B
0.72J
E
qE x
方法二：B 与P 第一次碰撞结束至B、A 共速，B 沿斜面下滑的距离为
2
2
B2
B1
B
B
0.45m
2
v
v
x
a
以A 为参考系，B、A 共速至B 与P 第二次碰撞则有
BA
B
'
2
3m / s
v
a L
解得B 对地速度
B3
6m / s
v
此过程B 对地位移
2
2
'
B3
B2
B
B
1.35m
2
v
v
x
a
B 与P 第一次碰撞至第二次碰撞过程中
B
B
B
(
0.72J
)
E
qE
x
x
′
【思维建模】
两种典型的“滑块—木板”模型
模型
地面光滑，木板足够长且初速
度为零，滑块冲上木板
地面光滑，木板足够长且有初速
度，滑块反向冲上木板
作用过程
示意图
运动的
v-t 图像
真题溯源·考向感知
——溯源真题逻辑，感知高考考向
1．（2025·浙江·高考真题）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1kg 。A 以4m / s 的速度向右运动，B 和C 一起以2m / 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0.75m，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12J
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
【详解】A．碰撞瞬间C 相对地面向左运动，选项A 错误；
B．向右为正方向，则AB 碰撞过程由动量守恒
A
B
1
2
mv
mv
mv
解得
v1=1m/s
方向向右；当三者共速时
1
2
3
C
mv
mv
mv
可知
v=0
即最终三者一起静止，可知经历的时间
2
s
0.4s
0.5 10
Cv
t
g
选项B 错误；
C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量
2
2
1
C
1
1
2
3J
2
2
Q
mv
mv
选项C 错误；
D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知
Q
mgx
相对
可得
0.6m
x
相对
选项D 正确。
故选D。
2．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L 的木块，质量为m 的
子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f 与射入初速度大小
0v 成正比，即
0
f
kv
（k 为已知常数）。改变子弹的初速度大小
0v ，若木块获得的速度最大，则（
）
A．子弹的初速度大小为
2kL m
M
mM
B．子弹在木块中运动的时间为
2mM
k m
M
C．木块和子弹损失的总动能为
2
2
k L
m
M
mM
D．木块在加速过程中运动的距离为
mL
m
M
【答案】AD
【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别
为
1
2
,
v v ，则有
0
1
2
mv
mv
Mv
子弹和木块相互作用过程中合力都为
0
f
kv
，因此子弹和物块的加速度分别为
1
2
,
f
f
a
a
m
M
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
2
2
2
1 1
0
1
2
2
2
2
,2
a x
v
v
a x
v
1
2
x
x
L
联立上式可得
2
0
0
0
0
2
2 kv
kv
m v
v
L
m
M
v
M
m
因此木块的速度最大即
2
0
0
0
0
2 kv
kv
v
v
L
m
M
取极值即可，该函数在2
k
k
L
m
M
到无穷单调递减，因
此当
0
2
2 kL M
m
k
k
v
L
m
M
Mm
木块的速度最大，A 正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
0
2
mv
v
M
m
由运动学公式
2
2
v
a t
可得
mM
t
k m
M
故B 错误；
C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
2
2
2
Δ
k L
m
M
E
Q
fL
mM
故C 错误；
D．木块加速过程运动的距离为
2
2
0
2
v
mL
x
t
M
m
故D 正确。
故选AD。
