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知识点52：应
三
点解
滑块与
木板碰撞
题
用
大观
决
长
问
【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 初－E 末，研究对象
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v0＝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
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mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，木板获得的动能是Ek
＝Mv2＝×2×22 J＝4 J，A 正确；0～1 s 时间内B 的位移xB＝×(4＋2)×1 m＝3 m，A 的位移
是xA＝×1×2 m＝1 m，木板A 的最小长度是Δx＝xB－xA＝2 m，B 错误；滑块B 的加速度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
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（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 共 =
；（2）x =
；（3）t =
，W = mv0
2
【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2mv0 = 3mv 共解得v
共 =
（2）由于木板速度是滑块的2 倍，则有v 木 = 2v 滑再根据动量守恒定律有2mv0 =
2mv 木 + mv 滑，联立化简得v 滑 =
v0，v 木 =
v0再根据功能关系有 - μmgx =
× 2mv 木
2 +
mv 滑
2 -
× 2mv0
2经过计算得x =
。（3）由于木板保持匀速直线运动，则有
F = μmg 对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a 滑 = μg，滑块相对木板静止时有
v0 = a 滑t 解得t =
则整个过程中木板滑动的距离为x′ = v0t =
则拉力所做的功为
W = Fx′ = mv0
2。
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v0＝5.0 m/s，所以木板的动量
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
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
2
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恒定律得，当木块A 的速度减为零时，Mv0－mv0＝MvB，代入数据解得vB＝3.75 m/s，故A
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Mv0－mv0＝(M＋m)v，
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，Mv0
2＋mv0
2－(M＋m)v2＝μmgx，代入数据解得x＝8 m，木板的
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v0、2v0，方向如图所示．试
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mv0＋m·2v0＝(m＋m＋2m)v′，解得v′＝v0
(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＝v0－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
＝v0－at＝
(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＝
，
3
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A、C 间由于摩擦产生的热量QAC＝μmgΔx＝mv0
2，全过程系统由于摩擦产生的热量等于系
统动能减少量，为Q＝mv0
2＋m(2v0)2－(m＋m＋2m)v′2，解得Q＝
mv0
2，B、C 间由于
摩擦产生的热量为QBC＝Q－QAC＝mv0
2，即
＝.
【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＝4mv1解得v1＝，方向水平向左
(2)初始阶段A 物体向右做匀减速运动，加速度大小aA＝＝μg；B 物体向左做匀减速运动，
加速度大小aB＝＝μg；小车向左做匀加速运动，加速度大小aC＝＝μg，经过t1时间，B、C
达到共同速度，则有v－μgt1＝μgt1，此时t1＝，B、C 的速度v2＝，方向向左，A 的速度大
小与B、C 相同，方向相反，该过程中，A 相对C 运动的距离：Δx1＝(vt1－aAt1
2)＋aCt1
2，B
相对C 运动的距离：Δx2＝(vt1－aBt1
2)－aCt1
2，此后B、C 共同向左做减速运动，加速度大小
a＝＝，直到三物体速度相同，所用时间t2＝＝，该过程A 相对B、C 滑行的距离：Δx3＝
(v2t2－aAt2
2)＋(v2t2－at2
2)，所以小车的长度至少是l＝Δx1＋Δx2＋Δx3＝.
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v0＝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
m/s2，求右边木块的最后速度大小．
【典例4 提高题】【答案】 m/s
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【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：mv0＝3mv，mv＝×3mv2＋μmgx 代入数值可解得：x＝ m＞1.00
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v1和v2表示两木块最后的速度，v′0表示金属块到达左边木块右端
时的速度，由动量守恒及功能关系可知：mv0＝mv′0＋2mv1，mv＝mv′＋×2mv＋μmgL,mv0＝
mv1＋2mv2解得：v1＝1 m/s，v2＝ m/s 或v1＝ m/s，v2＝ m/s，因v1不能大于v2，所以v1＝
m/s，v2＝ 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
明金属块最后停在右边的木块上，右边木块的最后速度为v2＝ m/s
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Ep＝mv2，
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Ep＝
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)
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以水平速度v0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
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v0
B．长木板的最终速度为v0
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v0的方向为正方向，则有mv0＝(m＋M)v2，解得v2＝，故A、B 错误；小物
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mv0＝(m
＋M)v1，解得v1＝，由能量守恒定律，得Epm＋Q＋(m＋M)v1
2＝mv0
2，Q＝FfL，小物块从
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
2＝mv0
2，Q′＝
Ff(2L)，联立解得Epm＝，Q′＝，即弹簧的最大弹性势能为Epm＝，系统损失的机械能为
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μ1＝0.1，木板A 与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.2。一个底面光滑、质量也为M＝3 kg
的木块C 以速度v0＝2 m/s 与木板A 发生弹性碰撞。重力加速度g 取10 m/s2。
(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v1、v2，木块C 与木板A 发生弹性碰撞，
有Mv0＝Mv1＋Mv2，Mv0
2＝Mv1
2＋Mv2
2，代入数据解得v1＝0，v2＝v0＝2 m/s
(2)碰后木板A 开始做减速运动，其加速度a1＝－
＝－3 m/s2，木块B 开始做
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加速运动，其加速度a2＝
＝μ1g＝1 m/s2，设二者速度相同时速度为v，有
＝，解
得v＝0.5 m/s，此过程中木板A 的位移为x1＝
＝m，木块B 的位移为x2＝
＝m，
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a3＝
＝－m/s2，木块B 向右做减速运动，其加速度a4＝－
＝－μ1g＝－1
m/s2，因为|a3|>|a4|，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
止。A 向右减速到零的位移x3＝
＝
m，A 减速到零时，由于μ1mg<μ2(m＋M)g，故保
持静止。B 向右减速到零的位移为x4＝
＝m，即B 先相对A 向左移动了x1－x2＝0.5
m，后相对A 向右移动了x4－x3＝
m，则要保证木块B 不从木板A 上滑下，木板A 的最
小长度为L＝x1－x2＝0.5 m。
【典例2 提高题对应练习】如图所示，长木板B 的质量为m2＝1.0 kg，静止放在粗糙的水
平地面上，质量为m3＝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m1
＝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v0＝10 m/s 向着长木板运动．
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μ1＝0.1，物块
C 与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
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－μ1m1gl＝m1v2－m1v0
2
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v1、v2，由动量守恒
定律得m1v＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得m1v2＝m1v1
2＋m2v2
2
联立解得v1＝v＝－3 m/s，v2＝v＝6 m/s， 碰后瞬间物块A 的速度大小为3 m/s、方向向左，
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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－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝－m2a1，对物块C 有μ2m3g＝m3a2，设从碰撞后到两者达
到共同速度经历的时间为t，则v2－a1t＝a2t，木板B 的最小长度d＝v2t－a1t2－a2t2＝3 m
(3)B、C 达到共同速度之后，因μ1(m2＋m3)g＝μ2m3g，故二者一起减速至停下，设加速度大
小为a3，由牛顿运动定律得μ1(m2＋m3)g＝(m2＋m2)a3，整个过程B 运动的位移为xB＝v2t－
a1t2＋＝6 m，A 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小为a4＝＝1 m/s2，位移为xA＝＝
4.5 m，物块A 离长木板B 左侧的最终距离为xA＋xB＝10.5 m.
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v0＝
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：mv0＝(m＋M)v1
解得：v1＝0.4 m/s，对长木板：μmg＝Ma 得长木板的加速度：a＝0.5 m/s2
自小滑块刚滑上长木板至两者达到相同速度：v1＝at1解得：t1＝0.8 s
长木板向右运动的位移：x＝at 解得：x＝0.16 m<L＝0.5 m
设两者达到相同速度后经t2时间长木板碰撞竖直挡板，有：L－x＝v1t2解得：t2＝0.85 s
故长木板与竖直挡板相碰所需时间：t＝t1＋t2＝1.65 s.
(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：mv1－Mv1＝(m＋M)v2
最终两者的共同速度：v2＝－0.24 m/s，对全过程，由能量守恒定律有：μmgs＝mv－(m＋
M)v 解得小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：s＝0.928 m.
【典例3 提高题对应练习】如图所示，质量为
的长木板置于光滑水平地面上，
质量为
的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性
挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过。现使木板和物块以
的速度一起
向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔继
续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落。已知物块与挡板第一次碰撞后，物块
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离开挡板的最大距离为
，重力加速度
。
（1）求物块与木板间的动摩擦因数；
（2）若物块与挡板第n 次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为
，求n；
（3）求长木板的长度至少应为多少？
【典例3 提高题对应练习】【答案】（1）
（2）
（3）6.4m
【解析】(1)物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0 的过程中只有摩擦力做功，
由动能定理得
解得
(2)物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向。
设第一次碰撞后系统的共同速度为，由动量守恒定律得
，解得
，设物块由速度为0 加速到的过程中运动的位移为
，
得
，即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度，第二次碰
撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为
，经一段时间系统的共同速度为
第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为
，经一段时间系统的共同速度为
… … 第n 次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为
，由动能定理得
得
。
(3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时都静止。设物块在木板上的相对
位移为
，由能量守恒定律得
，解得
即木板的长度至少应为
。
题型四：滑块组合运动+碰撞木板模型
【典例4 提高题】如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg 的小物块，从光滑平台
上的A 点以v＝3 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在
水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D 点的质量为M＝3 kg 的长木
板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块
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与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.5 m，C 点和圆弧的圆心连线与
竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，求：(g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
(1)A、C 两点的高度差；
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。
【典例4 提高题】【答案】(1)0.8 m (2)68 N 方向竖直向下 (3)3.625 m
【解析】(1)根据几何关系可知：小物块在C 点速度大小为vC＝＝5 m/s，竖直分量vyC＝4
m/s，下落高度h＝＝0.8 m。
(2)小物块由C 到D 过程中，由动能定理得mgR(1－cos 53°)＝mv－mv，代入数据解得vD＝
m/s，小球在D 点时由牛顿第二定律得FN－mg＝m，代入数据解得FN＝68 N，由牛顿第三
定律得FN′＝FN＝68 N，方向竖直向下。
(3)设小物块刚滑到木板左端达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小
物块与长木板的加速度大小分别为a1＝μg＝0.3×10 m/s2＝3 m/s2，a2＝＝1 m/s2，物块与木
板达到共同速度时，速度关系式为v＝vD－a1t，v＝a2t，对物块和木板系统，由能量守恒定
律得μmgL＝mv－(m＋M)v2代入数据解得L＝3.625 m，即木板的长度至少是3.625 m。
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