【文档说明】模型7滑块木板模型-动量守恒的九种模型解读.pdf，共(13)页，1.036 MB，由envi的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司打开微信小程序纷传，搜索“物理资源库”，所有资料免费下载！转发旨在分享，禁止商业行为！动量守恒的九种模型解读模型七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。【典例透析】【典例】1.(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v03；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；(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＝12mv032－12mv20解得μ＝4v209gL。(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学科网（北京）股份有限公司打开微信小程序纷传，搜索“物理资源库”，所有资料免费下载！转发旨在分享，禁止商业行为

！由能量守恒定律有μmgL＝12mv20－12(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v03－mv0＝－23mv0木板不固定时滑块末速度为v＝mv0m＋M＝v09由动

量定理有I2＝mv－mv0＝mv09－mv0＝－89mv0解得I1∶I2＝3∶4。答案(1)4v209gL(2)8m(3)3∶4【针对训练】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v

0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，长木板A的动能增加量为，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.，，Q的值可能为，，C.，，Q的值可能为，，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【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l，1与t轴所围

的面积表示物体B的位移x1，2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2，由图可知xl1、xl2，又有=EfxΔkB1=EfxΔkA2=Qfl则有EQEΔΔkBkA，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EkBEkAEkBEkA=E7JkB=E2JkA=Q5JEkBEkA=E5JkB=E3JkA=Q2J学科网（北京）股份有限公司打开微信小程序纷传，搜索“物理资源库”，所有

资料免费下载！转发旨在分享，禁止商业行为！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＝M－mM＋mv0<v

0，故A正确，B、C、D错误。3.（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】（1）f=5N（2）Ek=200J【解析】（1）物块初速度==MvI5m/s0先加速==ag3m/s112木板减速设为a2=+Mamgf21共速用时=−atvat102=Ltv20学科网（北京）股份有

限公司打开微信小程序纷传，搜索“物理资源库”，所有资料免费下载！转发旨在分享，禁止商业行为！解得f=5N（2）由F=f系统在此过程动量守恒=Mvmv01=v20m/s1==Emv2200J1k12（其它方法做出也可））4.（2024湖北武汉江岸区调

考）如图所示，长为L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m1.5；有一质量为m的小木块B，从木板A的左端开始以初速度v0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v520B.若=gLv20302，则AB碰撞为弹性碰撞C若=gLv20302，则AB碰撞完后B对地向

右运动D.若=gLv160302，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=−Wmv40027f02【答案】ABD【解析】由动量守恒定律=+mvmmv1.50)(，AB相对静止时的对地速度大小为=vv520，A正确；由能量

守恒定律=+++mvmmvmgLE221.5211022)(，解得=E0，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=+mvmvv1.5012，=+mvmvmv2221.5·111012222，

解得=−vv5110，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+=+mvmvmmv1.51.534)(，+=++mvmvmmvmgL2221.5

1.5·11134222)(，解得=vv2140，=vvv0.340（舍去）这段过程中，摩擦力对A做的功=−=−Wmvmvmv224001.51.5·1127f40222，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＝3kg

、槽内长度L＝1.0m，中间位置放上一质量mB＝2kg的滑块B，均处于静止状态。在槽左边有一质量mA＝1kg滑块A，以.学科网（北京）股份有限公司打开微信小程序纷传，搜索“物理资源库”，所有资料免费下载！转发旨

在分享，禁止商业行为！速度v0＝6m/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＝1s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＝10m/s2，不计空气阻力。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)3m/s(2)0.3(3)1.

8m/s与U型槽左边挡板的距离为0.4m【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＝－v02解得vC＝3m/s。(2)滑块A与U形槽碰撞后，B做匀加速直线运动，有μmBg＝mBaBsB＝12aBt2滑块A与

U形槽碰撞后，U形槽做匀减速直线运动，有μmBg＝MaCsC＝vCt－12aCt2由题意知sC－sB＝L2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＝1.8m/s由功能关系有12Mv2C＝12(M＋mB)v2＋μmB

gs解得s＝0.9m所以，滑块B最终的位置与U形槽左边挡板的距离为d＝0.4m。6.(2024·江西南昌模拟)如图4所示，一质量为3kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为2kg，停在木板B的左端

。质量为1kg的小球用长为l＝1.8m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。图4(1)求碰撞过程中小球对物块A的冲量大小；学科网（北京）股份有限公司打开微信小程序纷传，搜索“物理资源库”，所有资料免费下载！转发旨在分享，禁止商业行为！(2)若木板长度为73m，求物块A的最终

速度大小。【答案】(1)8kg·m/s(2)2m/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＝12mv20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＋mAv212mv20＝12mv21＋

12mAv22对物块A运用动量定理得I＝mAv2－0联立解得I＝8kg·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)vμmAgs＝12mAv22－12()mA＋mBv2联立解得s＝2.4m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＋mBvBμmAgL＝12mAv22－12mAv2A－12mBv2B解得vA＝2m/svA＝65m/s舍去。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v40，使A在C上滑动，当A的速度减为v0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v320，重

力加速度为g。求：（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）gv30；（2）mv12702；（3）gv2414502【解析】（1）对物块A，根据动量定理−=−mgtmvmv4

00学科网（北京）股份有限公司打开微信小程序纷传，搜索“物理资源库”，所有资料免费下载！转发旨在分享，禁止商业行为！解得=gtv30（2）A、C构成的系统在绳子伸直之前动量守恒=+mvmvmvC4300解得=vvC0C、B构成的系统在绳子拉断瞬间动量守恒=+mvm

vmv33322C0B解得=vv21B0在绳子拉断瞬间损失的机械能为=−−Emvmvmv22323321121C0B222解得=Emv12702（3）在绳子伸直之前，A、C构成的系统

根据功能关系=−−mgxmvmvmvC22243111100222)(解得=gxv6102绳子拉断后直到A、C共速，A、C构成的系统动量守恒+=+mvmvmmv33(3)200解得=vv430绳子拉断后，A、C系统根据功能关系=+−+m

gxmvmvmmv22323(3)1121200222得=gxv24202木板C长度至少为=+=gLxxv2414512028.（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。的学科网（北京）股份有限公司打开微信小程序纷传，搜索“物理资源库”，所有资料免

费下载！转发旨在分享，禁止商业行为！【答案】（1）6kg﹒m/s；（2）能，见解析【解析】（1）由相同机械能守恒有=Emv21p02可得=v6m/s0物块第一次到达A点时的动量大小==pmv6kgm/

s0（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=+mvMmv()0可得=v2m/s则有−=mvmgL213J102++=MmvmgR2()11J12可得−++mvmgLMmvmgR22()1

1022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，P

1与P一起以v0=4m/s的速度向右运动，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）P1、P2碰撞过程中无机械能损失，以P1、P2为系统，根据动量守恒定律得=+mvmvmv101122根据机械能守恒定律得=+mvmvmv222111101122222联立解得=−v2m/s1，=v2m

/s2则碰后P1、P2的速度大小均为2m/s。（2）碰撞后P以4m/s的速度运动到P2上，最后两物体共速，碰撞后对P与P2，根据动量守恒定律得+=+mvmvmmv2202)(学科网（北京）股份有限公司打开

微信小程序纷传，搜索“物理资源库”，所有资料免费下载！转发旨在分享，禁止商业行为！对P与P2，根据功能关系得+−+=mvmvmmvmgl2221112202222)(联立解得=l0.3m则P最终距离P2左端距离0.3m。10．（14分）（202

4山东淄博期末）如图所示，有一圆心为O、半径为=R3m25的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，半径ON与水平半径OM之间的夹角=143．圆弧轨道右侧某处有一光滑水平桌面，桌面边缘与木板C的左侧对齐，木板C长为=L2m且厚度不计，在木板C左端

Q点有一静止的小滑块B．现将小球A从圆弧轨道内侧M点由静止释放，并从圆弧轨道末端N点飞出，到最高点时恰好与滑块B发生弹性碰撞，、AB可视为质点且碰撞时间极短．已知质量=m0.1kgA的球A表面光滑，滑块B与木板C的质量、==mmBC0.2

kg,BC两者之间的动摩擦因数为=0.4，取重力加速度=g10m/s2，空气阻力忽略不计，==sin530.8,cos530.6．（1）求球A到达N点时速度的大小vN；（2）求N点与Q点之间的水平距离x；（3）求、AB碰撞后，滑块B和木板C组成的系统损失的机械能EΔ；（4）若仅将滑

块B初始位置向右移动，使滑块B到木板C左端Q点的距离等于kLk(01)，球A仍从M点由静止释放，求、AB发生弹性碰撞后整个过程中摩擦力对滑块B所做的功Wf．【解析】（1）球A从M点运动到N点，由动能定理得：=−mgRmv2cos5301AAN2=v10

m/sN（2）球A离开N点后做斜抛运动水平方向：=xvtcos53N1)(竖直方向：−=vgtsin530N1=x4.8m（3）、AB物体碰撞，动量守恒、能量守恒的学科网（北京）股份有限公司打开微信小程序纷传，搜索

“物理资源库”，所有资料免费下载！转发旨在分享，禁止商业行为！=+mvmvmvcos53ANAA1BB1=+mvmvmv222cos53111ANAA1BB1222)(得：=v4m/sB1B在C板上滑动过程中，若共速前不从A板上

滑下．由动量守惊、能量守恒得：=+mvmmvBB1BCBC)(=++mvmmvmgx22Δ11BB1BCBC22)(解得：=v2m/sBC==xL1m2mΔ则物块B未从A板滑下．==Emgx0.8JΔΔ（4）k201：B不会从C板滑下，对B物体由动能定理得：=−Wmvmv2

211fBBCBB122=−W1.2JfkB21:1能从C板滑下，由动量守恒和能量守恒得：=+mvmvmvBB1BB2CC2=++−mvmvmvmgkL2221111BB1BB2CC2222)(解得：=+−vk2221B2由动能定理得：=−Wmvmv2z11fBB2

BB122=−+−Wkk0.8210.81.6f11.（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21。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：学科网（北京）股份有限公司打开微信小程序纷传，搜索“物理资源库”，所有资料免费下载！转发旨在分享，禁止商业行为！（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减E；（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）12m/s；（2）72J；（3）10.5m【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=mgRmv212202解得滑块M运动到C点时的速度大小为==vgR212m/s0（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v2、v1；根据动量守恒和机械能守恒可得=+mvmvmv20

2211=+mvmvmv222111202211222解得=v02，==vv12m/s10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，根据动量守恒可得共=+mvmmv()11110解得共=v8m/s1由题意可知小车与第

1次撞墙后，速度变为车共==vv24m/s111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车共减=−−=Emvmvmv22272J111111110222（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==mamg2m/s012小车与墙壁第1次碰撞后向左运动的距离为车==axv24m112根据动量守恒可得车共共−=+mvmvmmv()1121010可得小车与滑块N第2次达到共

速的速度大小为共=v4m/s2的学科网（北京）股份有限公司打开微信小程序纷传，搜索“物理资源库”，所有资料免费下载！转发旨在分享，禁止商业行为！小车与第2次撞墙后，速度变为车共==vv22m/s122小车与墙壁第2次碰撞后向左运动的距离为车==axv21m222根据动量守恒可得车共共−=+m

vmvmmv()2231010可得小车与滑块N第3次达到共速的速度大小为共=v2m/s3小车与第3次撞墙后，速度变为车共==vv21m/s133小车与墙壁第3次碰撞后向左运动的距离为车==axv20.25m332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=37的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角=37的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG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AB、EF相切于BE)(处．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车:上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径=R0.5m，B点高度为R1.2，FG

长度=LFG2.5m，HI长度=L9m0，摆渡车长度=L3m、质量=m1kg．将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度=h2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍．（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑

块视为质点，不计空气阻力，=sin370.6，=cos370.8）（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；（2）摆渡车碰到IJ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．【答案】（1）=vC4m/

s，=FC22N；（2）=0.3；（3）=t2.5s【解析】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得−−−=mghRRRmvC2(1.2cos)12解得=vC4m/s学科网（北京）股份有限公司打开微信小程序纷传，搜索“物理资源库”，所有资料免

费下载！转发旨在分享，禁止商业行为！滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得+=RFmgmvCC2解得=FC22N（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得−=mghmgLmvFG20.212解得=v6m/s摆渡车碰到IJ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v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得=mvmv21解得==vv23m/s1根据能量守恒可得==−QmgLmvmv22211122解得=0.3（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==mamg3m/s2所用时间为==−atvv1s11此过程滑块通过的位移为==+xtvv24.5m111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==−vtLx1.5s1201则

滑块从G到J所用的时间为=+=ttt2.5s12