文档内容
素养培优1 “板块”模型中动力学、能量和
动量的综合模型图示 模型特点
“滑块 滑板”模型作为力学的基本模型经常出现，是对
—
直线运动和牛顿运动定律及动量守恒定律有关知识的巩固
和应用，这类问题可分为两类：
①没有外力参与，滑板放在光滑水平面上，滑块以一定速
度在滑板上运动，滑块与滑板组成的系统动量守恒，注意
滑块若不滑离滑板，最后二者具有共同速度，摩擦力与相
对路程的乘积等于系统损失的动能，即 ＝ 。
F ·x ΔE
f 相对 k
②系统受到外力，这时对滑块和滑板一般隔离分析，画出
它们运动的示意图，应用牛顿运动定律、运动学公式及动
量定理求解。【典例1】
（
2024·
湖北宜昌高三二模）如图甲所示，一辆质量为
M
＝
1
.
5
的小车静止在光滑的水平面上，一质量为 的木块以一定的水平速度滑
kg m
上小车，最后与小车以相同的速度运动，它们的运动速度随时间变化的图
像如图乙所示。重力加速度取 ＝ 。求：
g 10 m/s2（ ）木块的质量 ；
1 m
答案： .
0 5 kg
解析： 二者相互作用过程，二者构成的系统动量守恒，有
mv
0
＝（ ＋ ） ，由图乙可知 ＝ ，共同速度为 ＝ . ，联立
m M v v 2 m/s v 0 5 m/s
0
解得木块的质量 ＝ . 。
m 0 5 kg
（ ）木块与小车上表面间的动摩擦因数；
2
答案： .
0 3
解析：由速度—时间图像可得小车的加速度为 ＝ ＝
a m/s2 1
0 5−0
.
，对小车由牛顿第二定律可得 ＝ ，解得0 5＝−0 ＝ . 。
m/s2 μmg Ma μ 0 3
.
（ ）这个过程中系统损失的机械能。
3
答案： .
0 75 J
解析： 由功能关系可得这个过程中系统损失的机械能为 ＝
ΔE
－ （ ＋ ） ＝ × . × － ×（ . ＋ . ）× . ＝
m m M v2 0 5 22 J 1 5 0 5 0 52 J
1 1 1 1
2
. 。
0 750 J
2 2 2 2【典例2】
（
2024·
海南三亚高三三模）如图所示，质量
M
＝
2 kg
的足够长
的木板静止在光滑的水平面上，质量 ＝ 的滑块静止在木板的左端。
m 1 kg
现给滑块施加一方向水平向右、大小 ＝ 的拉力，经时间 ＝ 后撤去
F 3 N t 6 s
拉力，已知撤去拉力的瞬间，木板的速度大小 ＝ ，取重力加速度大
v 3 m/s
1
小 ＝ 。求：
g 10 m/s2
（ ）滑块与木板间的动摩擦因数 ；
1 μ
答案： .
0 1
解析： 对木板进行分析，由动量定理有 ＝ ，又因为 ＝
ft Mv f
1
，联立代入数据解得 ＝ . 。
μmg μ 0 1（ ）撤去拉力的瞬间，滑块的速度的大小 ；
2 v
2
答案：
12 m/s
解析： 对滑块进行分析，由动量定理有（ － ） ＝ ，代入数
F f t mv
2
据解得 ＝ 。
v 12 m/s
2
（ ）木板和滑块最后的共同速度的大小 。
3 v
共
答案：
6 m/s
解析： 撤去拉力后，由动量守恒定律有 ＋ ＝（ ＋ ）
Mv mv M m v
1 2
，代入数据解得 ＝ 。
v 6 m/s
共 共【典例3】 （ 2024· 海南高考 17 题）某游乐项目装置简化如图， A 为固定在
地面上的半径 ＝ 的光滑圆弧形滑梯，滑梯顶点 与滑梯末端 的高度
R 10 m a b
差 ＝ ，静止在光滑水平面上的滑板 ，紧靠滑梯的末端，并与其水平
h 5 m B
相切，滑板的质量 ＝ ，一质量为 ＝ 的游客从 点由静止开始
M 25 kg m 50 kg a
下滑，并从 点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高的固定平台
b C
边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行 ＝ 停下。游客可视为质
s 16 m
点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为 ＝ . ，忽略空气阻力，
μ 0 2
重力加速度 ＝ ，求：
g 10 m/s2（ ）游客滑到 点时对滑梯压力的大小；
1 b
答案：
1 000 N
解析： 对游客从 点滑到 点的过程，由动能定理有 ＝
a b mgh
，游客滑到 点时，有 － ＝ ，由牛顿第三定律可知，游客
mv2 b F mg m
2
1
滑到 点时对滑梯压力的大小为 ＝ ＝ 。
b F' F 1 000 N
2 （ ）滑板的长度 。
2 L
答案：
7 m
解析： 法一 游客在平台上运动时，由牛顿第二定律有 ＝
μmg
，由运动学公式有 ＝ ，解得游客滑上平台的速度大小 ＝
ma 2a s v
1 1 1
，游客在滑板上滑动2 时，对游客，由牛顿第二定律有 ＝
8 m/s μmg ma
1
2
对滑板，由牛顿第二定律有 ＝ ，游客在滑板上滑动的过程，
μmg Ma
3
由运动学公式有 ＝ － ，游客的位移为 ＝ － ，滑板的位移
v v a t x vt a t2
1 2 1 2
1
为 ＝ ，则滑板的长度 ＝ － ，联立解得 ＝2 。
x a t2 L x x L 7 m
2 3 1 2
1
2法二 游客在滑板上运动时，游客与滑板组成的系统动量守恒，则对游客
在滑板上运动的过程，由动量守恒定律有 ＝ ＋ ，由能量守恒定律
mv mv Mv
1 2
有 ＝ ＋ ＋ ，对游客在平台上运动的过程，由动能定
mv2 m M μmgL
1 1 1
理有 － μmgs ＝2 0 － m 2 ，联立解得 L ＝ 7 m 。
1 2
2 2 2
1
2
1
2 【典例4】 （ 2024· 浙江 6 月选考 18 题）一弹射游戏装置竖直截面如图所
示，固定的光滑水平直轨道 、半径为 的光滑螺旋圆形轨道 、光滑
AB R BCD
水平直轨道 平滑连接。长为 、质量为 的平板紧靠长为 的固定凹槽
DE L M d
侧壁 放置，平板上表面与 齐平。将一质量为 的小滑块从 端
EFGH EF DEH m A
弹射，经过轨道 后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达 即被锁
BCD HG
定。已知 ＝ . ， ＝ . ， ＝ . ， ＝ ＝ . ，平板与滑块
R 0 5 m d 4 4 m L 1 8 m M m 0 1 kg
间的动摩擦因数 ＝ . 、与凹槽水平底面 间的动摩擦因数为 。滑块
μ 0 6 FG μ
1 2
视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（ ）滑块恰好能通过圆形轨道最高点 时，求滑块离开弹簧时速度
1 C v
0
的大小；
答案：
5 m/s
解析： 由动能定理得－ ＝ －
mg·2R m m
1 1
2 2
滑块恰好能通过圆形轨道最高点 ，有 ＝
C mg m 0
2 2
2
解得 ＝ ＝ 。
v 5 m/s
0
5 （ ）若 ＝ ，滑块恰好过 点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗
2 μ 0 C
2
的机械能；
答案： .
0 625 J
解析：根据动量守恒定律得 ＝（ ＋ ）
mv m M v
0
根据能量守恒定律得 ＝ － （ ＋ ）
ΔE m m M v2
1 1
代入数据解得系统损耗的机械能2
ΔE
＝
0
.
625 J
。
0
2 2（ ）若 ＝ . ，滑块能到达 点，求其离开弹簧时的最大速度 。
3 μ 0 1 H v
2 m
答案：
6 m/s
解析：滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一
起匀减速运动到 点时，此时滑块离开弹簧时的速度最大
H
滑块的加速度大小 满足 ＝
a μ mg ma
m 1 m
解得 ＝
a 6 m/s2
m
平板的加速度大小 满足 － （ ＋ ） ＝
a μ mg μ m M g
M 1 2
，解得 ＝
Ma a 4 m/s2
M M
作出 图像，如图所示
v-t
＋
由 图像可知 － ＝
v-t t t L
1 1
m 1 1
＝ ＝ －
v a t v a t
1 M 1 m m 1
2 2
联立解得 ＝ 。
v 6 m/s
m板块模型的思维模板提升关键能力1 2 3 4 5 6 7
. （ 江苏南京高三二模）如图所示，质量为 ＝ 的木板静置于光
1 2024· M 2 kg
滑水平地面上，质量为 ＝ 的小滑块（可视为质点）以 ＝ 的
m 1 kg v 3 m/s
0
速度从木板左端滑上木板，小滑块最终未滑下木板，取重力加速度 ＝
g
。求：
10 m/s2
（ ）小滑块最终的速度大小；
1
答案：
1 m/s
解析： 小滑块在木板上滑动过程中，滑块和木板组成的系统
动量守恒，由动量守恒定律得 ＝（ ＋ ） ，解得 ＝ 。
mv m M v v 1 m/s
01 2 3 4 5 6 7
（ ）若小滑块与木板间的动摩擦因数 ＝ . ，求小滑块相对木板滑动
2 μ 0 2
的时间。
答案：
1 s
解析： 根据题意，对滑块，由动量定理有－ ＝ － ，
μmgt mv mv
0
解得 ＝ 。
t 1 s1 2 3 4 5 6 7
. （ 江苏盐城高三一模）如图所示，质量 ＝ 的长木板 的右端
2 2024· m 2 kg A
A
放置质量 ＝ 的小物块 ，它们静止在光滑水平面上。现有质量
m 1 kg B m
B C
＝ 的物块 沿水平面向右以 ＝ 的速度与木板 发生弹性正碰
2 kg C v 3 m/s A
0
（碰撞时间极短），再经 ＝ 时间 与 相对静止。取重力加速度 ＝
t 1 s B A g 10
，试求：
m/s2
（ ）碰后 的速度；
1 C
答案：
0
解析： 物块 与木板 发生弹性正碰，由动量守恒定律有
C A
＝ ＋ ，由机械能守恒定律有 ＝ ＋
m v m v m v m m
C 0 A A C C C A
1 1
2 2
，解得 ＝ ， ＝ ，即碰后 的速度为零。
m v 3 m/s v 0 C 0
C A C 2 2
1
2
2 1 2 3 4 5 6 7
（ ） 、 相对静止时的速度大小；
2 A B
答案：
2 m/s
解析： 再经 ＝ 时间 与 相对静止，此过程 与 组成的系统
t 1 s B A A B
动量守恒，由动量守恒定律有 ＝（ ＋ ） ，解得 ＝
m v m m v v 2
A A A B 共 共
。
m/s
（ ） 的上表面与 之间的动摩擦因数。
3 A B
答案： .
0 2
解析： 对物块 ，根据动量定理有 ＝ ，所以 的上表
B μm gt m v A
B B 共
面与 之间的动摩擦因数为 ＝ . 。
B μ 0 21 2 3 4 5 6 7
. （ 甘肃高考 题）如图，质量为 的小球 （视为质点）在细绳
3 2024· 14 2 kg A
和 作用下处于平衡状态，细绳 ＝ ＝ . ，与竖直方向的
O'P OP O'P OP 1 6 m
夹角均为 °。质量为 的木板 静止在光滑水平面上，质量为 的
60 6 kg B 2 kg
物块 静止在 的左端， 的左端在 的正下方。剪断细绳 ，小球 开
C B C O O'P A
始运动。（重力加速度 取 ）
g 10 m/s21 2 3 4 5 6 7
（ ）求 运动到最低点时细绳 所受的拉力。
1 A OP
答案：
40 N
解析： 对 从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定
A
理有 （ － °）＝ －
mgl 1 cos 60 m 0
1
2
0
在最低点，对 由牛顿第二2定律 有 － ＝
A T mg
2
0
根据牛顿第三定律得 ＝
T' T
联立解得细绳受到的拉力 ＝ 。
T' 40 N1 2 3 4 5 6 7
（ ） 在最低点时，细绳 断裂。 飞出后恰好与 左侧碰撞（时
2 A OP A C
间极短），碰后 竖直下落， 水平向右运动。求碰后瞬间 的
A C C
速度大小。
答案：
4 m/s
解析：由于碰撞时间极短，则碰撞过程 、 组成的系统水平方向
A C
动量守恒，有
＝ ＋
mv 0 mv
0 C
结合（ ）问解得 ＝ 。
1 v 4 m/s
C1 2 3 4 5 6 7
（ ） 、 碰后， 相对 滑行 后与 共速。求 和 之间的动摩
3 A C C B 4 m B C B
擦因数。
答案： .
0 15
解析： 与 相互作用的过程，系统所受外力矢量和为零，动量守
C B
恒，则有 ＝（ ＋ ） ，根据能量守恒定律有
mv m 3m v
C 共
＝ （ ＋ ） ＋
m m 3m μmgΔx
共
1 1
2 2
联立解得 ＝ . 。
μ 0 15
2 2 1 2 3 4 5 6 7
. （ 江苏南通高三二模）如图所示，在光滑水平面上有一个长为 的
4 2024· L
木板 ，上表面粗糙，在其左端有一个光滑的 圆弧槽 ， 与长木板接
B C C
1
触但不连接，且下端与木板的上表面相平， 、 静止在水平面上。某
B C
4
时刻滑块 以初速度 从右端滑上 并以 的速度滑离 ，恰好能到达 的
A v B B C
0
0
最高点。 、 、 的质量均为 ，重力加速度为 ，求：
A B C m g
2
（ ）滑块 与木板 上表面间的动摩擦因数 ；
1 A B μ
答案：
2
5 0
16 1 2 3 4 5 6 7
解析： 当 在 上滑动时， 与 、 整体发生相互作用，由于
A B A B C
水平面光滑， 与 、 组成的系统动量守恒，以水平向左为正方
A B C
向，由动量守恒定律得 ＝ ＋ ①，由能量守恒定
mv m· 2mv
0 1
1
0
2
律得 ＝ － － × ②，联立①②解得
μmgL m m· 2m v
1
2
1 1 1 1
2 2
0 0 1
2 2 2 2
＝ ， ＝ ③。
v μ
0
2
1 5 0
4 16 1 2 3 4 5 6 7
（ ） 圆弧槽 的半径 ；
2 C R
1
答案：
4
2
0
解析： 6当4 A 滑上 C 时， B 与 C 分离， A 、 C 发生相互作用， A 到达 C
的最高点时两者的速度相等，设为 ， 、 组成的系统在水平方
v A C
2
向动量守恒，则 ＋ ＝（ ＋ ） ④， 、 组成的系
m· mv m m v A C
1 2
1
0
2
统机械能守恒，则 ＋ ＝ ×（ ） ＋
m· m 2m mgR
2
1 1 1 1
2 2
0 1 2
2 2 2 2
⑤，联立③④⑤解得 ＝ 。
R
2
0
64 1 2 3 4 5 6 7
（ ） 、 最终分离时，各自的速度大小。
3 A C
答案：
v v
0 0
1 1
解析：
4A
滑上
2 C
后，
B
与
C
分离，只有
A
与
C
发生相互作用，此后
的速度一直为 ，设 滑离 时， 的速度大小为 ， 的速度大
B v A C A v C
0 A
1
小为 ，对 与 4 组成的系统，由动量守恒定律得 ＋ ＝
v A C m· mv
C 1
1
0
2
＋ ，由能量守恒定律得 ＋ ＝ ＋
mv mv m· m m
A C
2
1 1 1 1
2 2
0 1
，联立解得 ＝ ， ＝2 。2 2 2
m v v v v
A 0 C 0
1 1 1
2
2 4 21 2 3 4 5 6 7
. （ 河北石家庄高三二模）如图甲所示，一定长度、质量为 ＝
5 2024· M 2 kg
的长木板放在水平面上，质量为 ＝ 且可视为质点的物块放在长木
m 1 kg
板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力 （大小未知），使
F
1
长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为 ＝ 时刻， ～ 内长木
t 0 0 2 s
板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示， ＝ 时将外力大小改
t 2 s
为 ＝ ，物块与长木板间的动摩擦因数为 ，长木板与水平面间的
F 22 N μ
2 1
动摩擦因数为 ＝ 。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中
μ
2
11
物块始终未离开长木板，取重力加速度 ＝ 。求：
g 10 m/s2
151 2 3 4 5 6 7
（ ） 以及 的大小；
1 μ F
1 1
答案： .
0 2 42 N
解析： 由图乙可知，对物块在 ～ 的时间内，有 ＝ ＝
0 2 s a
1
Δ 1
1
＝ ，对物块根据牛顿第二定律得 ＝ ，解得
m/s2 2 m/s2 μ mg ma μ
1 1 1
4−0
＝2 . 。 ～ 的时间内长木板做加速运动，由图乙可知 ＝ ＝
0 2 0 2 s a
Δ 2
＝ ，对木板由牛顿第二定律得 － － （ Δ＋
m/s2 9 m/s2 F μ mg μ M
1 1 2
18
） ＝ ，解得 ＝ 。
m g Ma F 42 N
2 11 2 3 4 5 6 7
（ ）长木板最终的速度大小；
2
答案：
m/s
40
解析： ＝ 后，由题意得 ＝ （ ＋ ） ，故长木板与物
3
t 2 s F μ M m g
2 2
块组成的系统动量守恒，可得 ＋ ＝（ ＋ ） ，解得 ＝
mv Mv m M v v
1 2 3 3
。
m/s
40
31 2 3 4 5 6 7
（ ）长木板的最小长度。
3
答案：
m
140
解析： 由图乙可得， ～ 时，物块相对长木板的位移 ＝
0 2 s Δx
3 1
× ×（ － ） ＝ ， 后，到物块与长木板共速时，由能
2 18 4 m 14 m 2 s
1
2量守恒定律有 ＝ ＋ － （ ＋ ） ，解得
μ mgΔx m M m M Δx
1 2 2
1 1 1
2 2 2
1 2 3
＝ ，故长木板的最小2长 度 ＝2 ＋ 2＝ 。
m L Δx Δx m
1 2
98 140
3 31 2 3 4 5 6 7
. （ 湖南株洲高三三模）如图所示，质量 ＝ . 的木板静止在光
6 2024· M 2 0 kg
滑水平面上，质量 ＝ . 的小物块放在木板的最左端。现用一水平
m 1 0 kg
向右、大小为 ＝ 的力作用在小物块上，当小物块在木板上滑过
F 10 N L
1
＝ . 的距离时，撤去力 。已知小物块与木板之间的动摩擦因数 ＝
2 0 m F μ
. ，重力加速度 取 ，求：
0 4 g 10 m/s2
（ ）撤去 前，小物块和木板的加速度大小；
1 F
答案：
6 m/s2 2 m/s21 2 3 4 5 6 7
解析： 撤去 前，假设小物块与木板间未发生相对滑动，对
F
整体，根据牛顿第二定律有 ＝（ ＋ ） ，解得 ＝ ，
F M m ·a a m/s2
共 共
10
对木板，根据牛顿第二定律有 ＝ ＝ ＞ ，则小物3 块与
f Ma N μmg
共
20
木板之间发生相对滑动，对小物块，根据牛顿第二定律有 －
F μmg
3
＝ ，解得 ＝ ，对木板，根据牛顿第二定律有 ＝
ma a 6 m/s2 μmg Ma
物 物
，解得 ＝ 。
a 2 m/s2
木 木1 2 3 4 5 6 7
（ ）力 作用的时间；
2 F
答案：
1 s
解析： 设力 作用的时间为 ，根据位移与时间的关系式 ＝
F t x v t
0
＋ 可知，此时，小物块的位移为 ＝ ，木板的位移为 ＝
at2 x a t2 x
1 物 2
1 1
2 ，又有 － ＝ ，解得 ＝ 。 2
a t2 x x L t 1 s
木 1 2 1
1
21 2 3 4 5 6 7
（ ）要使小物块不从木板上掉下来，木板的最小长度。（结果均可用
3
分式表示）
答案：
m
10
解析： 撤去拉力时，根据 ＝ ＋ 可知，此时，物块的速度为
v v at
0
3
＝ ，木板的速度为 ＝ ，要使小物块不从木板上掉下
v 6 m/s v 2 m/s
物 木
来，则小物块到达木板最右端时与木板共速，根据动量守恒定律
有 ＋ ＝（ ＋ ） ，解得 ＝ ，撤去拉力后，对
mv Mv M m v v m/s
物 木 共 共
10
物块，根据牛顿第二定律有－ ＝ ，解得 ＝－ ，木板
μmg ma a 4 m/s2
1 1
3
的受力没有发生变化，则木板的加速度不变，根据公式 － ＝
v2
可知，小物块的位移为 ＝ ，木板的位移为 ＝ ，则2
2ax x m x m
0
1 2
28 16
木板的最小长度 ＝ ＋（ － ）＝ 。
L L x x m
1 1 92 9
10
31 2 3 4 5 6 7
. （ 新课标卷 题）如图，一长度 ＝ . 的均匀薄板初始时静止在
7 2024· 25 l 1 0 m
一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘 对齐。薄板上的一小物块从
O
薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离 ＝ 时，物块
Δl
从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到 点。
O
6
已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数 ＝ . ，重力加速
μ 0 3
度大小 ＝ 。求：
g 10 m/s2
（ ）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
1
答案：
4 m/s s
1
31 2 3 4 5 6 7
解析：
解法一 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直
存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线
运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为 ＝
a
＝ 设物块的初速度大小为 ，物块在薄板上的运动时间为 ，
μg 3 m/s2 v t
0 1
则由运动学公式有 ＝ － ＝ ＋ ＝ ＝ 联立并代入数据
x v t a l x a
物 0 1 板
1 1
2 2
解得 ＝ 、 ＝ 。
v 4 m/s t s
1 1
0 1 2 6 2 6
1
31 2 3 4 5 6 7
解法二 对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒
定律有 ＝ ＋
mv mv mv
0 1 2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－ ＝ －
μmg· l m m
7 1 1
2 2
1 0
6 2 2
＝ －
μmg· l m 0
1 1
2
联立并代入数据解得 ＝ ， ＝ ， ＝
2 v 4 m/s v 3 m/s v 1 m/s
6 2 0 1 2
对薄板由动量定理有
＝ －
μmgt mv 0
1 2
代入数据解得 ＝ 。
t s
1
1
31 2 3 4 5 6 7
（ ）平台距地面的高度。
2
答案：
m
解析： 5 结合（ ）问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为
1
9
＝ ＝
v at 1 m/s
2 1
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，
设物块从薄板飞出后的运动时间为 ，平台距地面的高度为 ，则由运动学
t h
2
公式有
－ ＝
v t
2 2
＝
h g
2 6
1
2
联立并2代入数据解得 ＝ 。
2 h m
5
9
