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大题04 板块模型
板块模型是高考物理力学综合题的标志性载体，常见于压轴计算题。2025 年高考对
“板块模型”的考查将延续“重过程分析、强综合应用、拓创新情境”的命题风格，突出
多对象系统的动态建模能力。备考需以临界条件为突破口，强化多过程衔接与跨模块综
合，同时关注科技热点与微观-宏观模型转化，做到“以静制动，以模应变”。
建议多关注：如仓库货物滑落、汽车ABS 防抱死系统简化模型；微机电系统（MEMS）
中微型板块的动力学特性分析；利用函数图像分析临界点（如板块分离时刻的v-t 图拐
点）、AGV 搬运机器人货物防滑设计中的临界加速度计算； 冬奥会冰壶赛道摩擦特性与
板块模型的结合分析、纳米材料表面摩擦的微观模型简化（如石墨烯层间滑动）、航天器
着陆器的缓冲滑行动力学分析。
题型1 水平面上“滑块—木板”模型
例1.如图所示，质量M＝8 kg 的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放
1
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置一质量m＝2 kg 的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个大小F＝8
N 的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s 后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动
到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g 取10 m/s2。求：
(1)小物块和长木板的加速度大小；
(2)长木板的长度；
(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。
答案 (1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)3 m(3)不为零 见解析
解析 (1)长木板与小物块间摩擦力
Ff＝μmg＝4 N
小物块的加速度a1＝＝2 m/s2
长木板的加速度a2＝＝0.5 m/s2。
(2)小木块对地位移x1＝a1t2＝4 m
长木板对地位移x2＝a2t2＝1 m
长木板的长度L＝x1－x2＝3 m。
(3)摩擦力对小物块做功W1＝－Ffx1＝－16 J
摩擦力对长木板做功W2＝Ffx2＝4 J
故W1＋W2≠0。
例2.如图，质量为m 的小车A 停放在光滑的水平面上，车长为L。小车上表面粗糙，
质量为m 的滑块B 以初速度v0滑到小车A 上。第一次将小车固定在水平面上，滑块恰好不会从车上滑落；
第二次小车不固定，滑块B 以相同的初速度滑到小车上。求：
(1)第二次滑块与小车一起运动时的速度；
(2)第二次滑块在小车上滑动时，A、B 系统损失的动能；
(3)第二次滑块B 停在小车A 上时距离小车左侧的位置。
答案 (1)v0 (2)mv (3)L
解析 (1)根据题意可知，滑块B 第二次滑上小车时，小车和滑块组成的系统所受合外力为零，设第二
2
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次滑块与小车一起运动时的速度为v，由动量守恒定律有mv0＝2mv，解得v＝v0。
(2)第二次滑块在小车上滑动时，A、B 系统损失的动能为ΔEk＝mv－×2mv2
代入数据解得ΔEk＝mv。
(3)根据题意，设滑块与小车间的动摩擦因数为μ，滑块第一次滑上小车的过程中，由动能定理有
－μmgL＝0－mv
设第二次滑块B 停在小车A 上时距离小车左侧的距离为L1，由能量守恒定律有μmgL1＝ΔEk
解得L1＝L，即第二次滑块B 停在小车A 上时距离小车左侧L 处。
板块模型的思维模板
1． 如图所示，光滑水平面上放一木板A，质量M＝4 kg，小铁块B(可视为质点)质量
为m＝1 kg，木板A 和小铁块B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，小铁块B 以v0＝10 m/s 的初速度从木板A
的左端冲上木板，恰好不滑离木板(g＝10 m/s2)。求：
(1)A、B 的加速度分别为多少？
(2)经过多长时间A、B 速度相同，相同的速度为多少？
(3)薄木板的长度。
答案 (1)0.5 m/s2 2 m/s2 (2)4 s 2 m/s(3)20 m
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解析 (1)对小铁块B 受力分析，由牛顿第二定律有μmg＝maB，即aB＝μg＝2 m/s2
对木板A 受力分析，由牛顿第二定律有
μmg＝MaA，即aA＝＝0.5 m/s2。
(2)由于A、B 组成的系统所受合外力为零，则A、B 组成的系统动量守恒，有
mv0＝(m＋M)v 共
代入数据解得v 共＝2 m/s
由于木板A 做匀加速直线运动，则v 共＝aAt
代入数据解得t＝4 s。
(3)设薄木板的长度为L，则对A、B 整体由动能定理有
－μmgL＝(m＋M)v－mv
代入数据解得L＝20 m。
题型二 斜面上“滑块—木板”模型
例3．（2024 广东江门一模）如图是工人传输货物的示意图，工人甲把质量
货物从倾斜轨道的顶端A 点由静止释放，货物从轨道的底端B 点（B 点处有一段长度不计的小
圆弧）滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C 点的瞬间，货物刚好运动
到长木板的最右端且与长木板达到共速，此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区，长木
板进入反弹装置，反弹后长木板的最左端返回B 点时恰好静止。已知倾斜轨道AB 的长度
，倾
斜轨道AB 与水平方向的夹角为
，BC 段的长度
，长木板的长度
，货物与倾斜轨
道以及长木板间的动摩擦因数
，长木板与地面的动摩擦因数
，重力加速度
，
取
，求：
（1）货物到达B 点时的速度
多大；
（2）长木板的右端刚到C 点时货物的速度
多大；
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（3）长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值
。
答案（1）
；（2）
；（3）
解析（1）依题意，货物由A 运动到B 过程，根据动能定理，可得
解得
（2）依题意，货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，可得
根据匀变速直线运动规律，有
解得
（3）长木板进入反弹装置时的速度为
设长木板的质量为M，长木板与货物向右运动过程，有
根据匀变速直线运动规律，有
联立解得
则长木板刚进入反弹装置时的能量为
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长木板反弹后最右端回到C 点的速度设为v2，长木板从C 点到B 点的过程中，由动能定理得
长木板在反弹的过程中损失的能量为
则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值
例4.如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长
度为L＝4 m、质量M＝2 kg 的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板在沿斜面向下的恒力F
＝8 N 的作用下从静止开始下滑，经时间t1＝1 s，将一质量为m＝1 kg 的可视为质点的物块无初速地
轻放在木板的最下端，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.25，当物块与木板速度相同时撤去恒力F，
最终物块会与木板分离。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2，不计空气阻力)试求：
(1)t1＝1 s 时木板速度的大小v1；
(2)从物块放上木板到与木板共速的速度大小v2和所用时间t2；
(3)木板上表面因摩擦产生的热量Q。
答案 (1)6 m/s (2)9.6 m/s 1.2 s (3)14.4 J
解析 (1)设没放物块时，木板加速下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得
F＋Mgsin θ－μ1Mgcos θ＝Ma
解得a＝6 m/s2
t1＝1 s 时木板速度的大小v1＝at1＝6 m/s。
(2)物块放到木板上后达到速度相同前，设木板的加速度为a1，物块的加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律，对木板，有
F＋Mgsin θ－μ1(m＋M)gcos θ－μ2mgcos θ＝Ma1
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对物块，有mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma2
解得a1＝3 m/s2，a2＝8 m/s2
设经时间t2物块与木板速度相同为v2，
有v2＝v1＋a1t2＝a2t2
解得v2＝9.6 m/s，t2＝1.2 s。
(3)物块放到木板上到达到共同速度时，物块的位移
x2＝a2t＝5.76 m
木板的位移x1＝v1t2＋a1t＝9.36 m
物块相对木板向上运动Δx＝x1－x2＝3.6 m
撤去F 后，木板速度变慢，物块最终从木板下端离开木板，由功能关系知木板上表面因摩擦产生的热
量
Q＝μ2mgcos θ·2Δx
解得Q＝14.4 J。
2.如图所示，AB 为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙。BP
为圆心角等于143°，半径R＝1 m 的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B 点，P、O 两点在同一竖直
线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量m＝2 kg 的物块在外力作用下
将弹簧缓慢压缩到D 点后(不拴接)释放，物块经过C 点后，从C 点运动到B 点过程中的位移与时间的关
系为x＝12t－4t2(式中x 单位是m，t 单位是s)，假设物块第一次经过B 点后恰能到达P 点(sin 37°＝
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板
的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模
型)。
(2)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ΔE＝Q＝Ffs＝mv－(M＋m)v2。
(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块
(或木板)的质量越大，动能损失越多。
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0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2)，试求：
(1)若CD＝1 m，物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功；
(2)B、C 两点间的距离x；
(3)若BC 部分光滑，把物块仍然压缩到D 点释放，求物块运动到P 点时受到轨道的压力大小。
答案 (1)156 J (2)6.125 m (3)49 N
解析 (1)由x＝12t－4t2知，物块在C 点速度为v0＝12 m/s，加速度大小a＝8 m/s2
设物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得
W－mgsin 37°·CD＝mv
代入数据得W＝156 J。
(2)物块在CB 段，根据牛顿第二定律，物块所受合力F＝ma＝16 N
物块在P 点的速度满足mg＝
C 到P 的过程，由动能定理得
－Fx－mgR(1＋cos 37°)＝mv－mv
解得x＝6.125 m。
(3)物块从C 到P 的过程中，由动能定理得
－mgxsin 37°－mgR(1＋cos 37°)＝mvP′2－mv
物块在P 点时满足FN＋mg＝
联立以上两式得FN＝49 N。
题型三 动量观点在板块模型中的应用
例5. 如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量M＝2 kg 的木板静置于光滑的水
平面上，另一质量m＝1 kg 的物块以v0＝6 m/s 的水平初速度从木板的最左端P 点冲上木板，最终物块
在木板上Q 点(图甲中未画出)与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如
图乙所示。物块可视为质点。求：
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(1)图乙中v1、v2和v3的大小；
(2)整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量。
答案 (1)4 m/s 3 m/s 2 m/s (2)12 J
解析 (1)根据题意可知，题图乙中图线a 表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b 表示碰撞前木板的
加速过程，图线c 表示碰撞后木板的减速过程，图线d 表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前
瞬间，物块的速度大小为v1，此时木板速度大小
v 木＝1 m/s
从物块滑上木板到物块与挡板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有
mv0＝mv1＋Mv 木
解得v1＝4 m/s
物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与挡板碰撞后瞬
间的过程，根据系统动量守恒有mv0＝Mv2
解得v2＝3 m/s
2 s 末物块与木板共同运动的速度大小为v3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动
量守恒有mv0＝(m＋M)v3
解得v3＝2 m/s。
(2)物块与挡板碰撞前瞬间，系统的动能
Ek1＝mv＋Mv＝9 J
物块与挡板碰撞后瞬间，系统的动能
Ek2＝Mv＝9 J
故碰撞过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的动能
Ek0＝mv＝18 J
最终相对静止时系统的动能
Ek3＝(m＋M)v＝6 J
所以系统产生的热量Q＝Ek0－Ek3＝12 J。
例6.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。①若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为；②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：
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(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。
答案 (1) (2)8m (3)3∶4
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Ff＝μmg
由动能定理有－FfL＝m－mv
解得μ＝。
(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，由能量守
恒定律有
μmgL＝mv－(m＋M)v2
由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v
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，对滑块由动量定理有I1＝m－mv0＝－mv0
木板不固定时滑块末速度由(2)知v＝＝
由动量定理有
I2＝mv－mv0＝m－mv0＝－mv0
解得I1∶I2＝3∶4。
3．(2024 广州七校期初联考)在航空托运中，时有损坏行李的事情发生，小华
同学设计了如下图所示的缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A 紧靠飞机，转运车B 靠紧A．包
裹C 沿缓冲装置A 的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B 并最终停在转运车B 上被
运走，B 的右端有一固定挡板．已知C 与A、B 水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，缓冲装置A 与水
平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，转运车B 与地面间的摩擦可忽略．A、B 的质量均为M＝60 kg，A、
B 水平部分的长度均为L＝4 m．包裹C 可视为质点且无其他包裹影响，取g＝10 m/s2．C 与B 的右挡板
发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略．
(1)要求包裹C 在缓冲装置A 上运动时A 不动，则包裹C 的质量m 最大不超过多少？
(2)若某包裹的质量为m1＝20 kg，从h＝2.4 m 处静止滑下，则包裹在距转运车右端多远的位置停
下来？
(3)若包裹的质量还是m1＝20 kg，为使该包裹能滑上并留在转运车B 上，求该包裹释放时h 的范围．
(结果保留两位有效数字)
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答案(1)60 kg (2)2.5 m
(3)1.6 m＜h＜5.9 m
解析(1)A 恰好不运动需要满足
μ1mg＝μ2(m＋M)g
解得m＝60 kg
故包裹C 的质量最大不超过60 kg
(2)因C 的质量m1＜60 kg，故装置A 始终处于静止状态，由动能定理得m1gh－μ1m1gL＝m1v
解得v0＝4 m/s
C 与B 相互作用的全过程，两者组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，则m1v0＝(m1＋M)v 共
由能量守恒定律得 m1v＝(m1＋M)v＋Q
解得Q＝120 J
又Q＝μ1m1gΔx
得包裹在车上的相对位移Δx＝1.5 m
所以距转运车右端2.5 m 处停下来．
(3)装置A 始终处于静止状态，C 滑到A 的最右端速度v＝0
由动能定理得m1gh－μ1m1gL＝0
得h1＝1.6 m
C 以速度v′滑上小车B，C 与小车B 弹性碰撞后返回至小车最左端时两者共速，由C、小车B 动量
守恒 m1v′＝(m1＋M)v 共
由能量守恒得 m1v′2＝(m1＋M)v＋Q
Q＝μ1m1g·2L
m1gh2－μ1m1gl＝mv′2
得h2＝5.9 m
所以1.6 m＜h＜5.9 m
1．如图甲所示，质量M＝4 kg 的足够长木板静止于光滑的水平面上，一滑块以速度v0从左端滑上长木板
后，它们运动的速度—时间图像如图乙所示，取g＝10 m/s2。
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(1)求滑块的质量m；
(2)若滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，求滑块相对长木板滑动的距离s。
答案 (1)2 kg (2)3 m
解析 (1)由图乙可知，滑块滑上木板左端的速度大小为v0＝6 m/s
滑块和木板相对静止时的速度大小为v 共＝2 m/s
对滑块和木板组成的系统，由动量守恒定律有
mv0＝(M＋m)v 共
解得m＝2 kg。
(2)在滑块相对木板滑动的过程中，根据能量守恒定律有μmgs＝mv0－(m＋M)v
解得s＝3 m。
2．(2024 梅州质检一)某物流公司的研发团队为了更好地提高包裹的分收效率，特对包裹和运输装置进行
详细的探究，其情景可以简化为如图甲所示，质量M＝2 kg、长度L＝2 m 的长木板静止在足够长的水
平面(可视为光滑)上，左端固定一竖直薄挡板，右端静置一质量m＝1 kg 的包裹(可视为质点)．现机器
人对长木板施加一水平向右的作用力F，F 随时间t 变化的规律如图乙所示，6 s 后将力F 撤去．已知包
裹与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，包裹与长木板间的动摩擦因数μ＝0.1，取g＝10 m/s2.从施加作
用力F 开始计时，求：
(1) t1＝4 s 时，长木板的速度v1大小．
(2) 与挡板碰撞后瞬间，包裹的速度v′m大小．
(3) 包裹最终离挡板的距离d.
答案 (1) 2 m/s (2) m/s (3) m
解析 (1) 包裹与长木板发生相对滑动的力的大小为
F0＝μ(M＋m)g＝3 N
因为1.5 N < 3 N
所以包裹和长木板会共同加速，加速度为
a＝ m/s2＝0.5 m/s2
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可得到v1＝at＝2 m/s
(2) 4 s 后F>F0，包裹与长木板发生相对滑动，则包裹的加速度为a1＝μg＝1 m/s2
长木板的加速度为a2＝＝2 m/s2
包裹与长木板发生相对滑动，再设经时间t2包裹与挡板发生碰撞，由
L＝－
解得t2＝2 s
则6 s 时长木板的速度v2＝v1＋a2t2＝6 m/s
包裹速度v3＝v1＋a1t2 ＝4 m/s
此时两者发生弹性碰撞
mv3＋Mv2＝mv′m＋Mv′2
mv＋Mv＝mv′＋Mv′
可求得v′m＝ m/s
(3) 最终离挡板的距离即两者共速时的距离，根据动量守恒
mv3＋Mv2＝(m＋M)v 共
根据动能定理可得
μmgx＝mv＋Mv－(m＋M)v
解得x＝ m
由于 m<2 m，故包裹与长木板相对静止，最终离挡板距离d＝ m
3．如图所示，一质量M＝3 kg 的小车由水平部分AB 和光滑圆轨道BC 组成，圆弧BC 的半径R＝0.4 m 且与
水平部分相切于B 点，小物块Q 与AB 段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲
面轨道MN 相切，一质量为m1＝0.5 kg 的小物块P 从距离轨道MN 底端高为h＝1.8 m 处由静止滑下，并
与静止在小车左端的质量为m2＝1 kg 的小物块Q(两物块均可视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短。
已知除了小车AB 段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求碰撞后瞬间物块Q 的速度；
(2)求物块Q 在小车上运动1 s 时相对于小车运动的距离(此时Q 未到B 点且速度大于小车的速度)；
(3)要使物块Q 既可以到达B 点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平部分AB 的长度L 的取值范围。
答案 (1)4 m/s，方向水平向右 (2) m (3)1.5 m≤L≤3 m
解析 (1)物块P 沿MN 滑下，设末速度为v0，
由机械能守恒定律得m1gh＝m1v
解得v0＝6 m/s
物块P、Q 碰撞，取向右为正方向
设碰后瞬间P、Q 速度分别为v1、v2
由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2
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由机械能守恒定律得
m1v＝m1v＋m2v
解得v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s
故碰撞后瞬间物块Q 的速度为4 m/s，方向水平向右。
(2)物块Q 与小车相对运动，由牛顿第二定律求得两者的加速度分别为
a2＝－＝－2 m/s2
a3＝＝ m/s2
物块Q 的位移x2＝v2t＋a2t2＝3 m
小车的位移x3＝a3t2＝ m
解得s＝x2－x3＝ m。
(3)物块Q 刚好到达B 点时就与木板共速时AB 段最长，根据动量守恒定律有
m2v2＝(m2＋M)v3
可得共同速度为v3＝1 m/s
由能量守恒定律得
m2v＝(m2＋M)v＋μm2gL1
解得L1＝3 m
物块Q 刚好回到A 点与木板共速时，AB 段最短，
根据动量守恒定律可得共同速度仍为v3＝1 m/s
由能量守恒定律得
m2v＝(m2＋M)v＋2μm2gL2
解得L2＝1.5 m
当AB 段最短时需要验证物块Q 在圆弧上共速时上升高度是否超过R，由能量守恒定律得
m2v＝(m2＋M)v＋μm2gL2＋m2gH
解得H＝0.3 m<R＝0.4 m
所以不会从圆弧轨道上滑出，则AB 段的长度范围为1.5 m≤L≤3 m。
4．（2025 广东深圳一模）如图所示为一项冰上游戏设施，平台之间的水平冰面上有可滑动的小车，左右
平台及小车上表面等高，小车紧靠左边平台。小孩坐在雪橇上（系有安全带），静止在左边平台边缘
处。现在家长施加推力，雪橇瞬时获得水平冲量
，滑上小车。小车在冰面上滑行了
的距离后与右侧平台碰撞并被锁定，雪橇最终停在右侧平台上。已知小孩和雪橇的总质量
，
雪橇与小车上表面间的动摩擦因数
，雪橇与右侧平台间的动摩擦因数
。小车质量
，长度
。将雪橇视作质点，忽略冰面阻力，
取
。试计算
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(1)雪橇滑上小车时的速度；
(2)小车碰撞右侧平台时的速度；
(3)雪橇在右侧平台上滑行的距离。
答案(1)
，方向水平向右(2)
，方向水平向右(3)
解析（1）设雪橇滑上小车的瞬时速度为
，根据动量定理有
解得
方向水平向右。
（2）方法一：
假设小车和雪橇可以共速，设共同速度为
根据动量守恒有
解得
雪橇与小车滑行过程中损失的机械能为
，则有
损失能量
联立解得
设小车滑行的距离为
，对小车根据动能定理有
解得
由于
，
可知，假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，小车碰撞右侧平台的速度为
方法二：
15
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对雪橇在小车上受力分析，设雪橇加速度为
，小车加速度为
根据牛顿第二定律有
，
解得
，
假设雪橇与小车共速时，用时为，雪橇的位移为
小车的位移为
，根据速度公式有
，
根据位移公式有
小车与雪橇的相对位移
联立解得
，
由于
，
可知，假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，速度为
（3）方法一：
设雪橇在平台上滑行的距离为
，在小车上滑行的距离为
，则有
对雪橇由动能定理有
联立解得
方法二：
设雪橇在平台上滑行的距离为
，在小车上滑行的距离为
，则有
雪橇离开小车时的速度为
由运动学有
雪橇在平台上的加速度为
由牛顿第二定律有
根据速度与位移的关系式有
联立解得
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5．（2024 广东韶关模拟预测）“鲁布·戈德堡”机械技巧是一款独具特色的益智休闲游戏，它通过连锁机
械反应，以迂回曲折的方式完成一些简单的动作。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：左侧有一固
定的光滑圆弧轨道，其末端
水平；在轨道末端等高处有一质量为
的“
”形小盒
（可视为质
点），小盒
与质量为
的物块
（可视为质点）通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒
之
间的绳长为
；物块
压在质量为
的木板
左端，木板
上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦
因数
（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板
右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计，带有
光滑小孔）的距离为
；质量为
且粗细均匀的细杆
通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳穿过小孔与
木板
相连，木板
与定滑轮间轻绳水平，细杆
下端到地面的距离也为
；质量为
的圆环（可
视为质点）套在细杆
上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等。大小为
。开始时所有
装置均静止，现将一质量为
的小球（可视为质点）从圆弧轨道某处由静止释放，小球进入小盒
时
刚好能被卡住（作用时间很短，可不计），此时物块
对木板
的压力刚好为零。木板
与挡板相撞、
细杆
与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部．不计空气阻力，重力加速度为
，
求：
(1)小球与小盒
相撞后瞬间，小盒
的速度；
(2)小球释放处与
点的高度差；
(3)细杆
的长度。
答案(1)
(2)
(3)
解析（1）物块D 对木板E 的压力刚好为零，由平衡条件得
小球进入小盒C 时刚好能被卡住，以整体由牛顿第二定律得
解得
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（2）小球进入小盒C 的过程中，由动量守恒定律得
小球从圆弧下滑过程中，出动能定理得
解得
（3）当小球刚被小盒C 卡住时，以木板、圆环和细杆三者为整体，由牛顿第二定律得
由运动学规律得
第一次相撞后细杆F 与圆环发生相对滑动，对木板E、细杆F 整体由牛顿第二定律得
由运动学规律得
解得
对圆环由牛顿第二定律得
由运动学规律得
第一次相撞后，圆环与细杆F 的最大相对位移
同理可得第二次相撞后，圆环与细杆F 的最大相对位移
第n 次相撞后，圆环与细杆F 的最大相对位移
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则
当
时得细杆F 的长度为
6．（2023 广东佛山模拟预测）如图所示为户外滑雪场游乐活动的模型图，倾角
、高度
的
斜面AB 底端与长度
的平台BC 平滑相连，平台右端紧挨着质量
的长木板，右侧固定半
径
的半圆形轨道槽，长木板上表面与平台等高和轨道槽最低点D 等高。若滑雪运动员将质量
的滑板（可视为质点）从斜面顶端A 处由静止释放，滑板恰好没有脱离长木板，然后长木板
撞上轨道槽立刻停止运动，而滑板进入轨道槽运动又刚好通过轨道槽最高点E。已知滑板与斜面AB、
平台BC 和长木板间的动摩擦因数均为0.25，长木板与水平面摩擦不计，重力加速度
，
，
，求：
（1）滑板刚滑上木板时的速度大小和长木板的长度L；
（2）滑板从A 运动到E 摩擦产生的热量Q；
（3）若长木板撞上平台和轨道槽都会立刻停止，滑板经E 点落到长木板瞬间竖直速度立即变为零且水
平速度不变，求滑板最终停在何处。
答案（1）
，15m；（2）
；（3）滑板最终停在C 点右侧，与C 点的距离为
解析（1）从A 到C 运用动量定理，有
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解得
木板上滑块的加速度为
木板的加速度为
则
解得
则
（2）滑板进入轨道槽运动又刚好通过轨道槽最高点E，则有
解得
根据能量守恒，则
（3）滑块从轨道出来做平抛运动，则
第二次滑块与木板共速时间为
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解得
两者之间的相对位移为
后面木块与滑块一起滑到平台BC，木块立即停下，滑块继续减速，位移为
滑块距离木板最左端的距离为
所以滑板最终停在C 点右侧，与C 点的距离为
。
7．（2024 广东二模）如图甲所示，半径
的
光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，
为轨道的最低
点，光滑水平面上有一静止的、足够长、上表面粗䊁的平板车紧挨圆弧轨道右侧放置，平板车质量
，其上表面与
点等高。质量
的滑块（可视为质点）从圆弧轨道最高点
由静止释放。
取
，求：
（1）滑块滑到圆弧轨道的最低点
时的速度大小；
（2）滑块在平板车上运动的过程中，系统因摩擦转化的内能；
（3）若平板车上表面铺着特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，滑块运动全过程接触位
置动摩擦因数变化情况如图乙所示，经过
二者达到共同速度，在此过程中平板车移动的距离
，请在图丙中定性画出达到共速之前平板车和物块的速度—时间关系图像，并求出图乙中的
（结果可用分数表示）和。
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答案（1）
；（2）
；（3）见解析，
，
解析（1）从A 点到
点，由动能定理有
解得
（2）水平面光滑，平板车与滑块组成的系统动量守恒，有
解得
从滑块滑上平板车到二者共速过程中，根据能量守恒有
解得
（3）由图乙知，随着相对位移的增加，加速度逐渐减小，可以得到平板车与滑块速度—时间关系图像
如图1 所示：
由滑块在平板车上滑行过程中动量守恒可知，任意时刻都有
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从开始到达到共速，对时间累积可得
由
，可得
二者的相对位移大小为
作出摩擦力随距离的变化关系如图2 所示，由图像可知
解得
8．（2025 广东珠海一模）如图所示，卡车
上放有一块木板
，木板与卡车间的动摩擦因数
，木
板质量
。木板右侧壁（厚度不计）到左端的距离
，到驾驶室距离
。一质量与
木板相等的货物
（可视为质点）放在木板的左端，货物与木板间的动摩擦因数
。现卡车、木
板及货物整体以
的速度匀速行驶在平直公路上。某时刻，司机发现前方有交通事故后以
的恒定加速度刹车，直到停下。司机刹车后瞬间，货物相对木板滑动，木板相对卡车静止。
货物与木板右侧壁碰撞后粘在一起，碰撞时间极短。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
取
。求：
(1)在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，货物的加速度大小；
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(2)在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，木板受到卡车的摩擦力大小；
(3)木板最终是否会与驾驶室相碰？如果不会，最终木板右侧与驾驶室相距多远？
答案(1)
(2)
(3)不会，1.6m
解析（1）在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，货物C 相对木板B 滑动，对货物C 受力分析，根
据牛顿第二定律有
解得
（2）在刹车过程，货物C 与木板B 右壁碰撞前，木板B 与卡车A 相对静止，对木板受力分析，根据牛
顿第二定律有
解得
（3）货物C 在木板B 上滑动，则有
解得
在
内，木板B 与卡车A 一起减速，则有
货物C 在木板B 上减速滑动，则有
货物C 与木板B 碰撞，动量守恒，则有
解得货物C 与木板B 的共同速度为
因
，所以货物C 与木板B 整体相对卡车A 会滑动，对BC，根据牛顿第二定律有
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解得
则卡车刹停的时间为
从货物C 与木板B 相碰到卡车A 停止的时间
在
时间内，货物C 与木板B 整体减速到
继续向前减速到0，货物C 与木板B 的共速度到停下的位移为
在在
时间内卡车刹停的位移为
因
所以卡车刹停时，木板右侧不会与驾驶室相碰，则木板右侧与驾驶室相距的距离为
9．（2024 广东湛江模拟预测）如图，一倾角为
的固定斜面上，放置长为2l、质量为2m 的凹槽，凹槽
内侧底面光滑，外侧底面与斜面间的动摩擦因数为
，开始时用手托住凹槽下端使其静止不动。现
在凹槽内正中间放置一底面光滑的质量为m 的物块，静止释放物块的同时，松开托着凹槽的手，斜面
足够长，若物块与凹槽碰撞为弹性碰撞，重力加速度大小为g，物块可视为质点，
，求：
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(1)物块与凹槽第一次碰撞后两者的瞬时速度
和
；
(2)通过计算判断物块与凹槽第二次碰撞是在凹槽的上端还是下端；
(3)在物块与凹槽第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，凹槽滑动的距离s。
答案(1)
（方向沿斜面向上），
（方向沿斜面向下）；(2)下端；(3)
解析（1）释放物块后，对凹槽受力分析有
故凹槽保持静止状态。
对物块，有
得
故物块沿斜面向下做匀加速直线运动，设第一次碰撞凹槽前的速度为
，则有
得
物块滑至凹槽下端与凹槽发生弹性碰撞，有
联立解得
（负号表示方向沿斜面向上）
（方向沿斜面向下）
（2）物块与凹槽碰后反弹，做匀减速运动，凹槽仍受力平衡做匀速直线运动，当物块与凹槽速度相同
时，则物块相对凹槽下端距离最大，设此距离为
，假设此过程物块未与凹槽上端相碰，则有
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得
此过程，物块下滑位移为
凹槽下滑位移为
物块距离凹槽下端距离
联立解得
故假设成立，物块未与凹槽上端相碰，故物块第二次碰撞是与凹槽的下端发生碰撞。
（3）设物块与凹槽第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
，则
物块下滑位移为
凹槽下滑位移为
第二次碰撞时，有
联立解得
此时凹槽位移为
10．（24-25 高三上广东开学考试）真空管道超导磁悬浮列车由西南交通大学在2000 年研制成功。抽象模
型如图（a）所示，甲表示磁悬浮列车，左侧固定一竖直挡板，质量为
，长为
，
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正以速度
向右运动；
时刻，一质量
的物块乙由静止放在车的右端，当乙碰撞甲
左侧的挡板时则粘在一起，碰撞前甲、乙运动过程
图像如图（b）所示。乙可视为质点，不考虑
磁悬浮列车与轨道间的摩擦力，重力加速度取
，求：
(1)甲和乙之间的动摩擦因数；
(2)甲、乙在碰撞过程中系统损失的机械能。
答案(1)
(2)
解析（1）由图（b）可得，甲做匀减速直线运动，乙做初速度为0 的匀加速直线运动；对乙有
故图线的斜率为
可知
对乙受力分析可得
解得
（2）最终甲、乙速度相等，由动量守恒定律可得
解得
整个过程中系统损失的机械能一部分转化为摩擦生热，一部分为碰撞过程损失，有
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解得
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