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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，近五年全国卷及新高考卷中每年必
考，分值占比约10%-18%，常见于选择题（中档题）与压轴计算题。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。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”。
1
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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
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
2
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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.(2023 江苏无锡高三专练)如图4 所示，长L＝4.0 m、质量mA＝2.0 kg 的木板
A 静止在光滑水平面上，对木板施加大小F＝4.0 N、方向向右的水平拉力，同时在木板上某位置放一初
速度v0＝3.0 m/s、方向水平向右的小物块B，物块B 的质量mB＝1.0 kg，在运动过程中物块B 刚好未从
木板A 右端滑落。已知A、B 间的动摩擦因数μ＝0.20，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，求：
(1)物块B 刚放上木板A 时，木板A、物块B 的加速度大小aA、aB；
(2)物块B 刚放上木板时离木板A 右端的距离x；
(3)从物块B 刚放上木板A 到离开木板的过程中，产生的热量Q。
答案 (1)3 m/s2 2 m/s2 (2)0.9 m (3)1.8 J
解析 (1)根据牛顿第二定律，对木板A 有
F＋μmBg＝mAaA
代入数据解得aA＝3 m/s2
根据牛顿第二定律，对物块B 有
μmBg＝mBaB
代入数据解得aB＝2 m/s2。
(2)设经过时间t1物块B 刚好未从木板A 右端滑落，此时A、B 有共同速度v1，则有v1＝v0－aBt1＝aAt1
代入数据解得t1＝0.6 s
根据运动学公式和题意得
x＝v0t1－aBt－aAt
代入数据解得x＝0.9 m。
(3)从物块B 刚放上木板A 到离开木板的过程中，产生的热量为Q＝μmBgx
代入数据解得Q＝1.8 J。
板块模型的思维模板
3
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例3. 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
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。
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题型二 斜面上“滑块—木板”模型
例3. (2023 湖北十堰高三月考)如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面上有一质量M
＝4 kg 的足够长的木板A，在A 的上端有一质量m＝2 kg 的物块B(可视作质点)，物块B 与木板A 间的
动摩擦因数μ＝0.5，斜面底端有一挡板P，木板与挡板P 碰撞后会等速率反弹。现将木板与物块同时
由静止释放，释放时木板前端与挡板相距s＝ m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8。
(1)木板A 第1 次碰挡板P 时的速度多大；
(2)求从木板A 第1 次碰到挡板到木板A 第1 次减速为零的时间；并求出在此过程中，物块B 与木板A
间因摩擦产生的热量。
答案 (1)2 m/s (2)0.25 s 6.5 J
解析 (1)分析可知，释放后A、B 一起加速下滑，
由牛顿第二定律有
(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a
可得a＝gsin θ＝6 m/s2
设木板碰挡板时速度为v，则v2＝2as
代入数据解得v＝2 m/s。
(2)碰后木板A 减速上滑，设其加速度大小为aA，有
Mgsin θ＋μmgcos θ＝MaA
可得aA＝8 m/s2
故所求时间t＝＝0.25 s
木板A 上滑距离xA＝＝ m
此过程中，物块B 加速下滑，设其加速度大小为aB，
有mgsin θ－μmgcos θ＝maB
可得aB＝2 m/s2
物块B 下滑距离xB＝vt＋aBt2＝ m
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故因摩擦产生的热量
Q＝μmgcos θ·(xA＋xB)＝6.5 J。
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
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
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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．(2023 山东模拟演练卷)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平
地面上，一质量为M＝2 kg 的长木板B 沿着斜面以速度v0＝9 m/s 匀速下滑，现把一质量为m＝1 kg 的
铁块A 轻轻放在长木板B 的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A 与B 间、B 与斜面间的动摩擦因
数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)铁块A 和长木板B 共速后的速度大小；
(2)长木板的长度；
(3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等。
答案 (1)6 m/s (2)2.25 m (3)见解析
解析 (1)根据动量守恒定律有
Mv0＝(M＋m)v
解得v＝6 m/s。
(2)根据题意可知μ＝tan θ＝0.75
对铁块A 受力分析有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
(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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解得a1＝12 m/s2
对长木板受力分析有
Mgsin θ－μmgcos θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma2
解得a2＝－6 m/s2
经过时间t 速度相等，有v＝v0＋a2t＝a1t
解得t＝0.5 s，v＝6 m/s
铁块运动位移x1＝t＝1.5 m
长木板运动位移x2＝t＝3.75 m
长木板的长度l＝x2－x1＝2.25 m。
(3)系统动能的变化量
ΔEk＝(M＋m)v2－Mv＝－27 J
铁块重力势能的变化量
ΔEp1＝－mgx1sin θ＝－9 J
长木板重力势能的变化量
ΔEp2＝－Mgx2sin θ＝－45 J
长木板与斜面之间摩擦产生的热量
Q1＝μ(M＋m)gx2cos θ＝67.5 J
铁块与长木板之间摩擦产生的热量
Q2＝μmglcos θ＝13.5 J
ΔEk＋ΔEp1＋ΔEp2＋Q1＋Q2＝0
故系统能量守恒。
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：
(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
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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.（2024 江苏南通高三二模）如图所示，在光滑水平面上有一个长为L 的木板
B，上表面粗糙，在其左端有一个光滑的1
4 圆弧槽C，C 与长木板接触但不连接，且下端与木板的上表面
相平，B、C 静止在水平面上。某时刻滑块A 以初速度v0从右端滑上B 并以v0
2 的速度滑离B，恰好能到
达C 的最高点。A、B、C 的质量均为m，重力加速度为g，求：
（1）滑块A 与木板B 上表面间的动摩擦因数μ；
（2）1
4 圆弧槽C 的半径R；
（3）A、C 最终分离时，各自的速度大小。
答案（1）5 v0
2
16 gL
（2）v0
2
64 g
（3）1
4 v0 1
2v0
解析（1）当A 在B 上滑动时，A 与B、C 整体发生相互作用，由于水平面光滑，A 与B、C 组成的系统动
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量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝m·(
1
2 v0)＋2mv1 ①，由能量守恒定律得
μmgL＝1
2mv0
2－1
2m·(
1
2 v0)
2
－1
2×2mv1
2 ②，联立①②解得v1＝1
4 v0，μ＝5 v0
2
16 gL
③。
（2）当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v2，
A、C 组成的系统在水平方向动量守恒，则m·(
1
2 v0)＋mv1＝（m＋m）v2 ④，A、C 组成的系统机械能
守恒，则1
2m·(
1
2 v0)
2
＋1
2mv1
2＝1
2×（2m）v2
2＋mgR ⑤，联立③④⑤解得R＝v0
2
64 g
。
（3）A 滑上C 后，B 与C 分离，只有A 与C 发生相互作用，此后B 的速度一直为1
4 v0，设A 滑离C 时，A
的速度大小为vA，C 的速度大小为vC，对A 与C 组成的系统，由动量守恒定律得m·(
1
2 v0)＋mv1＝mvA＋
mvC，由能量守恒定律得1
2m·(
1
2 v0)
2
＋1
2mv1
2＝1
2mv A
2＋1
2mvC
2，联立解得vA＝1
4 v0，vC＝1
2v0。
3.(2023 湖北部分重点中学联考)如图4 所示，质量为2m、长为L 的木板放在光滑水平
地面上，其左端放有质量为m 的小物块。初始时物块和木板同时获得等大反向的初速度v0，最终物块
恰好没滑离木板，重力加速度为g，求：
(1)小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)小物块对地向右运动的过程，木板的位移大小。
答案 (1) (2)L
解析 (1)小物块和木板组成的系统动量守恒，最终会共速，以向左为正方向，
由动量守恒定律得2mv0－mv0＝3mv
解得v＝
设物块和木板间的动摩擦因数为μ，全过程根据能量守恒定律有
(2m＋m)v＝(2m＋m)v2＋μmgL
解得μ＝。
(2)对小物块和木板分别有
μmg＝ma1，μmg＝2ma2
解得a1＝μg，a2＝
小物块的速度由v0减到0 的过程，小物块相对地向右运动，时间t 满足v0＝a1t
则该过程木板的位移为x＝v0t－a2t2
联立解得x＝L。
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1．（2024 山东聊城二模）如图所示，长木板在光滑水平面上以v0＝2 m/s 的速度做匀
速直线运动，长木板质量M＝0.5 kg，某时刻在长木板的右端轻放一个可视为质点的小物块，小物块的
质量m＝1.5 kg，长木板右侧有一固定挡板，挡板下方留有仅允许长木板通过的缺口，小物块与长木板
之间的动摩擦因数μ＝0.1，小物块与挡板发生正碰，碰撞是弹性碰撞。假设长木板右端到挡板的距离
足够大。重力加速度取g＝10 m/s2，求：
（1）若要小物块不从长木板上滑下，求长木板的长度至少是多少？
（2）若长木板足够长，质量变为4.5 kg，求：
①小物块和挡板第一次相碰后向左运动的时间。
②小物块与挡板第n 次碰撞到第n＋1 次碰撞过程中，相对于长木板的位移是多少？
答案：（1）0.625 m （2）①1.5 s ②27×(
1
2)
2n+1
m
解析：（1）设长木板和小物块向右运动过程中第一次达到共速时的速度为v10，则由动量守恒定律得
Mv0＝（M＋m）v10，小物块与挡板发生弹性碰撞后，速度反向，大小不变，设长木板与小物块再次共速
时速度为v20，则由动量守恒定律得mv10－Mv10＝（M＋m）v20，由能量守恒定律可得μmgL＝1
2Mv0
2－1
2
（M＋m）v20
2，解得L＝0.625 m。
（2）①更换长木板后，设长木板与小物块第一次共速时速度为v，由动量守恒定律可得M'v0＝（M'＋
m）v，小物块与挡板发生第一次弹性碰撞后，速度反向，大小不变，其向左运动过程中，由动量定理
可得－μmgt＝0－mv，解得t＝1.5 s。
②设小物块与挡板第二次碰撞前的速度为v1，由动量守恒定律可得M'v－mv＝（M'＋m）v1，解得v1＝1
2
v，设第三次碰撞前、第四次碰撞前，小物块和木板的共同速度为v2、v3，同理可得v2＝1
2v1＝(
1
2)
2
v，
v3＝1
2v2＝(
1
2)
3
v，根据数学归纳法，第n＋1 次碰撞前的共同速度为vn＝1
2vn－1＝(
1
2)
n
v，小物块与挡板
第n 次碰撞到第n＋1 次碰撞过程中，相对于长木板的位移是x，由能量守恒定律可得μmgx＝1
2（M'＋
m）vn－1
2－1
2（M'＋m）vn
2，解得x＝27×(
1
2)
2n+1
m。
2．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。
3．(2023 江苏苏州高三期末统考)如图所示，光滑水平地面上有一质量为M＝2 kg 的木板，木板的左端放
有一质量为m＝1 kg 的小木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1。在木板两侧地面上各有一竖直
固定墙壁，起初木板靠左侧墙壁静止放置。现给木块向右的水平初速度v0＝3 m/s，在此后运动过程中
木板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静止，木块始终没有从木板上掉下。设木板与墙壁碰撞时间极
短且无机械能损失，取g＝10 m/s2，求：
(1)第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小I；
(2)木板的最短长度L；
(3)木块与木板发生相对滑动的时间总和t。
答案 (1)4 N·s (2)3 m (3)4 s
解析 (1)取水平向右为正方向，当木块与木板共速时，
由动量定理可得mv0＝(M＋m)v1
解得v1＝1 m/s
因为木板与墙壁碰撞无机械能损失，所以木板与墙壁碰撞后速度大小相等，方向相反，所以第一次碰
撞墙壁对木板的冲量为I＝－Mv1－Mv1
解得I＝－4 N·s
第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小为4 N·s。
(2)木块第一次在木板上相对静止的位置到木板左端的距离为木板的最短长度。则木板最短长度为
mv－(M＋m)v＝μmgLmin
解得Lmin＝3 m。
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(3)木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有减速过程
连成一个完整的减速过程，其初速度为v1＝1 m/s，末速度为零，相对滑动阶段木板加速度大小
aM＝＝0.5 m/s2
第一次共速前木板加速的时间t1＝＝2 s
此后所有相对滑动时间为t′＝＝2 s
则木块与木板相对滑动总时间为t＝t1＋t′＝4 s。
4．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
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
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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。
5．（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
(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。
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（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：
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
，
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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
6．（2025 江西上饶一模）如图所示，一块长为
、质量为
的木板静置于水平地面上，木
板左端放置一质量为
的物块
。木板右侧距离为
处有一光滑水平轨道
，轨道表面与木
板上表面齐平，质量为
的物块B 静置于轨道的
点，
与轨道左端
点距离为
，水
平轨道
点右边长度可以调节。轨道右端N 点平滑连接一段外表面光滑的圆弧形轨道
，圆弧的圆心
在N 点正下方（图中没有画出），半径为
，圆弧轨道末端
点的切线与水平方向的夹角为
。现对物块
施加一个水平向右、大小为
的恒力
，物块
和木板开始向右运动，当木板
撞上轨道时，
物块恰好运动到木板右端并滑上
轨道。在恒力
作用下，物块
与物块B 可能发
生多次弹性碰撞，一旦物块B 滑到
点右侧，则立即撤走物块
。已知物块
与木板间的动摩擦因数
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为
，木板与地面间动摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计A、B 物块的大小，
物块
从木板滑上
轨道瞬间速度大小不变。（
取
，
）
(1)求
的大小；
(2)若
点与台阶右端
点的距离足够长，物块
与物块B 发生碰撞后，求两物块间的最大距离
；
(3)要物块B 能够沿着圆弧轨道外表面运动到
点，求
、
两点间的距离
的取值范围。
答案(1)
(2)
(3)
解析（1）对A 有
①
可得：
对长木板有
②
可得：
长木板运动过
的位移时，物块
相对长木板的位移为
，即
③
④
由①②③④可得
⑤
（2）由①可知，物块A 在M 点的速度为
A 物块从M 点到P 点的运动过程中有
⑥
可得：
对A、B 第一碰撞，由动量守恒有
⑦
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由机械能守恒有
⑧
由⑦⑧可得
，
此后，B 向前匀速，A 向前匀加速运动，对A 有
在第二次碰撞前，当A 的速度与B 的速度相同时，A、B 间的距离达到最大，即
又
⑨
可得
此后A 继续加速再经相同的时间
追上B。
追上B 前一瞬间，A 的速度为
，则
对A、B 第二次碰撞瞬间，有
⑩
⑪
由⑩
可得
⑪
，
设A、B 第n 次碰撞前的速度为
、
，第n 次碰后的速度为
、
由⑩
两式的规律可得
⑪
A、B 的
图像所示
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结合
图像所示的规律可知，此后A、B 相邻两次碰撞之间的最大距离都是
，即有
⑫
（3）由（2）的分析可知，A 与B 第n 次碰撞后，B 的速度为
⑬
若B 物块过N 点后能沿着光滑圆弧轨道外表面恰好能滑到P 点，在P 点有
⑭
对B 物块从N 滑到P 的过程中，由动能定理得
⑮
由
可得
⑭⑮
要
物块能够滑到P 点，应有
，可得
则
不能过长，若A、B 恰好要发生第4 次碰撞时，
恰好到达N 点，此时
在水平轨道上的总位移为
⑯
则
的长度应满足
7．（2025 江西新余一模）如图，平板小车C 静止在水平面上，左端紧靠平台且与平台等高，平台边缘正
上方用长H=0.8m 的轻绳悬挂质量为m 的物块A，悬点正下方静置一质量为
的物块B，将A 向左
拉至轻绳水平由静止释放，A 与B 发生正碰，碰后A 的速度为零。已知A 与B 碰撞过程中的恢复系数
，该系数是一个定值，只与发生碰撞物体材料有关。现将A、B 互换角色，将B 悬挂
起来从水平位置由静止释放，与A 发生正碰后，A 滑上小车后，立即取走B，经过一段时间作用，小车
C 停止且A 不滑出小车。已知物块A 和小车C 质量都为m=2kg，物块A 与小车C 上表面间的动摩擦因数
，小车C 与地面摩擦因素
，重力加速度
，A、B 均可视作质点，不计空气阻力。
求：
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(1)物块B 与物块A 碰撞前速度
；
(2)A 刚滑上小车时的速度大小
；
(3)小车C 最少需要的长度L，及最后小车离开平台的位移x。
答案(1)4m/s(2)4m/s(3)
，
解析（1）对B 进行分析，根据动能定理有
解得
（2）当A 向左拉至轻绳水平由静止释放至最低点过程，根据动能定理有
解得
A 碰撞B 过程，根据动量守恒定律有
解得
则A 与B 碰撞过程中的恢复系数
B 碰撞A 过程，根据动量守恒定律有
B 与A 碰撞过程中的恢复系数
由于B 质量大于A 质量，碰撞后A、B 速度方向相同，且A 的速度大于B 的速度，则解得
，
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（3）A 滑上C 后，A 先向右做匀减速直线运动，对A 进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
C 先向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
历时
，A、C 达到相同速度，则有
解得
，
此后A、C 保持相对静止，向右做匀减速直线运动，则小车C 的最小长度
解得
上述过程C 的位移
A、C 保持相对静止，根据牛顿第二定律有
解得
减速至0 过程，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
解得
则最后小车离开平台的位移
解得
8．（2025 江苏一模）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面，倾角
，底端固定弹性挡板，长木板
B 放在斜面上，小物块A 放在B 的上端沿斜面向上敲击B，使B 立即获得初速度
，此后B 和
挡板发生碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向相反，A 始终不脱离B 且与挡板不发生碰撞。已知A、B
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的质量均为
，A、B 间的动摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度
。求：
(1)敲击B 后的瞬间，A、B 的加速度大小
、
；
(2)B 上升的最大距离s；
(3)B 的最小长度L。
答案(1)
，
(2)
(3)
解析（1）敲击B 后的瞬间，A 受到向上的滑动摩擦力，
对A 由牛顿第二定律
解得
对B 由牛顿第二定律
解得
（2）设A、B 向上运动，经过时间t 后共速
共速后A、B 一起以加速度a 向上减速，对A、B 分析，有
解得
（3）最终A、B 均停在挡板处，此时B 的长度最小，由能量守恒
解得
9．（2024 重庆模拟预测）某同学设计了如图1 所示装置：一质量为0.5kg 的水平长木板A 置于水平桌面
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上，一质量为1.0kg 的滑块B（可视为质点）置于木板A 上某位置，轻绳一端跨过定滑轮与滑块B 连接，
另一端悬挂一重物，定滑轮和滑块B 间轻绳水平，重物落地后立即与轻绳脱离连接。滑块B 在虚线区域
内（不含边界）会受到水平向右的恒力
作用，虚线区域宽度为0.6m。
时刻，滑块B
位于虚线区域右侧，所有物体均静止。该同学在某次操作中，记录下滑块B 和木板A 运动的部分
图
像如图2 所示，
时刻，滑块B 刚好进入虚线区域。整个运动过程中，滑块B 始终不脱离木板A，木
板A 距定滑轮足够远，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度
取
。求：
(1)木板A 与滑块B 间、木板A 与桌面间的动摩擦因数；
(2)本次操作中，所挂重物的质量；
(3)讨论本次操作中，滑块B 停止运动时到虚线区域右边界的距离与恒力
大小之间的关系。
答案(1)
，
(2)
(3)
解析（1）由
图像可知，
到
时间段内，B 的加速度大小
A 的加速度大小
设A 与B 间的动摩擦因数为
，A 与桌面间的动摩擦因数为
，由牛顿第二定律，对B 有
对A 有
联立解得
，
23
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（2）由
图像可知，
到
时间段内，B 的加速度大小
，设重物质量为
，对B
和重物组成的系统，由牛顿第二定律有
解得
（3）
时刻，A、B 共速，B 刚好进入虚线区域，且B 受到水平向右的恒力
作用，若A、B 进入虚
线区域后会发生相对滑动，由分析知
得
因此，进入虚线区域后，A、B 会保持相对静止一起水平向左做匀减速直线运动，一起匀减速的加速度
大小
接下来，分析三种情况：
①若A、B 恰好一起滑出左边界，则
其中
解得
②若A、B 滑不出左边界，停下后A、B 均能在虚线区域内静止，则
③若A、B 滑不出左边界，停下后A、B 不能在虚线区域内静止，则将反向水平向右加速，若A、B 向右
加速过程中会发生相对滑动，由分析知
解得
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因此，A、B 会保持相对静止一起向右加速，综上可知：
①当
时，A、B 将一起滑出左边界，又由
知，A、B 之后将一起匀减速到零，由动能
定理，则有
解得
②当
时，A、B 将一起停在虚线区域中，由动能定理，则有
解得
③当
时，A、B 将先一起向左匀减速，由动能定理，则有
然后一起向右先匀加速再匀减速，由动能定理，则有
联立解得
10.（2024 云南模拟预测）某科技创新小组制作了一个研究动量与能量的装置，其简化模型如图所示。水
平地面上固定有A、B 两个等高平台，之间静置一长为5l、质量为m 的小车P，小车上表面与平台等高，
左端靠近A。A 的左端与一固定光滑斜面平滑连接，一轻质弹簧水平放置在B 上且一端固定在B 的右端。
将一质量也为m 的滑块Q 从倾斜轨道上高
处静止释放，沿斜面下滑后滑上小车。当小车右端与B
刚接触时，Q 恰好滑到小车右端且相对小车静止。小车与平台相碰后立即停止运动但不粘连，Q 滑上B
与弹簧作用后再次滑上小车。已知A 的长度为2l，Q 与A 间的动摩擦因数
，水平地面及B 上表
面均光滑，重力加速度为g，求：
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(1)滑块Q 刚要滑上小车时的速度大小；
(2)滑块Q 与小车P 间的动摩擦因数；
(3)若在以后运动中，只要小车与平台相碰，则小车立即停止运动但不粘连，求滑块Q 最终停止的位
置与平台A 右端的距离。
答案(1)
(2)0.4
(3)3.1251
解析（1）设物块Q 刚要滑上小车时的速度大小为v，根据动能定理可得
解得
（2）物块与小车的共同速度为
，根据动量守恒定律可得
物块从滑上小车到与小车共速这一过程中，物块的位移为
，小车的位移为
，物块与小车间的动摩
擦因数为
，由动能定理可得
又因为
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解得
（3）物块再次滑上小车时速度仍为
，再次与小车共速后速度为
，由动量守恒定律得
物块再次滑上小车与到小车共速这一过程中，物块的位移为
，小车的位移为
，由动能定理可得
共速后物块与小车以
的速度一起向左做匀速直线运动，直到小车与平台A 碰撞后，物块向左做匀减
速直线运动，经过位移
后停止运动，则
物块停止时距离平台A 右端的距离为x，则
解得
1．(2022 河北卷)如图所示，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和B，质量分别为1 kg 和2 kg，A 右端和B
左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A 和C 以相同速度v0＝10 m/s 向右运动，B 和D 以相同速
度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C 与D 粘在一起形成一个新物块，A 与B
粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10
m/s2。
(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
(2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
答案 (1)5(1－k)m/s，方向向右 10−20k
3
m/s，方向向右 (2)1.875 m
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解析 (1)物块C、D 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D 形成的新物块的速度为v 物，C、D
的质量均为m＝1 kg，以向右方向为正方向
则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v 物
解得v 物＝1−k
2
v0＝5(1－k) m/s＞0
可知碰撞后物块C、D 形成的新物块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右；
滑板A、B 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B 形成的新滑板的速度为v 滑，滑板A 和B 质量
分别为1 kg 和2 kg
则由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v 滑
解得v 滑＝1−2k
3
v0＝10−20k
3
m/s＞0
则新滑板速度方向也向右。
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D 形成的新物块的速度为
v 物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s
碰后瞬间滑板A、B 形成的新滑板的速度为
v 滑′＝10−20k
3
m/s＝0
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新
物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，相对静止时的共同速度为v 共，根据动量守恒
可得m′v 物′＝(m′＋M′)v 共
解得v 共＝1 m/s
根据能量守恒可得
μm′gx 相＝1
2 m
' v物
' 2－1
2 (m
' + M
')v共
2
解得x 相＝1.875 m。
28
