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大题05 板块模型
板块模型涉及相互作用的两个物体间的相对运动、涉及摩擦力突变以及功能、动量的转移转化。情境素材
丰富多变考察角度广泛，备受高考命题人的青睐，在历年高考中都有体现多以压轴题的形式出现，所以在
备考中要引起高度重视，并要加大训练提升分析此类问题的解答水平。
动力学方法解决板块问题
【例1】如图甲所示，质量m＝1 kg 的小物块A(可视为质点)放在长L＝4.5 m 的木板B 的右端，开始时A、
B 两叠加体静止于水平地面上。现用一水平向右的力F 作用在木板B 上，通过传感器测出A、B 两物体的
加速度与外力F 的变化关系如图乙所示。已知A、B 两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2。求：
(1)A、B 间的动摩擦因数μ1；
(2)乙图中F0的值；
(3)若开始时对B 施加水平向右的恒力F＝29 N，同时给A 水平向左的初速度v0＝4 m/s，则在t＝3 s 时A 与
B 的左端相距多远。
【三步审题】
第一步：
审条件
挖隐含
(1)当F>F0时B 相对地面滑动，F0的值为B 与地面间的最大静摩擦力大
小
(2)当F0<F≤25 N 时，A 与B 一起加速运动，A 与B 间的摩擦力为静摩擦
力
(3)当F>25 N 时，A 与B 有相对运动，A 在B 的动摩擦力作用下加速度不
变
第二步：
审情景
(1)A 与B 间相互作用：板块模型
(2)A 与B 的运动：匀变速直线运动
1
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建模型
第三步：
审过程
选规律
(1)运用牛顿运动定律找加速度与摩擦力(动摩擦因数)的关系，并分析a
－F 图像的物理意义
(2)用匀变速运动的规律分析A 与B 运动的位移
【答案】 (1)0.4 (2)5 N (3)22.5 m
【解析】 (1)由题图乙知，当A、B 间相对滑动时A 的加速度a1＝4 m/s2
对A 由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
得μ1＝0.4。
(2)设A、B 与水平地面间的动摩擦因数为μ2，B 的质量为M。当A 与B 间相对滑动时，对B 由牛顿第二定
律得
F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
即a2＝
由题图乙知
＝，＝－
可得M＝4 kg，μ2＝0.1
则F0＝μ2(m＋M)g＝5 N。
(3)给A 水平向左的初速度v0＝4 m/s，且F＝29 N 时A 运动的加速度大小为a1＝
4 m/s2，方向水平向右。设A 运动t1时间速度减为零，则t1＝＝1 s
位移x1＝v0t1－a1t＝2 m
B 的加速度大小
a2＝＝5 m/s2
方向向右
B 的位移大小x2＝a2t＝2.5 m
此时B 的速度v2＝a2t1＝5 m/s
由于x1＋x2＝L，即此时A 运动到B 的左端，当B 继续运动时，A 从B 的左端掉下来停止，设A 掉下来后B
的加速度大小为a3，对B，由牛顿第二定律得
F－μ2Mg＝Ma3，可得a3＝ m/s2
在t＝3 s 时A 与B 左端的距离
x3＝v2(t－t1)＋a3(t－t1)2＝22.5 m。
2
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分析“板—块”模型问题的四点注意
(1)从速度、位移、时间角度，寻找滑块与滑板之间的联系。
(2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件。
(3)滑块与滑板存在相对滑动的条件
①运动学条件：若两物体速度不相等，则会发生相对滑动。
②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，
再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，
则发生相对滑动。
(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速。
（23-24 高三上·河北邯郸·期中）如图甲所示，质量为
、长度为
的长木板放在粗䊁水平面上，现
让长木板获得一个向右的水平速度
（
），同时让质量也为
的物块（视为质点）以速度
从长木板的左端滑上长木板，此后物块运动的速度一时间图像如图乙所示，物块最终停在长木
板的右端，物块与木板之间的动摩擦因数为
，木板与地面之间的动摩擦因数为
，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，重力加速度取
，求：
（1）
和
的大小；
（2）开始时长木板的速度
和长度
；
（3）若开始时物块放置在木板的上方并均静止在水平面上，现给物块施加一个水平拉力
，让整体一起
做匀加速直线运动，求
的范围.
3
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【答案】（1）
，
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）由乙图分析可知，在
内，物块做初速度为
、末速度为
的匀减速
直线运动，对物块受力分析，由牛顿第二定律结合加速度的定义可得
解得
在
内，物块与木板一起做初速度为
、末速度为0 的匀减速直线运动，由牛顿第二定律
可得物块与木板一起做匀减速直线运动的加速大小为
又
解得
（2）对木板受力分析，由牛顿第二定律可得木板的加速度为
由加速度的定义可得
联立解得
4
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共速前物块的位移为
木板的位移为
则木板长度为
（3）地面给整体的最大静摩擦力为
物块与木板之间的最大静摩擦力为
当整体能一起加速时，有
当物块与木板刚好不发生相对运动时，物块与木板之间的静摩擦力达最大值，对整体应用牛顿第二定律有
对木板应用牛顿第二定律得
解得
则让整体一起做匀加速直线运动，
的取值范围为
应用三大观点解决“板块”模型问题
【例1】（23-24 高三上·贵州·阶段练习）如图所示，有一个质量为
的小物块（可视为质点），从光
滑平台上的A 点以初速度
水平抛出，
高度
，到达
点时，恰好沿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
点的木板。已知长度
的木板质量为
，放在粗糙的水平地面上，木板上表面与小物块间的动摩擦因数
，木板下表面与地面间的
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动摩擦因数
，且与圆弧轨道末端切线相平，圆弧轨道的半径为
，半径
与竖直方向的
夹角
（不计空气阻力，
，
，
）。求：
（1）小物块的初速度
大小；
（2）小物块到达圆弧轨道
点时对轨道的压力
大小；
（3）全程小物块对木板所做的功。
【思路分析】先结合平抛规律求解速度再有动能定理及牛顿第二定率求压力，然后应用牛顿运动定律合运
动学公式进行求解。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由
可得小物块到达
点时，竖直速度
解得
方向沿圆弧切线方向；则水平速度
解得
（2）小物块在C 点的速度
小物块从C 点运动到D 点的过程中，由动能定理可知
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可得
小物块在D 点时
解得
（3）小物块开始在长木板上运动时有
长木板开始运动时有
在小物块运动到与长木板共速的过程中有
解得
小物块的位移
长木板的位移
小物块相对于长木板的位移
则有
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即共速后，它们相对静止运动直至停止，共速后，它们的加速度为
它们间的摩擦力
减速位移
故全程小物块对木板做的功
可得
【例2】（23-24 高三上·云南昆明·阶段练习）如图所示，质量M=1kg 的木板A 置于光滑斜面上，左端放有
质量m=1.5kg 的物块B（可视为质点），A、B 之间的动摩擦因数
。开始时木板右端与垂直斜面的
挡板相距x0=6.4m，A、B 一起以v0=6m/s 的初速度沿斜面向下运动。接着木板A 与挡板发生多次无机械能
损失的碰撞（等速率反弹），碰撞时间不计。已知斜面倾角θ=30°，重力加速度大小g 取10m/s2。
（1）求木板A 与挡板碰撞前的速度大小v1；
（2）求木板A 与挡板第一次碰撞后，右端与挡板之间的最大距离xm；
（3）木板A 恰与挡板碰第三次时A 与B 分离，求木板长度L 及系统损失的机械能
。
【思路分析】先由动能定理或牛顿运动定律求速度；在结合受力分析牛顿第二定律、运动学公式求最大距
离。利用功能关系及相对运动规律求解模板长度及机械能的损失量。
【答案】（1）
；（2）4m；（3）32m，240J
【详解】（1）对A、B 整体，由动能定理有
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解得木板A 与挡板碰撞前的速度大小为
（2）第一次碰后，对A 由牛顿第二定律有
解得
A 沿斜面向上匀减速运动，有
（3）对B 由牛顿第二定律有
解得
故B 在A 上匀速下滑，木板A 反弹后，沿斜面向上以
做匀减速运动，速度减到0 后又反向匀加速，加速
度仍为
，速度达
时，进行第二次碰撞，之后重复进行，即A 做类似竖直上抛运动、B 做匀速直线运动。
发生一次碰撞后，相对位移为
故木板长为
系统损失的机械能转化为内能
【例3】(2022·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
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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。
【思路分析】根据动量守恒定律求速度；应用牛顿运动定律及运动学公式求模板长度；根据功能关系和能
量守恒来证明。
【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
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
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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。
1.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力
时，需选用动力学观点解题。
2.滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。
3.应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移
指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。
1．（23-24 高三下·江苏南通·开学考试）如图所示，滑板A 固定在光滑的水平面上，长度为
，滑板
质量
、滑块质量
，A、B 间动摩擦因数为μ。现有子弹
以
速度
向右击中B 并留在其中。
（1）求子弹C 击中B 后瞬间，B 的速度
；
（2）B 被子弹击中后恰好能滑到A 右端静止，求滑块A 与B 间动摩擦因数μ；
（3）若滑板A 不固定，分析B 能否离开A，并求整个过程A、B、C 系统损失的机械能E。
【答案】（1）2m/s；（2）0.1；（3）199J
【详解】（1）子弹C 击中B 后瞬间，B 速度为v1，根据动量守恒定律
解得
（2）若滑块与水平面固定，B 由运动到静止，位移为L，根据动能定理
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解得
（3）若A 与水平面光滑，则A 做匀加速运动， B、C 做匀减速运动，B、C 与A 间摩擦力
A 的加速度大小为
B、C 的共同加速度大小
设经时间t 共速
解得
此时B 相对A 位移
因
，A、B、C 最后共速运动，不会分离，所以B 滑行最终速度为
系统损失的机械能为
2．（23-24 高三下·山东·开学考试）如图所示，木板B 和滑块C 静止在水平地面上，木板B 长为
，
滑块C 到木板B 右端的距离为
。某时刻滑块A 从木板B 左端以初速度
滑上木板B，已知
木板B 的质量为
，滑块A、C 的质量均为
，木板底面光滑，A 与B 上表面及C 与地面
间的动摩擦因数均为0.2，A、C 的大小不计，重力加速度
取
，经过一段时间木板B 与滑块C 发生
第1 次弹性正碰，求：
（1）木板B 第1 次撞击C 时，滑块A 和木板B 的速度大小各是多少；
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（2）碰后B、C 间的最大距离。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）A 减速的加速度为
，B 加速的加速度为
设经时间
，B 追上C 发生碰撞，此时A、B 未共速：
解得
（2）B 与C 碰撞过程动量守恒，碰后速度分别为
和
动量守恒
机械能守恒
解得
碰后A 减速，B 加速，C 减速，当B 的速度
时两者间距离最大。
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解得
此时间内B、C 前进的位移分别为
和
此时B、C 间的距离为
1.（23-24 高三上·河北·阶段练习）如图甲所示，一定长度、质量为
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），使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为
时刻，0~2s 内长木板和物块的速度随时间的变
化规律如图乙所示，
时将外力大小改为
，物块与长木板间的动摩擦因数为μ，长木板与水平
面间的动摩擦因数为
。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，重
力加速度
。求：
（1）
以及
的大小
（2）长木板最终的速度大小；
（3）长木板的最小长度。
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【答案】（1）0.2 ，42N；（2）
；（3）
【详解】（1）由图乙可知，对物块在0 2s
∼
的时间内，有
对物块由牛顿第二定律得
解得
0 2s
∼
的时间内长木板做加速运动，由图乙可知
对木板由牛顿第二定律得
解得
（2）
后，由题意得
故长木板与物块系统动量守恒
可得
解得
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（3）由图乙可得，0 2s
∼
时，物块相对长木板的位移
2s 后，到物块与长木板共速时，由能量守恒有
解得
故长木板的最小长度
2．（23-24 高三上·辽宁·阶段练习）如图所示，质量
的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左
端有一可视为质点、质量
的物块，现对物块施加一水平向右的恒定拉力
，木板先在水平地
面上加速，物块离开木板后木板在摩擦力的作用下开始减速，运动的总距离
。已知物块与木板间
的动摩擦因数
，木板与地面间的动摩擦因数
，取重力加速度大小
。求：
（1）木板的加速距离d；
（2）木板的长度l。
【答案】（1）
；（2）1m
【详解】（1）分析可知，拉力F 作用下物块在木板上滑动，设物块离开木板前木板的加速度大小为
，
离开后木板的加速度大小为
，木板的最大速度为v，则有
而
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解得
（2）设在拉力F 作用下木板的加速时间为
,物块的加速度大小为
,则有
而
解得
3．（23-24 高三上·四川内江·阶段练习）如图所示，有一长为
长木板A 静止在水平地面上，其右端
静止一体积可忽略的小物块B。现对长木板A 施加一水平向右的恒力F，使长木板A 和小物块B 发生相对
滑动，已知长木板A 的质量为
，小物块B 的质量为
，长木板A 和小物块B 之间的动摩擦
因数
，长木板A 与地面之间的动摩擦因数
，水平恒力
，
，试求：
（1）在长木板A 受到水平恒力F 作用后，长木板A 的加速度为多大？
（2）从长木板A 受到水平恒力F 作用开始到B 离开A，整个系统由于滑动摩擦力作用而产生的总热量
Q。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）对长木板A，根据牛顿第二定律
其中
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解得
（2）对小物块B，根据牛顿第二定律
解得
对长木板A
对小物块B
又
总热量为
解得
4．（23-24 高三上·四川成都·阶段练习）如图甲所示，在光滑水平面上静止的小物块A 和长木板B 质量均
为
，小物块A 位于长木板B 的左端，二者之间的动摩擦因数
。
时刻小物块A 获得水平向
右、大小为
的初速度，同时给小物块A 施加如图乙所示的水平向右的作用力。
时长木板B 与
其右侧竖直挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后长木板B 的速度大小不变，方向相反。
后撤去小物
块A 所受的水平作用力，一段时间后小物块A 和长木板B 第一次达到共速，重力加速度g 取
，求：
（1）
内水平作用力的冲量大小；
（2）从
末到小物块A 和长木板B 第一次达到共速的过程中，系统由于摩擦损失的机械能。
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）冲量大小即为
图线与坐标轴围成的面积，即
（2）对小物块A 分析，取向右为正方向，由动是定理可得
解得
对长木板B 应用动量定理，得
解得
长木板B 与整直挡板碰后，速度反向，大小不变，由动量守恒定律，得
解得
从5s 末到小物块A 和长木板B 第一次达到共速的过程中，系统由于摩擦损失的机械能
解得
5．（23-24 高三上·云南曲靖·阶段练习）如图所示，两个完全相同的质量为m 的木板A、B 置于水平地面
上，它们的间距
，质量为2m，大小可忽略的物块C 置于A 板的左端，C 与A 之间的动摩擦因数
为
，A、B 与水平地面之间的动摩擦因数为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时，
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三个物体处于静止状态。现给C 施加一个水平向右、大小为
的恒力作用，木板A、B 碰撞时间极
短且碰撞后粘连在一起。（取重力加速度
，计算结果用根式表示，其中
）。求：
（1）A 与B 相撞前A 的速度
是多少？
（2）A 与B 相撞后向右做加速运动的位移
是多少？
（3）要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设A、C 之间的滑动摩擦力大小为f1，A 与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2，一开始A
和C 保持相对静止，在F 的作用下向右加速运动，有
（2）A、B 两木板的碰瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律得
碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设木板向前移动的位移为
，选三个物体构成的
整体为研究对象，外力之和为零，则
设A、B 系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为
，对A、B 系统，由动能定理
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其中
得
（3）对C 物体，由动能定理：
由以上各式，再代入数据可得
6．（2023·四川攀枝花·一模）如图所示，静止在水平地面上的木板A 质量
、长L＝0.5625m，其
上左端有一可视为质点、质量
的小滑块C，滑块C 与A 上表面之间的动摩擦因数
，A 与
水平面间的动摩擦因数
，在A 右侧有一质量
且与A 等高的木板B 处于静止状态，B 与地
面间的动摩擦因数
，A、B 两木板初始时相距d＝1m。现对木板A 施加一水平的恒定拉力F，使木板
A 和滑块C 保持相对静止，且木板A 能以最短时间与木板B 相碰；当木板A 撞到木板B 前的瞬间拉力大小
变为
。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板A、B 的碰撞时间极短且无机械能损失，重力加速度g
取
，求：
（1）拉力F 的大小；
（2）从木板A 和小滑块C 一起运动到刚与木板B 相撞的过程中A 对C 的冲量大小I；
（3）判断小滑块C 能否滑到木板B 上，并说明原因。
【答案】（1）
；（2）
；（3）不能
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【详解】（1）设木板A 和小滑块C 一起运动时的加速度为a，对木板A 与滑块C，由牛顿第二定律，有
对滑块C，有
联立两式得
（2）从木板A 和小滑块C 一起运动到刚与木板B 相撞的过程中A 对C 施加了支持力和摩擦力，设该段时
间为
，则A 对C 的冲量
解得
（3）设A 刚与B 相撞时的速度为
，A、B 撞后的速度分别为
、
，由运动学规律、动量守恒定律和
能量守恒定律有
A、B 碰后，A、C 将出现相对滑动，此时对A 进行受力分析，地面对A 的摩擦力、拉力、C 对A 的摩擦力
恰有
故A 将做匀速直线运动，C 做匀减速直线运动。
假设C 未滑离A，A、C 过段时间后将会共速，设从A、B 碰撞到A、C 共速这段时间为
，这段时间内
A、C 间的相对位移为
，根据牛顿运动定律，有
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解得
即A、C 共速时C 恰好滑到A 的最右端。
对B，设B 碰后到停止的位移为
，
得
故A、B 会第二次碰撞，由动量守恒定律，有
得
，
故木块C 不能滑到木板B 上，会从木板A 上掉落到水平地面上。
7．（23-24 高三上·福建南平·阶段练习）两端有竖直挡板的“U”型槽C 放置在光滑的水平面上，质量
、槽内长度
，中间位置放上一质量
滑块B，均处于静止状态。在槽左边有一质
量
滑块A，以速度
向右运动，与“U”型槽碰撞后以原来速度的一半反弹，经过
时，
滑块B 与“U”型槽的挡板发生第一次碰撞，A、B 滑块均可视为质点，“U”型槽的上表面水平，所有的碰
撞均为弹性的，重力加速度
，不计空气阻力。求：
（1）滑块A 与“U”型槽C 碰撞后瞬间“U”型槽C 的速度大小
；
（2）滑块B 与槽间的动摩擦因数
；
（3）“U”型槽最终的速度及B 在槽内的位置。
23
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【答案】（1）
；（2）
；（3）1.8m/s，到U 型槽左边挡板的距离为0.4m
【详解】（1）A 与“U”型槽弹性碰撞，有
由题意
解得
（2）滑块A 与U 型槽碰撞后，B 做匀加速直线运动
滑块A 与U 型槽碰撞后，U 型槽做匀减速直线运动
由题意
联立可得
（3）设“U”型槽的最终速度为v。由动量守恒定律
解得
由功能关系
解得
24
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滑块B 最终的位置到U 型槽左边挡板的距离
8．（22-23 高二下·安徽安庆·阶段练习）如图所示，质量
、长度
的木板，以速度
沿
光滑水平面向右匀速运动。某时刻一质量
的小木块（可视为质点），以水平向左的速度
从木板的右端滑上木板，最终刚好不能滑离木板。重力加速度g 取
。求：
（1）木块与木板间的动摩擦因数；
（2）小木块做加速运动过程的过程中，木板运动的距离。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设木块到达木板左端时与木板的共同速度为，以水平向右为正。对木块和木板组成的系统，
由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
且
联立以上各式，代入相关数据可得
（2）当物块的速度等于零时，木板的速度为
，由动量守恒可知
解得
设木块在木板上加速的时间为
对木块由动量定理有
25
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代入相关数据可得
在这段时间内，木板运动的距离
其中
解得
9．（2023·山西阳泉·三模）如图（A）所示，长方形木板放在光滑的水平地面上，在其右端放置一可视为
质点的小木块，现给长方形木板一个大小为
，方向水平向右的初速度，最后小木块刚好没有滑离长方形
木板；如图（B）所示，与上面相同的长方形木板静止放置在光滑的水平面上，在其左端地面上固定一个
四分之一光滑圆弧槽，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，现让相同的小木块从圆弧槽的最高点由静止开
始滑下，最后小木块也是刚好没有滑离长方形木板．已知小木块与长方形木板间的动摩擦因数为
，长方
形木板的质量为小木块质量的3 倍，重力加速度为
，求：
（1）长方形木板的长度；
（2）圆弧槽轨道的半径；
（3）图（A）中小木块在长方形木板上的滑行时间与图（B）中小木块在长方形木板上的滑行时间之比。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对于题图（A），小木块、长方形木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度大小为
，
木块的质量为
，则长方形木板的质量为
，规定木板的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有
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解得
设长方形木板的长度为
，由功能关系有
解得长方形木板的长度为
（2）设圆弧槽轨道的半径为，小木块刚滑上长方形木板时的速度大小为，由机械能守恒定律可得
对于题图（B），小木块、长方形木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度为
，由动量守恒定律可
得
由功能关系有
解得圆弧槽轨道的半径为
（3）对题图（A）中的小木块，规定小木块受到的摩擦力的方向为正方向，由动量定理有
解得小木块在木板上滑动的时间为
对题图（B）中的长方形木板，规律长方形木板受到的摩擦力方向为正方向，由动量定理有
解得
题图（A）中的小木块在长方形木板上的滑行时间与题图（B）中的小木块在长方形木板上的滑行时间之比
为
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10．（22-23 高三下·湖南衡阳·阶段练习）如图，质量为
，长度为
的长木板B 静止于粗糙
的水平面上，其右端带有一竖直挡板，长木板与水平面间的动摩擦因数为
，有一质量
的物
块A 静止于长木板左端，物块与长木板间的动摩擦因数为
，物块A 上方O 点固定一长度为
轻绳，轻绳另一端固定一质量为
的小球，现将小球向左拉起，使轻绳伸直并与竖直方向
成60°角由静止释放，当小球运动到最低点时恰好与物块A 发生弹性碰撞，碰撞之后将小球立即锁定，物
块A 沿长木板运动至右端与竖直挡板发生弹性碰撞，重力加速度大小取
，小球和物块可看作质
点，求：
（1）小球与物块A 碰撞之后物块A 的速度大小
；
（2）在物块A 与长木板B 右侧挡板碰撞之后瞬间物块A 的速度
。
【答案】（1）12m/s；（2）1m/s，方向水平向左
【详解】（1）小球向下摆动过程中，根据机械能守恒定律有
解得
小球与物块A 弹性碰撞过程，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
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两式联立解得
（2）对物块A，根据牛第二定律
对长木板B，根据牛顿第二定律
解得
设从开始到与挡板碰撞过程中两位移关系为
解得
或
（舍掉）
碰撞前物块的速度
碰撞前长木板的速度
物块A 与挡板间的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有
两式联立代入数据解得
则物块A 的速度方向水平向左，大小为1m/s。
1．（2023·河北·高考真题）如图，质量为
的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为
的竖直光滑
29
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圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成
角．质量为
的小
物块
以
的初速度从木板左端水平向右滑行，
与木板间的动摩擦因数为0.5．当
到达木板右端时，
木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时
沿圆弧切线方向滑上轨道．待
离开轨道后，可随时解除木板
锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为
取
取
．
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块
和木板的速度大小；
（2）求物块
到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块
运动到最大高度时会炸裂成质量比为
的物块
和物块
，总质量不变，同时系统动能增加
，其中一块沿原速度方向运动．为保证
之一落在木板上，求从物块
离开轨道到解除木板锁定的
时间范围．
【答案】（1）
，
；（2）
，
；（3）
或
【详解】（1）设物块
的初速度为
，木板与轨道底部碰撞前，物块
和木板的速度分别为
和
，物
块
和木板的质量分别为
和
，物块
与木板间的动摩擦因数为
，木板长度为
，由动量守恒定律
和功能关系有
由题意分析
，联立式得
30
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（2）设圆弧轨道半径为
，物块
到圆弧轨道最高点时斜抛速度为
，轨道对物块的弹力为
．物块
从轨道最低点到最高点，根据动能定理有
物块
到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
联立式，得
设物块
拋出时速度
的水平和竖直分量分别为
和
斜抛过程物块
上升时间
该段时间物块
向左运动距离为
．
物块
距离地面最大高度
．
（3）物块
从最高点落地时间
设向左为正方向，物块
在最高点炸裂为
，设质量和速度分别为
和
、
，设
，
系统动能增加
．根据动量守恒定律和能量守恒定律得
31
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解得
或
．
设从物块
离开轨道到解除木板锁定的时间范围
：
（a）若
，炸裂后
落地过程中的水平位移为
炸裂后
落地过程中的水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证
之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅
落在木板上，应满足
且
解得
Ⅱ．若仅
落在木板上，应满足
32
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且
不等式无解；
（b）若
，炸裂后
落地过程中水平位移为0，炸裂后
落地过程中水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证
之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ．若仅
落在木板上，应满足
且
解得
Ⅳ．若仅
落在木板上，应满足
且
33
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解得
．
综合分析（a）（b）两种情况，为保证
之一一定落在木板上，
满足的条件为
或
2．（2023·山东·高考真题）如图所示，物块A 和木板B 置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B 的上
表面所在平面相切，竖直挡板P 固定在地面上。作用在A 上的水平外力，使A 与B 以相同速度
向右做匀
速直线运动。当B 的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C 恰好到达最低点，并以
水平速度v 滑上B 的上表面，同时撤掉外力，此时B 右端与P 板的距离为s。已知
，
，
，
，A 与地面间无摩擦，B 与地面间动摩擦因数
，C 与B 间动摩擦因数
，B 足够长，使得C 不会从B 上滑下。B 与P、A 的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加
速度大小
。
（1）求C 下滑的高度H；
（2）与P 碰撞前，若B 与C 能达到共速，且A、B 未发生碰撞，求s 的范围；
（3）若
，求B 与P 碰撞前，摩擦力对C 做的功W；
（4）若
，自C 滑上B 开始至A、B、C 三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量
的大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）由题意可知滑块C 静止滑下过程根据动能定理有
34
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代入数据解得
（2）滑块C 刚滑上B 时可知C 受到水平向左的摩擦力，为
木板B 受到C 的摩擦力水平向右，为
B 受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C 的加速度为
木板B 的加速度为
设经过时间t1，B 和C 共速，有
代入数据解得
木板B 的位移
共同的速度
此后B 和C 共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间，物块A 恰好滑上模板B，有
整理得
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解得
，
（舍去）
此时B 的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s 范围为
（3）由于
所以可知滑块C 与木板B 没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得
，
（舍去）
滑块C 在这段时间的位移
所以摩擦力对C 做的功
（4）因为木板B 足够长，最后的状态一定会是C 与B 静止，物块A 向左匀速运动。木板B 向右运动
0.48m 时，有
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此时A、B 之间的距离为
由于B 与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B 向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A 和木板B 相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得
，
（舍去）
此时有
方向向左；
方向向右。
接着A、B 发生弹性碰撞，碰前A 的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
而此时
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物块A 向左的速度大于木板B 和C 向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B 和C 静止，A 向左匀速运动，
系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量
即大小为9.02kg m/s
⋅
。
3．（2023·辽宁·高考真题）如图，质量m1= 1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲
度系数k = 20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg 的小物块以水平向右的速度
滑
上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为
。
取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度
的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次
相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；
；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
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m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有
v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v1
2= 2a1x1
代入数据解得
x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
kx = (m1＋m2)a 共
对m2有
a2= μg = 1m/s2
当a 共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的
加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时
2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有
－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2
解得
则对于m1、m2组成的系统有
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U = Wf
联立有
4．（2023·海南·高考真题）如图所示，有一固定的光滑
圆弧轨道，半径
，一质量为
的
小滑块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知
，
B、C 间动摩擦因数
，C 与地面间的动摩擦因数
，C 右端有一个挡板，C 长为
。
求：
（1）
滑到
的底端时对
的压力是多大？
（2）若
未与
右端挡板碰撞，当
与地面保持相对静止时，
间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在
时，B 与C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求
从滑上
到最终停止所用
的时间。
【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得
在底部，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知B 对A 的压力是
。
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（2）当B 滑上C 后，对B 分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得
解得加速度向左为
对C 分析，受B 向右的摩擦力
和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式
，得B 向右运动的距离
C 向右运动距离
由功能关系可知，B、C 间摩擦产生的热量
可得
（3）由上问可知，若B 还末与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为
，有
解得
B 的位移为
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则此刻的相对位移为
此时
由
，一定是C 停下之后，B 才与C 上挡板碰撞。设再经
时间B 与C 挡板碰撞，有
解得
碰撞时B 速度为
碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C 速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
后再经
后停下，则有
故
从滑上
到最终停止所用的时间总时间
42
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5．（2022·河北·高考真题）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和B，质量分别为
和
，A 右
端和B 左端分别放置物块C、D，物块质量均为
，A 和C 以相同速度
向右运动，B 和D 以相
同速度
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滑块，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
。重力加速度大小取
。
（1）若
，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
，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】（1）
，
，方向均向右；（2）
【详解】（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
，C、
D 的质量均为
，以向右方向为正方向，则有
解得
可知碰撞后滑块C、D 形成的新滑块的速度大小为
，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
，滑板A 和B 质量分
别为
和
，则由
解得
则新滑板速度方向也向右。
（2）若
，可知碰后瞬间物块C、D 形成的新物块的速度为
43
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碰后瞬间滑板A、B 形成的新滑板的速度为
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
，新滑板的质量为
，相对静止时的共同速度为
，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
6．（2021·海南·高考真题）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）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。
【答案】（1）v 共 =
；（2）x =
；（3）t =
，W = mv0
2
【详解】（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
44
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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
7．（2017·全国·高考真题）如图，两个滑块A 和B 的质量分别为mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在静止于水平
地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩
擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B 相遇时，A 与木
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板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）B 与木板相对静止时，木板的速度大小；
（2）木板在地面上运动的距离一共是多少？
【答案】（1）1 m/s；（2）0.55m
【详解】（1）对B 分析有
解得物块B 加速度大小为
对木板分析有
解得木板加速度大小为
设B 与木板相对静止时间为t1，由运动学公式可得
解得
则B 与木板相对静止时，木板的速度大小为
（2）对A 分析有
解得物块A 加速度大小为
由于A 与B 初速度与加速度大小相等，所以当B 速度减为
时 ，A 速度大小也减为
B 与木板相对静止后，对B 与木板整体有
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解得B 与木板的加速度大小为
设经时间t2，A 与木板共速，取向右为正方向，由公式可得
代入数据解得
此时三者具有共同速度为
最后三者一起做匀减速运动，则可得
解得共同加速度大小为
木板在地面上运动的距离为
47
