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2024 高考物理二轮复习80 热点模型
最新高考题模拟题专项训练
模型34 动量板块模型
最新高考题
1. （2023 高考山东高中学业水平等级考试） 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。
【参考答案】（1 ）
；（2 ）
；（3 ）
；（4 ）
1
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【名师解析】
（1）由题意可知滑块C 静止滑下过程根据动能定理有
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
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
2
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设再经过t2时间，物块A 恰好撞上木板B，有
整理得
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
3
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此时A、B 之间的距离为 △s=s-sA=0.48m-0.4m=0.08m
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
4
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而此时
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
即这三个物体总动量的变化量
的大小为9.02kg·m/s。
2. （2023 高考选择性考试辽宁卷）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v 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t 表示）。
5
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【参考答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；
；（3）
【名师解析】
（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
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
6
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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
U = －Wf
联立有
3. （2022 福建高考）如图，L 形滑板A 静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为
的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B 相连，弹簧处于原长状态。一小物块C 以初速度
从滑板最左端滑入，滑行
后与B 发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右
运动；一段时间后，滑板A 也开始运动．已知A、B、C 的质量均为
，滑板与小物块、
滑板与地面之间的动摩擦因数均为
，重力加速度大小为
；最大静摩擦力近似等于滑动
摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）C 在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C 与B 碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C 与B 相碰后到A 开始运动的过程中，C 和B 克服摩擦力所做的功。
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
【命题意图】此题考查动能定理、动量守恒定律、碰撞、摩擦力做功及其相关知识点。
【名师解析】
7
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（1）小物块C 运动至刚要与物块B 相碰过程，根据动能定理可得
解得C 在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）物块B、C 碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B 与物块C 碰后一起运动的速度大小为
故C 与B 碰撞过程中损失的机械能为
（3）滑板A 刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量，即滑板A 开始运动前物块B 和物块C 一起运动的位移大小为
从C 与B 相碰后到A 开始运动的过程中，C 和B 克服摩擦力所做的功为
最新模拟题
1．（2024 吉林重点高中质检）如图所示，静止在水平地面上的木板（厚度不计）质量为
m1＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m2＝2 kg 且可看成质点的小物块与木板
和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v0＝4 m/s 的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6
s 滑离木板，g 取10 m/s2
8
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（1）（6 分）求木板的长度L。
（2）（4 分）小物块离开木板时，木板的速度为多少 m/s。
（3）（4 分）小物块离开木板后，木板的加速度。
（4）（6 分）小物块离开木板后，判断木板与小物块是否发生碰撞。
【参考答案】．（1）1.32m；（2）1.2m/s；（3）2 m/s2，方向水平向左（4）见解析
【名师解析】：（1）物块在木板上滑动的过程，根据牛顿第二定律得
对木块有
解得
对木板有
解得
木板的长度为
解得
（2）小物块离开木板时，木板的速度为
（3）小物块离开后木板的加速度为
方向水平向左；
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（4）小物块离开木板时，物块的速度
物块在地面上滑行时的加速度大小为
物块在地面上滑行的最大位移为
木板在地面上滑行的最大位移为
2. (2023 福建南平期末) 15. （18 分）如图甲，在光滑水平地面上摆放有一个四分之一光滑
圆轨道A 及两块长木板B、C，圆轨道末端与长木板上表面齐平，一可视为质点的滑块D
从圆轨道顶端由静止释放。已知A、B、C、D 的质量均为m＝1kg，圆轨道半径R＝0.
2m，两木板长均为L＝0. 2m，D 与B 上表面的动摩擦因数
，D 与C 上表面的动摩
擦因数
从左端到右端随距离变化如图乙所示，
。求：
（1）滑块D 从A 的顶端滑至底端时的速度大小
；
（2）若将A 固定在地面上，滑块D 刚滑上C 时的速度大小
；
（3）若将A 固定在地面上，滑块D 将在C 上滑行的最远距离x。
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【参考答案】（1）
（2）
（3）
【名师解析】
（1）滑块D 从圆轨道滑下的的过程中，A 将在压力作用下向左侧运动，与B、C 分离。A
与D 所组成的系统水平方向动量守恒得：
2 分
由能量守恒得：
1 分
解得
1 分
（2）滑块D 从圆轨道滑下的的过程，由动能定理得
可得
1
分
滑块滑上B 过程，对B、C、D 整体，由动量守恒定律
2 分
由功能关系得：
2 分
联立可得：
1 分
（3）设滑块D 在C 上滑行过程中产生的热量为Q，
对C、D 由动量守恒定律得：
2 分
由能量守恒定律得：
1 分
由功能关系得：
1 分
由图像分析得：
1 分
1 分
11
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1 分
联立解得：
1 分，
舍去
3． （2023 安徽皖南八校联考）如图所示,质量为M 的长木板放在光滑的水平面上处于静
止状态，木板的长为L，B 为木板的中点,一个质量为m 的物块从木板的左侧A 端以初速度
v0滑上木板，术板上表面B 点左侧粗糙、右侧光滑,已知物块能滑离木板,且物块在B 点右侧
木板上滑行的时间为t.，则物块滑离木板时的速度大小为
A.
B.
C.
D.
【参考答案】.C
【命题意图】本题考查受力分析、平衡条件、功率及其相关知识点。
【解题思路】设物块滑到B 点右侧时速度大小为v1，木板速度大小为v2，则（v1- v2）
t=L/2，根据动量守恒定律，mv0=mv1+Mv2，联立解得：v1=
，选项C 正确。
4. （2023 安徽江淮十校5 月联考）如图所示，厚度相同的长木板B、D 质量均为1kg，静
止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为
，B 的右端与D 的左端相距
。在B、D 的左端分别静止有可视为质点的小物块A、C，其中A 的质量
，C 的质量
，A 与B、D 之间的动摩擦因数均为
，C 与D 间无
摩擦作用。现对A 施加水平向右的恒力F＝52N，当B 与D 发生碰撞时，A 与C 刚好发生
弹性碰撞，BD 碰撞后粘在一起，已知A 与C 能在木板上发生第二次碰撞，所有碰撞时间
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均极短，重力加速度
，求：
（1）木板B 的长度；
（2）木板D 的最小长度。
【参考答案】（1）
；（2）
【名师解析】
（1）设在施加水平向右的恒力瞬间，A、B 加速度大小分别为
、
，则有
解得
设从施加水平向右的恒力到B、D 相碰经过的时间为
，则有
联立解得
（2）设B 与D 碰前瞬间的速度为
，碰后瞬间B 与D 的共同速度为
，则有
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解得
设A 与C 相碰前瞬间速度为
，碰后瞬间A、C 速度分别为
、
，则有
解得
由于
则B、D 碰撞后粘在一起，以共同速度
做匀速直线运动。又碰后B 与D 的共同速度
所以碰后A 和C 都相对B、D 向右滑动。A 做初速度为
，加速度为
的匀加速运动，C 做速度为
的匀速运动。设A 与C 从第一次碰撞到第二次碰撞
经过的时间为
，通过的距离为
，B 与D 一起通过的距离为
，则
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解得
设D 板的最小长度为
，则
解得D 板的最小长度
5. （2023 山东聊城三模）如图所示，
是一长为
的水平传送带，以
顺时针匀速转动，传送带左端
与半径
的
光滑圆轨道相切，右端
与放在光滑水平桌面上的长木板
上表面平齐。木板长为
，
的右端带有挡
板，在
上放有小物块
，开始时
和
静止，
到挡板的距离为
。现将小物
块
从圆弧轨道最高点由静止释放，小物块
与传送带间的动摩擦因数
，
、
之间及
、
之间的动摩擦因数均为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
、
、
的质量均为
，重力加速度为
，所有的碰撞均为弹性正碰。求：
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（1）
通过传送带过程产生的内能；
（2）
滑上
后与
碰撞前，
与
间的摩擦力大小；
（3）
滑上
后，经多长时间
与挡板碰撞；
（4）
与
碰后，
到挡板的最大距离。
【参考答案】（1）0.5J；（2）1N；（3）1.0s；（4）
【名师解析】
（1）小物块A 由静止运动到圆轨道最低点，由动能定理
解得
设经时间t1小物块A 与传送带共速，由动量定理
解得
在时间t1内A、传送带发生的位移为
小物块A 通过传送带过程产生的内能
16
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（2）对物块B 和长木板C 整体受力分析，由牛顿第二定律
物块B 和长木板C 整体加速度为
对物块B，由牛顿第二定律
（3）设A 滑上C 后经时间t2物块A 与B 碰撞
解得
A、B 碰撞前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v3、v4，则
A、B 碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得
解得
，
设A、B 碰后经时间t3物块B 与挡板相碰
解得
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A 滑上C 后，B 与挡板碰撞的时间
（4）B 与挡板碰撞前C、B 的速度分别为v5、v6，则
B 与C 碰撞过程动量守恒和机械能守恒，碰后C、B 的速度分别为v7、v8，得
解得
，
之后A、B 一起相对C 滑动ΔL 达到共同速度，对三者由动量守恒
由能量守恒
解得
6．（16 分）（2023 北京昌平模拟）如图所示，光滑水平地面上固定一竖直挡板P，质量
mB=2kg 的木板B 静止在水平面上，木板右端与挡板P 的距离为L。质量mA=1kg 的滑块
（可视为质点）以v0=12m/s 的水平初速度从木板左端滑上木板上表面，滑块与木板上表面
的动摩擦因数μ=0.2，假设木板足够长，滑块在此后的运动过程中始终未脱离木板且不会
与挡板相碰，木板与挡板相碰过程时间极短且无机械能损失，g=10m/s2，求：
(1)若木板与挡板在第一次碰撞前木板已经做匀速直线运动，则木板右端与挡板的距离至少
为多少？
(2)若木板右端与挡板的距离L=2m，木板第一次与挡板碰撞时，滑块的速度的大小？
18
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(3)若木板右端与挡板的距离L=2m，木板至少要多长，滑块才不会脱离木板？（滑块始终
未与挡板碰撞）
【参考答案】 (1) 8m (2) 8m/s (3)
（35.85m 或35.9m）
【名师解析】
(1)木板与滑块共速后将做匀速运动，由动量守恒定律可得：
对B 木板，由动能定理可得：
解得
L1=8m
(2)对B 木板，由动能定理可得：
B 与挡板碰撞前，A、B 组成的系统动量守恒：
得
vA=8m/s
(3)从A 滑上木板到木板与挡板第一次碰撞过程中，A 在木板上滑过的距离
，由能量守
恒定律可得：
解得
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B 与挡板碰后向左减速，设水平向右为正方向，由己知可得：B 与挡板碰后速度
，此时A 的速度vA=8m/s，由牛顿第二定律可得：
，
木板向左减速，当速度减为零时，由
得
t1=2s
此时B 右端距离挡板距离由
，得
L2=2m
此时A 的速度由
，可得：
此时系统总动量向右，设第二次碰撞前A．B 已经共速，由动量守恒定律可得：
得
木板从速度为零到v 共1经过的位移SB，由
，得
故第二次碰前瞬间A、B 已经共速，从第一次碰撞到第二次碰撞，A 在B 上滑过的距离
，由能量守恒定律可得：
得
20
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第二次碰撞后B 的动量大小大于A 的动量大小，故之后B 不会再与挡板相碰，对AB 由动
量守恒可得：
得
从第二次碰撞到最终AB 做匀速运动，A 在B 上滑过距离
，由能量守恒定律可得：
得
则
（35.85m 或35.9m）
7．（18 分）（2023 广东茂名一中三模）如图所示，右侧带有挡板的长木板质
量
6 kg
M
、放在水平面上，质量
2 kg
m
的小物块放在长木板上，小物块与长
木板右侧的挡板的距离为L。此时水平向右的力F 作用于长木板上，长木板和
小物块一起以
0
4 m/s
v
的速度匀速运动。已知长木板与水平面间的动摩擦因数
为
1
0.6
，物块与长木板之间的动摩擦因数为
2
0.4
，某时刻撤去力F，最
终小物块会与右侧挡板发生碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
2
10 m/s
g
。
(1)求力F 的大小；
(2)撤去力F 时，分别求出长木板和小物块的加速度大小；
(3)小物块与右侧挡板碰撞前物块的速度v 与L 的关系式。
【名师解析】．（18 分）(1)长木板和物块做匀速运动，对整体受力分析，由平衡条件有
1(
)
F
M
m g
（2 分）
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解得
48 N
F
（1 分）
(2)撤去力F 后，
2
1
物块会与长木块相对滑动，对长木板有
1
2
1
(
)
M
m g
mg
Ma
（1 分）
对物块有
2
2
mg
ma
（1 分）
解得
2
2
1
2
20 m/s ,
4 m/s
3
a
a
（1 分）
(3)长木板和物块发生相对滑动，由于
1
2
a
a
，则长木板先停止运动，从撤去力F 到停止运
动，长木板的位移为
2
0
1
1
2
v
s
a
（1 分）
物块停止运动时的位移为
2
0
2
2
2
v
s
a
（1 分）
有
1
0
2
s
L
s
（1 分）
联立解得
0
0.8 m
L
（1 分）
从撤去力F 到停止运动，长木板运动时间为
0
1
1
0.6 s
v
t
a
（1 分）
0.6 s 内物块
位移大小为
2
3
0 1
2 1
1
1.68 m
2
s
v t
a t
（1 分）
3
2
0.48 m
s
s
（1 分）
①当0.48 m
0.8 m
L
时，长木板停止运动后二者发生碰撞
碰撞前瞬间对物块有
2
2
0
2
1
2
(
)
v
v
a s
L
（1 分）
L
v
2
6.1
2
m/s
)
8.0
48
.0
(
m
L
m
（1 分）
②当
m
L
48
.0
时，在长木板停止运动前二者发生碰撞有
2
2
0
2
0
1
1
1
2
2
v t
a t
v t
a t
L
（1 分）
22
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碰撞前瞬间对长木板有
2
0
1
v
v
a t
（1 分）
v=4−2√3 L m/s
)
48
.0
(
m
L
（1 分）
23
