大題05板塊模型

》明考情-Q方向品.

板塊模型作為高中物理的重難點，在高考中常結合碰撞、彈簧系統、能量轉化等環節(如2023年

遼寧卷“滑塊與木板+彈簧”模型，需分階段分析動量守恒與能量變化)。黑吉遼卷側重物理過程分析,

逐漸減少純數學運算，模型創新，引入多物體系統。整體命題趨勢為：“經典模型主導，情境創新突破,

強化綜合思維”。2025年備考需重點關注模型分析，同時強化多過程分析與臨界條件判斷能力。以遼寧

卷真題為核心，輔以全國卷創新題，提升實際情境的物理建模能力。

@研大題-提能力4

題型一物塊受外力作用

【例1】(2024?遼寧大連?三模)如圖1所示，光滑水平面上靜置有“L”型長木板A,

A的上表面在左側光滑、右側粗糙，其上表面上放有一質量為機B=L2kg的物體B、B用輕質水平彈簧

與A左側連接，初始狀態彈簧處于原長，B可視為質點。0?3s時間內，一水平向右的恒力廠作用于2

上，這段時間內A、B的加速度隨時間變化的情況如圖2所示，在f=3s時撤去外力和輕質彈簧，此時B

剛好滑到A的粗糙部分。一段時間后，A、B相對靜止。重力加速度g取lOm/s?。求：

(1)恒力尸的大小；

(2)長木板A的質量5A；

(3)3s以后，A、B第一次達到相對靜止時，共同速度v共的大小。

圖1

【答案】(1)1.2N；(2)0.8kg；(3)1.8m/s

【解析】(1)才=0時刻，對物體B,根據牛頓第二定律，恒力尸的大小為

F=mBa0

解得

F=1.2N

(2)Z=3s時刻，對整體，根據牛頓第二定律

F=(mA+加B)%

解得

機A=0.8kg

(3)對整體，根據動量定理有

△=(機A+加B)V共

解得

y共=1.8m/s

r

唔

力作用在“塊”上

示意

,，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，〃，，，，，＞，.

圖

條件水平面光滑：〃邦，普=。水平面粗糙：葉0,0且〃冽g〉f

①“板塊”對地靜止：對整體有尸=0①“板塊”對地靜止：對整體有尸=/地靜

相對②“板塊”相對靜止對地共同加速：②“板塊”相對靜止對地共同加速：

靜止對整體：F=(m+M)a對整體：F-f'=Cm+M)a

過程對“塊"：F—"ma對“塊”：F-f.,=ma

對“板”：f?=Ma對“板”：f^-f'=Ma

①“板塊”對地滑動的臨界條件

F=0尸=/'地max=/'=〃'(加+M)g

臨界

②板塊”相對滑動的臨界條件

條件

F=fmax="Mg,此時降界=絲重，外力F=fmax=@mg，此時a曲界=匕二="喈-d(M+m)g,

油界M臨界MM

m

F=Ff=——/n(M+m)g外力F=F'=(〃一.')(M+-)mg

M1M

相對

對"塊"有：F—[img—ma\對“塊”有：F—/Limg=ma\

滑動

對“板”有：jLLmg=Ma2對“板”有：iimg—fi'(m+M)g=Ma2

過程

a

a—FIl板塊.動1/

i對呼滑動iZ板塊滑動?

圖像at

0^P?/'0fAF

1.(2023?黑龍江齊齊哈爾?一模)如圖所示，長木板A放置在光滑水平面上，木板右端距固定平臺距離

d=4m,木板厚度與光滑平臺等高，平臺上固定半徑R=0.3m的光滑半圓軌道，軌道末端與平臺相切。

木板左端放置滑塊B,滑塊與木板上表面間的動摩擦因數〃=02,給滑塊施加水平向右歹=24N的作用

力，作用時間4=ls后撤去尸，滑塊質量加=3kg,木板質量"=2kg,滑塊沒有滑離木板，不計空氣阻

力，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)木板的最大速度；

(2)若木板與平臺間碰撞無能量損失，最終滑塊停在木板右端，求木板的長度；

(3)若木板長度Z=4.16m,且木板與平臺碰撞即與平臺粘合在一起，求滑塊通過軌道最高點時對軌道

壓力大小。

【答案】(1)4.8m/s；(2)12m；(3)ION

【解析】(1)根據題意，設加外力時滑塊和木板的加速度分別為外出，由牛頓第二定律有

F-jtimg=max

jumg=Ma2

解得

q=6m/s2

2

a2=3m/s

撤去外力時滑塊及木板的速度分別為匕、v2,則

匕=姑=6m/s

V2~=3m/s

撤去外力后滑塊加速度

2

a3=jug=2m/s

設木板未碰到平臺前已與滑塊達到共同速度，設再經過，2時間達到共速%,則有

%=匕一a3t2=v2+a2t2

解得

t2—0.6s

v0=4.8m/s

木板位移

=*2(%+/2)2

XM=3.84m<d=4m

故木板最大速度為4.8m/so

(2)第一段滑塊與木板間的相對位移為

A=|(?i-?2)?i2+-^y^?2=2-4m

此后木板與平臺發生彈性碰撞向左做減速運動，因滑塊質量大，兩者再達到共同速度再次與平臺碰撞,

以后重復上述運動，最終滑塊停止在木板右端，第二段滑塊與木板間相對位移為右，由功能關系有

pimgL2=；(加+Af)%2

解得

故木板長度

L=L1+L2=12m

(3)滑塊與木板達到共同速度后一起運動，木板與平臺碰后立即停止，滑塊滑離木板時速度為v,由動

能定理

v=4m/s

滑塊通過最高點速度為M,由機械能守恒，有

—mv2=2mgR+~mv'2

解得

v'=2m/s

由牛頓第二定律

F=10N

由牛頓第三定律，滑塊對軌道壓力大小為10N。

2.(2024?河北?模擬預測)如圖所示，質量為1kg的長木板B放在水平地面上，與地面間的動摩擦因數為

0.1,質量為1kg的小滑塊A放在長木板B的最左端。某時刻給小滑塊A施加一個水平向右的恒定拉力

F,A、B向右運動的加速度分別為4m/s2和Zm/s?,已知木板B長度為4m,gMX10m/s2,求：

77777777777777777777777777777777777

(1)水平拉力廠的大小；

(2)A到達B右端的時間以及此過程拉力廠所做的功；

(3)A到達B右端的過程中，系統因摩擦產生的熱量。

【答案】(1)8N(2)2s；64J(3)24J

【解析】(1)兩物體加速度不同，則A、B間為滑動摩擦力，對A、B根據牛頓第二定律有

尸一〃A%g=%aA

Ngg-〃（加A+加B）g=mBaB

解得

尸=8N,f=jUAmAg=4^

(2)根據運動學規律可知

1212r

_ci/,t-----ciot=L

2A2

解得

t=2s

A的位移為

12

XA=3。/

拉力廠所做的功為

解得

%=64J

(3)B的位移為

12

—Cl^t

系統因摩擦產生的熱量為

Q=NmgL+〃（加A+"%）gXB

解得

2=24J

3.(24-25高三上?河南?階段練習)質量M=2kg、長乙=8m的木板A靜止在水平面上，木板的左端靜置一

質量加=4kg可視為質點的木塊B,木板與地面之間的動摩擦因數〃1=0.2,木塊與木板之間的動摩擦因

數〃2=。-4,現用水平恒力廠始終推木塊B,假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度

2

g=10m/s,求：

-^[B]

............A..|

///////////////////////////////////////

(1)若B相對A滑動，推力尸至少多大；

(2)若外力P=28N,B離開A的時間；

(3)僅改變外力廠的大小，使B離開A,力尸做功的最小值。

【答案】(1)24N(2)4s(3)(128A/3+256)J

【解析】(1)B與A剛好滑動，B與A之間的摩擦力

f2=//2mg=16N

A與地面之間摩擦力

/(m+M^mg=12N

臨界加速度為

力-工”

2

a1=2m/s

對整體

F-=(m+

解得

F=24N

(2)由于28N>24N,則B相對A產生滑動，設B的加速度為出，有

F-f2-ma2

解得

2

a2=3m/s

B離開A,則有

1212r

-ci^t—-ci^t=L

解得

%=4s

(3)力尸作用在B上產生的加速度

F-f2=ma3

設離開時間為4,有

1212T

一/.--=L

力尸做功

I,

W=F--ait；

整理得

io?

*8(F-241+--------+32

'7F-24

則當

192

仍-24）=

F-24

時用最小，即

當

尸=(24+8⑹N

力廠做功最小

此時

次=(128百+256)J

4.（24-25高三上?湖南長沙?階段練習）如圖所示，質量為M=4kg、長為￡=3.2m的長木板乙放在地面上，

另一質量為加=4kg且可視為質點的物體甲放在長木板的最右端，現在甲上施加一斜向左上方與水平方向

成53。，大小為40N的恒力尸，使甲開始在長木板上滑動，經過一段時間甲運動到長木板的中點時將恒

力撤走，已知甲與乙之間、乙與地面之間的動摩擦因數分別為〃/=0.5,〃2=02,重力加速度g=10m/s2,

sin53°=0.8o求：

（1）撤去恒力瞬間，物體甲的速度（由題設條件可以判斷撤去恒力前長木板乙不動）；

（2）整個過程長木板乙的位移。

【答案】（1）4m/s（2）1m

【解析】（1）在物體甲上施加恒力后，設物體甲的加速度大小為田，由牛頓第二定律得

7

7cos530-綜=ma1

Fn="1%

豎直方向由力的平衡條件得

41=mg-FsinSS0

木板乙與地面之間的最大靜摩擦力為

42=〃2(皎■+〃?g-尸sin53°)=9.6N>Ftl

所以長木板靜止不動。撤走恒力瞬間，物體甲的速度為

聯立解得

v=4m/s

(2)撤去尸后，甲、乙之間的摩擦力為

Fa=〃1機g=20N

乙與地面之間的摩擦力為

弓=4(加+〃)g=16>^<綜

因此撤走尸后，甲開始減速，乙開始加速，由牛頓第二定律對甲

NMg=ma2

對乙

juxmg-ju2(m+M)g=A/tz3

設經時間乙，甲、乙達到共同的速度，則由

v-a2t1=a3t{

甲乙共同的速度為

，2/

v=*=jrn/s

該過程中甲、乙的相對位移為

因此甲、乙共速后，二者一起在地面上做勻減速運動，減速時的加速度為

2

a4=//2g=2m/s

減速的時間為

整個過程木板的位移為

x="i+幻

解得

1

x=-m

3

題型二木板受外力作用

[例1]（2024?吉林?三模）某物流公司研發團隊，為了更好地提高包裹的分收效率,

特對包裹和運輸裝置進行詳細的探究，其情景可以簡化為如圖甲所示，質量M=2kg、長度￡=2m的長

木板靜止在足夠長的水平面（可視為光滑）上，左端固定一豎直薄擋板，右端靜置一質量m=1kg的包

裹（可視為質點）。現機器人對長木板施加一水平向右的作用力尸，廠隨時間/變化的規律如圖乙所示,

6s后將力尸撤去。已知包裹與擋板發生彈性碰撞且碰撞時間極短，包裹與長木板間動摩擦因數〃=0.1,

重力加速度取g=10m/s2。從施加作用力尸開始計時，求：

（1）4s時，長木板的速度匕大小；

（2）與擋板碰撞后瞬間，包裹的速度喙大小（結果保留兩位有效數字）。

【答案】(1)Vj=2m/s；(2)吸=6.7m/s

【解析】（1）包裹與長木板發生相對滑動的力的大小為

+加）g=3N

因為L5N<3N,所以包裹和長木板相對靜止共同加速

加速度為

?=^-^-m/s2=0.5m/s2

1+2

可得到

匕=〃=2mzs

（2）設4s后包裹與長木板發生相對滑動，則包裹的加速度為

%=〃g=Im/s2

長木板的加速度為

可看出假設成立，包裹與長木板發生相對滑動

設再經時間才2包裹與擋板發生碰撞，由

L=[匕，2+g%以1_]WG+~1

解得

t2=2s

則6s時長木板的速度

v2=vi+a2t2=6m/s

包裹為

%=%+印2=4m/s

此時兩者發生彈性碰撞

f

mv3+MV2=mvm+Mv'2

—mvf+—A/v?=—加+—Mvrl

2222

可求得

苗=6.7m/s

14

p力作用在，，板“上

時)_____此______包匚

示意圖■

M

條件水平面光滑:“心0#'=0水平面粗糙:0.〃'*0

①“板塊”對地靜止：對整體有F=O①“板塊”相對地面靜止:對整體有F=/mB

相對②“板塊”相對靜止，對地共同加速：②“板塊”相對靜止,對地共同加速：

靜止對整體有F=(m+M)a對整體行F-f'=(m+M)a

過程對“塊”有對“塊"有/m=m〃

對“板”有F-f.=Ma對“板”有F-fn-f=Ma

①“板塊”對地滑動的臨界條件:F=0①“板塊”對地滑動的臨界條件:尸吟im+財)g

臨界

②“板塊”相對滑動的臨界條件:/=4..=②'板塊”相對滑動的臨界條件；/三晨廣卬咐此時a*”

條件

/xmg,此時a*w=〃g,外力F=F，=“(m+M)g外力八尸=(“+*)(m+.M)g

相對滑對"塊”有=對“塊”有從mg=ma)

動過程?“板”有/"g=對"板''有F”mg”'(m+M)g=Ma2

a

1板塊滑動/

(/-/'1?%,

I時投滑動|幺兩司

圖像

i:____1，

F'0/，“

唐

1.(2024?遼寧本溪?一模)如圖所示，在粗糙的水平地面上有一長為L=12m、質量為M=2.0kg的長木板

B,在長木板的中點P放有一質量為機=LOkg(可視為質點)的小物塊A,開始時A、B均靜止。已知

A與B、B與地面之間的動摩擦因數分別為4=0.10和〃2=0.30,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現

用水平向右的恒力拉長木板B,重力加速度g取10m/s?。

(1)若水平拉力片=10N,小物塊A所受到的摩擦力大小為多少；

(2)若水平拉力￡=24N,從靜止開始要使小物塊剛好不滑離長木板，求巴作用時間J

(3)在滿足(2)條件下，A、B最終都停止運動，整個過程中A、B間的相對路程。

【答案】(1)1N(2)Is(3)7.5m

【解析】(1)當A與B剛要相對滑動時，A、B之間為最大靜摩擦力，對A有

mg=ma0

對A、B,有

—從

F02(M+m)g=(M+rn)aQ

解得

4=12N

因

4（〃+加）g=9N<片=1ON<a=12N

故A、B一起做勻加速運動。對A、B整體

ju2（M+m）g=（M+加）a共

解得

對A有

f=ma=;N

(2)因水平拉力

F2=24N>Fo

故A、B相對滑動。對A,有

2

ax=41g=lm/s

對B,有

F2-JU2(M+m)g-/2xmg=Ma2

解得

2

a2=7m/s

設拉力作用時間為4時最終小物塊剛好沒有滑離長木板，貝篙時小物塊對應的速度和位移分別為

,12

匕二帖，Xi：]貼

則4時木板對應的速度和位移為

12

V2—出.，

則此過程中A相對B向左滑動距離

A1212

A%]=—----"1'1

水平拉力撤去后，設再經時間4，A、B剛好共速。因A繼續加速，加速度

2

ax=41g=lm/s

B做減速運動，有

JH2{M+m)g+^mg=Ma3

解得

2

a3=5m/s

則

v=%+a/2=v2-a3t2

此過程中A相對B向左滑動

因

故共速后A相對B向右滑動，則此時A剛好滑到B最左端，則

—A%]+~6

聯立，解得

v=2m/s,%=/2=Is

（3）A、B共速后

A<A2

故A、B繼續相對滑動，A做減速運動的加速度為=lm/s2,B做減速運動，有

〃2（河+機）g-〃[機g=詼（4

解得

%=4m/s2

A、B停止時，A相對B向右滑動的距離為

22

A，VV1U

Ax-------------=1.5m

2al2%

則A相對B滑動的距離為

As】=Ax+Ax'=7.5m

2.（2024?湖北黃岡?一模）如圖所示，勻質木板A、B右端對齊靜止疊放于光滑水平面上，木板A的質量為

m、長度為人木板B的質量為三、長度g,A、B間動摩擦因數為〃，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦

力，重力加速度大小為g。

(1)若對A施加水平向右的拉力尸，A、B間恰好發生相對滑動，求尸的大小；

7

(2)若對A施加水平向右的恒力片=/〃加g,求木板A、B左端對齊所需時間％；

(3)若地面不光滑，木板A與地面間的動摩擦因數為彳，對B施加水平向左的恒力巴=|〃"，g,作用

一段時間后再撤去木板B恰好未從木板A上掉落。求木板B速度的最大值％和木板A運動的總時

間t?

t=

【答案】(1)尸=|■〃%g(2)tx=/—^―(3)vm='J^—

2V2〃gV5\5〃g

【解析】(1)A、B間恰好發生相對滑動，對B由牛頓第二定律

mm

AX_xg=_X6Z()

對AB整體

F=(加+g加)％

解得

「3

F=-^tmg

7_

(2)若對A施加水平向右的恒力片=,4加g,則AB之間產生滑動，此時B的加速度仍為

旬=寒

A的加速度為

「1

4一〃x]mg=max

木板A、B左端對齊時

1121r

2--aofi=-L

解得所需時間

廿

(3)設月作用的時間為L，撤力時B的速度最大，撤力后再經右時間A、B速度共速，由A與地面間

的動摩擦因數小于A、B間動摩擦因數，共速后兩者一起勻減速直至停下，設撤力前B的加速度大小為

撤力后B相對A滑動的加速度大小為生,共速前A的加速度大小為瓢1，共速后A的加速度大小

為“A2，撤力前對B分析有

「mm

乙一〃5g=萬的

共速前對A分析

mu(m、

ATg-7rz+Tr=W7￡Zai

共速后對A、B分析

木板B恰好未從木板A上掉落，應滿足

其中

aBl^2~aoh=flAl(^2+)

最大速度

解得

A運動的總時間

解得

3.(24-25高三上?江西?階段練習)如圖所示，質量機2=20kg的木板高為1.25m,靜止放在水平面上，在其

頂部距左方邊緣￡=2m處放有一個質量為啊=10kg的物塊。物塊與木板、木板與水平面間的滑動摩擦

系數分別為4=02、4=0。2。現在木板的右端施加一個水平向右的恒力廠作用，2s后物塊從木板上

掉下。(取g=10m/s2)求：

mx

F

m2一

////////////////////////,

（1）水平恒力廠的大小。

（2）物塊落地時與木板左端的水平距離。（結果保留到兩位有效數字）

【答案】（1）86N（2）1.5m

【解析】（1）對物塊

41加lg-m\a\

物塊的加速度

%==0.2xl0m/s2=2m/s2

物塊從木板上掉下時，物塊與木板的位移分別為不、馬，由題意知

r1212

X2—XX=L,X]=]a/,x2=—aj

解得木板的加速度為

2

a2=3m/s

對木板，由牛頓第二定律

尸一〃Mg-〃2（叫+加2）g=m2a2

聯立解得水平恒力

/=86N

（2）物塊離開木板時的速度

匕=貼=4m/s

此時木板的速度

v2=a2t[=6m/s

物塊離開木板后作平拋運動，平拋運動的時間：

平拋運動的水平距離

x[=vxt2=2m

此時對木板

F-R2m2g=m2d2

這段時間內木板的位移

x；=v2t2=3.5m

物塊與木板左端的水平距離

Ax=芯一斗=1.5m

題型三物塊有初速度

【例1】（2024?黑龍江?一模）如圖所示，質量為2〃?的木板C靜止在光滑的水平地

面上，質量分別為力和2加的物塊A、B（可視為質點）緊挨著放在木板C上。某時刻A、B分別以%

和2%的初速度向相反方向運動，A、B均剛好不從C上滑落，已知A、B兩物塊與木板C之間的動摩

擦因數均為〃，重力加速度為g,求：

（1）最初時刻A、B、C三個物體各自的加速度大小；

（2）木板C的最大速度的大小；

（3）木板C的長度。

【答案】（1）,〃g,;（2）—v；（3）匚°

23015〃g

【解析】（1）最初時刻對A由牛頓第二定律可得

jumg=maA

解得

%=〃g

最初時刻對B由牛頓第二定律可得

2jumg=2maB

解得

最初時刻對C由牛頓第二定律可得

2jumg-jumg=2mac

解得

1

(2)以向右為正方向，若A、C先共速則設共速時間為%AC，若B、C先共速則設共速時間為片口分別

計算A與C達到共速的時間和B與C共速的時間

“C，AC=-%+"A4c，aC"BC=2%-4c

解得

4%

'AC=>'BC

〃g3〃g

所以B、C先共速，此后二者相對靜止，B、C整體受到A向左的摩擦力而減速，所以C的最大速度在

與B共速時取得

2

VCm=aC-^BC=§%

(3)根據分析可知B、C整體減速的加速度大小為

1

aBC-----------=_Ng

2m+2m4

A加速的加速度大小不變，則三者共速所需時間

VCm一°BC1=-%+aA'(ZBC+t)

解得

4%

15〃g

木板C的長度等于

L=XB-XC+XC-XA=XB-XA

又根據

_121

XB=2V0'fBC25aBet2

1”

XA=-VO(ZBC+0+-flA(?BC

方程聯立解得木板C的長度

15〃g

唐

1.（2024?遼寧丹東?模擬預測）如圖所示，長木板靜止放置在粗糙的水平地面上，質量為加的物塊（視為質

點）靜止放置在長木板的最右端，長木板的上表面光滑，下表面與地面之間的動摩擦因數為〃，現讓長

木板與木塊瞬間同時獲得一個水平向左的速度%,經過一段時間長木板停止運動時木塊正好從長木板的

左端脫離。已知長木板的長度為乙=/工，重力加速度為g,求：

4〃g

（1）長木板的運動時間以及長木板的質量；

（2）長木板與地面間的摩擦生熱以及長木板從運動到停止克服摩擦力做功的平均功率。

【答案】（1），=已/M=m；（2）Q=~mvo'P=A"?。

【解析】（1）設長木板的運動時間為"則長木板的位移為

x板一2

木塊做勻速運動，位移為

X塊=%%

兩者的相對位移為

￡二X塊—X極

綜合解得

L%丫VQ

2〃g，板-4〃g

設長木板的質量為木塊在長木板上運動，對長木板進行受力分析，長木板的合力（即滑動摩擦力）

為

F=+

由牛頓第二定律可得長木板的加速度為

F

a——

m

長木板運動的時間為

蚱為

a

綜合解得

M=m,F=2〃加g

(2)長木板與地面間的摩擦生熱為

。=網板

長木板從運動到停止克服摩擦力的平均功率為

計算可得

Q^~mv0,P=〃mgVo

2.(2024?全國?模擬預測)如圖所示，質量〃=3kg、長/=1.173m的絕緣長木板置于光滑水平面上。一質

量〃z=lkg、電荷量大小q=2C的帶負電的小滑塊以為=4m/s的初速度從長木板的左側滑上長木板，小

滑塊與長木板間的動摩擦因數〃=0.5,小滑塊可視為質點，重力加速度g取lOm/s?。

(1)通過計算判斷小滑塊是否滑離長木板，如果滑離長木板，求小滑塊滑離長木板時的速度匕，如果

不滑離長木板，求小滑塊與長木板的相對位移Ax-

(2)若空間中加上一個磁感應強度大小8=IT、方向垂直紙面向里的勻強磁場，該帶電小滑塊仍以

%=4m/s的初速度從長木板的左側滑上長木板，當f=0.41s時小滑塊與長木板共速。

①求共速時小滑塊的對地位移為；

②求運動過程中小滑塊與長木板的相對位移Ax。

【答案】⑴小滑塊滑離長木板，匕=L45m/s(2)①0.95m,②0.72m

【解析】(1)假設共速時小滑塊未滑離長木板，設共速是速度為v,取向右為正方向，則根據動量守恒

定律有

mv0=(m+M)v

解得小滑塊與長木板共速時的速度

v=lm/s

設該過程相對位移為△/,根據能量守恒定律有