2025年高考物理大题突破训练（黑吉辽蒙专用）板块模型（3大题型）（解析版）

大题05板块模型

》明考情-Q方向品.

板块模型作为高中物理的重难点，在高考中常结合碰撞、弹簧系统、能量转化等环节(如2023年

辽宁卷“滑块与木板+弹簧”模型，需分阶段分析动量守恒与能量变化)。黑吉辽卷侧重物理过程分析,

逐渐减少纯数学运算，模型创新，引入多物体系统。整体命题趋势为：“经典模型主导，情境创新突破,

强化综合思维”。2025年备考需重点关注模型分析，同时强化多过程分析与临界条件判断能力。以辽宁

卷真题为核心，辅以全国卷创新题，提升实际情境的物理建模能力。

@研大题-提能力4

题型一物块受外力作用

【例1】(2024•辽宁大连•三模)如图1所示，光滑水平面上静置有“L”型长木板A,

A的上表面在左侧光滑、右侧粗糙，其上表面上放有一质量为机B=L2kg的物体B、B用轻质水平弹簧

与A左侧连接，初始状态弹簧处于原长，B可视为质点。0〜3s时间内，一水平向右的恒力厂作用于2

上，这段时间内A、B的加速度随时间变化的情况如图2所示，在f=3s时撤去外力和轻质弹簧，此时B

刚好滑到A的粗糙部分。一段时间后，A、B相对静止。重力加速度g取lOm/s?。求：

(1)恒力尸的大小；

(2)长木板A的质量5A；

(3)3s以后，A、B第一次达到相对静止时，共同速度v共的大小。

图1

【答案】(1)1.2N；(2)0.8kg；(3)1.8m/s

【解析】(1)才=0时刻，对物体B,根据牛顿第二定律，恒力尸的大小为

F=mBa0

解得

F=1.2N

(2)Z=3s时刻，对整体，根据牛顿第二定律

F=(mA+加B)%

解得

机A=0.8kg

(3)对整体，根据动量定理有

△=(机A+加B)V共

解得

y共=1.8m/s

r

唔

力作用在“块”上

示意

,，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，〃，，，，，＞，.

图

条件水平面光滑：〃邦，普=。水平面粗糙：叶0,0且〃冽g〉f

①“板块”对地静止：对整体有尸=0①“板块”对地静止：对整体有尸=/地静

相对②“板块”相对静止对地共同加速：②“板块”相对静止对地共同加速：

静止对整体：F=(m+M)a对整体：F-f'=Cm+M)a

过程对“块"：F—"ma对“块”：F-f.,=ma

对“板”：f»=Ma对“板”：f^-f'=Ma

①“板块”对地滑动的临界条件

F=0尸=/'地max=/'=〃'(加+M)g

临界

②板块”相对滑动的临界条件

条件

F=fmax="Mg,此时降界=丝重，外力F=fmax=@mg，此时a曲界=匕二="喈-d(M+m)g,

油界M临界MM

m

F=Ff=——/n(M+m)g外力F=F'=(〃一.')(M+-)mg

M1M

相对

对"块"有：F—[img—ma\对“块”有：F—/Limg=ma\

滑动

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

过程

a

a—FIl板块.动1/

i对呼滑动iZ板块滑动।

图像at

0^P•/'0fAF

1.(2023•黑龙江齐齐哈尔•一模)如图所示，长木板A放置在光滑水平面上，木板右端距固定平台距离

d=4m,木板厚度与光滑平台等高，平台上固定半径R=0.3m的光滑半圆轨道，轨道末端与平台相切。

木板左端放置滑块B,滑块与木板上表面间的动摩擦因数〃=02,给滑块施加水平向右歹=24N的作用

力，作用时间4=ls后撤去尸，滑块质量加=3kg,木板质量"=2kg,滑块没有滑离木板，不计空气阻

力，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)木板的最大速度；

(2)若木板与平台间碰撞无能量损失，最终滑块停在木板右端，求木板的长度；

(3)若木板长度Z=4.16m,且木板与平台碰撞即与平台粘合在一起，求滑块通过轨道最高点时对轨道

压力大小。

【答案】(1)4.8m/s；(2)12m；(3)ION

【解析】(1)根据题意，设加外力时滑块和木板的加速度分别为外出，由牛顿第二定律有

F-jtimg=max

jumg=Ma2

解得

q=6m/s2

2

a2=3m/s

撤去外力时滑块及木板的速度分别为匕、v2,则

匕=姑=6m/s

V2~=3m/s

撤去外力后滑块加速度

2

a3=jug=2m/s

设木板未碰到平台前已与滑块达到共同速度，设再经过，2时间达到共速%,则有

%=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

故木板最大速度为4.8m/so

(2)第一段滑块与木板间的相对位移为

A=|(«i-«2)?i2+-^y^?2=2-4m

此后木板与平台发生弹性碰撞向左做减速运动，因滑块质量大，两者再达到共同速度再次与平台碰撞,

以后重复上述运动，最终滑块停止在木板右端，第二段滑块与木板间相对位移为右，由功能关系有

pimgL2=；(加+Af)%2

解得

故木板长度

L=L1+L2=12m

(3)滑块与木板达到共同速度后一起运动，木板与平台碰后立即停止，滑块滑离木板时速度为v,由动

能定理

v=4m/s

滑块通过最高点速度为M,由机械能守恒，有

—mv2=2mgR+~mv'2

解得

v'=2m/s

由牛顿第二定律

F=10N

由牛顿第三定律，滑块对轨道压力大小为10N。

2.(2024•河北•模拟预测)如图所示，质量为1kg的长木板B放在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为

0.1,质量为1kg的小滑块A放在长木板B的最左端。某时刻给小滑块A施加一个水平向右的恒定拉力

F,A、B向右运动的加速度分别为4m/s2和Zm/s?,已知木板B长度为4m,gMX10m/s2,求：

77777777777777777777777777777777777

(1)水平拉力厂的大小；

(2)A到达B右端的时间以及此过程拉力厂所做的功；

(3)A到达B右端的过程中，系统因摩擦产生的热量。

【答案】(1)8N(2)2s；64J(3)24J

【解析】(1)两物体加速度不同，则A、B间为滑动摩擦力，对A、B根据牛顿第二定律有

尸一〃A%g=%aA

Ngg-〃（加A+加B）g=mBaB

解得

尸=8N,f=jUAmAg=4^

(2)根据运动学规律可知

1212r

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

2A2

解得

t=2s

A的位移为

12

XA=3。/

拉力厂所做的功为

解得

%=64J

(3)B的位移为

12

—Cl^t

系统因摩擦产生的热量为

Q=NmgL+〃（加A+"%）gXB

解得

2=24J

3.(24-25高三上•河南•阶段练习)质量M=2kg、长乙=8m的木板A静止在水平面上，木板的左端静置一

质量加=4kg可视为质点的木块B,木板与地面之间的动摩擦因数〃1=0.2,木块与木板之间的动摩擦因

数〃2=。-4,现用水平恒力厂始终推木块B,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度

2

g=10m/s,求：

-^[B]

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

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

(1)若B相对A滑动，推力尸至少多大；

(2)若外力P=28N,B离开A的时间；

(3)仅改变外力厂的大小，使B离开A,力尸做功的最小值。

【答案】(1)24N(2)4s(3)(128A/3+256)J

【解析】(1)B与A刚好滑动，B与A之间的摩擦力

f2=//2mg=16N

A与地面之间摩擦力

/(m+M^mg=12N

临界加速度为

力-工”

2

a1=2m/s

对整体

F-=(m+

解得

F=24N

(2)由于28N>24N,则B相对A产生滑动，设B的加速度为出，有

F-f2-ma2

解得

2

a2=3m/s

B离开A,则有

1212r

-ci^t—-ci^t=L

解得

%=4s

(3)力尸作用在B上产生的加速度

F-f2=ma3

设离开时间为4,有

1212T

一/.--=L

力尸做功

I,

W=F--ait；

整理得

io?

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

'7F-24

则当

192

仍-24）=

F-24

时用最小，即

当

尸=(24+8⑹N

力厂做功最小

此时

次=(128百+256)J

4.（24-25高三上•湖南长沙•阶段练习）如图所示，质量为M=4kg、长为£=3.2m的长木板乙放在地面上，

另一质量为加=4kg且可视为质点的物体甲放在长木板的最右端，现在甲上施加一斜向左上方与水平方向

成53。，大小为40N的恒力尸，使甲开始在长木板上滑动，经过一段时间甲运动到长木板的中点时将恒

力撤走，已知甲与乙之间、乙与地面之间的动摩擦因数分别为〃/=0.5,〃2=02,重力加速度g=10m/s2,

sin53°=0.8o求：

（1）撤去恒力瞬间，物体甲的速度（由题设条件可以判断撤去恒力前长木板乙不动）；

（2）整个过程长木板乙的位移。

【答案】（1）4m/s（2）1m

【解析】（1）在物体甲上施加恒力后，设物体甲的加速度大小为田，由牛顿第二定律得

7

7cos530-综=ma1

Fn="1%

竖直方向由力的平衡条件得

41=mg-FsinSS0

木板乙与地面之间的最大静摩擦力为

42=〃2(皎■+〃?g-尸sin53°)=9.6N>Ftl

所以长木板静止不动。撤走恒力瞬间，物体甲的速度为

联立解得

v=4m/s

(2)撤去尸后，甲、乙之间的摩擦力为

Fa=〃1机g=20N

乙与地面之间的摩擦力为

弓=4(加+〃)g=16>^<综

因此撤走尸后，甲开始减速，乙开始加速，由牛顿第二定律对甲

NMg=ma2

对乙

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

设经时间乙，甲、乙达到共同的速度，则由

v-a2t1=a3t{

甲乙共同的速度为

，2/

v=*=jrn/s

该过程中甲、乙的相对位移为

因此甲、乙共速后，二者一起在地面上做匀减速运动，减速时的加速度为

2

a4=//2g=2m/s

减速的时间为

整个过程木板的位移为

x="i+幻

解得

1

x=­m

3

题型二木板受外力作用

[例1]（2024•吉林•三模）某物流公司研发团队，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=2kg、长度£=2m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=1kg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尸，厂随时间/变化的规律如图乙所示,

6s后将力尸撤去。已知包裹与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，包裹与长木板间动摩擦因数〃=0.1,

重力加速度取g=10m/s2。从施加作用力尸开始计时，求：

（1）4s时，长木板的速度匕大小；

（2）与挡板碰撞后瞬间，包裹的速度喙大小（结果保留两位有效数字）。

【答案】(1)Vj=2m/s；(2)吸=6.7m/s

【解析】（1）包裹与长木板发生相对滑动的力的大小为

+加）g=3N

因为L5N<3N,所以包裹和长木板相对静止共同加速

加速度为

«=^-^-m/s2=0.5m/s2

1+2

可得到

匕=〃=2mzs

（2）设4s后包裹与长木板发生相对滑动，则包裹的加速度为

%=〃g=Im/s2

长木板的加速度为

可看出假设成立，包裹与长木板发生相对滑动

设再经时间才2包裹与挡板发生碰撞，由

L=[匕，2+g%以1_]WG+~1

解得

t2=2s

则6s时长木板的速度

v2=vi+a2t2=6m/s

包裹为

%=%+印2=4m/s

此时两者发生弹性碰撞

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

时)_____此______包匚

示意图■

M

条件水平面光滑:“心0#'=0水平面粗糙:0.〃'*0

①“板块”对地静止：对整体有F=O①“板块”相对地面静止:对整体有F=/mB

相对②“板块”相对静止，对地共同加速：②“板块”相对静止,对地共同加速：

静止对整体有F=(m+M)a对整体行F-f'=(m+M)a

过程对“块”有对“块"有/m=m〃

对“板”有F-f.=Ma对“板”有F-fn-f=Ma

①“板块”对地滑动的临界条件:F=0①“板块”对地滑动的临界条件:尸吟im+财)g

临界

②“板块”相对滑动的临界条件:/=4..=②'板块”相对滑动的临界条件；/三晨广卬咐此时a*”

条件

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

相对滑对"块”有=对“块”有从mg=ma)

动过程•“板”有/"g=对"板''有F”mg”'(m+M)g=Ma2

a

1板块滑动/

(/-/'1•%,

I时投滑动|幺两司

图像

i:____1，

F'0/，“

唐

1.(2024•辽宁本溪•一模)如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L=12m、质量为M=2.0kg的长木板

B,在长木板的中点P放有一质量为机=LOkg(可视为质点)的小物块A,开始时A、B均静止。已知

A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为4=0.10和〃2=0.30,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现

用水平向右的恒力拉长木板B,重力加速度g取10m/s?。

(1)若水平拉力片=10N,小物块A所受到的摩擦力大小为多少；

(2)若水平拉力£=24N,从静止开始要使小物块刚好不滑离长木板，求巴作用时间J

(3)在满足(2)条件下，A、B最终都停止运动，整个过程中A、B间的相对路程。

【答案】(1)1N(2)Is(3)7.5m

【解析】(1)当A与B刚要相对滑动时，A、B之间为最大静摩擦力，对A有

mg=ma0

对A、B,有

—从

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

解得

4=12N

因

4（〃+加）g=9N<片=1ON<a=12N

故A、B一起做匀加速运动。对A、B整体

ju2（M+m）g=（M+加）a共

解得

对A有

f=ma=;N

(2)因水平拉力

F2=24N>Fo

故A、B相对滑动。对A,有

2

ax=41g=lm/s

对B,有

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

解得

2

a2=7m/s

设拉力作用时间为4时最终小物块刚好没有滑离长木板，贝篙时小物块对应的速度和位移分别为

,12

匕二帖，Xi：]贴

则4时木板对应的速度和位移为

12

V2—出.，

则此过程中A相对B向左滑动距离

A1212

A%]=—----"1'1

水平拉力撤去后，设再经时间4，A、B刚好共速。因A继续加速，加速度

2

ax=41g=lm/s

B做减速运动，有

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

解得

2

a3=5m/s

则

v=%+a/2=v2-a3t2

此过程中A相对B向左滑动

因

故共速后A相对B向右滑动，则此时A刚好滑到B最左端，则

—A%]+~6

联立，解得

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

（3）A、B共速后

A<A2

故A、B继续相对滑动，A做减速运动的加速度为=lm/s2,B做减速运动，有

〃2（河+机）g-〃[机g=诙（4

解得

%=4m/s2

A、B停止时，A相对B向右滑动的距离为

22

A，VV1U

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

2al2%

则A相对B滑动的距离为

As】=Ax+Ax'=7.5m

2.（2024•湖北黄冈•一模）如图所示，匀质木板A、B右端对齐静止叠放于光滑水平面上，木板A的质量为

m、长度为人木板B的质量为三、长度g,A、B间动摩擦因数为〃，设最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，重力加速度大小为g。

(1)若对A施加水平向右的拉力尸，A、B间恰好发生相对滑动，求尸的大小；

7

(2)若对A施加水平向右的恒力片=/〃加g,求木板A、B左端对齐所需时间％；

(3)若地面不光滑，木板A与地面间的动摩擦因数为彳，对B施加水平向左的恒力巴=|〃"，g,作用

一段时间后再撤去木板B恰好未从木板A上掉落。求木板B速度的最大值％和木板A运动的总时

间t„

t=

【答案】(1)尸=|■〃%g(2)tx=/—^―(3)vm='J^—

2V2〃gV5\5〃g

【解析】(1)A、B间恰好发生相对滑动，对B由牛顿第二定律

mm

AX_xg=_X6Z()

对AB整体

F=(加+g加)％

解得

「3

F=-^tmg

7_

(2)若对A施加水平向右的恒力片=,4加g,则AB之间产生滑动，此时B的加速度仍为

旬=寒

A的加速度为

「1

4一〃x]mg=max

木板A、B左端对齐时

1121r

2--aofi=­L

解得所需时间

廿

(3)设月作用的时间为L，撤力时B的速度最大，撤力后再经右时间A、B速度共速，由A与地面间

的动摩擦因数小于A、B间动摩擦因数，共速后两者一起匀减速直至停下，设撤力前B的加速度大小为

撤力后B相对A滑动的加速度大小为生,共速前A的加速度大小为瓢1，共速后A的加速度大小

为“A2，撤力前对B分析有

「mm

乙一〃5g=万的

共速前对A分析

mu(m、

ATg-7rz+Tr=W7£Zai

共速后对A、B分析

木板B恰好未从木板A上掉落，应满足

其中

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

最大速度

解得

A运动的总时间

解得

3.(24-25高三上•江西•阶段练习)如图所示，质量机2=20kg的木板高为1.25m,静止放在水平面上，在其

顶部距左方边缘£=2m处放有一个质量为啊=10kg的物块。物块与木板、木板与水平面间的滑动摩擦

系数分别为4=02、4=0。2。现在木板的右端施加一个水平向右的恒力厂作用，2s后物块从木板上

掉下。(取g=10m/s2)求：

mx

F

m2一

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

（1）水平恒力厂的大小。

（2）物块落地时与木板左端的水平距离。（结果保留到两位有效数字）

【答案】（1）86N（2）1.5m

【解析】（1）对物块

41加lg-m\a\

物块的加速度

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

物块从木板上掉下时，物块与木板的位移分别为不、马，由题意知

r1212

X2—XX=L,X]=]a/,x2=—aj

解得木板的加速度为

2

a2=3m/s

对木板，由牛顿第二定律

尸一〃Mg-〃2（叫+加2）g=m2a2

联立解得水平恒力

/=86N

（2）物块离开木板时的速度

匕=贴=4m/s

此时木板的速度

v2=a2t[=6m/s

物块离开木板后作平抛运动，平抛运动的时间：

平抛运动的水平距离

x[=vxt2=2m

此时对木板

F-R2m2g=m2d2

这段时间内木板的位移

x；=v2t2=3.5m

物块与木板左端的水平距离

Ax=芯一斗=1.5m

题型三物块有初速度

【例1】（2024•黑龙江•一模）如图所示，质量为2〃?的木板C静止在光滑的水平地

面上，质量分别为力和2加的物块A、B（可视为质点）紧挨着放在木板C上。某时刻A、B分别以%

和2%的初速度向相反方向运动，A、B均刚好不从C上滑落，已知A、B两物块与木板C之间的动摩

擦因数均为〃，重力加速度为g,求：

（1）最初时刻A、B、C三个物体各自的加速度大小；

（2）木板C的最大速度的大小；

（3）木板C的长度。

【答案】（1）,〃g,;（2）—v；（3）匚°

23015〃g

【解析】（1）最初时刻对A由牛顿第二定律可得

jumg=maA

解得

%=〃g

最初时刻对B由牛顿第二定律可得

2jumg=2maB

解得

最初时刻对C由牛顿第二定律可得

2jumg-jumg=2mac

解得

1

(2)以向右为正方向，若A、C先共速则设共速时间为%AC，若B、C先共速则设共速时间为片口分别

计算A与C达到共速的时间和B与C共速的时间

“C，AC=-%+"A4c，aC"BC=2%-4c

解得

4%

'AC=>'BC

〃g3〃g

所以B、C先共速，此后二者相对静止，B、C整体受到A向左的摩擦力而减速，所以C的最大速度在

与B共速时取得

2

VCm=aC-^BC=§%

(3)根据分析可知B、C整体减速的加速度大小为

1

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

2m+2m4

A加速的加速度大小不变，则三者共速所需时间

VCm一°BC1=-%+aA'(ZBC+t)

解得

4%

15〃g

木板C的长度等于

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

又根据

_121

XB=2V0'fBC25aBet2

1”

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

方程联立解得木板C的长度

15〃g

唐

1.（2024•辽宁丹东•模拟预测）如图所示，长木板静止放置在粗糙的水平地面上，质量为加的物块（视为质

点）静止放置在长木板的最右端，长木板的上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数为〃，现让长

木板与木块瞬间同时获得一个水平向左的速度%,经过一段时间长木板停止运动时木块正好从长木板的

左端脱离。已知长木板的长度为乙=/工，重力加速度为g,求：

4〃g

（1）长木板的运动时间以及长木板的质量；

（2）长木板与地面间的摩擦生热以及长木板从运动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）设长木板的运动时间为"则长木板的位移为

x板一2

木块做匀速运动，位移为

X块=%%

两者的相对位移为

£二X块—X极

综合解得

L%丫VQ

2〃g，板-4〃g

设长木板的质量为木块在长木板上运动，对长木板进行受力分析，长木板的合力（即滑动摩擦力）

为

F=+

由牛顿第二定律可得长木板的加速度为

F

a——

m

长木板运动的时间为

蚱为

a

综合解得

M=m,F=2〃加g

(2)长木板与地面间的摩擦生热为

。=网板

长木板从运动到停止克服摩擦力的平均功率为

计算可得

Q^~mv0,P=〃mgVo

2.(2024•全国•模拟预测)如图所示，质量〃=3kg、长/=1.173m的绝缘长木板置于光滑水平面上。一质

量〃z=lkg、电荷量大小q=2C的带负电的小滑块以为=4m/s的初速度从长木板的左侧滑上长木板，小

滑块与长木板间的动摩擦因数〃=0.5,小滑块可视为质点，重力加速度g取lOm/s?。

(1)通过计算判断小滑块是否滑离长木板，如果滑离长木板，求小滑块滑离长木板时的速度匕，如果

不滑离长木板，求小滑块与长木板的相对位移Ax-

(2)若空间中加上一个磁感应强度大小8=IT、方向垂直纸面向里的匀强磁场，该带电小滑块仍以

%=4m/s的初速度从长木板的左侧滑上长木板，当f=0.41s时小滑块与长木板共速。

①求共速时小滑块的对地位移为；

②求运动过程中小滑块与长木板的相对位移Ax。

【答案】⑴小滑块滑离长木板，匕=L45m/s(2)①0.95m,②0.72m

【解析】(1)假设共速时小滑块未滑离长木板，设共速是速度为v,取向右为正方向，则根据动量守恒

定律有

mv0=(m+M)v

解得小滑块与长木板共速时的速度

v=lm/s

设该过程相对位移为△/,根据能量守恒定律有