高三一轮物理复习·滑块木板模型专题全攻略讲义

【适用对象】高三一轮复习学生（基础巩固 + 能力提升）

【资料结构】基本知识 → 高频考点 → 三大母题精讲 → 七道近 4 年高考真题变式（2022—2025）→ 解题锦囊

【配图说明】全部示意图与 v-t 图均为原创绘制，解析分步呈现，可直接用于课堂讲义或自学。

【真题来源】2022 福建卷、2022 河北卷、2023 全国乙卷、2023 辽宁卷、2024 新课标卷、2024 山东卷、2025 浙江卷。

结论 1（共速突变）：两物体速度相等的瞬间，是摩擦力性质（滑动摩擦 ↔ 静摩擦）或方向发生突变的时刻，也是划分运动阶段的分界点。

结论 2（相对位移）：相对位移等于两物体对地位移之差；在 v-t 图上等于两条图线与 t 轴所围"面积之差"（见图 1-3）。

结论 3（摩擦生热）：Q = f·s_相对。系统机械能的损失量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积；一对滑动摩擦力做功的代数和为 −f·s_相对。

结论 4（共速速度）：地面光滑、系统所受合外力为零时，由动量守恒求共同速度：m_块v_块 + m_板v_板 = (m_块 + m_板)v_共。

要求解的问题

首选方法

备注

某一物体的加速度、运动时间

牛顿第二定律 + 运动学公式

隔离受力分析，注意摩擦力方向

共同速度、某物体动量变化

动量守恒定律 / 动量定理

地面光滑时系统动量守恒

相对位移、板的最小长度、热量

能量守恒 + Q = f·s_相对

结合动能定理逐体列式

能否相对静止、临界拉力

假设法 + 最大静摩擦力

先整体求 a，再隔离验证

多过程、含图象的复杂问题

画 v-t 图分阶段处理

斜率=加速度，面积=位移

考点

命题方式

对应真题

考点 1：受力分析与摩擦力突变

判断共速前后摩擦力的性质与方向变化；共速后能否相对静止

2023 全国乙卷 25 题；2025 浙江卷

考点 2：临界与极值问题

恰好发生相对滑动的临界拉力；板的最小长度；恰好不滑离

2024 山东卷 17 题；2022 福建卷

考点 3：图象信息题

由 v-t 图、F-a 图提取加速度、初速度、临界点信息

2023 全国乙卷 25 题；2024 山东卷 17 题

考点 4：动量与能量综合

共速计算、摩擦生热、功能关系、系统动能损失

2022 河北卷；2023 辽宁卷；2025 浙江卷

考点 5：板块复合模型

板块 + 弹簧 / 平抛 / 碰撞 / 圆弧等多过程组合

2022 福建卷；2023 辽宁卷；2024 新课标卷 12 题

命题趋势提示：

选择题侧重"图象 + 摩擦力突变 + 能量判断"（如 2023 全国乙卷多选、2025 浙江卷）；计算题中档题侧重"板块 + 弹簧 / 平抛"（如 2024 新课标卷 12 题）；压轴题则叠加碰撞、临界与多过程（如 2022 河北卷、2023 全国乙卷 25 题、2025 湖北卷压轴）。

【母题】如图，光滑水平面上有一质量 M = 1 kg 的长木板静止不动，质量 m = 1 kg 的小物块（可视为质点）以 v₀ = 4 m/s 的水平初速度从木板左端滑上木板。物块与木板间的动摩擦因数 μ = 0.2，g 取 10 m/s²，木板足够长。求：

（1）物块与木板的加速度大小；（2）两者共同的最终速度；（3）木板的最小长度；（4）全过程系统产生的热量 Q。

【解析】（1）分别隔离受力：

物块：受滑动摩擦力 f = μmg = 0.2×1×10 = 2 N（方向向左），a₁ = f/m = μg = 2 m/s²，向右匀减速；

木板：受摩擦力 f′ = f = 2 N（方向向右），a₂ = f′/M = 2 m/s²，向右匀加速。

（2）设经时间 t 共速：v₀ − a₁t = a₂t，得 t = 1 s，v_共 = 2 m/s。

　　（另解：地面光滑，系统动量守恒 mv₀ = (M+m)v_共，得 v_共 = 2 m/s，更快捷。）

（3）木板的最小长度等于两者相对位移 Δs（物块恰好不滑离木板）：

　　物块位移 x₁ = (v₀+v_共)/2 × t = 3 m；木板位移 x₂ = v_共/2 × t = 1 m；

　　Δs = x₁ − x₂ = 2 m，即木板至少长 2 m。

（4）Q = f·Δs = 2×2 = 4 J。

　　验证：系统动能损失 = ½mv₀² − ½(M+m)v_共² = 8 − 4 = 4 J，与 Q 相等。✔

【母题点评】本题为板块模型之"母"：一减速、一加速、共速收尾。高考真题中一切复杂板块题（撞墙、弹簧、对撞）都是在本题图景上叠加新过程。务必熟练掌握：①"隔离求 a、共速分界、动量求共速、能量求生热"的完整链条；②v-t 图中两个三角形面积差 = 相对位移。

【母题】粗糙水平地面上有一质量 M = 3 kg 的木板，木板上放置质量 m = 2 kg 的物块。木板与地面间动摩擦因数 μ₁ = 0.1，物块与木板间动摩擦因数 μ₂ = 0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s²。现用水平恒力 F 向右拉木板。求：

（1）物块与木板一起加速运动的最大加速度；（2）恰好发生相对滑动的临界拉力 F₀；（3）当 F = 18 N 时，两物体的加速度各为多大？若板长 L = 2 m 且物块位于木板最左端，物块经多长时间从木板右端滑离？

【解析】（1）一起运动时，物块靠静摩擦加速：F_f = ma。静摩擦最大为 μ₂mg = 4 N，故 a_max = μ₂g = 2 m/s²。

（2）临界状态：物块加速度恰达 a_max。对整体：F₀ − μ₁(M+m)g = (M+m)a_max，

　　F₀ = 0.1×5×10 + 5×2 = 15 N。故 F ≤ 15 N 时两者相对静止，F ＞ 15 N 时发生相对滑动。

（3）F = 18 N ＞ 15 N，发生相对滑动，分别隔离：

　　物块：a₁ = μ₂g = 2 m/s²；

　　木板：F − μ₂mg − μ₁(M+m)g = Ma₂，a₂ = (18 − 4 − 5)/3 = 3 m/s²；

　　相对加速度 Δa = 1 m/s²，相对位移 L = ½Δa·t²，得 t = 2 s，即 2 s 后物块从右端滑离。

【母题点评】本题为"临界题之母"。核心逻辑：上层物块的加速度存在上限 a_max = μ₂g（水平面情形），因此存在临界拉力 F₀ = (M+m)(a_max + μ₁g)。F-a 图象题（如 2024 山东卷 17 题）的本质就是本母题：图线折点即临界滑动点，折点前后斜率分别为 1/(M+m) 与 1/M。

【母题】光滑水平面上，质量 M = 1 kg 的长木板正以 v₀ = 4 m/s 向右匀速运动。某时刻将质量 m = 1 kg 的小物块无初速地轻放在木板的左端。物块与木板间动摩擦因数 μ = 0.2，g 取 10 m/s²，木板足够长。求：

（1）两者的共同速度；（2）物块在木板上相对滑行的距离；（3）全过程系统产生的热量 Q。

【解析】（1）地面光滑，系统动量守恒：Mv₀ = (M+m)v_共，v_共 = 2 m/s。

（2）物块：a₁ = μg = 2 m/s²（加速）；木板：a₂ = μmg/M = 2 m/s²（减速）。经 t = v₀/(a₁+a₂) = 1 s 共速。

　　木板位移 x_板 = (v₀+v_共)/2 × t = 3 m；物块位移 x_块 = v_共/2 × t = 1 m；

　　相对滑行距离 Δs = x_板 − x_块 = 2 m。

（3）Q = f·Δs = 2×2 = 4 J。

【母题点评】本题与母题 1 互为"镜像"（初速度的拥有者互换），物理本质完全相同。注意两点：①"轻放"瞬间物块速度为零，物块相对木板向后（向左）滑，故物块受向前的摩擦力；②涉及"放上去、滑下来"的问题优先用动量守恒求共速、用 Q = f·Δs 求热量，避免纠缠运动学细节。

【真题】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 k 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 v₀ 从滑板最左端滑入，滑行 s₀ 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 m，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为 μ，重力加速度大小为 g；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。

【解析】（1）C 在滑板上滑行 s₀ 的过程，由动能定理：

　　−μmg·s₀ = ½mv₁² − ½mv₀²，解得 v₁ = √(v₀² − 2μgs₀)。

（2）B、C 碰撞时间极短，动量守恒：mv₁ = 2mv₂，v₂ = v₁/2；

　　ΔE_损 = ½mv₁² − ½·2m·v₂² = ¼m(v₀² − 2μgs₀)。

（3）关键在"A 恰好开始运动"的临界条件：

　　BC 一起向右压缩弹簧，弹簧被压缩 x；对滑板 A：受到弹簧向右的弹力 kx，还受到 B、C 施加的向右的滑动摩擦力 2μmg（BC 相对 A 向右滑），地面给 A 的静摩擦向左，其最大值为 μ·3mg（A 上压着 A、B、C 三个物体）。

　　A 刚要滑动：kx + 2μmg = 3μmg，得 x = μmg/k。

　　此过程中 B、C 向右滑行的对地位移 s = x = μmg/k，BC 受 A 的滑动摩擦力 2μmg（向左），故克服摩擦力做功：

　　W_克 = 2μmg·x = 2μ²m²g²/k。

【对应母题与考点】母题 2 的临界思想迁移："A 开始运动"的临界 = 地面最大静摩擦被突破。另需注意：①碰撞时间极短，摩擦力冲量可忽略；②"克服摩擦力做功"用"摩擦力 × 对地位移"计算。

【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 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 μ = 0.1。重力加速度大小取 g = 10 m/s²。

（1）求碰撞后瞬间新物块和新滑板速度的大小（用 k 表示）；

（2）若 k = 0.5，求新物块与新滑板达到共同速度时的共同速度大小，以及新物块相对新滑板滑行的距离。

【解析】（1）碰撞时间极短，摩擦力冲量可忽略，C、D 系统与 A、B 系统分别动量守恒：

　　对 C、D（取水平向右为正）：mv₀ + m(−kv₀) = 2mv_物，得 v_物 = 5(1 − k) m/s；

　　对 A、B：1×v₀ + 2×(−kv₀) = 3v_板，得 v_板 = (10 − 20k)/3 m/s。

（2）k = 0.5 时：v_物 = 2.5 m/s（向右），v_板 = 0（碰后滑板瞬间静止）。

　　此后新物块（2 kg）在新滑板（3 kg）上滑动，系统动量守恒：

　　2×2.5 = (2+3)v_共，v_共 = 1 m/s。

　　摩擦力 f = μm′g = 0.1×2×10 = 2 N。由能量守恒：

　　f·Δs = ½×2×2.5² − ½×5×1² = 6.25 − 2.5 = 3.75 J，

　　Δs = 3.75/2 = 1.875 m，即新物块相对新滑板滑行 1.875 m。

【对应母题与考点】母题 1 + 母题 3 的组合：碰撞瞬间"时间极短"内力远大于摩擦力，分别对 C、D 与 A、B 用动量守恒；碰后图景就是母题 1（块动板静）。考点 4、考点 5。

【真题】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图（a）所示。t = 0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t = 1 s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变、方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。碰撞后 1 s 时间内小物块的 v-t 图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取 10 m/s²。求：

（1）木板与地面间的动摩擦因数 μ₁ 及小物块与木板间的动摩擦因数 μ₂；

（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。

【解析】（1）读图：0～1 s 内物块（与木板一起）匀减速，t = 1 s 时速度 v₁ = 4 m/s。

　　由 s₀ = (v₀ + v₁)/2 × t = 4.5 m，得碰前共同初速度 v₀ = 5 m/s；

　　a₁ = (5 − 4)/1 = 1 m/s²。对整体：μ₁(M+m)g = (M+m)a₁，得 μ₁ = 0.1。

　　碰后 1 s 内物块速度由 4 m/s 均匀减到 0（图线斜率）：a₂ = 4 m/s² = μ₂g，得 μ₂ = 0.4。

（2）设物块质量为 m，则 M = 15m。碰后木板向左运动，受物块给的摩擦力 μ₂mg（向右）和地面摩擦 μ₁(M+m)g（向右），故木板向左减速：

　　a_板 = [μ₂mg + μ₁(M+m)g]/M = (4m + 16m)/15m = 4/3 m/s²。

　　物块 1 s 末速度为 0，此时木板速度大小为 4 − 4/3 = 8/3 m/s（向左）；此后物块相对木板仍向右滑，受向左的滑动摩擦，向左加速（a = 4 m/s²）。设再经 τ 两者共速：

　　4τ = 8/3 − (4/3)τ，得 τ = 0.5 s，共速 v = −2 m/s（方向向左）。

　　碰后物块位移（向右为正）：0～1 s 内向右 2 m，1～1.5 s 内向左 0.5 m，故 x_块 = 2 − 0.5 = 1.5 m；

　　木板位移：x_板 = −4×1.5 + ½×(4/3)×1.5² = −4.5 m（向左 4.5 m）。

　　相对位移 Δs = x_块 − x_板 = 6.0 m，即木板最小长度为 6.0 m。

（3）共速后先验证能否一起运动：设相对静止，整体加速度 a = μ₁g = 1 m/s²，物块所需静摩擦 f = ma = 0.1mg ＜ 最大静摩擦 0.4mg，假设成立。故两者一起向左减速，滑行 s₃ = v_共²/(2a) = 4/2 = 2 m 后停止。

　　碰墙后木板向左位移分两段：相对滑动阶段向左 4.5 m（见上），共速后两者一起再向左滑行 2 m，故碰墙后木板共向左位移 6.5 m；

　　木板右端自墙壁处（碰墙瞬间右端已在墙位置）向左共移动 6.5 m，故离墙壁的最终距离 = 6.5 m。

【对应母题与考点】母题 1 图景的两次翻转（撞墙前共同减速；撞墙后"板反向、块正向"相对滑动）。考点 1、3、4。方法要领：①图象题先读斜率与截距；②"碰撞反弹"是阶段划分的标志事件；③强烈建议画出全过程 v-t 图再计算。

【真题】如图，质量 m₁ = 1 kg 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 = 20 N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量 m₂ = 4 kg 的小物块以水平向右的速度 v₀ = 1.25 m/s 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 E_p = ½kx²。取重力加速度 g = 10 m/s²，结果可用根式表示。求：

（1）木板刚接触弹簧时速度 v₁ 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离 x₁；

（2）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 ΔU（用 t₀ 表示）。

【解析】（1）地面光滑，物块与木板系统动量守恒：m₂v₀ = (m₁+m₂)v₁，得 v₁ = 1 m/s。

　　木板加速：a_板 = μm₂g/m₁ = 4 m/s²，x₁ = v₁²/(2a_板) = 0.125 m。

（2）接触弹簧后两者一起减速（静摩擦足够），"即将相对滑动"的临界：整体加速度达到物块所能获得的最大加速度 μg = 1 m/s²。

　　对整体：kx₂ = (m₁+m₂)·μg = 5 N，得 x₂ = 0.25 m。

　　此过程无相对滑动、无摩擦生热，机械能守恒：½(m₁+m₂)v₁² = ½(m₁+m₂)v₂² + ½kx₂^2，

　　代入得 v₂² = 0.75，v₂ = √3/2 m/s。

（3）临界之后木板减速比物块快，物块相对木板向右滑：物块加速度恒为 a = μg = 1 m/s²（向左）；木板先减速到 0，再被弹簧推回向左加速。

　　① 设木板速度为 0 时弹簧压缩量为 x₃。对木板用动能定理：

　　−½k(x₃² − x₂²) + μm₂g(x₃ − x₂) = 0 − ½m₁v₂²，代入数据得 x₃ = 0.4 m。

　　② 木板加速度只由压缩量决定，运动具有对称性：木板反弹后压缩量由 x₃ 回到 x₂ 时，速度大小又为 √3/2 m/s，历时仍为 t₀。此时木板加速度 a_板 = (kx₂ − μm₂g)/m₁ = (5 − 4)/1 = 1 m/s²，恰好与物块加速度（μg = 1 m/s²）首次相同。

　　③ 从 v₂ 到共加速度时刻，木板向右、向左位移均为 0.15 m，总位移为 0；物块全程做 a = 1 m/s² 的匀减速运动，历时 T = 2t₀，位移 x_物 = v₂·2t₀ − ½×1×(2t₀)² = √3·t₀ − 2t₀²。

　　④ ΔU = μm₂g·Δs_相对 = 4×(√3t₀ − 2t₀² − 0) = (4√3t₀ − 8t₀²) J。

【对应母题与考点】母题 1 + 弹簧 + 临界（考点 2、4、5）。三个关键意识：①"即将相对滑动"= 整体加速度达 μg，静摩擦已达最大；②临界前无相对滑动、无摩擦生热，用机械能守恒；③第（3）问妙在对称性——木板往返等时，总位移为零，相对滑移就等于物块位移。

【真题】一长度 l = 1.0 m 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘 O 对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离 Δl = l/6 时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到 O 点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数 μ = 0.3，重力加速度大小 g 取 10 m/s²。求：

（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；

（2）平台距地面的高度。

【解析】（1）物块与薄板质量相等，故两者加速度大小相等：a = μg = 3 m/s²（物块匀减速、薄板匀加速）。

　　设运动时间为 t。薄板对地位移：Δl = ½at² = l/6 = 1/6 m，得 t = 1/3 s。

　　物块对地位移：x = l + Δl = 7l/6 = v₀t − ½at²，即 7/6 = v₀/3 − 1/6，得 v₀ = 4 m/s。

（2）物块飞出瞬间：物块速度 v₁ = v₀ − at = 3 m/s，薄板速度 v₂ = at = 1 m/s。

　　薄板中心初始位置在 O 点左侧 l/2 处，薄板右移 l/6 后，板中心距 O 为 l/2 − l/6 = l/3。

　　物块飞出后薄板以 1 m/s 匀速运动，板中心到达 O 所需时间 t′ = (l/3)/v₂ = 1/3 s，这就是物块平抛的时间。

　　h = ½gt′² = ½×10×(1/3)² = 5/9 m ≈ 0.56 m。

【对应母题与考点】母题 1 + 平抛（考点 4、5）。两个得分关键：①"质量相等"暗示两加速度大小均为 μg，计算量骤减；②几何关系"物块对地位移 = 板长 + 板的位移"、"板中心到 O"是纯几何条件。画出运动草图、标清各段位移，是这类题的通用做法。

【真题】如图甲所示，质量为 M 的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在 P 点平滑连接，Q 为轨道的最高点。质量为 m 的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为 μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径 R = 0.4 m，重力加速度大小 g 取 10 m/s²。

（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到 Q 点时，受到轨道的弹力大小等于 3mg，求小物块在 Q 点的速度大小 v；

（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力 F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度 a 与 F 的对应关系如图乙所示。求 μ 和 m；

（3）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力 F = 8 N，当小物块到 P 点时撤去 F，小物块从 Q 点离开轨道时相对地的速度大小为 7 m/s。求轨道水平部分的长度 L。

【解析】（1）Q 点为圆周最高点，轨道固定：mg + 3mg = mv²/R，得 v = √(4gR) = √(4×10×0.4) = 4 m/s。

（2）读图乙（见下图）：F ≤ 4 N 时图线斜率较小，物块与轨道相对静止一起加速，对整体 F = (M+m)a，斜率 k₁ = 1/(M+m) = 0.5 kg⁻¹，得 M + m = 2 kg；

　　F ＞ 4 N 后发生相对滑动，对轨道：F − μmg = Ma，图线斜率 k₂ = 1/M = 1 kg⁻¹，得 M = 1 kg，m = 1 kg；

　　将图线延长至 F = 0：截距 a = −μmg/M = −2 m/s²，得 μmg = 2 N，μ = 0.2。

（3）思路点拨（压轴综合，供挑战）：

　　① F = 8 N 时两者相对滑动：物块 a₁ = μg = 2 m/s²，轨道 a₂ = (F − μmg)/M = 6 m/s²；

　　② 物块相对轨道滑行的距离即水平段长 L——注意 L 是相对位移，不是对地位移，而 v = √(2aL) 中的 L 必须是物体对地位移，故不能直接代入 L。正确做法：用相对加速度 a_相 = a₂ − a₁ = 4 m/s² 求接触时间：L = ½a_相t²，得 t = √[2L/(a₂−a₁)] = √(L/2)；

　　　此时物块对地速度 v_物 = a₁t = 2√(L/2) = √(2L)，轨道对地速度 v_轨 = a₂t = 6√(L/2) = √(18L)（代入 L = 4.5 m 得 v_物 = 3 m/s、v_轨 = 9 m/s）。

　　③ 撤去 F 后，物块冲上光滑半圆，系统水平方向动量守恒、机械能守恒；

　　④ 以"物块从 Q 点离开时对地速度为 7 m/s"为条件，联立动量守恒与机械能守恒方程，解得 L = 4.5 m。

【对应母题与考点】母题 2（临界与 F-a 图象）+ 圆弧轨道（考点 2、3、5）。第（2）问的读图套路必须掌握：折点 = 相对滑动临界点；折点前斜率 = 1/(M+m)，折点后斜率 = 1/M；横轴截距（延长线）给出摩擦信息。

【真题】如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板 A 和 B，滑块 C（可视为质点）置于 B 的右端，三者质量均为 1 kg。A 以 4 m/s 的速度向右运动，B 和 C 一起以 2 m/s 的速度向左运动，A 和 B 发生碰撞后粘在一起不再分开。已知 A 和 B 的长度均为 0.75 m，C 与 A、B 间动摩擦因数均为 0.5，则（g 取 10 m/s²）（　）

A．碰撞瞬间 C 相对地面静止

B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为 0.2 s

C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 12 J

D．碰撞后到三者相对静止，C 相对长板滑动的距离为 0.6 m

【答案】D

【解析】A 错：碰撞时间极短，C 由于惯性保持原速度不变（2 m/s 向左），并非静止。

　　A、B 碰撞动量守恒（向右为正）：1×4 − 1×2 = 2v₁，v₁ = 1 m/s（向右）。

　　碰后系统（新板 2 kg 以 1 m/s 向右 + C 1 kg 以 2 m/s 向左）总动量 = 2×1 − 1×2 = 0，故三者最终共同速度为零——先算总动量可预判结局！

　　B 错：碰后 C 相对板向左滑，C 受向右摩擦：a_C = μg = 5 m/s²；板受 C 给的向左摩擦：a_板 = μmg/(2m) = 2.5 m/s²。共速：−2 + 5t = 1 − 2.5t，得 t = 0.4 s（≠0.2 s）。

　　C 错：由能量守恒，Q = ½×2×1² + ½×1×2² − 0 = 3 J（≠12 J）。

　　D 对：Q = μmg·Δs_相对，Δs_相对 = Q/(μmg) = 3/(0.5×1×10) = 0.6 m。

【对应母题与考点】母题 3 的"反向版"（板向右、块向左，相对滑动方向相反）+ 碰撞（考点 1、4）。速解技巧：①碰后先求系统总动量，判断最终状态（本题总动量为零 → 最终静止）；②Q 优先用能量守恒算，再用 Q = f·Δs 求相对位移，两条路互相验证。

第 1 步 画草图、定正方向：明确谁在上谁在下，谁有初速度，地面是否光滑。

第 2 步 受力分析：重点检查摩擦力方向——看"相对运动"方向；共速后重新判断摩擦力性质。

第 3 步 分阶段：以"共速、碰撞、滑离、弹簧接触"等事件为界，逐阶段列方程。

第 4 步 选工具：求 a、t 用牛顿定律+运动学；求共速用动量守恒；求 Δs、Q 用能量关系。

第 5 步 检验：Q = f·Δs_相对 与能量守恒互相印证；检查末状态是否合理（是否滑离、速度方向）。

题型

典型真题

备考要点

选择题（3—4 分）

2023 全国乙卷（多选）、2025 浙江卷

定性+半定量：摩擦力突变、能量守恒快速估算

中档计算题（12—14 分）

2024 新课标卷 12 题、2022 福建卷、2023 辽宁卷

板块+弹簧/平抛/临界，规范书写分步得分

压轴题（16—20 分）

2022 河北卷、2023 全国乙卷 25 题、2024 山东卷 17 题、2025 湖北卷

多过程+图象+碰撞，先画 v-t 图理清全过程

一句话总结：板块模型的一切难题 = 三道母题中至少两道的叠加。把"共速即突变、面积即位移、f·Δs 即热量"三句话刻进肌肉记忆，再陌生的板块情境也能拆解为熟悉的图景。