文档内容
2023 高考二轮复习二十五专题
专题十九、滑块木板模型
第一部分 织网点睛，纲举目张
模型一 水平面上的板块模型
水平面上的板块模型是指滑块和滑板都在水平面上运动的情形，滑块和滑板之间存在
摩擦力，发生相对运动，常伴有临界问题和多过程问题，对学生的综合能力要求较高。
模型二 斜面上的板块模型
斜面上的板块模型是指滑板和滑块一起在斜面上运动的情形，此类问题的处理方法与
水平面上的板块模型类似，只是要考虑滑块和滑板的重力在沿斜面方向上的分力对运动的
影响。
模型三 板块模型与动量、能量的综合问题
板块模型中因滑块与滑板间的滑动摩擦力做功，产生摩擦热，所以常涉及能量问题。
若滑板在光滑水平面上，无水平外力作用时，滑板和滑块组成的系统满足动量守恒，如涉
及时间，可应用动量定理，所以该模型常涉及动量问题。
板块问题常涉及多个物体、多个运动过程，板块间存在相对运动。解决板块问题要分
析不同阶段的受力情况和运动情况，然后逐个建立动量守恒和能量守恒的方程。同时注意
一些关键字眼，如木板足够长，说明物块最终与木板同速，其相对滑动距离对应木板至少
长度。
第二部分 实战训练，高考真题演练
1. （2021高考全国乙卷） 水平地面上有一质量为m 的长木板，木板的左端上有一质量为
1
m 的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关
2
系如图（b）所示，其中F 、F 分别为t 、t 时刻F的大小。木板的加速度a 随时间t
1 2 1 2 1
的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ ，物块与木板间的动
1
摩擦因数为μ 。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。
2
则（ ）图（a） 图（b） 图（c）
A. F =μ m g
1 1 1
m （m +m ）
B. F = 2 1 2 （μ −μ ）g
2 m 2 1
1
m +m
C. μ > 1 2 μ
2 m 1
2
D. 在0~t 时间段物块与木板加速度相等
2
【参考答案】CD
本题通过物块木板模型，分别以F——t图像和a——t图像给出解题信息，考查考生综合
分析能力、科学思维能力。
【学科素养】本题考查的学科素养主要是物理观念中的运动和相互作用观念，考生要能够
用牛顿运动定律分析，能从物理学的运动和相互作用的视角分析解决问题。
【解题思路】由（c）可知，在0~t 时间内，木板加速度为零，木板静止。在t1~t2时间内
1
木板加速度逐渐增大，t2时间后，木板加速度为恒量。由图（b），根据力F随时间变化图
像的面积表示冲量可知，在0~t 时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块静止，
1
木板静止。在t~t 时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块静止，木板滑动，选
1 2
项D正确；把物块和木板看作整体，在t1时刻，牛顿第二定律，F- μ （m+m ）g=0，解
1 ,1 1 2
得：F-=μ （m+m ）g，选项A错误；t2时间后，物块相对于木板滑动，木板所受的滑动
1 ,1 1 2
摩擦力为恒力，做匀加速直线运动。设t 时刻木板加速度为a，在t 时刻，对木板，由牛顿
2 2
第二定律，μmg- μ （m+m ）g=m a，显然，μ ＞ ，选项C正确；在t 时刻，
2 2 ,1 1 2 2 2 2
对物块，由牛顿第二定律，F-μ mg=ma，与μmg- μ （m+m ）g=ma，联立解得： F=
2 2 2 2 2 2 ,1 1 2 1 2
（μ-μ）g，选项B错误。
2 1
2.（2017全国III卷·25）如图，两个滑块A和B的质量分别为 和 ，
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 ；木板的质量为 ，与地面间的动摩擦因数为 。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，
初速度大小均为 。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，取重力加速度大小 。求
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。
【参考答案】（1） 与木板相对静止时，木板的速度为
（2） 、 开始运动时，两者之间的距离为
【名师解析】
（1）如图所示对 、 和木板受力分析，其中 、 分别表示物块 、 受木板摩擦力
的大小， 、 和 分别表示木板受到物块 、 及地面的摩擦力大小，设运
动过程中 、 及木板的加速度大小分别为 ， 和 ，根据牛顿运动定律得：
①
②
③
且： ④
⑤
⑥
联立①~⑥解得： ， ，
故可得 向右做匀减速直线运动， 向左做匀减速直线运动，木板向右匀加速运
动；且 ，显然经历一段时间 之后 先与木板达到相对静止状态，且
此时 、 速度大小相等，方向相反。不妨假设此时 与木板的速度大小为 ：
⑦
⑧解得： ，
（2）设在 时间内， 、 的位移大小分别为 ， ，由运动学公式得：
⑨
⑩
此后 将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和 相遇，这段时间内
的加速度大小仍为 ，设 和木板的加速度大小为 ，则根据牛顿运动定律
得：
对木板和 ： ⑪
假设经过 时间后 、 刚好相遇，且此时速度大小为 ，为方便计算我们规定
水平向右为正向，则在这段时间内速度变化：
对 和木板： ⑫
对 ： ⑬
联立⑪~⑬解得 ，可以判断此时 和木板尚未停下
则 时间内物块 、 的位移大小假设为 、 ，由运动学公式：
⑭
⑮
则 和 开始相距 满足： ⑯
联立解得：
3 （2015·全国理综II） 下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。
某地有一倾角为θ＝37°的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B
上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A
浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数
μ 减小为，B、C间的动摩擦因数μ 减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第
1 2
2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ 保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l
2
＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间。
[解题指导]
(1)A与B发生相对滑动，应将A、B隔离进行受力分析和运动分析。
(2)第2 s末μ 突然变为零，A、B的受力情况发生突变，其加速度也将发生突变。
1
(3)A在B上运动的总时间对应A相对于B发生27 m的位移所用的时间。
[名师解析] (1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中f、N 是A与B之间的
1 1
摩擦力和正压力的大小，f 、N 是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。
2 2
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
f＝μN ①
1 1 1
N ＝mgcos θ ②
1
f＝μN ③
2 2 2
N ＝N ′＋mgcos θ ④
2 1
规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为a 和a，由牛顿第二定律得
1 2
mgsin θ－f＝ma ⑤
1 1
mgsin θ－f＋f′＝ma ⑥
2 1 2
N ＝N ′ ⑦
1 1
f＝f′ ⑧
1 1
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得
a＝3 m/s2 ⑨
1
a＝1 m/s2。 ⑩
2
(2)在t＝2 s时，设A和B的速度分别为v 和v，则
1 1 2
v＝at＝6 m/s ⑪
1 11
v＝at＝2 m/s ⑫
2 21
t＞t 时，设A和B的加速度分别为a′和a′。此时A与B之间的摩擦力为零，同理
1 1 2
可得
a′＝6 m/s2 ⑬
1
a′＝－2 m/s2 ⑭
2
B做减速运动。设经过时间t，B的速度减为零，则有
2v＋a′t＝0 ⑮
2 2 2
联立⑫⑭⑮式得
t＝1 s ⑯
2
在t＋t 时间内，A相对于B运动的距离为
1 2
s＝－
＝12 m＜27 m ⑰
此后B静止，A继续在B上滑动。设再经过时间t 后A离开B，则有
3
l－s＝(v＋a′t)t＋a′t2 ⑱
1 1 2 3 1 3
可得t＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑲
3
设A在B上总的运动时间为t ，有
总
t ＝t＋t＋t＝4 s。
总 1 2 3
[答案] (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
(1)注意判断当滑块与滑板同速时，滑块重力沿斜面方向的分力与滑块受到的最大静摩
擦力的大小关系，从而得出滑块能否与滑板以相同的加速度共同运动。
(2)当受力发生突变时，滑块和滑板运动的加速度也发生突变，要注意根据加速度的不
同，将滑块、滑板运动的过程分段处理。
第三部分 思路归纳，内化方法
1. 求解水平面上的板块模型的三个关键
(1)两个分析：仔细审题，清楚题目的物理过程，对每一个物体进行受力分析和运动过
程分析。
(2)求加速度：准确求出各个物体在各个运动过程的加速度，注意两个运动过程的连接
处的加速度可能突变。
(3)明确关系：找出物体之间的位移和路程关系或速度关系往往是解题的突破口，每一
个过程的末速度是下一个过程的初速度。当过程比较多时可以借助vt图像，从图像中找到
时间与空间的关系，是解决问题的有效手段。
2. 处理板块模型的思路
(1)水平面光滑时，优先考虑应用动量守恒定律。
(2)在涉及滑块或滑板的时间时，优先考虑用动量定理。
(3)在涉及滑块或滑板的位移时，优先考虑用动能定理。
(4)在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒定律。
(5)滑块恰好不滑动时，滑块与滑板达到共同速度。
第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力1．（20分）（2023广东深圳高中质检）如图甲所示，木板质量M =0.5kg，长L =1m，初
v
始时刻静止在光滑水平地面上，可视为质点的质量m=1kg的小物块，以初速度 0从木板
左端滑上的瞬间，对木板施加一个水平向右的力F，物块与木板之间的动摩擦因数
μ=0.2 。摩擦产生的热量 Q 与力F大小的关系如图乙所示。g取10m/s2。求：
Q
(1) 2的大小；
v
(2)物块的初速度 0的大小；
Q F
(3) A点的坐标对应的 1与 1的大小。
4
J
3
【参考答案】．(1) 2J； (2) 4m/s； (3) ，3N
【名师解析】(1)根据摩擦产生的热量为
Q=f⋅x
相
可知，无论F取何值，物块与木板的摩擦力都为
f=μmg=2N
则摩擦产生的热量由物块与木板的相对位移决定。由图乙可知，当
F≤1N
时，产生的热
Q
量都为 2，说明当F =1N时，物块运动到木板的最右端时恰好与木板保持相对静止，则
Q =fx =fL=2J
2 相
(2)当F =1N时，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有f=ma
1
可得，物块的加速为
a =2m/s2
1
对木板受力分析，根据牛顿第二定律有
F+f=Ma
2
可得，木板的加速度为
a =6m/s2
2
以木板为参考系，则物块的相对加速度为
a =a +a =8m/s2
相 1 2
则根据匀变速运动的规律有
v2 =2a L
0 相
解得，物块的初速度为
v =4m/s
0
1≤F≤F
(3)图乙中，当 1时，摩擦产生的热量减小，则说明物块在运动到木板右端前就已
F>F
经与木板共速，即相对位移小于木板的长度。当 1时，摩擦产生的热量又突然增大，
Q F=F
而且大于了 2，说明当物块与木板共速后两者又发生了相对滑动，由此可知，当 1
时，物块与木板恰好不能发生相对滑动，即两者共速后一起向右加速。则对整体受力分析
根据牛顿第二定律有
F =(m+M)a
1
对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
f=μmg=ma
联立可得F =3N
1
1≤F≤F
又因为当 1时，对物块和木板受力分析，由牛顿第二定律得
μmg=ma
1
F+μmg=Ma
3
x x
设物块位移为 1，木板位移为 2，经时间t达到共同速度v，则
v +v
x = 0 t
1 2
v
x = t
2 2
且
v=v −a t=a t
0 1 3
此时物块在木板上的相对位移为
x=x −x
1 2
联立得
v2
0
x=
4(F+3)
F=F =3N
将 1 代入得
2
x= m
3
所以
4
Q =μmgx= J
1 3
2．（2023福建泉州四校联盟联考）(12分)如图所示，曲面光滑的轨道 固定在
水平地面上，轨道底端的切线方向水平。质量 的小车 紧靠轨道右侧静
止于光滑水平地面上，其上表面与轨道底端在同一水平面上。一个质量
可视为质点的物体 由静止从轨道顶端滑下，冲上小车 后经一段时间与小车
相对静止并一起运动。已知轨道顶端与底端的高度差 ，物体与小车板面间的动摩擦因数 ，取 ，求：
（1）物体滑到轨道底端时的速度大小 ；
（2）物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间 ；
（3）物体相对小车滑动的距离 。
【名师解析】.（1）物体下滑过程机械能守恒，有 (2 分)
代入数据解得 (1 分)
（2）物体相对木板静止时，物体和小车速度相等，设为 ，对系统由动量守恒得
(2 分)
对物体由动量定理得 (2 分)
联立代入数据解得 (1 分)
（3）物体和小车组成的系统损失的机械能转化为内能。由能量守恒得
(3 分)
联立代入数据解得 (1 分)
3. （2023湖南永州一模）如图所示，在光滑水平面上静止放置质量 、长度
、高度 的长木板C。距离该板左端 处静止放置质量
的小物块A，A与C间的动摩擦因数 。在长木板C右端静止放置质量的小物块B，B与C之间的摩擦忽略不计。A、B均可视为质点，设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，g取 。现在长木板C上加一水平向右的拉力F。
（1）当 时，求小物块A的加速度大小；
（2）要使小物块A能在最短时间内与小物块B碰撞，水平向右的拉力F的大小应满足的
条件；（本小题计算结果保留一位小数）
（3）当 时，且小物块A与B碰撞时间极短、无机械能损失，则小物块A落到地
面时与长木板C左端的距离。
【参考答案】（1）1.5m/s2；（2） ；（3）0.82m
【名师解析】
（1）若长木板C和小物块A一起向右加速运动，根据牛顿第二定律
解得
A所受的摩擦力
可知假设成立，所以A的加速度为1.5m/s2；
（2）要使小物块A与小物块B碰撞前运动时间最短，小物块A的加速度为 ，根据牛顿
第二定律
运动的距离为联立解得
在最短的时间内A与B碰撞，A的加速度为 ，A、C之间的摩擦力为最大静摩擦力
解得
若A、B碰撞前A恰好运动到C板左侧，由牛顿第二定律得
位移间的关系为
联立解得
所以水平向右的拉力F的大小应满足的条件为
（3）A与B碰撞前，A的速度为
对A与B碰撞，满足动量守恒
根据机械能守恒
联立解得
A、B碰后，A运动到C左端过程，位移为此时的速度为
根据牛顿第二定律
对长木板C，根据速度时间公式
位移为
C相对A运动的位移为
联立解得
C的速度为
根据牛顿第二定律
A平抛过程有
木板运动的位移为
相对位移为联立解得
4. （2023辽宁铁岭六校协作体联考）如图所示，在倾角为 的足够长的固定的光滑
斜面上，有一质量为 的长木板正以 的初速度沿斜面向下运动，现将
一质量 的小物块 大小可忽略 轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动
摩擦因数 ，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取
求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长．
【参考答案】 10m
【名师解析】
分析木板和小物块的受力情况，由牛顿第二定律求各自的加速度大小；小物块恰好不滑离
长木板时两者速度相同，由速度相等的条件求出经过的时间，再由位移时间公式求出两者
的位移，位移之差等于板长．
【详解】 小铁块在长木板上滑动时受到的沿板的滑动摩擦力大小为：由牛顿第二定律，对小物块和长木板，有：
代入数据得：
由牛顿第二定律：
代入数据得：
当小物块与长木板共速时，有：
得： ，
共速后，小物块与长木板一起减速，相对位移为：
故长木板长度至少为 ．
【点睛】解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，抓住隐含的临界状态：速度相同，
结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
5. （2023江苏盐城期中）距光滑水平平台的右端L=0.5m处有质量 的木块A（视
为质点），紧靠平台右端的水平地面PQ上放置一右侧带挡板（厚度不计）的水平木板B，
木板质量 ，长L=0.5m，且木板的上表面与平台等高。木块A在水平向右、大小
F=6N的拉力作用下由静止开始运动，当木块A运动到平台右端时立即撤去拉力，然后滑
上木板B，并与其右端碰撞，设碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。已知木块A与木板B、
木板B与水平地面间的动摩擦因数均为 ，取重力加速度大小 。求木块
A：
（1）在平台上运动的时间t；
（2）刚滑上木板B时，地面对木板B的摩擦力f；（3）滑上木板B并与其右端碰撞后的最大动能 。
【参考答案】（1） ；（2） ，方向水平向左；（3）
【名师解析】
（1）在平台上，根据牛顿第二定律，有
F=ma
根据匀变速直线运动的位移公式，有
解得
（2）木块A刚滑上木板B时，A对B的摩擦力大小为
假设木板B滑动时，地面对B的摩擦力为
可知
所以木板B处于静止
由平衡条件得出
方向水平向左；
（3）对木块A，设与木板B碰撞前的速度为 ，根据动能定理，有碰撞为弹性碰撞，设碰撞后A、B的速度分别为 、 根据动量守恒定律和机械能守恒定
律，有
解得
可知碰撞后，A向右匀加，B向右匀减，分别对木块A和木板B受力分析，根据牛顿第二
定律，有
对A
对B
设经过时间 ，木块A和木板B速度相同，则有
碰撞后A 的速度的最大值为
最大动能为
6. (2023江苏南通重点高中质检)如图所示，一质量 的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量 ，停在木板B的左端。质量 的小球用长 的轻绳悬
挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发
生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为 ，物块A与小球可视为质点，不计
空气阻力，已知物块A、木板B间的动摩擦因数 ， 。
（1）求小球运动到最低点与物块A碰撞前瞬间，小球的速度大小；
（2）求小球与物块A碰撞后瞬间，物块A的速度大小；
（3）为使物块A、木板B达到共同速度前物块A不滑离木板，木板B至少为多长？
【参考答案】（1） ；（2） ；（3）1m
【名师解析】
（1）小球运动到最低点与物块A碰撞前瞬间，设小球的速度大小为v，根据机械能守恒定
1
律有
解得
（2）小球与物块A碰撞后瞬间，设小球的速度大小为v，根据机械能守恒定律有
2
解得
小球与物块A碰撞后瞬间，设物块A的速度大小为v ，根据动量守恒定律有
A解得
（3）假设物块A和木板B达到共同速度为v时，A恰好滑至B的右端，此时木板B的长
度最短，设为l，根据动量守恒定律有
解得
根据功能关系有
解得
7．（2023山西名校期中）如图所示，光滑水平轨道ABC上固定一半径R=2.6m的光滑螺
旋状圆轨道，质量m=1kg的物块（视为质点）静止在A点，圆轨道与水平轨道紧密平滑连
接于B点（圆轨道出口B＇点可认为与入口B点重合），水平轨道C点右侧与质量
M=2kg、静止放置在水平面上的木板上表面平齐，木板右端竖直固定一竖直挡板（质量、
厚度均不计）。物块与木板间的动摩擦因数 ，木板与水平面间的动摩擦因数
。现给物块施加一大小F=6.5N、水平向右的推力，t=2s后撤去力F（物块未到达B
点），物块滑上木板后能与挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，最终物块停在木板上，
滑动摩擦力等于最大静摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
（1）物块通过圆轨道最高点D时对轨道的压力大小F ；
N
（2）物块与挡板碰撞后瞬间，物块与木板的速度大小之比k；
（3）木板的最小长度
L。【参考答案】．（1） ；（2） ；（3）
【名师解析】（1）撤去推力后，根据动量定理，此时物块的动量为
1分
物块从B点到D点的过程中，由机械能守恒定律有
1分
对物块在D点受力分析有
1分
由牛顿第三定律有
1分
解得
1分
（2）物块滑上木板后受到的滑动摩擦力大小
木板与水平面间的滑动（最大静）摩擦力
由于 ，木板相对水平面不滑动，物块滑到木板右端的过程中，由动能定理有
1分
物块与挡板碰撞过程，由动量守恒定律有
1分
由弹性碰撞过程中机械能守恒有
1分
解得碰撞后瞬间物块的速度负号表示方向水平向左。
碰撞后瞬间木板的速度
则物块与木板的速度大小之比为
2分
（3）碰撞后物块的加速度大小
得
1分
碰撞后木板的加速度大小
得
1分
由于
可知物块速度减至0后会反向加速，设从碰撞后瞬间到物块和木板的速度恰好相等时的时
间为t，该相同速度大小为 ，有
可得
， 1分
当物块和木板的速度相同后，整体的加速度大小1分
由于
所以物块与木板不再发生相对运动。
从碰撞后瞬间到物块和木板的速度恰好相等的过程中，物块运动的位移大小
1分
木板向右运动的位移大小
1分
为使物块停在木板上
1分
解得
1分
8. （2022年9月甘肃张掖一诊）如图所示，长度 的轻绳上端固定在O点，下端
拴接一个质量 的小球，轻绳伸直时小球与水平台面AB右端接触且恰好无压力，
质量 的长木板紧靠水平台面AB放在水平地面上，其上表面水平且与水平台面
AB等高，长木板上表面足够长。质量 的小物块在水平台面AB上以大小
的初速度向右运动，经过距离 后与小球发生碰撞，随后小球恰好可
以在竖直平面内做完整的圆周运动且不再与小物块发生碰撞，小物块滑上长木板。已知小
物块与小球均可看作质点，小物块与水平台面AB间的动摩擦因数 ，小物块与长木板间的动摩擦因数 ，长木板与水平地面间的动摩擦因数 ，取重力加速
度大小 。求：
（1）碰撞后瞬间轻绳对小球拉力的大小；
（2）小物块刚滑上长木板时的速度大小；
（3）小物块在长木板上相对于长木板滑行的时间。
【参考答案】（1） ；（2） ；（3）
【名师解析】
（1）小物块与小球发生碰撞后，随后小球恰好可以在竖直平面内做完整的圆周运动，
小球在最高点时，由牛顿第二定律有
解得
设碰撞后瞬间小球的速度大小为 ，根据机械能守恒定律有
解得
在最低点，根据牛顿第二定律有解得
（2）设小物块在水平台面AB上滑到B点时的速度大小为v，根据动能定理有
解得
小物块与小球发生碰撞，根据动量守恒定律有
解得
（3）小物块滑上长木板后，根据牛顿第二定律有
解得
对长木板有
解得
小物块减速，长木板加速，当两者速度相等时，相对静止，有
解得
9. （2023重庆八中高三入学考试） 如图甲所示，质量M=1kg的木板静置于水平面上，质
量m=1kg的可视为质点小物块静置于木板上，已知小物块与木板之间的滑动摩擦因数为0.25，木板与水平面之间的滑动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
g=10m/s2。
（1）用向右的力F作用在木板上，要使物块相对木板滑动，F至少为多大；
（2）如图乙所示，将木板静置于倾角为37°的足够长的固定斜面上，物块以初速度v＝
0
6m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上F=20N的外力，使木板
从静止开始运动，当物体与木板共速时，撤去该外力。各接触面间摩擦因数不变，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。
①物体和木板共速前，物体和木板的加速度大小各为多少；
②为使物体不从木板上端滑出，木板的长度至少为多少？
【参考答案】（1）20N；（2）①8m/s2，4m/s2；②
【名师解析】
（1）设F 恰能使物块相对木板滑动，滑动瞬间物块和木板间摩擦力达到最大值，对物块
0
对木板和物块整体
解得
（2）①对物块减速上滑，对木板
加速上滑
②设经过时间 二者共速
得
共同速度
时间内相对位移
撤去F后，物块相对木板仍以
减速上滑，对木板
减速上滑，且速度先减为零。因为
所以木板不动。物块速度减为零
木板速度减为零相对位移
所以木板的长度至少为
10. （2023济南重点高中质检）如图为某商家为吸引顾客设计的趣味游戏。4块相同木板
a、b、c、d紧挨放在水平地面上。某顾客使小滑块以某一水平初速度从a的左端滑上木板，
若滑块分别停在a、b、c、d上，则分别获得四、三、二、一等奖，若滑离木板则不得奖。
已知每块木板的长度为L、质量为m，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为 ，滑块质
量为2m，滑块与木板上表面间的动摩擦因数均为 ，重力加速度大小为g，最大静摩擦
力与滑动摩擦力视为相等。
（1）若顾客获四等奖，求滑块初速度的最大值；
（2）若滑块初速度为 ，请通过计算说明顾客获几等奖；
（3）若顾客获得一等奖，求因摩擦产生的总热量Q的取值范围。
【参考答案】（1） ；（2）二等奖；（3）
【名师解析】
（1）若顾客获四等奖，刚好到 木板右侧时，滑块初速度最大，设为 ，地面对 木
板的摩擦力
滑块与木板之间的摩擦力为
由于则木板静止不动，滑块在木板上的加速度
根据运动学公式
解得
（2）设
可知滑块可以滑上 木板，当滑块到 木板上时，地面对 木板的摩擦力
当滑块滑到 木板的右侧时，设速度为 ，根据运动学公式
解得
可知滑块会滑上 木板，地面对 木板的摩擦力
可知 木板恰好不动，根据运动学公式
解得
可知滑块停止在 木块上，顾客获二等奖；（3）若滑块恰好到 木块时，因摩擦产生的总热量最少
当滑块到 木板上时，木板 受到地面的摩擦力
则木板 会发生滑动，木板的加速度为
当木块刚好到 木板右侧时滑块、木板共速，摩擦力产生的热量最多，设这种情况下，滑
块滑上 木板时的速度为 ，根据速度关系
可得
根据位移关系可得
解得
滑块和木板到达共同速度后，一起做匀减速运动，直至静止，根据能量守恒定律可得产生
的热量
所以顾客获得一等奖，求因摩擦产生的总热量Q的取值范围
11.[多选](2023·江淮十校联考)如图所示，质量为M的足够长的木板置于水平地面上，质量为m的小滑块以初速度v 滑上木板，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为 μ，重力加
0
速度为g，下列说法正确的是( )
A．若木板与地面间光滑，则长木板的最终速度大小为
B．若木板与地面间光滑，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为mv2
0
C．若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内
能为mv2
0
D．若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则在整个运动过程中地面对木板的摩擦力的
冲量大小为Mv
0
【参考答案】AC
【名师解析】
若地面光滑，则由动量守恒定律得：mv ＝(M＋m)v，解得最后的速度为：v＝，产
0
生的内能为：ΔE ＝mv2－(M＋m)v2，故A正确，B错误；若木板与地面间的动摩擦因数也
k 0
为μ，则小滑块与木板最后会静止于地面，组成的系统最终能产生的内能为 mv2，地面对
0
木板摩擦力的冲量大小为mv，故C正确，D错误。
0
12．(2023·河南重点中学联考)如图甲所示，质量为M＝1.0 kg的长木板A静止在光滑
水平面上，在木板的左端放置一个质量m＝1.0 kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数
μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4 s时撤去拉力。
可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)0～1 s内，A、B的加速度大小a 、a ；
A B
(2)B相对A滑行的最大距离x；
(3)0～4 s内，拉力做的功W；
(4)0～4 s内系统产生的摩擦热Q。
【名师解析】
：(1)设在0～1 s内，A、B两物体已发生相对运动
根据牛顿第二定律得μmg＝Ma
A
F－μmg＝ma
1 B
代入数据得a ＝2 m/s2，a ＝4 m/s2
A B
a
