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第四部分 重点模型与核心问题深究
专题4.3 板块模型
目录
模型一 动力学中水平面上的板块模型..................................................................................................................1
类型1 水平面上受外力作用的板块模型.......................................................................................................2
类型2 水平面上具有初速度的板块模型.......................................................................................................4
模型二 斜面上的板块模型......................................................................................................................................6
模型三 板块模型与动量、能量的综合问题..........................................................................................................9
类型1 无外力作用的板块模型.....................................................................................................................10
类型2 有外力作用的板块模型.....................................................................................................................11
专题提升训练............................................................................................................................................................12
模型一 动力学中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。
【例1】如图所示，质量为M＝4 kg的木板长L＝1.4 m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量
为m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，今用水平力F＝28 N向右拉木
板。要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)
【答案】 1 s
【解析】设t 时刻撤掉力F，此时滑块的速度为v ，木板的速度为v ，t 时刻木板与滑块达到最终速度v ，
1 2 1 2 3
如图所示阴影部分的面积为板长L，则在0～t 的过程中，由牛顿第二定律有
1对滑块：μmg＝ma ，v＝at
2 2 21
对木板：F－μmg＝Ma，v＝at
1 1 11
撤去力F后，木板的加速度变为a，则μmg＝Ma
3 3
由vt图像知L＝(v－v)t＋(v－v)(t－t)＝(v－v)t
1 2 1 1 2 2 1 1 2 2
t 时刻木板与滑块速度相等，即
2
v－a(t－t)＝v＋a(t－t)
1 3 2 1 2 2 2 1
联立可得t＝1 s。
1
【方法总结】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。
类型1 水平面上受外力作用的板块模型
(1)木板上加力(如图甲)，板块可能一起匀加速运动，也可能发生相对滑动．
(2)滑块上加力(如图乙)，注意判断B板动不动，是一起加速，还是发生相对滑动(还是用假设法判断)．
1．[多选]如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变
化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的aF图像。已知重力加速度g
＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )A．滑块A的质量为4 kg
B．木板B的质量为1 kg
C．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2
D．滑块A与木板B之间的动摩擦因数为0.1
【答案】BC
【解析】： 由题图乙可知，当拉力F>8 N时，A、B发生相对滑动，F≤8 N时二者相对静止。设滑块A的
质量为m，木板B的质量为M，则当F＝8 N时，对整体由牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，解得M＋m＝4
kg；当F>8 N时，对木板B，由牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma，即a＝F－μg，由题图乙可知，当F>8 N
时，图像的斜率k＝1 kg－1，故木板B的质量为M＝1 kg，滑块A的质量m＝3 kg，选项A错误，B正确；
当F＝8 N时，A相对B静止，加速度a ＝2 m/s2，则有ma ＝μmg，代入数据求解可得μ＝0.2，选项D错误；
A A
当F＝10 N时，由F－μmg＝Ma可解得a＝4 m/s2，选项C正确。
2.(2022·安徽省高三一模)如图所示，水平地面上有一个薄木板，在木板最右端叠放一个可视为质点的小滑
块．小滑块质量m＝1 kg，与木板间的动摩擦因数μ＝0.3，木板长l＝0.5 m，质量M＝2 kg，木板和小滑块
1
与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1.现对木板施加方向水平向右的拉力，拉力大小F＝14 N．重力加速
2
度大小g取10 m/s2，小滑块落地后不反弹．求：
(1)小滑块经多长时间从木板上掉下；
(2)小滑块停止运动时，小滑块与木板间的距离．
【答案】 (1)1 s (2)34.5 m
【解析】 (1)对小滑块，根据牛顿第二定律可得
μmg＝ma
1 1
则a＝3 m/s2
1
由位移公式得
x＝at2
1 1
对木板，根据牛顿第二定律可得
F－μmg－μ(M＋m)g＝Ma
1 2 2
则a＝4 m/s2
2
木板的位移x＝at2
2 2
且x－x＝l
2 1
联立可得t＝1 s
(2)小滑块离开木板时，小滑块的速度为
v＝at＝3 m/s
1 1
木板的速度为
v＝at＝4 m/s
2 2
小滑块停止运动时，运动时间为
t＝＝3 s
1
运动的距离为
x′＝＝4.5 m
1
小滑块离开木板后，木板的加速度
a′＝＝6 m/s2
2
木板运动的距离为
x′＝vt＋a′t2＝39 m
2 21 2 1
小滑块与木板间的距离
Δx＝x′－x′＝34.5 m.
2 1
类型2 水平面上具有初速度的板块模型
1 光滑地面，有初速度无外力类
(1)系统不受外力，满足动量守恒．
(2)如果板足够长，共速后一起匀速运动，板块间摩擦力突变为0，用图象法描述板、块的速度更直观2 地面粗糙，滑块(或板)有初速度类
(1)因为系统受外力，动量不守恒，注意板是否会动．
(2)若能动，且板足够长，达到共速后，判断它们之间是否相对滑动，常用假设法，假设二者相对静止，利
用整体法求出加速度a，再对小滑块进行受力分析，利用F ＝ma，求出滑块受的摩擦力F，再比较它与
合 f
最大静摩擦力的关系，如果摩擦力大于最大静摩擦力，则必然相对滑动，如果小于最大静摩擦力，就不会
相对滑动．
(3)若一起匀减速到停止，板块间由滑动摩擦力突变为静摩擦力，用图象法描述速度更直观．(如图2)
1.如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，A可视为质点，B的长度为L＝3 m，开始时A、B均静
止。现使A以某一水平初速度v 从B的最左端开始运动。已知A与B之间的动摩擦因数为μ ＝0.3。(g取
0 1
10 m/s2)
(1)若B与水平面之间的动摩擦因数为μ ＝0.1，且物块A刚好没有从木板B上滑下来，则A的初速度v 为
2 0
多大？
(2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？
最终A和B的速度各为多大？
【答案】：(1)2 m/s (2)没有脱离，最终速度均为 m/s
【解析】：(1)A在B上向右做匀减速直线运动，加速度大小a＝μg＝3 m/s2
1 1
木板B向右做匀加速直线运动，加速度大小
a＝＝1 m/s2
2
由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A运动到B的最右端时和B速度相同，记为v，
由时间关系得＝，
由位移关系得L＝－联立并代入数据解得v＝2 m/s。
0
(2)若把木板B放在光滑水平面上，则A在B上向右做匀减速直线运动，加速度大小仍为a＝μg＝3 m/s2
1 1
B向右做匀加速直线运动，加速度大小为
a′＝＝3 m/s2
2
假设A、B达到相同速度v′时，A没有脱离B，由时间关系得
＝
解得v′＝＝ m/s
此过程中A运动的位移x ＝＝3 m
A
B运动的位移x ＝＝1 m
B
因x －x ＝2 m<L，可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为 m/s。
A B
2.(2022·辽宁沈阳市郊联合体高三上学期1月期末)如图所示，质量M＝1 kg且足够长的木板静止在水平面
上，与水平面间的动摩擦因数μ ＝0.1.现有一质量m＝2 kg的小铁块以v ＝3 m/s的水平速度从左端滑上木板，
1 0
铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g＝10 m/s2.求：
2
(1)铁块刚滑上木板时，铁块和木板的加速度分别多大？
(2)木板的最大速度多大？
(3)从木板开始运动至停止的整个过程中，木板与地面摩擦产生的热量是多少？
【答案】 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)1 m/s (3)3 J
【解析】 (1)设铁块刚滑上木板时铁块和木板的加速度大小分别为 a 和a，对铁块受力分析，由牛顿第二
1 2
定律得：μmg＝ma ，
2 1
代入数据解得：a＝2 m/s2
1
对木板受力分析，由牛顿第二定律得：μmg－μ(m＋M)g＝Ma，
2 1 2
a＝1 m/s2
2
故铁块和木板的加速度大小分别为2 m/s2和1 m/s2.
(2)铁块先向右减速，木板向右加速，两者速度相等后，又一起向右减速，直到静止．
设木板从开始运动到速度最大时所需时间为t，最大速度为v，由运动学公式可知：v＝v－at
0 1
v＝at
2
两式联立可得：t＝1 s，v＝1 m/s
故木板的最大速度为1 m/s.
(3)设铁块和木板速度相等前，木板的位移为x；一起减速的加速度大小为a，位移为x，
1 3 2
则由运动学公式可知：a＝μg＝1 m/s2
3 1
x＝vt＝0.5 m
1
x＝＝0.5 m
2
即木板的总位移：x＝x＋x＝1 m
1 2
故木板与地面摩擦产生的热量：Q＝μ(m＋M)gx＝3 J.
1
3.(多选)(2022·山东模拟改编)如图甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)
以初速度v 从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v－t图象如图乙所示，取重力加速
0
度g＝10 m/s2，则以下说法正确的是( )
A.物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3
B.物体A与小车B的质量之比为1∶2
C.小车B的最小长度为2 m
D.如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去
【答案】 AC
【解析】 根据v－t图象可知，A在小车上做匀减速运动，加速度的大小a ＝＝ m/s2＝3 m/s2，若物体
1
A的质量为m，与小车上表面间的动摩擦因数为μ，则μmg＝ma ，联立可得μ＝0.3，选项A正确；设小车
1
B的质量为M，由题图乙知小车加速度大小a ＝1 m/s2，根据牛顿第二定律μmg＝Ma ，得＝，选项B错误；
2 2
设小车的最小长度为L ，题图乙中三角形面积表示物体A与小车B的相对位移，Δx＝2 m，所以L ＝Δx
min min
＝2 m，选项C正确；当增大物体A的质量时，小车加速时的加速度变大，小车的v－t图线倾角变大，两
图线与v轴所围面积减小，相对位移减小，所以物体A不会冲出小车，D错误.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。
1 无初速度下滑类(如图)
假设法判断是否发生相对滑动
(1)μ<μ(上面比下面粗糙)，则不会相对滑动．用极限法，μ 无限大或斜面光滑，一起匀加速运动．
2 1 1
(2)μ>μ(下面比上面粗糙)，则会相对滑动．
2 1
2 加外力下滑类(如图)
对m分析，加速度范围gsin θ－μgcos θ<a<gsin θ＋μgcos θ
1 1
加速度在这个范围内，板块可保持相对静止．
【例2】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
1 2
第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＝27 m，C
2
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。
【答案】 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
【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之间的摩擦力和正压力的大小，
1 1
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。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
2 2
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 11v＝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，同理可得
1 1 2
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
2
v＋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
【误区警示】(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。
【例3】如图所示，在倾角为θ＝37°的固定斜面上放置一质量为M＝1 kg、长度为L＝3 m的薄平板AB，
平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为7 m。在平板的上端A处放一质量为m＝0.6 kg的滑块，
开始时平板和滑块均静止，之后将它们由静止释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为 μ
＝0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g
＝10 m/s2。
【答案】：1.65 s【解析】：对平板，由于Mgsin θ<μ(M＋m)gcos θ，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动。设滑块在平
板上滑行时的加速度大小为a ，则有：mgsin θ＝ma ，解得：a ＝6 m/s2，设滑块到达B点时的速度大小为
1 1 1
v，则由v2＝2aL
1
可得：v＝6 m/s。
设滑块由B运动到C的过程中加速度大小为a，则有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，
2 2
解得：a＝2 m/s2，
2
设滑块由B运动到C过程中所用时间为t，
则有：L ＝vt＋at2，
BC 2
代入数据可解得：t＝1 s。
对平板，滑块滑离后才开始运动，设其加速度大小为a，则有：Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma，
代入数据可解得：a＝2 m/s2。
设平板滑至C端所用时间为t′，则L ＝at′2，
BC
解得：t′＝ s，
故滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为Δt＝t′－t≈1.65 s。
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。
【例4】如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg 的平板车，车的上表面有一段长L＝1.5 m的粗糙水
平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切。
现将一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v 滑上平板车，小物块与
0
水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。g取10 m/s2，求：
(1)小物块滑上平板车的初速度v 的大小；
0
(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离。【解题指导】
(1)看到“光滑水平面”，想到“小物块与平板车组成的系统水平方向动量守恒”。
(2)看到“车的上表面有一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道”，想到“小物块在车的上表面滑行时产生摩擦热
Q＝μmgL”。
(3)看到“小物块恰能达到圆弧轨道的最高点A”，想到“此时小物块与平板车速度相同”。
【答案】 (1)5 m/s (2)0.5 m
【解析】 (1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二
者的共同速度为v
1
由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v①
0 1
由能量守恒定律得
mv2＝mgR＋μmgL＋(M＋m)v2②
0 1
联立①②并代入数据解得v＝5 m/s。③
0
(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v ，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，
2
由动量守恒定律得
mv＝(M＋m)v④
0 2
设小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离为x，由能量守恒定律得
mv2＝μmg(L＋x)＋(M＋m)v2 ⑤
0 2
联立③④⑤并代入数据解得：
x＝0.5 m<L，符合题意。
【方法总结】(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。类型1 无外力作用的板块模型
1．[多选](2020·济宁模拟)如图所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质
量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ。物块以速度v 从木板的左端向右端滑动时，若木板固
0
定不动，物块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定时，下列叙述正确的是( )
A．物块不能从木板的右端滑下
B．系统产生的热量Q＝μmgL
C．经过t＝物块与木板保持相对静止
D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功
【答案】AC
【解析】： 木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能。木板不固定时，物块向右减速的同时，
木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块
相对于木板滑行的距离要减小，物块不能从木板的右端滑下，故A正确；物块和木板组成的系统产生的热
量Q＝Fx ＝μmgx ＜μmgL，故B错误；设物块与木板最终的共同速度为v，物块和木板组成的系统动
f 相对 相对
量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv＝(m＋M)v，对木板，由动量定理得：μmgt＝Mv，
0
联立解得：t＝，故C正确；由于物块与木板相对于水平面的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力
大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误。
类型2 有外力作用的板块模型
2．(2022·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。
【答案】：(1)2 m/s2 4 m/s2 (2)2 m (3)40 J (4)4 J
【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 <a ，可见假设正确。
A B
(2)t ＝1 s后，拉力F ＝μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为 v ；木板A仍做匀加速运动，又经过时间
1 2 1
t，速度与铁块B相等
2
v＝a t，又v＝a (t＋t)
1 B1 1 A 1 2
解得t＝1 s
2
设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t＝2 s，加速度为a
3
F＝(M＋m)a
2
代入数据得a＝1 m/s2
木板A受到的静摩擦力F＝Ma<μmg，A、B一起运动
f
x＝a t2＋vt－a (t＋t)2
B1 12 A 1 2
代入数据得x＝2 m。
(3)0～1 s内拉力做的功
W＝Fx＝F·a t2＝12 J
1 1 1 1 B1
1～2 s内拉力做的功
W＝Fx＝Fvt＝8 J
2 2 2 2 12
2～4 s内拉力做的功
W＝Fx＝F＝20 J
3 2 3 2
0～4 s内拉力做的功W＝W＋W＋W＝40 J。
1 2 3
(4)系统的摩擦热Q只发生在铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统产生的摩擦热
Q＝μmg·x＝4 J。
专题提升训练
1.(2022·河北省衡水中学测试)如图甲所示，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。
已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的水平变力，从t＝0时刻开始计时，滑
块所受摩擦力F 随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度 g取10
f
m/s2，下列说法正确的是( )
A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.2
B.木板与地面间的动摩擦因数为0.2
C.图乙中t＝24 s
2
D.木板的最大加速度为1 m/s2
【答案】 C
【解析】 根据图乙可知，滑块在t 以后受到的摩擦力不变，为8 N，根据F ＝μmg可得滑块与木板间的
2 f1 1
动摩擦因数为μ ＝0.4，A错误；在t 时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地
1 1
面间的动摩擦因数为μ ＝＝＝0.1，B错误；在t 时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间
2 2
的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有 F－μmg＝ma，对木
1
板有μmg－2μmg＝ma，联立解得a＝2 m/s2，F＝12 N，根据F＝0.5t，可求得t＝24 s，C正确，D错误。
1 2 2
2.(2022·天津市六校联考期初检测)如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg 的平板小车，在小车左
端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端，小物块与
小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是( )
A.当F增加到4 N时，m相对M开始运动
B.当F＝10 N时，M对m有向右的2 N的摩擦力
C.当F＝15 N时，m对M有向左的4 N的摩擦力
D.当F＝30 N时，M对m有向右的6 N的摩擦力
【答案】 B
【解析】 假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块m，其最大摩擦力F 提供最大的加速度，故F＝
f f
μmg＝ma
所以a＝μg＝2 m/s2
对整体F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N
可知若要小物块相对于平板小车开始运动，则推力满足
F＞20 N，故A错误；
当F＝10 N时，对整体F＝(M＋m)a′
解得a′＝＝1 m/s2
对小物块，受到的摩擦力提供加速度，有
F′＝ma′＝2×1 N＝2 N
f
方向向右，故B正确；
同理，当F＝15 N时，a″＝1.5 m/s2
m受到的摩擦力F″＝ma″＝3 N，方向向右，故C错误；
f
当F＝30 N时，两者相对滑动，m受到滑动摩擦力作用，
F＝μmg＝4 N，方向向右，故D错误。
f3.如图所示，固定斜面C的倾角为θ，长木板A与斜面间的动摩擦因数为μ，A沿斜面下滑时加速度为a。
1 1
现将B置于长木板A顶端，A、B间的动摩擦因数为μ ，此时释放A、B，A的加速度为a ，B的加速度为
2 2
a。下列说法正确的是( )
3
A．若μ>μ，则有a＝a<a
1 2 1 2 3
B．若μ>μ，则有a<a<a
1 2 2 1 3
C．若μ<μ，则有a＝a>a
1 2 1 2 3
D．若μ<μ，则有a>a＝a
1 2 1 2 3
【答案】B
【解析】： 若μ>μ ，A、B之间有相对滑动，且B的加速度大于A的加速度，a<a ；没有放B时，对
1 2 2 3
A，有：m gsin θ－μm gcos θ＝m a ，解得：a ＝gsin θ－μgcos θ；当放上B时，有：m gsin θ－μ(m ＋
A 1 A A 1 1 1 A 1 A
m )gcos θ＋μm gcos θ＝m a ，解得：a ＝gsin θ－μgcos θ＋(μ －μ)gcos θ<a ；B在A上下滑时，m gsin
B 2 B A 2 2 1 2 1 1 B
θ－μm gcos θ＝m a ，解得：a ＝gsin θ－μgcos θ>a ，A错误，B正确；若μ<μ ，A、B将一起以相同的
2 B B 3 3 2 1 1 2
加速度下滑，故a＝a＝a，C、D错误。
1 2 3
4.(多选)(2022·山东潍坊市一模)如图所示，木板甲长为L，放在水平桌面上，可视为质点的物块乙叠放在甲
左端，已知甲、乙质量相等，甲与乙、甲与桌面间的动摩擦因数相同.对乙施加水平向右的瞬时冲量I，乙
恰好未从甲上滑落，此时对甲施加水平向右的瞬时冲量I，此后( )
A.乙加速时间与减速时间相同
B.甲做匀减速运动直到停止
C.乙最终停在甲中点
D.乙最终停在距甲右端L处
【答案】 AD
【解析】 由动量定理知，分别施加瞬时冲量后乙、甲获得的初速度相同，设为v ，甲与乙、甲与桌面间
0
的动摩擦因数设为μ，第一次乙做匀减速直线运动，
L＝t，t＝，
1 1
v－t图象如图(a)所示；第二次，乙加速与减速阶段的加速度大小均为a＝μg，故加速时间与减速时间相同，v－t图象如图(b)所示，
2
第一阶段甲：μmg＋μ·2mg＝ma ，a＝3μg，
1 1
第二阶段，甲、乙恰共同匀减速，a＝μg，
2
加速度两阶段不同，故甲不是匀变速运动.
甲、乙共速时，有v－at＝at，t＝，
0 21 22 2
相对位移Δx等于上方三角形面积，
Δx＝vt＝，
02
选项A、D正确.
4.(多选)(2022·内蒙古包头市高三下学期一模)如图，长度为l＝1 m，质量为M＝1 kg的车厢，静止于光滑的
水平面上．车厢内有一质量为m＝1 kg、可视为质点的物块以速度v ＝10 m/s从车厢中点处向右运动，与
0
车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为 μ＝0.1，重力加速度取
g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．n＝26
B．系统因摩擦产生的热量为25 J
C．物块最终停在车厢右端
D．车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右
【答案】 BD
【解析】 由动量守恒定律得mv ＝(m＋M)v，解得车厢最终运动的速度为v＝5 m/s，方向水平向右，对系
0
统由能量守恒定律得：mv2＝(M＋m)v2＋Q，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q＝25 J，故B、D正
0
确；根据Q＝μmgL可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离L＝＝25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数n＝＝
25次，物块最终停在车厢中点处，故A、C错误．
5.如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为 M的物块(视为质点)以一定的
初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为( )
A．L B. C. D.
【答案】 D
【解析】 物块所受合外力为滑动摩擦力，设物块受到的滑动摩擦力大小为F，物块的初速度为v.如果长
f 0
木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对物块的滑动过程，由动能定理有FL＝Mv 2；如果长木板不固
f 0
定，物块冲上木板后，物块向右减速运动的同时，木板向右加速运动，最终两者一起做匀速运动，该过程
系统所受合外力为零，则系统动量守恒，规定向右为正方向，系统动量守恒，得 Mv ＝(M＋M)v；由能量
0
守恒有FL′＝Mv 2－(M＋M)v2，联立以上各式解得L′＝，选项D正确．
f 0
6．(多选)(2022·江西吉安市期末)如图所示，质量为m的物块放在质量为M的平板车上，轻弹簧将物块与
平板车右端的固定挡板相连，平板车上表面光滑，物块与车一起沿光滑水平面向右以大小为 v 的速度匀速
0
运动，车与地面上的固定挡板相碰后以原速率返回，M>m，则下列说法正确的是( )
A．碰撞瞬间，物块与车组成的系统动量变化量大小为2(M＋m)v
0
B．碰撞后，若平板车某时刻速度为零，则物块的速度比平板车的速度先减小为零
C．碰撞后，物块和车组成的系统机械能守恒
D．碰撞后，弹簧具有的最大弹性势能为
【答案】 BD
【解析】 碰撞瞬间，物块动量不变，故物块与车组成的系统动量变化量大小为2Mv ，A项错误；碰撞后
0
物块与车均先做减速运动，由于M>m，碰撞后系统的总动量向左，因此物块的速度先减小为零，B项正确；
物块、小车、弹簧组成的系统机械能守恒，C项错误；设碰撞后物块与车的共同速度为v，以向左为正方
向，根据动量守恒有(M－m)v ＝(M＋m)v，根据能量守恒定律，弹簧具有的最大弹性势能E ＝(M＋m)v2－
0 p 0
(M＋m)v2＝，D项正确．
7．(多选)(2022·东北三省三校第二次联考)如图所示，质量为m的长木板静止在光滑水平面上，轻弹簧放在
长木板上，一端与长木板右端的固定挡板相连，长木板与挡板的总质量为 m，一个质量为m的物块从长木
板的左端以大小为v 的速度滑上长木板，当物块再次滑到长木板的左端时，物块与长木板相对静止，则(
0
)A．物块与长木板相对静止时，弹簧的弹性势能一定为零
B．弹簧被压缩时具有的最大弹性势能为mv2
0
C．物块与木板间因摩擦产生的热量为mv2
0
D．物块先向右做减速运动，后向左做加速运动
【答案】 BC
【解析】 物块、弹簧、长木板组成的系统动量守恒，当弹簧被压缩到最短时具有最大弹性势能，物块与
长木板相对静止，有共同速度，设共同速度为v，则mv＝(m＋m)v，根据能量守恒得：Q＋E＝×mv2－×(m
0 p 0
＋m)v2，当物块再次滑到长木板的左端时，物块与长木板相对静止，根据动量守恒可知，这时物块与长木
板的共同速度也为v，这时2Q＝×mv2－×
0
(m＋m)v2，联立以上三式，解得弹簧被压缩时具有的最大弹性势能为 E ＝mv2，物块与木板间因摩擦产生
p 0
的热量为2Q＝mv2，A项错误，B、C项正确；物块离开弹簧相对长木板向左滑动时，受到的摩擦力向右，
0
加速度向右，D项错误．
8.(多选)(2022·山东烟台市高三期末)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图6甲所示，将一
质量为M的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为 m的物块，刚开始均处于静止状态.现使物
块受到水平力F的作用，用传感器测出水平拉力F，画出F与物块的加速度a的关系如图乙所示.已知重力
加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块始终未脱离长木板.则( )
A.长木板的质量为2 kg
B.长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C.长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4
D.当拉力F增大时，长木板的加速度一定增大
【答案】 ABC
【解析】 设长木板与物块之间的动摩擦因数为μ，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ，
1 2
F－μmg＝ma
1
即F＝ma＋μmg
1由题图乙可知m＝k＝ kg＝2 kg
μmg＝8 N
1
解得μ＝0.4
1
当4 N≤F≤12 N时两者共同运动，则F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a
2
即F＝(M＋m)a＋μ(M＋m)g
2
由题图乙可知M＋m＝k′＝ kg＝4 kg
则M＝2 kg，μ(M＋m)g＝4 N
2
解得μ ＝0.1，选项A、B、C正确；当拉力F增大，长木板与物块之间产生相对滑动时，长木板所受地面
2
的摩擦力和物块的摩擦力不变，则长木板的加速度不变，选项D错误.
9.(2022·安徽六安市质量检测)如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m ＝1 kg，与地面间的
1
动摩擦因数μ ＝0.2，质量为m ＝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μ ＝0.4，以
1 2 2
v＝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，以下说法正确的是( )
0
A.木板的长度为1.68 m
B.小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/s
C.小物块离开木板后，木板的加速度大小为2 m/s2，方向水平向右
D.小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞
【答案】 D
【解析】 由于 μmg>μ(m ＋m)g，对木板由牛顿第二定律得 μmg－μ(m ＋m)g＝ma ，解得 a ＝2
2 2 1 1 2 2 2 1 1 2 1 1 1
m/s2，即物块在木板上以a ＝μg＝4 m/s2向右减速滑行时，木板以a ＝2 m/s2向右加速运动，在0.6 s时，
2 2 1
物块的速度v ＝1.6 m/s，木板的速度v ＝1.2 m/s，B错误；物块滑离木板时，物块位移为x ＝t＝1.68 m，
2 1 2
木板位移x ＝t＝0.36 m，两者相对位移为x＝x －x ＝1.32 m，即木板长度为1.32 m，A错误；物块离开木
1 2 1
板后，木板做减速运动，加速度大小为a′＝2 m/s2，方向水平向左，C错误；分离后，在地面上物块会滑
1
行x′＝＝0.32 m，木板会滑行x′＝＝0.36 m，所以两者会相碰，D正确.
2 1
10.(2022·山东临沂二模)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，上面放一个质量为m的小滑块，
滑块和木板之间的动摩擦因数是μ，现用恒定的水平拉力F作用在木板上，使二者发生相对运动，改变拉
力F或者木板质量M的大小，当二者分离时( )A.若只改变F，当F增大时，木板获得的速度增大
B.若只改变F，当F增大时，滑块获得的速度增大
C.若只改变M，当M增大时，木板获得的速度增大
D.若只改变M，当M增大时，滑块获得的速度增大
【答案】 D
【解析】 因为物块m在木板上滑动的加速度为a ＝μg是一定的，木板的加速度a ＝，当木块滑离木板
m M
时满足a t2－a t2＝L，t2＝，若只改变F，当F增大时，a 变大，则t减小，木板获得的速度v ＝a t不一
M m M M M
定变大，选项A错误；滑块获得的速度v ＝a t可知滑块获得速度变小，选项B错误；若只改变M，当M
m m
增大时，a 变小，则t变大，则木板获得的速度v ＝a t不一定变大；根据v ＝a t，可知滑块获得速度变
M M M m m
大，选项C错误，D正确。
11．如图所示光滑的水平地面上放置一四分之一光滑圆弧轨道A，圆弧轨道质量为3m，半径为R，左侧放
置一竖直固定挡板，右侧紧靠轨道放置与其最低点等高的水平长木板B，质量为2m，长木板上表面粗糙，
动摩擦因数为μ，左端放置一物块C，质量为2m，从圆弧轨道最高点由静止释放另一质量为 m的物块D，
物块D滑至最低点时与物块C发生弹性碰撞，碰后D沿圆弧轨道上升至速度为0时撤去挡板(C、D均可视
为质点，重力加速度取g)。求：
(1)碰后D上升的高度；
(2)撤去挡板后圆弧轨道A与物块D分离时A的位移；
(3)若C恰好未滑离长木板B，求长木板B的长度。
【答案】：(1) (2)R (3)
【解析】：(1)D下滑过程中，由机械能守恒定律有
m gR＝m v 2，解得v ＝
D D D D
D与C发生弹性碰撞，则有m v ＝m v ′＋m v ，
D D D D C Cm v 2＝m v ′2＋m v 2
D D D D C C
解得v ′＝－，v ＝
D C
之后D沿圆弧上滑，由机械能守恒定律得
m v ′2＝m gh，解得h＝。
D D D
(2)撤去挡板后，对D、A由动量守恒定律得
m －m ＝0
D A
即m ·x －m ·x ＝0，x ＋x ＝R，
D D A A D A
解得x ＝R。
A
(3)对B、C由动量守恒定律有m v ＝(m ＋m )v
C C C B
由能量守恒定律有μm gl＝m v 2－(m ＋m )v2
C C C C B
解得l＝。
12.(2022·哈尔滨师大附中联考)如图所示，在一个倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长
度为L＝5 m的木板，木板与斜面之间的动摩擦因数μ ＝0.4.当长木板沿斜面向下运动的速度达到v ＝9.6
1 0
m/s时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数 μ ＝0.2.设
2
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，结果可用根
号表示.
(1)求刚放上小煤块时，长木板的加速度a 的大小和煤块的加速度a 的大小；
1 2
(2)小煤块从木板哪一端离开？煤块从放上到离开木板所需时间t是多少？
【答案】 (1)2 m/s2 7.6 m/s2 (2)下端 s
【解析】 (1)刚放上小煤块时，对长木板，由牛顿第二定律
2μmgcos θ＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma
1 2 1
对煤块，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
2 2
解得a＝2 m/s2，a＝7.6 m/s2
1 2(2)设经过时间t 煤块与长木板达到共速，则有v－at＝at，
0 0 10 20
解得t＝1 s
0
煤块相对长木板的位移大小
Δx＝vt－at2－at2＝4.8 m<L，故煤块不能从上端离开，此时煤块的速度大小为
00 10 20
v＝at＝7.6 m/s，
20
之后木板减速，煤块加速，根据牛顿第二定律，对长木板有mgsin θ＋μmgcos θ－2μmgcos θ＝ma ′
2 1 1
解得a′＝1.2 m/s2
1
对煤块有mgsin θ－μmgcos θ＝ma ′
2 2
解得a′＝4.4 m/s2
2
因a′＝4.4 m/s2>a′＝1.2 m/s2
2 1
所以煤块从下端离开木板，设从二者共速到二者分离又经历的时间为t ，此过程木板和煤块的对地位移大
2
小分别为x′、x′，则有
1 2
x′＝vt＋a′t2，x′＝vt＋a′t2
1 2 1 2 2 2 2 2
根据相对位移Δx＝x′－x′
2 1
解得t＝ s
2
故从放上到离开木板共经历的时间为t＝t＋t＝(1＋) s.
0 2
13.(2022·河北衡水中学押题卷)如图所示，一质量为m＝2 kg的小滑块(可视为质点)放在长木板的右端，木
板质量为M＝2 kg，长为l＝3 m，小滑块与木板间的动摩擦因数μ ＝0.1，木板与水平地面间的动摩擦因数
1
μ ＝0.15.开始时木板与滑块都处于静止状态，现突然给木板一水平向右的初速度 v ＝5 m/s，使木板向右运
2 0
动，取g＝10 m/s2.
(1)通过计算判断小滑块停止运动前能否与木板达到共速.
(2)求整个运动过程中小滑块与木板间因摩擦产生的热量.
【答案】 (1)能 (2)5.5 J
【解析】 (1)分析知木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做
匀加速运动小滑块受到的摩擦力大小为F ＝μmg＝2 N
fm 1
木板受到地面的摩擦力大小为F ＝μ(m＋M)g＝6 N
fM 2
小滑块的加速度大小a ＝μg＝1 m/s2
m1 1
长木板的加速度大小a ＝＝4 m/s2
M1
设经时间t二者达到相同的速度v，则有
a t＝v－a t＝v
m1 0 M1
解得t＝1 s，v＝1 m/s
该过程中木板的位移大小x ＝vt－a t2＝3 m
M1 0 M1
小滑块的位移大小x ＝＝0.5 m
m1
小滑块到木板的右端的距离
Δx＝x －x ＝2.5 m<l
1 M1 m1
所以小滑块没滑离木板，二者能够达到共速.
(2)小滑块与木板共速后减速
由于μ<μ，所以二者不会一起减速
1 2
小滑块的加速度大小a ＝μg＝1 m/s2
m2 1
长木板的加速度大小a ＝＝2 m/s2
M2
小滑块的位移大小x ＝＝0.5 m
m2
长木板的位移大小x ＝＝0.25 m
M2
小滑块相对木板向右滑动的距离
Δx＝x －x ＝0.25 m
2 m2 M2
整个运动过程中小滑块与木板间因摩擦产生的热量
Q＝μmg(Δx＋Δx)＝5.5 J.
1 1 2
14．如图所示，两块相同平板P 、P 置于光滑水平面上，质量均为m＝0.1 kg。P 的右端固定一轻质弹簧，
1 2 2
物体P置于P 的最右端，质量为M＝0.2 kg且可看作质点。P 与P以共同速度v ＝4 m/s 向右运动，与静
1 1 0
止的P 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 与P 粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度
2 1 2
内)。平板P 的长度L＝1 m ，P与P 之间的动摩擦因数为μ＝0.2，P 上表面光滑。求：
1 1 2(1)P、P 刚碰完时的共同速度大小v；
1 2 1
(2)此过程中弹簧的最大弹性势能E。
p
(3)通过计算判断最终P能否从P 上滑下，并求出P的最终速度v。
1 2
【答案】：(1)2 m/s (2)0.2 J (3)不能滑下 3 m/s
【解析】：(1)P、P 碰撞过程，由动量守恒定律得
1 2
mv＝2mv
0 1
解得v＝＝2 m/s，方向水平向右。
1
(2)对P、P、P系统，由动量守恒定律
1 2
2mv＋Mv ＝(2m＋M)v′
1 0 2
解得v′＝3 m/s，方向水平向右，
2
此过程中弹簧的最大弹性势能E＝·2mv2＋Mv 2－(2m＋M)v′2＝0.2 J。
p 1 0 2
(3)对P、P、P系统，由动量守恒定律2mv＋Mv ＝2mv＋Mv
1 2 1 0 3 2
由能量守恒定律得·2mv2＋Mv 2＝×2mv2＋Mv 2＋μMgL
1 0 3 2
整理得v2－6v＋10＝0，根据数学知识可知v 没有满足条件的解，故P不能从P 上滑下。
2 2 2 1
最终P与P、P 共速，设为v ，由动量守恒定律得
1 2 共
2mv＋Mv ＝(2m＋M)v
1 0 共
解得v ＝3 m/s。
共
15．避险车道是避免恶性交通事故的重要设施(如图甲所示)，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示，
竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶
入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车
厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的 4
倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的
0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度。
【答案】：(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m
【解析】：(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数 μ＝0.4，受摩擦
力大小为f，加速度大小为a，则
1
f＋mgsin θ＝ma ①
1
f＝μmgcos θ②
联立①②式并代入数据得a＝5 m/s2 ③
1
a 的方向沿制动坡床向下。
1
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制
动坡床顶端s ＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s ，在车厢内滑动的距离s＝4
0 1
m，货车的加速度大小为a，货车相对制动坡床的运动距离为s。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是
2 2
货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l＝12 m，制动坡床的长度为l，则
0
Mgsin θ＋F－f＝Ma ④
2
F＝k(m＋M)g ⑤
s＝vt－at2 ⑥
1 1
s＝vt－at2 ⑦
2 2
s＝s－s ⑧
1 2
l＝l＋s＋s ⑨
0 0 2
联立①②④～⑨式并代入数据得l＝98 m。 ⑩
16．(2022·北京六校联考)如图所示，质量M＝1.0 kg、长L＝4.5 m的木板，静止在光滑的水平面上，固定
光滑的圆弧轨道的水平出口跟木板的上表面相平，质量m＝2.0 kg的滑块(可视为质点)从圆弧轨道上端静止
下滑，从木板的左端冲上其表面，已知圆弧轨道的半径为 1.8 m，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，(g
取10 m/s2) 求：
(1)滑块在圆弧轨道的最低点对轨道的压力大小；
(2)通过计算说明滑块能否冲出木板；(3)调整滑块冲上木板的初速度v ，使其刚好滑至木板的右端。将木板从中点截开，分成两块相同的木板，
0
再让滑块以初速度v 冲上木板。问：滑块能否再次到达木板的右端？并说明理由。
0
【答案】：(1)60 N (2)能冲出木板，具体计算过程见解析 (3)不能，理由见解析
【解析】：(1)对滑块由动能定理有mgR＝mv2－0
在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律F －mg＝m
N
解得F ＝60 N
N
根据牛顿第三定律，滑块对圆弧轨道的最低点的压力大小为60 N。
(2)若滑块不能冲出木板，则两个物体最终共速，由动量守恒有mv＝(m＋M)v
共
对系统由能量守恒有mv2＝(m＋M)v 2＋Q
共
Q＝f s
滑 相对
解得s ＝6 m
相对
大于木板长度4.5 m，所以能够冲出木板。
(3)不能再次到达木板的右端。原因：木板中点未截开前，滑块和木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，
将木板从中点截开后，滑块先使整个木板加速，运动到木板中点时木板左侧停止加速，木板右侧继续加速，
加速度大于之前运动的加速度，故将木板从中点截开后滑块将更早达到与木板速度相等，运动的距离变短，
不能再次到达木板右端。
17.(2022·四川双流中学月考)如图所示，质量为m＝20 kg的长木板静止在水平面上，质量m＝10 kg的小木
0
块(可视为质点)以v ＝4.5 m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上，小木块最后恰好没有滑出长木板。已
0
知小木块与木板间的动摩擦因数为μ ＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ ＝0.1，最大静摩擦力等
1 2
于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)木块刚滑上木板时木块、木板的加速度大小；
(2)木板的长度L；
(3)木板的运动时间及木块运动的位移大小。
【答案】 (1)4 m/s2 0.5 m/s2 (2)2.25 m (3)1.5 s 2.625 m【解析】 (1)对木块受力分析知木块做减速运动，设其加速度大小为a ，则由牛顿第二定律可得μmg＝
1 1
ma (1分)
1
代入数据解得a＝4 m/s2(1分)
1
对木板受力分析，设木板加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
2
μmg－μ(m＋m)g＝ma(2分)
1 2 0 0 2
代入数据解得a＝0.5 m/s2(2分)
2
(2)设经过时间t 二者共速，则有v－at＝at(1分)
1 0 11 21
解得t＝1 s(1分)
1
设其共速时的速度大小为v，则有v＝at，
1 1 21
解得v＝0.5 m/s(1分)
1
t 时间内木块的位移为x＝t(1分)
1 1 1
解得x＝2.5 m(1分)
1
木板的位移为x＝t(1分)
2 1
解得x＝0.25 m(1分)
2
所以木板的长度为L＝x－x＝2.25 m(1分)
1 2
(3)木块与木板共速后，二者一起减速运动，加速度大小为a＝μg＝1 m/s2(1分)
3 2
设再经过时间t 停止，则有v＝at(1分)
2 1 32
代入数据解得t＝0.5 s(1分)
2
故木块运动的总时间为t＝t＋t＝1.5 s(1分)
1 2
木块运动的总位移为x＝x＋t(1分)
1 2
解得x＝2.625 m(1分)
18.(2022·山东邹城市高三期中)如图甲所示，质量M＝0.2 kg的平板放在水平地面上，质量m＝0.1 kg的物
块(可视为质点)叠放在平板上方某处，整个系统处于静止状态.现对平板施加一水平向右的拉力，该拉力F
随时间t的变化关系如图乙所示，1.5 s末撤去拉力.已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块与平板间的动摩擦因数μ＝0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2.求：
1 2
(1)0～1 s内物块和平板的加速度大小a、a；
1 2
(2)1 s末物块和平板的速度大小v、v 以及1.5 s末物块和平板的速度大小v′、v′；
1 2 1 2
(3)平板的最短长度L.
【答案】 (1)a＝2 m/s2，a＝3 m/s2 (2)v＝2 m/s，v＝3 m/s，v′＝v′＝3 m/s (3)1.35 m
1 2 1 2 1 2
【解析】 (1)0～1 s内，物块与平板间、平板与地面间的滑动摩擦力大小分别为：
F ＝μmg＝0.2 N
f1 1
F ＝μ(M＋m)g＝1.2 N
f2 2
设物块与平板间恰好相对滑动时拉力大小为F
0
由牛顿第二定律有F－F ＝(m＋M)
0 f2
解得F＝1.8 N
0
因为F＝2 N>F＝1.8 N
1 0
故物块与平板发生相对滑动.
对物块和平板由牛顿第二定律有：
a＝
1
a＝
2
解得：a＝2 m/s2，a＝3 m/s2
1 2
(2)0～1 s内(t＝1 s)，物块与平板均做匀加速直线运动，有：
1
v＝at
1 11
v＝at
2 21
解得：v＝2 m/s，v＝3 m/s
1 2
1～1.5 s内(t ＝0.5 s)，由于水平向右的拉力F ＝1.4 N恰好与F ＋F 平衡，故平板做匀速直线运动，物块
2 2 f1 f2继续做匀加速直线运动，有：
v′＝v＋at＝3 m/s
1 1 12
v′＝v＝3 m/s
2 2
(3)撤去拉力F后，物块和平板的加速度大小分别为：
a′＝＝2 m/s2
1
a′＝＝5 m/s2
2
物块和平板停下所用的时间分别为：Δt＝＝1.5 s
1
Δt＝＝0.6 s
2
可画出物块、平板的速度－时间图象，如图所示，
根据“速度－时间图象与时间轴所围的面积表示位移”可知，1～1.5 s内，物块相对平板向左滑行的距离
为：x＝×(1.5－1)×3 m＝0.75 m
1
1.5～3 s内，物块相对平板向右滑行的距离为：x＝×(3－2.1)×3 m＝1.35 m
2
由于x>x，故L＝x＝1.35 m.
2 1 2
19.质量M＝4 kg、长2l＝4 m的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不
同。一质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示。在t＝0时刻对滑块施加一水平
向右的恒力F，使滑块和木板均由静止开始运动，t ＝2 s时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的xt图像如
1 1
图乙所示。取g＝10 m/s2。
(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ 和恒力F的大小；
1
(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ ＝0.1，2 s末撤去恒力F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求
2
分离时滑块的速度大小；若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？
【答案】：(1)0.4 6 N (2)不能 0.4 m
【解析】：(1)滑块和木板均做初速度为0的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a ，木板的加速度大
1小为a，则t＝2 s时木板的位移x＝at
2 1 2 2
由题图乙知滑块的位移x＝4 m
1
由牛顿第二定律得Ma＝μmg
2 1
由位移关系得x－x＝l
1 2
联立各式解得μ＝0.4
1
又滑块的位移x＝at
1 1
恒力F＝ma ＋μmg
1 1
联立解得F＝6 N。
(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为 v ，木板的速度为v ，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续
1 2
做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为
a′＝＝μg，a′＝
1 2 2
设滑块与木板从t 时刻开始到速度相等时的运动时间为t，则v＝at，v＝at
1 2 2 21 1 11
v－a′t＝v＋a′t
1 12 2 22
解得t＝1.6 s
2
在此时间内，滑块的位移x′＝vt－a′t
1 12 1
木板的位移x′＝vt＋a′t
2 22 2
Δx＝x′－x′
1 2
联立解得Δx＝1.6 m<2 m
因此滑块不会从木板上滑落，滑块与木板相对静止时，距木板右端的距离为
d＝l－Δx＝0.4 m。
20.(2022·重庆求精中学月考)如图所示，有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)，下端固定一挡板，挡板与斜面垂
直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量为 m的小物块。现让长木板和小物块同
时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2 s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，
长木板停在挡板处，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数 μ
1
＝，长木板与斜面间的动摩擦因数μ ＝0.5，长木板的质量M＝m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重
2
力加速度大小g＝10 m/s2。求：(1)在0～2 s时间内长木板和小物块的加速度的大小；
(2)长木板距离挡板多远；
(3)长木板的长度。
【答案】 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)3 m (3)12 m
【解析】 (1)在0～2 s时间内，设F 、F 分别是小物块与长木板之间的摩擦力和正压力的大小，F 、F
f1 N1 f2 N2
分别是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，则
F ＝μF ，F ＝mgcos θ
f1 1 N1 N1
F ＝μF ，F ＝F ＋Mgcos θ
f2 2 N2 N2 N1
规定沿斜面向下为正方向，设小物块和长木板的加速度分别为a 和a，由牛顿第二定律得
1 2
mgsin θ－F ＝ma
f1 1
Mgsin θ－F ＋F ＝Ma
f2 f1 2
联立得a＝3 m/s2，a＝1 m/s2。
1 2
(2)在t＝2 s时，设小物块和长木板的速度分别为v 和v，则
1 1 2
v＝at＝6 m/s，v＝at＝2 m/s
1 11 2 21
t>t 时，设小物块和长木板的加速度分别为a′和a′。此时小物块和长木板之间摩擦力为零，
1 1 2
对小物块：mgsin θ＝ma ′
1
解得a′＝6 m/s2
1
对长木板：
Mgsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma′
2 2
解得a′＝－2 m/s2
2即长木板做减速运动，设经过时间t，长木板的速度减为零，则有v＋a′t＝0
2 2 2 2
联立得t＝1 s
2
在(t＋t)时间内，长木板距离挡板
1 2
L＝at＝2 m
1 2
L＝|a′|t＝1 m
2 2
L＝L＋L＝3 m。
1 2
(3)长木板的长度就是小物块相对于长木板运动的距离为
s＝－(at＋vt＋a′t)＝12 m。
2 22 2
