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2024 高考二轮复习二十五讲
第23 讲、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． （2023 高考全国乙卷）如图，一质量为M、长为l 的木板静止在光滑水平桌面上，另
一质量为m 的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板
间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）
A. 木板的动能一定等于fl
B. 木板的动能一定小于fl
C. 物块的动能一定大于
D. 物块的动能一定小于
【参考答案】BD
1
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【命题意图】本题考查滑块木板模型、动能定理及其相关知识点。
【解题思路】画出物块与木板运动示意图和速度图像。
对物块，由动能定理，-fx1=
-
对木板，由动能定理，fx2=
根据速度图像面积表示位移可知，x2=S△COF，x1=SABFO，
l= x1-x2= SABCE＞x2=S△COF，
因-fl＞fx2=
，A 错误B 正确；
对系统，由能量守恒定律，fl=
-（
+
），
物块动能
=
-fl-
＜
-fl，C 错误D 正确。
【思路点拨】正确画出二者运动的速度图像是解题的关键。
2. （2023 高考海南卷） 如图所示，有一固定的光滑
圆弧轨道，半径
，一质量
为
的小滑块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块
相同的初速度，已知
，B、C 间动摩擦因数
，C 与地面间的动摩擦因数
2
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，C 右端有一个挡板，C 长为
。
求：
（1）
滑到
的底端时对
的压力是多大？
（2）若
未与
右端挡板碰撞，当
与地面保持相对静止时，
间因摩擦产生的热
量是多少？
（3）在
时，B 与C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求
从滑上
到最终停止所用
时间。
【参考答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【名师解析】
（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得
在底部，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知B 对A 的压力是
。
（2）当B 滑上C 后，对B 分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得
3
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解得加速度向左为
对C 分析，受B 向右的摩擦力
和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式
，得B 向右运动的距离
C 向右运动距离
由功能关系可知，B、C 间摩擦产生的热量
可得
（3）由上问可知，若B 还末与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为
，有
解得
4
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B 的位移为
则此刻的相对位移为
此时
由
，一定是C 停下之后，B 才与C 上挡板碰撞。设再经
时间B 与C 挡板碰撞，
有
解得
碰撞时B 速度为
碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C 速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
后再经
后停下，则有
5
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故
从滑上
到最终停止所用的时间总时间
3. （2023 高考山东高中学业水平等级考试） 如图所示，物块A 和木板B 置于水平地面上，
固定光滑弧形轨道末端与B 的上表面所在平面相切，竖直挡板P 固定在地面上。作用在A
上的水平外力，使A 与B 以相同速度
向右做匀速直线运动。当B 的左端经过轨道末端时，
从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C 恰好到达最低点，并以水平速度v 滑上B 的上表面，
同时撤掉外力，此时B 右端与P 板的距离为s。已知
，
，
，
，A 与地面间无摩擦，B 与地面间动摩擦因数
，C 与B 间动摩擦因数
，B 足够长，使得C 不会从B 上滑下。B 与P、A 的碰撞均为弹性碰撞，不计碰
撞时间，取重力加速度大小
。
（1）求C 下滑的高度H；
（2）与P 碰撞前，若B 与C 能达到共速，且A、B 未发生碰撞，求s 的范围；
（3）若
，求B 与P 碰撞前，摩擦力对C 做的功W；
（4）若
，自C 滑上B 开始至A、B、C 三个物体都达到平衡状态，求这三个物
体总动量的变化量
的大小。
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【参考答案】（1 ）
；（2 ）
；（3 ）
；（4 ）
【名师解析】
（1）由题意可知滑块C 静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C 刚滑上B 时可知C 受到水平向左的摩擦力，为
木板B 受到C 的摩擦力水平向右，为
B 受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C
加速度为
木板B 的加速度为
设经过时间t1，B 和C 共速，有
代入数据解得
木板B 的位移
共同的速度
此后B 和C 共同减速，加速度大小为
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设再经过t2时间，物块A 恰好撞上木板B，有
整理得
解得
，
（舍去）
此时B 的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s 范围为
（3）由于
所以可知滑块C 与木板B 没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得
，
（舍去）
滑块C 在这段时间的位移
所以摩擦力对C 做的功
（4）因为木板B 足够长，最后的状态一定会是C 与B 静止，物块A 向左匀速运动。木板
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B 向右运动0.48m 时，有
此时A、B 之间的距离为 △s=s-sA=0.48m-0.4m=0.08m
由于B 与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B 向左做匀减速运动，可得加
速度大小
物块A 和木板B 相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得
，
（舍去）
此时有
，方向向左；
，方向向右。
接着A、B 发生弹性碰撞，碰前A 的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则
有
代入数据解得
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而此时
物块A 向左的速度大于木板B 和C 向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B 和C 静止，A
向左匀速运动，系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量
即这三个物体总动量的变化量
的大小为9.02kg·m/s。
4. （2023 高考选择性考试辽宁卷）如图，质量m1= 1kg 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 = 20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg 的
小物块以水平向右的速度
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Ep与形变量x 的关系为
。取重力加速度g
= 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求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
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物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t 表示）。
【参考答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；
；（3）
【名师解析】
（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有
v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v1
2= 2a1x1
代入数据解得
x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
kx = (m1＋m2)a 共
对m2有
a2= μg = 1m/s2
当a 共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）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，由于木板即m1的加速
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度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此
时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有
－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2
解得
则对于m1、m2组成的系统有
U = －Wf
联立有
5. （2022 福建高考）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
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
从滑板最左端滑入，滑行
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
，滑板与小物块、
滑板与地面之间的动摩擦因数均为
，重力加速度大小为
；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。
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
【命题意图】此题考查动能定理、动量守恒定律、碰撞、摩擦力做功及其相关知识点。
【名师解析】
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（1）小物块C 运动至刚要与物块B 相碰过程，根据动能定理可得
解得C 在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）物块B、C 碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B 与物块C 碰后一起运动的速度大小为
故C 与B 碰撞过程中损失的机械能为
（3）滑板A 刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量，即滑板A 开始运动前物块B 和物块C 一起运动的位移大小为
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为
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
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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. （2024 山西部分学校10 月联考）如图所示，质量为M 的木板上放置质量为m 的木块，
一水平向右的牵引力作用在木块上，二者一起沿水平地面向右做匀加速直线运动.下列说法
正确的是
A．木块对木板的力大于木板对木块的力
B．木板受到木块水平向右的摩擦力
C．如果二者一起向右运动的加速度增大，则木块受到木板的摩擦力增大
D．如果二者一起向右运动的加速度减小，则木板受到地面的摩擦力减小
【参考答案】BC
【名师解析】木板与木块之间是作用力与反作用力的关系，大小相等，方向相反，A 错误；
木板向右加速，受到木块向右的摩擦力大于地面向左的摩擦力，B 正确；如果二者一起向
右的加速度增大，则木板受到木块的摩擦力增大，木块受到木板的摩擦力也增大，C 正确；
如果二者一起向右运动的加速度减小，木板受到木块的摩擦力减小，地面对木板的支持力
不变，摩擦力也不变，D 错误.
2. (2024 辽宁沈阳重点高中质检)如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ=30°、
高度为h=1.6m。一薄木板B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长
度为l0=0.2m 的轻弹簧，木板总质量为m=1kg，总长度为L=2.0m。一质量为M=3kg 的小物
块A 从斜面体左侧某位置水平抛出，物块A 经过一段时间后从斜面顶端以4m/s 的速率沿
平行于斜面方向落到木板B 上并开始向下滑行，已知A、B 之间的动摩擦因数为
。
木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A 最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时
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一直处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，不计空气
阻力。求：
(1)物体A 水平抛出时离地面的高度H；
(2)薄木板B 从开始运动到与挡板碰撞所需的时间；
(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【参考答案】(1)1.8m；(2)0.6s；(3)5J
【名师解析】
(1)物块A 落到B 上时
解得
vy＝2m/s
物块A 落到木板前做平抛运动，竖直方向：
解得
H＝1.8m
(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足：
mgsin 30°＝μ0mgcos 30°
得
物块A 在木板上滑行时，以A 为研究对象有：
(沿斜面向上)
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以木板B 为研究对象有：
(沿斜面向下)
假设A 与木板达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：
v 共＝aBt1＝v－aAt1
解得
v 共＝3 m/s，t1＝0.4 s
此过程
故
Δx＝xA－xB＝0.8 m<L－l0＝1.8m
说明以上假设成立
共速后，由于(M＋m)gsin 30°＝μ0(M＋m)gcos 30°，A 与木板B 一起匀速到木板与底端挡板
碰撞，该过程所需时间
所以
t=t1+t2=0.6s
(3)木板停下，此后A 做匀减速到与弹簧接触，然后A 压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A 的
速度为vA，有：
－2aA(L－l0－Δx)＝vA
2－v 共
2
解得
vA＝2 m/s
设弹簧最大压缩量为xm，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有：
Q＝2μMgxmcos 30°＝
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得
Q＝6 J，xm＝
m
A 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有
Epm＝
＋Mgxmsin 30°－
＝5 J
3. （2024 山东泰安9 月测试）如图所示，物块A、木板B 的质量均为m=1kg，不计A 的大
小，木板B 长L=2m。开始时A、B 均静止。现使A 以水平初速度v0从B 的最左端开始运
动。已知A 与B、B 与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3 和μ2=0.1，g 取10m/s2。
（1）发生相对滑动时，A、B 的加速度各是多大？
（2）若A 刚好没有从B 上滑下来，则A 的初速度v0为多大？
（3）若A 刚好没有从B 上滑下来，求B 在地面上滑行的总位移。
【参考答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）分别对物块A、木板B 进行受力分析可知，A 在B 上向右做匀减速运动，设其加速度
大小为a1，根据牛顿第二定律可得
木板B 向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时的速度和B 的速度相同，设为v，则
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有
，
解得
，
则A 刚好没有从B 上滑下来，则A 的初速度v0为
。
（3）若A 刚好没有从B 上滑下来，A 到达B 的最右端时B 的位移
此后A、B 一起匀减速运动直至停止，设加速度大小为
，由牛顿第二定律得
解得
A、B 在地面上一起滑行的位移
则B 在地面上滑行的总位移为
4．（16 分）(2024 广东七校第一次联考)在航空托运中，时有损坏行李的事情发生，小华
同学设计了如下图所示的缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A 紧靠飞机，转运车
B 靠紧A。包裹C 沿缓冲装置A 的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车
B 并最终停在转运车B 上被运走，B 的右端有一固定挡板。已知C 与A、B 水平面间的动
摩擦因数均为
，缓冲装置A 与水平地面间的动摩擦因数为
，转运车B 与地
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面间的摩擦可忽略。A、B 的质量均为
，A、B 水平部分的长度均为
。包
裹C 可视为质点且无其它包裹影响，重力加速度
。C 与B 的右挡板发生碰撞时
间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。
（1）要求包裹C 在缓冲装置A 上运动时A 不动，则包裹C 的质量m 最大不超过多少；
（2）若某包裹的质量为
，从
处静止滑下，求包裹在距转运车右端多远
的位置停下来；
（3）若包裹的质量还是
，为使该包裹能滑上转运车B 上，则该包裹释放时h 的
范围。（结果保留两位有效数字）
【参考答案】．（1）60
；（2）2.5m；（3）
【名师解析】：（1）A 恰好不运动需要满足
解得
故包裹C 的质量最大不超过60
；
（2）因C 的质量
，故装置A 始终处于静止状态，由动能定理得
解得
C 与B 相互作用的全过程，两者组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，则
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由能量守恒定律得
解得
又
得物体在车上的相对位移
所以距转运车右端2.5m。
（3）装置A 还始终处于静止状态，C 滑到低端
由动能定理得
为C 下滑的最小高度，得
则C 滑上小车，C 与小车弹性碰撞后返回至小车最左端时两者共速，为C 不会从小车上掉
下的最大高度：由C、车动量守恒
由能量守恒得
得
所以
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5.(2023 重庆南开中学期末) 如图所示，形状相同、质量均为m 的两个长金属板A、B 静止
地叠放在水平地面上，A、B 右端的初始距离为
，
时刻，用一带有橡胶指套的手指
以竖直向下的恒力F 压着A 的上表面并以恒定的速度
向右移动手指，经一段时间后，从
A 表面撤去手指作用时，A、B 右端的距离与指套在A 上面留下的划痕长度相等；又经过
相同时间，A、B 右端恰好对齐且速度相等。
已知：指套与A 之间的滑动摩擦因数为
，A、B 之间的滑动摩擦因数为
，B 与地面之间的滑动摩擦因数为
，重力加速度g 取
，
，
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）
时刻，B 的加速度大小；
（2）A、B 右端恰好对齐且速度相等时
速度大小；
（3）A、B 右端初始距离
的大小。
【参考答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【名师解析】
（1）假设A、B 滑动：对A
解得
对B
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解得
故假设成立，则B 的加速度大小为
（2）假设撤去手指时，手指还未与A 共速，设撤去手指的时刻为t，划痕为x，则
此时A、B 加速度分别为
t 时刻A、B 右端距离为x
时刻A、B 共速
解得
则撤去手指时A 的速度大小为
说明手指撤去前已经与A 共速，显然A 最后是由减速到共速
，B 先后以不同加速度加
速到共速
，
时刻A、B 共速
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解得
（3）设手指与A 共速时刻
，则
t 时刻A、B 右端距离为x，则
解得
则A、B 初始距离
6. （2023 年重庆部分重点高中期末联考）如图所示，在光滑水平面上静止有一长木板A，
在木板的左端静止有一物块B，物块的质量为m，长木板的质量为2m，现给长木板A 和物
块B 分别同时施加向左和向右的恒力F1和F2，当F2=mg，F1=0.5mg 时，物块和长木板刚好
不发生相对滑动，，且物块和长木板一起向右做匀加速运动，已知最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，物块的大小忽略不计，重力加速度为g，求：
23
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(1)物块和长木板的加速度；
(2)物块和长木板间的动摩擦因数μ。
【参考答案】(1)
；(2)
【名师解析】
(1)由题意可知，对AB 整体研究，有：
解得
(2)对B 研究，有：
，
解得
7. （2023 年重庆部分重点高中期末联考） 一足够长的斜面，最高点为O 点，有一长为
l=1.00m 的木条AB，A 端在斜面上，B 端伸出斜面外。斜面与木条间的摩擦力足够大，以
致木条不会在斜面上滑动。在木条A 端固定一个质量为M=2.00kg 的重物（可视为质点），
B 端悬挂一个质量为m=0.50kg 的重物。若要使木条不脱离斜面，在下列两种情况下，OA
的长度各需满足什么条件？
（1）木条的质量可以忽略不计；
（2）木条质量为m′=0.50kg，分布均匀。
【参考答案】（1）OA＞0.20m；（2）OA＞0.25m
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【名师解析】
（1）当木条A 端刚刚离开斜面时，受力情况如图所示
设斜面倾角为θ，根据力矩平衡条件，若满足条件
木条就不会脱离斜面。根据题意
解得
（2）设G 为木条重心，由题意可知
当木条A 端刚刚离开斜面时，受力情况如图所示
由①中的分析可知，若满足
＞
木条就不会脱离斜面解得
8. (2023 年7 月浙江宁波期末)如图所示，倾角
的足够长光滑斜面固定在水平面上，
斜面上放一长
、质量
的薄木板，木板的最右端叠放一质量
的
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小物块，物块与木板间的动摩擦因数
。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板
沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度
。则（ ）
A. 要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力
B. 当恒力
时，物块会与木板发生相对滑动
C. 当恒力
时，物块会与木板发生相对滑动
D. 当恒力
时，物块滑离木板所用的时间为
【参考答案】C
【名师解析】
要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有
解得
故A 错误；
BC．对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得
对物块有
为使物块不滑离木板，则
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解得
综上可得，当
时物块不滑离木板；当
时物块与木板发生相对滑动；故
B 错误，C 正确；
D．若
，物块能滑离木板。对木板有
对物块有
设经时间t 滑块滑离木板，由运动学公式有
解得
故D 错误。
9.（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v0 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：
(1)Q2的大小；
(2)物块的初速度v0的大小；
(3)A 点的坐标对应的Q1与F1的大小。
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【参考答案】．(1) 2J； (2) 4m/s； (3)
4
3 J
，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 =μ mg =2 N
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≤1 N 时，产生的热
量都为Q2，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
Q2=fx 相=fL=2J
(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
a1=2m/s2
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
a2=6m/s2
以木板为参考系，则物块的相对加速度为
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a相=a1+a2=8m/s2
则根据匀变速运动的规律有
v0
2=2a相L
解得，物块的初速度为
v0=4 m/s
(3)图乙中，当1≤F≤F1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
经与木板共速，即相对位移小于木板的长度。当F>F1时，摩擦产生的热量又突然增大，
而且大于了Q2，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F=F1
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
F1=(m+M )a
对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
f =μ mg =ma
联立可得
F1=3 N
又因为当1≤F≤F1时，对物块和木板受力分析，由牛顿第二定律得
μ mg =ma 1
F+μ mg =Ma 3
设物块位移为x1，木板位移为x2，经时间t 达到共同速度v ，则
x1= v0+v
2
t
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x2= v
2 t
且
v=v0−a1t=a3t
此时物块在木板上的相对位移为
x=x1−x2
联立得
x=
v0
2
4( F+3)
将F=F1=3 N 代入得
x=2
3 m
所以
Q1=μ mgx = 4
3 J
30
