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高考重点考点解读与针对性训练
第七章 机械能
考点47 功和能+板块模型
【考点解读】
1.动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；
从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝Δv2
a2
＝Δv1
a1
，可求出共同速度v 和所用
时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移。
2.功和能分析：对滑块和木板分别应用动能定理，或者对系统应用能量守恒定律。如图所
示，要注意区分三个位移：
（1）求摩擦力对滑块做的功时，用滑块相对地面的位移x 滑。
（2）求摩擦力对木板做的功时，用木板相对地面的位移x 板。
（3）求摩擦生热时用相对位移Δx。
【方法点拨】
板块模型的解题思路
1
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【高考真题】
【典例1】（2023·全国乙卷21 题）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1
2mv0
2－fl
D.物块的动能一定小于1
2mv0
2－fl
答案：BD
解析：物块可视为质点，则物块和木板的运动示意图和v-t 图像如图甲、乙所示。
根据动能定理可知
对小物块：－fx1＝1
2mv1
2－1
2mv0
2①
对木板：fx2＝1
2Mv2
2②
根据v-t 图像与横轴围成的面积S 表示物体运动的位移可知
x2＝S△COF，x1＝SABFO
根据位移关系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF
因此fl＞fx2＝1
2Mv2
2，即木板的动能一定小于fl，A 错误，B 正确；
将①、②两式相加得－fl＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2－1
2mv0
2，变形得物块离开木板时的动能1
2mv1
2
＝1
2mv0
2－fl－1
2Mv2
2＜1
2mv0
2－fl，C 错误，D 正确。
2
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【典例2】. （2025 高考四川卷） 如图所示，倾角为
的光滑斜面固定在水平地面上，
安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质
量均为m，两者之间动摩擦因数为
。电动机以恒定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面
向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为
。运动过程中轻绳与斜
面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内
（ ）
A. 物块的位移大小为
B. 物块机械能增量为
C. 小车的位移大小为
D. 小车机械能增量为
【答案】C
【解析】对物块根据牛顿第二定律，
解得 a=g/4. 根据运动学公式，v0
2=2ax1，解得物块的位移大小为
，A 错误；
物块机械能增量
，B 错误；
对小车，由动能定理，
其中t=v0/a，联立解得x=
，C 正确；
3
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小车机械能增量
，D 错误。
【针对性训练】
1.（2025·浙江舟山期末）如图所示，木板上A、B 两点相距5 m。一物块相对木板向右从
板上A 点滑至B 点，同时木板在地面上向左滑行2 m，图甲为滑行前，图乙为滑行后，已
知物块与木板间的滑动摩擦力大小为20 N，则下列说法正确的是（ ）
A.物块所受的摩擦力做功为－60 J
B.木板克服摩擦力做功为－40 J
C.物块与木板间因摩擦产生的热量为60 J
D.物块与木板间因摩擦产生的热量为40 J
答案 A
解析： 对物块分析可得W1＝－Ff（L－l）＝－20×（5－2）J＝－60 J，A 正确；对木板
分析可得W1＝－Ffl＝－20×2 J＝－40 J，木板克服摩擦力做功为40 J，B 错误；物块与木
板间因摩擦产生的热量为Q＝FfL＝20×5 J＝100 J，C、D 错误。
2. 如图所示，一长木板B 放在粗糙的水平地面上，在B 的左端放一物块A，现以恒定的
外力F 拉A，经一段时间物块A 从长木板B 的右端滑下，在此过程中以地面为参考系，长木
板B 也向右移动一段距离，则在此过程中（ CD ）
A.外力F 对A 做的功等于A 和B 动能的增加量
B.A 对B 摩擦力做的功与B 对A 摩擦力做的功绝对值相等
C.外力F 做的功等于A、B 动能的增加量与系统由于摩擦而产生的热量之和
D.A 对B 摩擦力做的功等于B 动能的增加量和B 与地面之间因摩擦产生的热量之和
答案 CD
解析 根据功能关系和能量守恒定律可知，外力F 做的功等于A、B 动能的增加量
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与系统由于摩擦而产生的热量(包括A、B 之间，B 和地面之间因摩擦所产生的热量)
之和；同理，A 对B 的摩擦力做的功等于B 动能的增加量和B 与地面之间因摩擦产生的
热量之和，虽然A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力大小相等，但在力的方向上的位移大
小不同，所以A 对B 的摩擦力做的功与B 对A 的摩擦力做的功的绝对值不相等，故C、
D 正确，A、B 错误.
3.[2024 江西抚州黎川二中校考]如图甲所示，表面粗糙的“L”形水平轨道固定在地面上，劲
度系数为k、原长为l0的轻弹簧一端固定在轨道上的O 点，另一端与安装有加速度传感器的
小滑块相连，滑块总质量为m.以O 为坐标原点，水平向右为正方向建立x 轴，将滑块拉至
坐标为x3的A 点由静止释放，滑块向左最远运动到坐标为x1的B 点，测得滑块的加速度a
与坐标x 的关系如图乙所示，其中a0为图线纵截距.则滑块由A 运动至B 过程中（弹簧始终
处于弹性限度内），下列描述正确的是（ B ）
A.x2＝l0
B.最大动能为1
2ma3（x3－x2）
C.动摩擦因数μ＝a0
g
＋k l0
mg
D.滑块在x3和x1处的弹性势能Ep3＝Ep1
答案 B
解析 由图可知，当滑块运动到x2位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水平向右
的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而不是恢复原长，故A
错误.加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合图线与横轴所
围区域的面积可得Ekm＝1
2ma3(x3-x2)，故B 正确.根据牛顿第二定律得-k(x-l0)＋μmg＝
ma，当x＝0 时，a＝a0，解得动摩擦因数μ＝a0
g −k l0
mg
，故C 错误.由能量守恒定律可得
Ep3＝Ep1＋μmg(x3-x1)，故D 错误.
4.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的
物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的
速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的
作用力F，则力F 对木板所做的功为（ ）
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A.m v
2
4
B.m v
2
2
C.mv2
D.2mv2
答案 C
解析： 由能量转化和能量守恒定律可知，力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体的动
能，一部分转化为系统内能，故W＝1
2mv2＋μmgx 相对，x 相对＝vt－v
2t，a＝μg，v＝at，联
立以上各式可得W＝mv2，故选项C 正确。
5.（2025·河北邢台期中）如图所示，长为L 的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小
物块。用大小为F 的水平力将小车向右拉动一段距离s，物块刚好滑到小车的左端。物块与
小车间的摩擦力为Ff，在此过程中（ ）
A.小物块的机械能增加量为Ffs
B.小物块与小车系统的机械能增加量为Fs
C.小车的机械能增加量为（F－Ff）s
D.物块与小车组成的系统产生的内能为Ffs
答案 C
解析： 小物块对地的位移方向向右，大小为x＝s－L，小物块受到的摩擦力方向水平向右，
则摩擦力对小物块做的功等于小物块的机械能增加量，为ΔE1＝Ff（s－L），故A 错误；小
物块与小车系统的机械能增加量为ΔE2＝Fs－FfL，故B 错误；小车的机械能增加量为ΔE3＝
（F－Ff）s，故C 正确；物块与小车组成的系统产生的内能为E＝FfL，故D 错误。
6.如图所示，质量m1＝1 kg 的木板Q 静止在水平地面上，质量m2＝3 kg 的物块P 在木板
左端，P 与Q 之间的动摩擦因数μ1＝0.2，地面与Q 之间的动摩擦因数μ2＝0.1，现给物块
P 以v0＝4 m/s 的初速度使其在木板上向右滑动，最终P 和Q 都静止且P 没有滑离木板Q，
重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.P 与Q 开始相对静止的速度是2.5 m/s
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B.长木板Q 的长度至少为3 m
C.P 与Q 之间产生的热量和地面与Q 之间产生的热量之比为1∶1
D.P 与Q 之间产生的热量和地面与Q 之间产生的热量之比为2∶1
答案 C
解析： P 的加速度为aP ＝－μ1m2 g
m2
＝－2 m/s2 ，Q 的加速度为aQ ＝
μ1m2 g－μ2（m1＋m2）g
m1
＝2 m/s2，两者共速时有v 共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1 s，v 共
＝2 m/s，选项A 错误；P、Q 共速时的相对位移为Δx＝v0＋v共
2
t－0+ v共
2
t＝2 m，之后不
发生相对滑动，故长木板Q 的长度至少为2 m，选项B 错误；P 与Q 之间产生的热量为Q1
＝μ1m2gΔx＝12 J，由能量守恒定律得，地面与Q 之间产生的热量为Q2＝1
2m2v0
2－Q1＝12
J，P 与Q 之间产生的热量与地面与Q 之间产生的热量之比为1∶1，选项C 正确，D 错误。
7. [2024 湖北黄冈模拟/多选]如图所示，AB 为固定水平长木板，长为L，C 为长木板的中
点，AC 段光滑，CB 段粗糙，一原长为2
5L 的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端
连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B 点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作
用下向左滑动，已知物块与长木板CB 段间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，弹簧的劲
度系数为k，且k＞10 μmg
L
，物块第一次到达C 点时，物块的速度大小为v，此时弹簧的弹
性势能为E，不计物块的大小，弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，则下列说法正确的是（ BD ）
A.物块可能会停在CB 面上某处
B.物块最终会做往复运动
C.弹簧开始具有的最大弹性势能为E＋1
2mv2＋μmgL
D.最终物块和弹簧系统损失的总机械能为1
2mv2＋1
2μmgL
答案 BD
解析 由于k＞10 μmg
L
，可得k·( L
2 −2 L
5 )＞μmg，所以物块不可能停在CB 面上某处，
故A 错误；只要物块滑上BC 段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以
物块最终会在AC 段做往复运动，故B 正确；物块从开始运动到第一次运动到C 点的
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过程中，根据能量守恒定律得Epmax＝E＋1
2mv2＋μmg· L
2 ，故C 错误；物块第一次到达C
点时，物块的速度大小为v，物块最终会在AC 段做往返运动，到达C 点的速度为0，
可知物块克服摩擦力做的功最终为：Wfmax＝Epmax-E＝1
2mv2＋1
2μmgL，故D 正确.
8 .如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现
将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦
因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的
过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F 对木板所做的功为( )
A.
B.
C.mv2
D.2mv2
答案 C
解析 由能量转化和能量守恒定律可知，力F 对木板所做的功W 一部分转化为
物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgs 相，s 相＝vt－t，a＝
μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C 正确。
9 .．（湖南长郡中学2025 年高考物理科目预测试卷）如图所示，木板AB 质量为M=2kg 静
止放在光滑水平面上，木板的右端B 处固定一根轻质弹簧，弹簧的原长为BC 长度，C 点到
木板左端A 的距离LAC=1.0m，可视为质点的小滑块质量为m，静止放置在木板的左端；现对
木板施加水平向左的恒力F=24N，0.5s 时撤去恒力F，此时滑块恰好到达弹簧自由端C 处，
此后的运动中始终没有超过弹簧的弹性限度。已知木板C 点右侧部分光滑、C 点左侧部分
与木块间的动摩擦因数为
=0.2；取g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．若恒力F=7.5N，则在F 作用时间内木板和滑块会相对静止
B．撤去恒力F 后，木板先做减速后做匀速运动
C．在木板和滑块相对运动的整个过程中，弹簧的最大弹性势能EP=8.0J
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D．在木板和滑块相对运动的整个过程中，系统产生的热量Q=8.0J
【答案】ACD
【解析】F 作用的过程中，对小木块有：
、
可得：
、
对木板有：
、
、
联立可得：
、
此时木板的速度：
小木块的速度：
所以弹簧被压缩，小木块继续做加速运动，木板开始做减速运动，弹簧压缩到最短时，两
者共速，此时弹簧弹性势能最大，由动量守恒和能量守恒有：
、
，可得：
、
之后弹簧伸长，小木块继续做加速运动，木板继续做减速运动，弹簧回复原长时，小木块
速度大于木板速度，小木块接着向左运动进入粗糙面，开始做减速运动；木板受到向左的
摩擦力，开始做加速运动，二者共速时，开始做匀速运动，故B 错误，C 正确；
A.若在F1作用下木板和滑块恰好发生相对运动，则对滑块有：μ mg =ma 1、
对木板有：F1−μ mg =Ma1，得F1=8N>7.5N,木板和滑块相对静止一起运动，A 正确。
弹簧回复原长时，根据动量和能量守恒：
、
可知：
假设二者在粗糙部分最后共速，则由：
可得：
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木板的加速度大小：
木板向左运动的位移：
小木块的位移：
则：
即小木块从木板左侧滑出，所以整个运动过程中，系统产生的热量：
，故
D 正确。
10 .[2024 江苏扬州仪征中学校考]大货车装载很重的货物时，在行驶过程中要防止货物发
生相对滑动，否则存在安全隐患.下面进行安全模拟测试实验：如图1 所示，一辆后车厢表
面粗糙且足够长的小货车向前以未知速度v0匀速行驶，质量mA＝10kg 的货物A（可看成质
点）和质量mB＝20kg 的货物B（可看成水平长板）叠放在一起，开始时A 位于B 的右端，
在t＝0 时刻将货物A、B 轻放到小货车的后车厢前端，最终货物A 恰好没有滑离货物B，货
物A、B 在0～1s 时间内的速度—时间图像如图2 所示，已知货物A、B 间的动摩擦因数μ1
＝0.40，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求运动过程中货物A 的加速度大小.
（2）求货物B 与车厢表面之间的动摩擦因数μ2.
（3）求货物A、B 间由于摩擦而产生的内能.
答案 （1）aA＝4m/s2 （2）μ2＝0.67 （3）Q＝40J
解析 （1）对货物A，刚放上车厢时，由牛顿第二定律有
μ1mAg＝mAaA
解得A 的加速度为aA＝4m/s2
（2）对货物A，刚放上车厢时，A 的加速度aA＝4m/s2，
由图2 知，v0＝aAt2＝4m/s
对货物B，由图2 知刚放上车厢时，货物B 的加速度
aB＝8m/s2，
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由牛顿第二定律有μ2（mA＋mB）g－μ1mAg＝mBaB，解得μ2＝0.67
（3）解法1 由图2 知，货物B 经时间t1＝0.5s 与车共速，货物A 经时间t2＝1s 与车共速，
从将货物A、B 放上车厢到A、B 均与车相对静止的过程中，xB＝1
2aBt1
2＋v（t2－t1），xA＝
1
2aAt2
2
货物B 的长度：L＝xB－xA，解得L＝1.0m
货物A、B 间由于摩擦而产生的内能Q＝μ1mAgL＝40J.
解法2 从将货物A、B 放上车厢到A、B 均与车相对静止的过程中，货物B 对地的位移设
为xB，货物A 对地的位移设为xA，则货物B 的长度：L＝xB－xA
由图2 知，货物A、B 对地位移之差在数值上等于图中斜三角形的面积值，即：L＝ΔS＝1
2
×（1－0.5）×4m＝1.0m，货物A、B 间由于摩擦而产生的内能Q＝μ1mAgL＝40J.
11 如图所示，倾角θ＝37°，长为6 m 的斜面体固定在水平地面上，长为3 m、质量为4
kg 的长木板A 放在斜面上，上端与斜面顶端对齐；质量为2 kg 的物块B(可视为质点)放在
长木板的上端，同时释放A 和B，结果当A 的下端滑到斜面底端时，物块B 也刚好滑到斜
面底端，已知长木板A 与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块B 与A 间的动摩擦因数μ2＝
0.375，重力加速度g 取10 m/s2，不计物块B 的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)从开始到A 的下端滑到斜面底端所用时间；
(2)从开始到A 的下端滑到斜面底端的过程中，A 与B 间、A 与斜面间因摩擦产生的总热量。
答案 (1)2 s (2)90 J
解析 (1)设长木板A 运动的加速度大小为a1，A 的下端滑到斜面底端经历时间为t，长木板
A 的长为L、物块B 的质量为m，则斜面长为2L、长木板A 的质量为2m，以长木板为研究
对象，根据牛顿第二定律可得
2mgsin θ－μ1·3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1
由运动学公式可得L＝a1t2
联立解得t＝2 s。
(2)设长木板A 和物块B 运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式可得
L＝v1t
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2L＝v2t
由能量守恒定律可得，因摩擦产生的总热量为
Q＝mg·2Lsin θ＋2mgLsin θ－mv－×2mv
代入数据解得Q＝90 J。
12 .[2023 辽宁沈阳二十中一模]如图，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面固定，长L＝1.2m，质
量M＝2kg 的长木板下端靠着插销置于斜面上，上表面底端放有一质量m＝1kg 的物块（视
为质点），不可伸长的伸直细线一端连接物块，一端拴在固定挡板上.零时刻拔去插销，
0.8s 末将细线剪断.已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝√3
3 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度g＝10m/s2.
（1）求0.2s 末细线对物块的拉力大小；
（2）求0.8s 末长木板的速度大小；
（3）求在木板下滑的过程中，系统产生的热量是多少.
答案 （1）10N （2）2m/s （3）16
3 J
解析 （1）以物块为研究对象，其受力如图甲所示
物块静止，由力的平衡条件有F＝mgsinθ＋f，f＝μmgcos30°
代入数据解得F＝10N
图甲 图乙
（2）以木板为研究对象，其受力如图乙所示
由牛顿第二定律有Mgsin30°－f'＝MaM，f'＝f
代入数据得aM＝2.5m/s2
由运动学规律有v＝aMt
将t＝0.8s 代入解得v＝2m/s
（3）0～0.8s 内木板发生的位移为x＝1
2aMt2
代入数据得x＝0.8m.
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0.8s 之后，由于物块与木板间摩擦力不变，则木板加速度aM不变，二者均向下做匀加速运
动.假设经时间t'两者共速时，物块仍在木板上，对物块，由牛顿第二定律有mgsin30°＋f＝
mam
代入数据得am＝10m/s2
由运动学规律有v 共＝amt'
v 共＝v＋aMt'
代入数据得t'＝4
15s
v 共＝8
3m/s
木板发生的位移为x1＝1
2（v＋v 共）t'
物块发生的位移为x2＝1
2v 共t'
代入数据得x1＝28
45m，x2＝16
45m
两者间的相对位移为Δx＝x1－x2＝4
15m
因Δx＋x＝16
15m＜L，假设成立，此后两者一起加速下滑，物块不会从木板上落下，可得在
木板下滑的过程中，系统产生的热量
Q＝f（x＋Δx）＝16
3 J.
13.如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底
端P 平滑连接，将一质量m＝2 kg 的小物块从A 点静止释放。已知A、P 间的距离L＝8 m，
物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，重力加速度取g＝10
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物块：
（1）第1 次滑过P 点时的速度大小v1；
（2）第1 次在传送带上往返运动的时间t；
（3）从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。
答案：（1）8 m/s （2）9 s （3）48 J
解析：（1）由动能定理得
13
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（mgsin 37°－μ1mgcos 37°）L＝1
2mv1
2－0
解得v1＝8 m/s。
（2）由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
物块与传送带共速时，由速度公式得
－v＝v1－at1
解得t1＝6 s
匀速运动阶段的时间为t2＝
v1
2
2a －v
2
2a
v
＝3 s
物块第1 次在传送带上往返运动的时间
t＝t1＋t2＝9 s。
（3）由分析可知，物块第一次离开传送带以后，直到物块停止运动，每次再到达传送带和
离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒定律有
Q＝μ1mgLcos 37°＋1
2mv2＝48 J。
14 如图所示，A 为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为M＝20 kg 的
平板小车B 静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量m＝5
kg 可视为质点的小货箱C 以初速度v0＝4 m/s 开始由轨道顶端滑下并冲上平板小车，当速
度减小为冲上平板小车B 时速度的1
5时开始匀速运动，小货箱C 未离开平板小车。若曲面
轨道顶端与底端的高度差为h＝0.45 m，小货箱C 与平板小车板面间的动摩擦因数为μ＝
0.5，平板小车与水平地面间的摩擦不计，重力加速度g 取10 m/s2。求：
（1）小货箱C 冲上平板小车时的速度大小；
（2）平板小车板面的最小长度；
（3）从小货箱C 开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能。
答案：（1）5 m/s （2）2 m （3）50 J
解析：（1）小货箱在A 上滑行过程，根据动能定理可得mgh＝1
2mv1
2－1
2mv0
2
解得小货箱C 冲上平板小车时的速度大小为v1＝5 m/s。
（2）由题意可知，小货箱最后与平板小车相对静止，当达到共同速度1
5v1时小货箱恰好滑
到平板小车最右端，此情况下平板小车板面最短，则相对滑动过程，由能量守恒定律可得
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1
2mv1
2＝1
2（m＋M）·(
1
5 v1)
2
＋μmgLmin
解得平板小车板面的最小长度为Lmin＝2 m。
（3）从小货箱C 开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能为
Q＝μmgLmin＝50 J。
15. 如图所示，质量为M、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在
木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F 作用于滑块。当滑块
运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结
论正确的是（ ）
A.上述过程中，F 做功大小为1
2mv1
2＋1
2Mv2
2
B.其他条件不变的情况下，M 越大，x 越小
C.其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越长
D.其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
答案：BD
解析：F 做功大小等于二者动能与产生的热量之和，A 错误；滑块在木板上滑动过程用v-t
图像来研究，如图所示，图线①为滑块的v-t 图，②为木板的v-t 图像，t0时刻滑块到达木
板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M 越大，图线②的斜率
越小，t0越小，x 越小，B 正确；其他条件不变，F 越大，图线①的斜率越大，t0越小，故C
错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越
大，滑块与木板间产生的热量越多，D 正确。
16 如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，长为3 m、
质量为4 kg 的长木板A 放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg 的物块B 放在长
木板的上端，同时释放A 和B，结果当A 的下端滑到斜面底端时，物块B 也刚好滑到斜面
的底端，运动的时间为2 s，重力加速度g 取10 m/s2，不计物块B 的大小，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
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（1）长木板A 与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B 与A 间的动摩擦因数μ2；
（2）从开始到A 的下端滑到斜面底端的过程中，A 与B 间、A 与斜面间因摩擦产生的总热
量。
答案：（1）0.5 0.375 （2）90 J
解析：（1）设长木板A 和物块B 运动的加速度大小分别为a1、a2，长木板A 和物块B 运动
到斜面底端经历时间为t，令长木板A 的长为L、物块B 的质量为m，则斜面长为2L、长木
板A 的质量为2m，以长木板为研究对象，则
L＝1
2a1t2
根据牛顿第二定律得
2mgsin θ－μ1·3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1
以物块B 为研究对象，则2L＝1
2a2t2
根据牛顿第二定律得mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2
联立以上各式并代入数据解得
μ1＝0.5，μ2＝0.375。
（2）设长木板A 和物块B 运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式有
L＝1
2v1t，2L＝1
2v2t
摩擦产生的总热量
Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－1
2mv2
2－1
2×2mv1
2
或Q＝μ1·3mgcos θ·L＋μ2mgcos θ·L
代入数据解得Q＝90 J。
17. 如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长为6m，长为3m、质量为
4kg 的长木板A 放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2kg 的物块B 放在长木板的上端
同时释放A 和B，结果当A 的下端滑到斜面底端时，物块B 也刚好滑到斜面的底端，运动
的时间为2s，重力加速度g 取10m/s2，不计物块B 的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
（1）长木板A 与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B 与A 间的动摩擦因数μ2；
（2）从开始到A 的下端滑到斜面底端的过程中，A 与B 间、A 与斜面间因摩擦产生的总热
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量.
答案 （1）0.5 0.375 （2）90J
解析 （1）设长木板A 和物块B 运动的加速度大小分别为a1、a2，长木板A 和物块B 运动
到斜面底端经历时间为t，令长木板A 的长为L、物块B 的质量为m，则斜面长为2L、长木
板A 的质量为2m，以长木板A 为研究
对象，则L＝1
2a1t2
根据牛顿第二定律有
2mgsinθ－μ1×3mgcosθ＋μ2mgcosθ＝2ma1
以物块B 为研究对象，则2L＝1
2a2t2
根据牛顿第二定律有mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2
联立以上各式并代入数据解得μ1＝0.5，μ2＝0.375
（2）设长木板A 和物块B 运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式有L＝1
2
v1t，2L＝1
2v2t
由功能关系可知，因摩擦产生的总热量
Q＝mg×2Lsinθ＋2mgLsinθ－1
2mv2
2－1
2×2mv1
2
（或Q＝μ1×3mgcosθ·L＋μ2mgcosθ·L）
代入数据解得Q＝90J.
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