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07 板块模型
1．(2020·甘肃兰州一中高三期中)如图所示，水平桌面上，质量为m 的物块放在质量为2m 的长木板的左端，
物块和木板间的动摩擦因数为
，木板和桌面间的动摩擦因数为
，开始时物块和木板均静止，若在
物块上施加一个水平向右的恒力F，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．当F >
μmg 时，物块和木板一定发生相对滑动
B．当F = μmg 时，物块的加速度大小为
C．当F = 2μmg 时，木板的加速度大小为
D．不管力F 多大，木板的加速度始终为0
【答案】B
【详解】
A．当物块相对于木板刚要发生相对滑动时，物块和长木板间的静摩擦力达到最大值，对整体
隔离木板得
得
只有
物块和木板才一定发生相对滑动，选项A 错误；
B．当F=μmg 时，物块和长木板相对静止，对整体有
得
选项B 正确；
CD．当F=2μmg 时，物块和木板发生相对滑动，隔离木板得
得
选项CD 错误。
故选B。
2．(2020·湖北荆门·高一期末)在水平光滑地面上，长木板M 和小滑块m 叠放在一起，开始它们均静止。现
将水平向右的恒力F 作用在M 的右端，已知长木板和小滑块之间动摩擦因数μ=0.4，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，M=2kg，m=1kg，g=10m/s2，如图所示。当F 取不同数值时，小滑块的加速度a 可能不同，
则以下正确的是( )
A．若F=6.0N 则a=3.0m/s2
B．若F=8.0N 则a=4.0m/s2
C．若F=10N 则a=3.0m/s2
D．若F=15N 则a=4.0m/s2
【答案】D
【详解】
当木块和木板间的静摩擦力达到最大时，此时
此时对木板和木块的整体
解得
F=12N
A．若F=6.0N 则两物体以共同的加速度向前运动，则
选项A 错误；
B．若F=8.0N 则两物体以共同的加速度向前运动，则
选项B 错误；
C．若F=10N 则两物体以共同的加速度向前运动，则
选项C 错误；
D．若F=15N 则木块在木板上滑动，则木块的加速度为
选项D 正确。
故选D。
3．(2020·辛集市第一中学高三月考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，硬纸片上放质量均为1kg 的
A、B 两物块，A、B 与硬纸片之间的动摩擦因数分别为
和
，水平恒力F 作用在A 物
块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
)，下列说法正确的是( )
A．当
时，则物块、硬纸片都静止不动
B．若
，则B 物块的加速度为4.0m/s2
C．当
，则A 物块所受摩擦力大小为1.5N
D．无论力F 为多大，A 与硬纸片都不会发生相对滑动
【答案】D
【详解】
物体A 与纸片间的最大静摩擦力为
物体B 与纸片间的最大静摩擦力为
A．因为
所以AB 与纸片保持相对静止，整体在F 作用下向左匀加速运动，故A 错误；
BD．当B 刚要相对于纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得
又
得
对整体，有
即达到4N 后，B 将相对地纸片运动，此时摩擦力
；则对纸片可知，纸片受到A 的摩擦力大于
B 的摩擦力；故A 和纸片间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8N 时，B 与纸片间的摩擦力即为滑
动摩擦力为2N，此后增大拉力，不会改变B 的受力；其加速度大小均为
，故B 错误，D 正确；
C．因为
所以AB 即纸片保持相对静止，整体在F 作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得
则A 物块所受摩擦力
故C 错误。
故选D。
4．(2020·渝中·重庆巴蜀中学高三月考)如图，斜面体C 质量为M 足够长，始终静止在水平面上，一质量为
2m 的足够长的木板A 上表面光滑，木板A 恰好能沿斜面匀速下滑，以沿斜面向下为正方向，当木板A
以速度v0匀速下滑时，将一质量为m 的滑块B 轻轻放在木板A 的上表面之后，下列说法正确的是(
)
A．滑块B 放在木板A 的上表面之后，木板A 继续匀速运动
B．滑块B 的动量为3mv0时，木板A 的动量为
C．木板A 在运动过程中地面对C 有向左的摩擦力
D．木板A 在运动过程中斜面体对水平面的压力大小为
【答案】D
【详解】
A．由题意可知，没放滑块B 时，木板A 做匀速运动，即受力平衡，合力为零，设斜面的倾角为
，即
放上滑块B 后，对滑块B 受力分析，有重力mg 和A 对B 的支持力
，对B 由牛的第二定律可得
滑块B 受到的支持力为
对木板A 受力分析，有重力2mg，斜面C 对A 的支持力
，滑块B 对A 的压力
和斜面C 对A 沿
斜面向上的摩擦力
，对A 由牛顿第二定律得
其中
由此可知，滑块B 放在木板A 的上表面之后，木板A 将做匀减速直线运动，滑块B 做匀加速直线运动，
所以A 错误；
B．滑块B 的动量为3mv0时，即
对B 由匀变速直线运动的公式可得
对A 由匀变速直线运动的公式可得
即当滑块B 的动量为3mv0时，木板A 速度已经减到了零，又
所以此时木板A 将保持静止状态，即A 的动量为零，所以B 错误；
C．对斜面体C 受力分析，有重力Mg，地面对C 的支持力
，木板A 对C 的压力
和木板A 对C
沿斜面向下的摩擦力
，由前面分析可知
由力的平衡条件可知，这两个力的合力竖直向上下，大小为3mg，所以水平方向地面对斜面C 没有摩擦
力，所以C 错误；
D．由C 选项分析可知，斜面C 受力平衡，即
所以D 正确。
故选D。
5．(2020·运城市景胜中学高三月考)如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC 两部分组成，且
AB=BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A 点滑上桌面，最后恰好停在C 点，已知物块经过AB
与BC 两部分的时间之比为1：4，则物块P 与桌面上AB、BC 部分之间的动摩擦因数
、
之比为(P
物块在AB、BC 上所做的运动均可看作匀变速直线运动)( )
A．1：1
B．1：4
C．4：1
D．8： 1
【答案】D
【详解】
设AB、BC 两部分：长度为L，在B 点的速度为v，受摩擦力
F1=μ1mg、F2=μ2mg
加速度a1=μ1g、a2=μ2g，时间t1=t、t2=4t
逆向研究BC
逆向研究BA
解得μ1：μ2=8：1
故选D。
6．如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，
细绳水平。t=0 时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t=4s 时撤去外力。细绳对物块的拉力f 随时间t
变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽
略。重力加速度取g=10m/s2。由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s 内，力F 的大小为0.4N
C．0~2s 内，力F 的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【详解】
A．由图(c)可知， 4～5s 内木板的加速度
所受摩擦阻力
所以木板的质量
故A 正确；
B．2～4s 内木板做匀加速直线运动，加速度
由于物块的摩擦力f 为恒力，所以拉力F 也为恒力，根据牛顿第二定律
解得
故B 正确；
C．由图(c)可知，0～2s 内物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程中拉
力F 等于f，故F 在此过程中是变力，故C 错误；
D．由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D 错误。
故选AB。
7．(2020·重庆九龙坡·高三期中)如图，一固定且足够长的斜面MN 与水平面的夹角α=37°，斜面上有一质量
为3m、上表面光滑且下端有挡板P 的长木板A 沿斜面匀速向下运动，速度大小v0=1m/s，现将一质量为
m 的小滑块轻轻地放在长木板上，当小滑块运动到挡板P 时(与挡板碰前的瞬间)，长木板的速度刚好减
为零，之后小滑块与挡板发生第1 次碰撞，以后每隔一段时间，小滑块就与挡板碰撞一次，小滑块始终
在长木板上运动，已知小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度g=10m/s2，
sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是( )
A．小滑块在长木板上下滑过程中，长木板的加速度大小为2m/s2
B．小滑块放在木板上的瞬间，其与P 的距离为
C．小滑块与挡板第1 次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s
D．小滑块与挡板第2 次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s
【答案】ACD
【详解】
A．开始长木板匀速下滑时，由平衡条件可得
带入数据解得
把小滑块放上长木板后，对长木板，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
故A 正确；
B．长木板上表面光滑，碰撞前小滑块做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动，小滑块从放上长
木板到与挡板相撞的时间为
小滑块放上长木板的瞬间，其与P 的距离为
故B 错误；
C．设小滑块与挡板第一次碰撞前的速度为v，则
滑块与挡板碰撞过程系统动量守恒，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
联立方程，带入数据解得
，
则小滑块与挡板第1 次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s，故C 正确；
D．碰撞后长木板速度再次减为零的时间为
此时小滑块的速度为
，方向沿斜面向下
这个过程中小滑块的位移为
，方向沿斜面向下
长木板的位移为
故
，二者发生第2 次碰撞，第2 次碰撞前的瞬间小滑块的速度与第1 次碰撞前的速度相同，所以
小滑块与挡板第2 次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小仍为1.5m/s，故D 正确。
故选ACD。
8．(2020·山东寿光现代中学高二月考)如图所示，一质量M=8.0kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，
在其右端放一个质量m=2.0kg 的小木块 A。给A 和B 以大小均为5.0m/s，方向相反的初速度，使A 开
始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板，A、B 之间的动摩擦因数是0.5。则在整个过程中，
下列说法正确的是( )
A．小木块A 的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75m/s
B．小木块A 的速度方向一直向左，不可能为零
C．小木块A 与长木板B 共速时速度大小为3m/s
D．长木板的长度可能为10m
【答案】ACD
【详解】
AB．木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度均为v0=5.0m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，
系统合动量方向向右，所以木块A 先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块
与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得当木块A 的速度间为零时
代入数据解得
故A 正确，B 错误；
C．最终木块与木板速度相等，根据动量守恒定律可得
代入数据解得
故C 正确；
D．最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统
代入数据解得
x=8m
木板的最小长度为8m，可能为10m，故D 正确。
故选ACD。
【点评】
本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒
定律与能量守恒定律求出木板速度与长度的临界值是即可解题。
9．(2020·江苏高三月考)如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0 时刻滑块从板的左端以
速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的vt 图象可能
是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】
CD．滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于
地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动。设木块与木
板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板
若滑动，则
μ1mg>μ2(M＋m)g
最后一起做匀减速运动，加速度
a′＝μ2g
开始时木块做匀减速运动的加速度大小为
a＝μ1g>μ2g
知图线的斜率变小，故C 正确，D 错误。
A．若
μ1mg<μ2(M＋m)g
则木板不动，滑块一直做匀减速运动，故A 正确。
B．由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动，故B 错误。
故选AC。
10．(2020·江苏泰州中学高三月考)如图，光滑水平面上静止着一上表面粗糙的长木板B，当小物块A 以
v0=10m/s 的水平初速度自木板的左端滑上时，给B 施加一个水平向右的恒力F=16N，经过一段时间，A
不再相对B 滑动。已知B 的质量M=2kg，A 的质量m=4kg，A 和B 之间的动摩擦因数μ=0.4，取
g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A．A 滑上B 时，B 的加速度大小为16m/s2B．经过t=0.5，A 和B 相对静止
C．相对静止后B 的加速度大小为4m/s2
D．t=3.5s 时，A 的速度为16m/s
【答案】ABD
【详解】
A．A 滑上B 时，对B，由牛顿第二定律得
代入数据解得
故A 正确；
B．A 滑上B 时，对A，由牛顿第二定律得
代入数据解得
A 做减速运动，B 做加速运动，设经时间t1两者速度相等，则
代入数据解得
故B 正确；
C．A、B 相对静止后，对A、B 系统，由牛顿第二定律得
代入数据解得
D．t=3.5s 时A 的速度
故D 正确。
故选ABD。
11．(2020·湖北高三期中)如图所示，质量为M=2kg 的长木板位于光滑水平面上，质量为m=1kg 的物块静止
在长木板上，两者之间的滑动摩擦因数为µ=0.5.重力加速度g 取10m/s2，物块与长木板之间的最大静摩
擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力F，下列说法正确的是( )
A．水平力F=3N 时，物块m 将保持静止状态
B．水平力F=6N 时，物块m 仍未在长木板M 上滑动
C．水平力F=7N 时，长木板M 的加速度大小为2.5m/s2
D．水平力F=9N 时，长木板M 受到的摩擦力大小为5N
【答案】BD
【详解】
对m、M 整体进行受力分析
F=(M+m)a
对m 进行受力分析
F-f=ma
当m、M 即将相对滑动时，静摩擦力达到最大值
fm=μmg
求解上面方程组
代入数据解得
F 最小=7.5N
A．当水平力F=3N，整体处于加速状态，因此物块m 将不会保持静止状态，故A 错误；
B．当水平力F=6N，物块m 不会在长木板M 上滑动，故B 正确；
C．水平力F=7N<7.5N，长木板和木块以共同的加速度运动，依据牛顿第二定律，结合整体法，则长木
板M 的加速度大小为
故C 错误；
D．水平力F=9N＞7.5N，两者之间发生相对滑动，则长木板M 受到的摩擦力大小，即为物块受到的摩
擦力，则为
f=μmg=5N
故D 正确；
故选BD。
12．(2020·辽河油田第二高级中学高三月考)如图所示，粗糙水平地面上静止一辆小车，其质量
，
长度
，小车最右端放置一个可视为质点的物块，其质量
。某时刻在小车上施加一个
水平向右的
的拉力F，已知小车与地面之间的动摩擦因数
，物块与小车之间的动摩擦因数
，重力加速度g 取
。物块在小车上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．物块的加速度大小为
B．小车的加速度大小为
C．小车的加速度大小为
D．经过
物块从小车左端掉落
【答案】AD
【详解】
A．假设小车和物块没有发生相对滑动，对整体，根据牛顿第二定律得
解得
此时物块的摩擦力大小为
又因为物块的最大静摩擦为
故假设不成立，二者发生了相对滑动，此时物块的摩擦力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得
解得物块加速度为
故A 正确；
BC．对小车进行受力分析，根据牛顿第二定律得
解得小车加速度为
故BC 错误；
D．设经过时间t 物块从小车上滑下，此时满足
代数解得
故D 正确。
故选AD。
13．(2020·全国高一专题练习)如图所示，质量为M 的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m
的木块(可视为质点)，在木板上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动并在最后分离。
设分离时木块相对地面运动的位移为x，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移
x 增大的是( )
A．仅增大木板的质量M
B．仅减小木块的质量m
C．仅增大恒力F
D．仅增大木块与木板间的动摩擦因数
【答案】AD
【详解】
设木板长为L，当木块与木板分离时，运动时间为t，对于木板
对于木块
当木块与木板分离时，它们的位移满足
解得
则木块相对地面运动的位移为
A．仅增大木板的质量M，
变小，
不变，x 增大，故A 正确；
B．仅减小木块的质量m，
变大，
不变，x 减小，故B 错误；
C．仅增大恒力F，
变大，
不变，x 减小，故C 错误；
D．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数，
变小，
增大，x 增大，故D 正确。
故选AD。
14．(2020·江西新余四中高三月考)如图所示，小物块A、B 质量均为2kg，长木板C 质量为1kg，用细线连
接A、B 放置在长木板C 上，A 与C 之间动摩擦因数为0.2，B 与C、C 与地面之间均为光滑。现对小物
体B 施加一随时间t 变化的水平拉力F=10t(N)，设A、B 间细绳拉力大小为T，则下列说法正确的是：
( )
A．在A、C 发生相对滑动之前，T∶F=3∶5
B．在A、C 发生相对滑动之前，T∶F=1∶2
C．在A、C 发生相对滑动之后，T∶F=1∶2
D．在A、C 刚要发生相对滑动的瞬间，物块A 的速度大小为4m/s
【答案】AD
【详解】
AB．在A 与C 发生相对滑动之前
，
则
A 正确B 错误；
C．发生相对滑动之后，根据牛顿第二定律可知
，
，
加速度不断增加，比值不是定值，C 错误；
D．A、C 刚要发生滑动瞬间，长木板C 加速达到最大，最大加速度为
则此时，拉力
则
故历时
，由于A、B、C 共速
求得
D 正确。
故选AD。
15．(2020·全国高三期中)如图甲所示，质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上，其上静止一质量为m1
的小滑块，现给木板施加一随时间均匀增大的水平力F，满足F=kt(k 为常量，t 代表时间)，长木板的加
速度a 随时间t 变化的关系如图乙所示。已知小滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法
正确的是( )
A．在0~2s 时间内，小滑块与长木板间的摩擦力增大
B．小滑块与长木板间的动摩擦因数
C．m1与m2之比为1：3
D．当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小0.5m/s
【答案】AD
【详解】
A．在0~2s 时间内，小滑块与长木板相对静止，它们之间为静摩擦力，对小滑块有
Ff=ma1
a1在增大，所以静摩擦力Ff也在增大，A 正确；
BC．长木板的加速度a 在3s 时突变，所以小滑块在3s 时脱离长木板，对长木板在3s 时刻前、后的运
动分析，由牛顿第二定律可得
F3−Ff3=m2a 前=m2 (2m/s2)
F3=m2a 后=m2 (3m/s2)
解得
Ff3=m2 (1m/s2)
在0~2s 时间内
F=(m1+m2)a1=kt
所以
在2~3s 时间内
F−Ff3=m2a2
所以
由图线斜率可知
解得
m1=m2
BC 错误；
D．在2s 时刻，小滑块与长木板的速度相同，在2~3s 时间内小滑块的速度的变化量为
Δv1=1m/s
长木板的速度变化量为
Δv2=1.5m/s
所以3s 时，长木板比小滑块的速度大0.5m/s，D 正确。
故选AD。
16．(2020·全国高三月考)游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为
的球A 放在高度
的平台上，长木板C 放在水平地面上，带凹槽的容器B 放在C 的最左端。A、B 可视为质点，B、C 质
量均为
，B、C 间的动摩擦因数
，C 与地面间的动摩擦因数
。在某次投掷中，
球A 以
的速度水平向右抛出，同时给木板C 施加一水平向左、大小为F=16N 的恒力，使球
A 恰好落入B 的凹槽内，瞬间球A 与B 合为一体。取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)球A 抛出时，凹槽B 与球A 之间的水平距离
；
(2)A、B 合为一体时的速度大小；
(3)要使AB 不脱离木板C，求木板长度的最小值L。
【答案】(1)3.96m；(2)3.6m/s；(3)5.04m
【详解】
(1)A 球平抛过程运动时间
此过程中A 球的水平位移
假设BC 之间无相对滑动一起向左加速运动，则加速度
所以BC 之间要产生相对滑动。其中B 的加速度为
在时间t 内槽B 的位移为
球A 抛出时，凹槽B 与球A 之间的水平距离
(2)A 将要落在槽B 中时，槽B 的速度
方向向左
设向右为正方向，则对AB 系统水平方向动量守恒
解得
(3)当A 做平抛运动的时间内，木板C 的加速度
当球A 落到槽B 中时木板C 的速度
此时槽B 相对木板C 向右滑动的距离为
当球A 落到槽B 中后板C 的加速度
而AB 的共同加速度仍为
因AB 一起向右减速，而C 向左减速，则当三个物体都停止运动时相对运动的位移
则木板长度的最小值
17．(2020·辽宁实验中学高三月考)如图所示，质量为M=0.5kg 的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg
的物块以初速度v0=4m/s 滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0．2，在物块滑上木板的
同时，给木板施加一个水平向右的恒力F．当恒力F 取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程
为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到
的关系如图所示，其中AB 与横轴平行，且AB 段的纵
坐标为1m-1．将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2．
(1)若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t 是多少？
(2)图乙中BC 为直线段，求该段B 点的横坐标
(3)图乙中DE 为直线段，求该段恒力F 的取值范围及
函数关系式
【答案】(1)
s(2)F=1N(3)
【详解】
(1)以初速度v0为正方向，
物块的加速度大小：
am=μg=2m/s2
木板的加速度大小：
aM=
=4m/s2
由图乙知，恒力F=0 时，物块在木板上相对于木板滑动的路程
=1m-1，则s=1m，
可知板长L=s=1m
滑块相对木板的路程：
L=v0t-
amt2-
aMt2，
代入数据可得：t
s；t=1s(舍)
当t=1s 时，滑块的速度为v=v0-amt=2m/s，木板的速度为v=aMt=4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块
的速度不可能小于木板的速度，故t=1s 应舍弃，故所求时间为t
s
(2)当F 较小时，物块将从木板右端滑下，当F 增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有
共同速度v，历时t1，
则木板的加速度
a1=
=(2F+4)m/s2
速度关系有：
v=v0-amt1=a1t1
相对位移：
L=
t1-
t1
联立解得：F=1N，即B 点的横坐标为F=1N ．
(3)当F 继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保
持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同加速度a 做匀加速运动，则对整体：
a=
，
对物块相对静止加速度的最大值
fmax=
=ma
可解得：F=3N，
当F>3N 时，
对应乙中的DE 段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为
s=2Δx
当两者具有共同速度v，历时t，
根据速度时间关系可得：
v0-amt=a1t
根据位移关系可得：
Δx＝v0t−
amt2−
a1t2
s=2Δx
联立
−F 函数关系式解得：
18．(2020·安徽省涡阳第一中学高三月考)如图甲所示，质量 M=3kg 的小车静止在水平面上，光滑固定的
圆弧轨道的下端与小车的右端平滑对接，轨道半径R=0.8m，质量 m=1kg 的物块(可视为质点)由轨
道顶端静止释放沿轨道下滑，接着物块离开圆轨道滑上小车。从物块滑上小车开始计时，物块运动的速
度随时间变化的部分图像如图乙所示。已知小车与水平面间的摩擦因数μ0=0.01，重力加速度为
10m/s2，求：
(1)物块经过圆轨道最低点时轨道对物块的支持力 F 大小；
(2)物块与小车之间的动摩擦因数μ 和物块刚滑上小车时小车的加速度大小；
(3)为了避免物块从小车上滑下，小车至少要多长。
【答案】(1)30N；(2)0.1；0.2m/s2；(3)
【详解】
(1)图像知物块的速度v=4m/s，根据牛顿第二定律得
解得轨道对物块的支持力
(2)物块滑上小车后，由图像可知物块的加速度大小为
根据牛顿第二定律得
解得
设小车的加速度为a2，则有
解得
(3)当它们达到速度相同时
解得
这一过程中，物块的位移为
小车的位移为
为了避免物块从小车上滑下，小车长度至少为
19．(2020·江苏高三期中)如图所示，光滑水平面上静止放着长L=1.6m，质量为M=3kg 的木板(厚度不计)，
一个质量为m=1kg 的小物体放在木板的最右端，m 和M 之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平
向右的拉力F(g 取10m/s2)。
(1)若木板与小物体相对滑动，求小物体的加速度的大小？
(2)为使小物体不掉下去，F 不能超过多少？
(3)如果拉力F=10N 恒定不变，画出木板运动的v－t 图象。
【答案】(1)1m/s2，加速度方向水平向右；(2)4N；(3)
【详解】
(1)小物体受到的滑动摩擦力提供加速度
mg=ma
解得
a＝1m/s2
加速度方向水平向右
(2)以小物体和木板为研究对象，根据牛顿第二定律
F=(M＋m)a
小物体刚要滑动时有
mg=ma
联立并代入数据解得
F=(M＋m)a=(3＋1)×1N=4N
故F 不能超过4N
(3)刚开始时当F=10N 时，小物体相对于木板相对滑动，对木板根据牛顿第二定律
F－μmg=Ma2
代入数据解得木板的加速度
a2=3m/s2
经过时间t 时小物体将会从板上掉落，根据位移－时间关系可得
得
此时的速度为
以后木板做加速运动的加速度为a3，则有
F=Ma3
解得
a3=3.3m/s2
木板的速度图象如图所示
20．(2020·云南高三一模)如图所示，长为L=3m，质量为M=3kg 的平板车在粗糙水平面上向右滑行，当其
速度为v=4m/s 时，在其右端轻轻放上一个质量为m=1kg 的滑块，已知滑块与平板车间的动摩擦因数为
μ1=0.1，平板车与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2。求：
(1)滑块与平板车取得相同的速度前各自的加速度；
(2)从开始至最终停止，滑块与平板车间因摩擦产生的热量Q；
(3)从开始至最终停止，滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能U。
【答案】(1)1m/s2，3m/s2；(2)
；(3)24J
【详解】
(1)开始阶段，对滑块有
解得
对滑板有
解得
(2)经过t1时间速度相等，则
解得
此时共同速度
滑块与平板车取得相同速度前，滑块位移
滑板位移
第一阶段相对位移
此后，如果以共同速度减速，则
加速度
则滑块受摩擦力
故此后两个物体做加速度不同的减速运动，滑块相对平板向前运动；对滑块，有
解得
对滑板，有
解得
滑板速度先减为零，位移
滑块速度减为零的位移
故第二阶段相对位移
滑块与平板车间因摩擦增加的内能
(3)根据能量守恒定律，滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能
21．(2020·四川高三月考)如图所示，一质量为m=1kg、可视为质点的小物块A 和一质量为M=1.5kg、足够
长的木板B 叠放于动摩擦因素为µ1=0.1 的粗糙水平面上，物块A 与木板B 右端对齐，其接触面间动摩
擦因素为μ2=0.2，在距离木板B 右端L=17.5m 处固定有一弹性挡板。用重锤敲击木板B 左端，使木板B
瞬间获得水平向右的初速度v0=10m/s；木板B 与挡板碰撞前后速度大小不变，方向相反，运动过程中物
块A 始终未离开木板B。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2求：
(1)木板B 与挡板碰撞前，木板B 与物块A 刚达到相对静止时的速度大小；
(2)木板B 与挡板碰撞前的速度大小；
(3)在整个运动过程中，物块A 与木板B 之间的接触面因摩擦产生的热量。
【答案】(1)4m/s；(2)3m/s；
(3)37.5J
【详解】
(1)物块A、木板B 共速前，对物块A
对木板B
带入数据解得
物块A、木板B 共速时，设共同速度为
，对物块A
对木板B
联立并带入数据得
(2)物块A、木板B 共速前
对物块A
对木板B
因为
，物块A、木板B 共速后一起匀减速，共同加速度a 满足
设木板B 以速度
，与挡板发生弹性碰撞
联立并带入数据得
(3)木板B 反弹后，对物块A
对木板B
设从木板B 反弹到速度减为0 所需时间为
，对木板B
联立解得
因为
，所以木板B 停止后不再运动，设从木板B 反弹到最终物块A 静止所需时间
为t3，对物块A
联立解得
22．(2020·广东高三月考)如图所示，质量M=3kg 的长木板静止在光滑水平地面上，左端静置质量m=1kg
的小滑块(可视为质点)，距长木板右端x0=1m 处有一固定竖直墙壁，墙壁上安装锁止装置，长木板与墙
壁碰撞瞬间即被锁定不动。已知长木板长L=2.5m，与小滑块间的动摩擦因数μ=0.6，重力加速度
g=10m/s2。现对小滑块施加一水平向右F=9N 的恒力，当长木板与墙壁相碰瞬间撤去恒力F。则：
(1)长木板经多长时间与墙壁发生碰撞；
(2)小滑块最终离墙壁的距离。
【答案】(1)1s；(2)1.25m
【详解】
(1)对长木板，由牛顿第二定律有
解得
设长木板经时间与墙壁发生碰撞，根据运动学公式则有
解得
(2)对小滑块，撤去恒力F 之前，由牛顿第二定律有
解得
撤去恒力F 的瞬间，小滑块的速度
撤去恒力F 之前小滑块的位移为
对小滑块，撤去恒力F 之后，由牛顿第二定律有
解得
撤去恒力F 之后小滑块的位移为
小滑块最终离墙壁的距离
23．(2020·四川高三一模)如图所示，长木板A 和挡板B 在同一光滑水平面，A 静止，B 固定，A 右端与B
间距离为x0。某时刻，可视为质点的小物块以速度v0=1m/s 从长木板左端滑上，每次A 与B 碰撞前小物
块相对长木板静止。已知A 足够长，质量M=0.4kg，小物块质量m=0.6kg，小物块与长木板间动摩擦因
数μ=0.2，A 与B 碰撞无机械能损失，g 取10m/s2。
(1)小物块刚滑上A 时，求小物块的加速度大小和A 的加速度大小；
(2)求x0的取值范围；
(3)求A 与B 第n(n=1，2，3，…)次碰撞前，小物块与长木板组成系统损失的机械能。
【答案】(1)
；
；(2)
；(3)
或
【详解】
(1)设小物块刚滑上长木板时，小物块加速度大小为
，长木板加速度大小为
，则
解得
，
；
(2)设经时间
小物块与
静止，共同速度大小为
，则
解得
，
；
设在时间
内长木板通过的距离为为
，则
解得
；
(3)设
与
第1 次碰撞前，小物块与长木板组成系统损失的机械能为
，则
解得
；
在长木板与挡板第
次碰撞后，小物块与长木板速度大小都为
，小物块方向向右，
长木板方向向左，二者相对滑动，设经时间
二者速度相同大小为
，方向向右，之后，与挡板第
次碰撞，以向右为正，则
对小物块有
对长木板有
解得
由(2)知道，
根据等比数列规律可得
设
与
第
次碰撞前，小物块与长木板组成系统损失的机械能为
，则
解得
或
24．(2020·大连市第一中学)如图所示，质量为M=4kg 的木板静止在光滑的水平地面上，其右端静置一质量
为m=2kg 的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板间的动摩擦因数
，今用水平力F=32N 向右拉
木板，作用一段时间后撤去水平拉力，最终滑块恰好没有掉下来，且在这个过程中产生的热量为24J。
(不计空气阻力，g=10m/s2)
(1)在力F 的作用下，滑块和木板加速度各是多少？
(2)要使小滑块从木板上不掉下来，力F 作用的时间最长为多少？
【答案】(1)
；
；(2)1.5s
【详解】
(1)对滑块由牛顿第二定律
可得滑块加速度
对木板由牛顿第二定律
木板加速度
(2)由能量关系可知
解得
L=3m
设在t1时撤去F，再经过t2时长木板恰与小滑块分离。
撤掉F 时，小滑块的速度为
v1=a1t1
长木板的速度为
v2=a2t1
撤去F 后，对于长木板由牛顿第二定律有
μmg=Ma0
由于要求F 作用时间最长，则长木板与小滑块在恰不分离时速度恰好相同，设此速度为v3。
对于小滑块
v3=v1+a1t2
对于长木板
v3=v2-a0t2
在t1+t2的整个过程中有
对滑块
L1＝
a1(t1+t2)2
对长木板
L2＝
a2t1
2+v2t2−
a0t2
2
L=L2-L1
联立以上各式解得
t1=1.5s
即力F 作用的时间最长要1.5s。
25．(2020·河南高三月考)如图甲所示，长为L=8m、质量为M=4.0kg 的木板P 放在光滑的水平地面上，P 的
中点有一个可视为质点的质量为m=1.0kg 的小物块Q。现对P 施加一水平向右的拉力F，F 作用1s 后撤
去，P、Q 在F 作用时的速度-时间图像如图乙所示。重力加速度g 取10m/s2。求：
(1)物块与木板间的动摩擦因数μ 和水平拉力F 的大小；
(2)Q 相对P 向左滑行的最大距离x。
【答案】(1)
，
；(2)1.8m
【详解】
(1)由图乙知：P 的加速大小为
， Q 的加速大小为
；
对Q 有
对P 有
联立上式解得
，
(2)假设系统向右运动过程中Q 一直在P 上。
在
内由P 的位移大小为
在
内由Q 的位移大小为
内P、Q 相对位移为
撤去F 至P、Q 达到共同速度的过程中Q 加速度大小不变，P 以加速大小为
做减速运动，对P 有
解得
设P、Q 速度相等再经历的时间为
解得
，
此时P 运动的位移为
Q 在
时间内运动的位移为
时间内P、Q 相对位移为
Q 相对P 向左滑行的最大距离为
由于
，故假设成立，即Q 相对P 向左滑行的最大距离为
26．(2020·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三期中)如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动，
某时刻初速度为v0，此时一与木板质量相等的小滑块(可视为质点)以v1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，
经过t=1s 两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1m/s，方向向左。已知木板与地面间的动摩擦因数
μ2=0.05，重力加速度g＝10m/s2，求：
(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1；
(2)木板初速度v0的大小；
(3)若在两者速度恰好相同时，木板与固定在地面的弹性挡板相碰，碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去
挡板。求从滑块滑上木板开始的整个运动过程中，木板的对地位移大小。
【答案】(1)0.3；(2)2m/s；(3)0.3625m
【详解】
(1)设滑块与木板质量为m，加速度大小为a，以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma
解得a=μ1g
滑块匀减速，v2-v1=-μ1gt
解得μ1=0.3
(2)木板先向右匀减速到零，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ1mg+μ22mg=ma1
解得a1=4m/s2
设匀减速到零的时间为t1，有
木板再向右匀加速到v2，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μ1mg-μ22mg=ma2
解得a2=2m/s2
v2=a2(t-t1)
解得v0=2m/s
(3)在0~t1时间内，设木板向右位移大小为x1
在t1~1 秒时间内，木板向左位移大小为x2
与挡板碰后，木板原速反弹，向右匀减速运动，加速度大小为a1=4m/s2，设再经t2时间木板速度减到零
设再经t3时间木板向右匀加速到二者第二次共速v 共，加速度大小为a2=2m/s2，从与挡板碰后到二者第二
次共速，滑块一直以a=μ1g 匀减速，列式得
v2-a(t2+t3)=a2t3
在1~(1+t2)时间内，设木板向右位移大小为x3
在(1+t2)~(1+t3)时间内，木板向左位移大小为x4
二者第二次共速后，因为μ1＞μ2，二者以相同的加速度向左匀减速到停止运动，由牛顿第二定律列方程
得
μ22mg=2ma 共
设二者向左匀减速到停止运动的位移为x 共
0-(a2t3)
2=-2a 共x 共
全程木板的位移大小x=x1-x2+x3-x4-x 共
解得x=0.3625m
27．(2020·广东高三月考)如图所示，地面固定一个圆心为O，竖直放置的光滑半圆轨道ABC，B 为半圆轨
道中点，半径
，
。木板DE 质量为m，长度
，E 与A 距离
，
木板与地面间的动摩擦因数为
，木板与A 碰撞后立即原速率返回，并由地面控制装置(图中末
画出)保证E 与A 只能碰撞一次，E 与A 等高，以使E 与A 重合时板上的物体可以滑入半圆轨道，当E
与A 一旦分离，板上物块将落地而无法进入半圆轨道。一个可看作质点的物体质量为M=4m，物体与木
板间动摩擦因数为
，物体在合适的位置以合适的初速度
开始向右运动，重力加速度
，结果可保留分数和根号，求：
(1)要使物体沿轨道恰好到达C 点，物体在A 处的速度
的大小；
(2)要使物体沿轨道到达C 点，物体初速度
的取值范围。
【答案】(1)4m/s；(2)
【详解】
(1)从A 到C 的过程，由动能定理可得
要使物体到达C 点不脱离轨道，在C 点有
联立上式解得
(2)根据分析，可分以下两种情形求解：
情形①：当物体相对木板从左端的D 点滑到E 时，木板恰好运动了
，使E 与A 相遇，而且物
体的速度大于
，物体对应的
为最大值，设木板的加速度为
，物体的加速度为
，对木板有
解得
对物体有
解得
设木板运动到与A 相碰所用的时间为
，则对木板位移为
木板和物体的位移关系为
解得
，
此时物体到A 点的速度为
故
是最大值.
情形②：当物体与木板达到共同速度时恰好滑到E 点，以后一起运动直到E 与A 相遇，而且物体的速度
等于
，物体对应的
为最小值，设物体与木板一起运动的加速度为
，有
解得
设物体与木板达到共同的速度
所用的时间为
，木板在
时间内的位移为
，两者一起运动的位移
为
，则对物体有
对木板有
木板的总位移为
联立上式解得
，
故初速度的取值范围为
28．(2020·山东滕州市第一中学新校高三月考)如图所示，倾角
=37°的足够长光滑斜面固定在水平地面上，
其上端固定一光滑定滑轮，薄板A 通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B 相连．初始时薄板A 被锁定在
斜面； 视为质点的物块C 从薄板A 的最上端由静止释放．已知薄板A、物块B、物块C 的质量分别为
mA=2kg、mB=4kg、mC=lkg，薄板A 与物块C 之间的滑动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重
力加速度g= 10m/s2．
(1)求物块C 释放时的加速度；
(2)若t=0 时刻释放物块C 的同时解除对薄板A 的锁定，
①求t=1s 时薄板A、物块B、物块C 的速度大小(此时物块C 未滑离薄板A)；
②若t=ls 时剪断轻质细绳，最终物块C 恰好没有滑离薄板A，求薄板A 的长度．
【答案】(1)2m/s2(2)①4m/s；4m/s；2m/s；②6m
【详解】
(1)对物块C，由牛顿第二定律：
解得
带入数据解得aC=2m/s2
(2)①释放物块C 的同时解除对薄板A 的锁定，则此时C 的加速度仍为沿斜面向下，大小为aC=2m/s2
对AB 整体：
解得a= 4m/s2
则t=1s 时薄板A、物块B 的速度大小：vA=vB=at=4m/s；
物块C 的速度：vC=aCt=2m/s
②若t=ls 时剪断轻质细绳，此时C 向下的位移
；
A 向上的位移：
剪断轻质细绳时A 的加速度：
解得a＇=8m/s2，方向沿斜面向下
当A 与C 共速时：
，
解得t＇=1s v 共=4m/s
此过程中C 向下的位移：
A 的位移：
则木板A 的长度为：
29．(2020·广西高三月考)如图所示，一质量m=5kg 的平板小车静止在光滑的水平地面上，一质量M=1kg
的小滑块(可视为质点)从小车左端以
的速度开始向右运动一段时间后，从小车右端滑离小滑
块着地瞬间与小车右端的水平距离
。已知小车上表面水平且与水平地面的距离h=l.25m，小车
上表面长度l=5m，不计空气阻力重力加速度大小g=10m/s2。求
(1)小滑块滑离小车时小滑块和小车的速度大小；
(2)小滑块与小车表面间的动摩擦因数和小滑块在小车上运动的时间。
【答案】(1)
；
(2)
；t=1s
【详解】
(1)小滑块离开小车后做平抛运动设小滑块离开小车时的速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2，则
有
小滑块在小车上滑行时小车与小滑块组成的系统动量守恒则有
解得
(2)小滑块在小车上运动时由功能关系可知
解得
由运动学公式和牛顿第二定律可知
解得
t=1s
30．(2020·云南省玉溪第一中学高三月考)如图所示，滑板长L＝1m，起点A 到终点线B 的距离s＝5m。开
始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进。板
右端到达B 处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ1＝0.65，滑板与地面间动摩擦因数μ2＝
0.1，滑块质量m1＝2kg，滑板质量m2＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，求：
(1)滑板由A 滑到B 的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F 的取值范围。
【答案】(1)1s；(2)33N≤F≤37N
【详解】
(1)滑板一直加速时，所用时间最短，设滑板加速度为a2
解得
t＝1 s
(2)刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时二者加速度相等
，
解得
F1＝33 N
当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1
解得
F2＝37 N
则水平恒力大小范围是33 N≤F≤37 N
31．(2020·四川省绵阳南山中学高三月考)如图所示，某货场利用固定于地面的、半径R=1.8m 的四分之一
圆轨道将质量为m1=10kg 的货物(可视为质点)从高处运送至地面，已知当货物由轨道顶端无初速度滑下
时，到达轨道底端的速度为5m/s．为避免货物与地面发生撞击，在地面上紧靠轨道依次排放两块完全
相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=20kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的
动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取
g=10m/s2)。
(1)求货物滑到轨道底端时对轨道的压力；
(1)求货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功；
(2)通过计算判断货物是否会从木板B 的右端滑落？若能，求货物滑离木板B 右端时的速度；若不能，
求货物最终停在木板B 上的位置。
【答案】(1)
，方向竖直向下；(2)
；(3)不能，最终停在木板B 右端的距离为
处
【详解】
(1)在轨道最低点有
解得
由牛顿第三定律得
方向竖直向下
(2)此过程摩擦力是变力，由动能定理得
解得
(3)当货物滑上木板A 时，货物对木板的摩擦力
地面对木板A、B 的最大静摩擦力
由于
此时木板A、B 静止不动，设货物滑到木板A 右端时速度为
，由动能定理
得
当货物滑上木板B 时，地面对木板A、B 最大静摩擦力
由于
，此时木板B 开始滑动，设货物不会从木板B 的右端滑落，二者刚好相对静止时的速度为
，则对货物
对木板B
因为
由以上式可得
，
此过程中
由于
货物最终未从木板B 上滑下，且与其右端的距离为
32．(2020·邵东创新实验学校高三月考)在平台AD 中间有一个长为2l 的凹槽BC，质量为m 的滑板上表面
与平台AD 等高，质量为2m 的铁块(可视为质点)与滑板间的动摩擦因数为μ1，铁块以一定的初速度滑
上滑板后，滑板开始向右做匀加速运动，当滑板右端到达凹槽右端C 时，铁块与滑板的速度恰好相等，
滑板与凹槽右侧边碰撞后立即原速反弹，左端到达凹槽B 端时速度恰好为零，而铁块则滑上平台CD．
重力加速度为g．
(1)若滑板反弹后恰好能回到凹槽左端，则滑板与凹槽间动摩擦因数μ2多大？
(2)求铁块滑上滑板时的初速度大小v0．
【答案】(1)
(2)
【详解】
(1)设滑板向右加速滑动时加速度大小为
，反弹后向左滑动时加速度大小为
，滑板与凹槽右端碰撞
时的速度大小为v，由运动规律得：滑板向右做初速度为零的匀加速运动，则
①
反弹后向左做匀减速运动，末速度为零，则
②
滑板向右运动时水平方向受到铁块向右的滑动摩擦力和槽底向左的滑动摩擦力，向左滑动时只受槽底向
右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：
③，
④
联立①②③④解得
⑤
(2)由②④⑤得
⑥
铁块向右滑动的加速度大小为a，则
⑦
铁块向右做匀减速运动，有
⑧
由⑥⑦⑧解得
⑨
33．(2020·河北衡水·高三专题练习)如图(1)所示，半径R=0.45m 的光滑
圆弧轨道固定在竖直平面内，B
为轨道的最低点，B 点右侧的光滑的水平面上紧挨B 点有一静止的小平板车，平板车质量M=lkg，长度
l=1m，小车的上表面与B 点等高，距地面高度h=0.2m，质量m=lkg 的物块(可视为质点)从圆弧最高点
A 由静止释放．取g=l0m/s2．
(1)求物块滑到轨道上的B 点时对轨道的压力大小；
(2)若物块与木板间的动摩擦因数0.2，求物块从平板车右端滑出时平板车的速度；
(3)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如图(2)所示，
求物块滑离平板车时的速率．
【答案】(1) 30N (2) 2m/s (3) 1m/s
【详解】
(1)物体从A 点到B 点的过程中，其机械能守恒，则有：
mgR=
mvB
2
代入数据解得：vB=3m/s．在B 点，由牛顿第二定律得：
N-mg=m
解得：
N=3mg=3×1×10N=30N
即物块滑到轨道上B 点时对轨道的压力N′=N=30N，方向竖直向下．
(2)物块滑上小车后，物块加速度为
a1=μg=2m/s2
向右匀减速运动，平板车加速度为
向右匀加速运动，经过时间t 滑离，则
vBt -
a1t2-
a2t2=l
代入数据解得：t=0.5s， (t=1s 舍去)，所以物块滑离平板车时速度为
v=vB-a1t=2m/s
(3)物块在小车上滑行时的摩擦力做功
从物体开始滑动到滑离平板车的过程，由动能定理：
解得v=1m/s．
答：(1) 30N (2) 2m/s (3) 1m/s
34．(2020·黑山县黑山中学高三月考)质量为m 的长木板静置于水平地面上，一质量也为m 的木块从木板的
左端滑上木板，初速度大小为v0=4m/s，如图所示。木板与木块间动摩擦因数μ1=0.3，木板与地面间动
摩擦因数μ2=0.1，当二者都停止运动时，小木块未从木板上滑出。求：
(1)木块刚滑上木板时，木板的加速度大小；
(2)经过多长时间，木块和木板达到共速；
(3)木板在地面上滑行的总距离。
【答案】(1)1m/s2；(2)1s；(3)1m
【详解】
(1)木块刚滑上木板时
对木板分析，由牛顿第二定律
可得
a2=1m/s2
(2)二者共速时，设共同速度为v
对木块
对木板
可得
t=1s
(3)二者共速后，一起减速滑行，对二者整体研究，由牛顿第二定律
可得
a3=1m/s2
共速前木板位移
共速后木板位移
总位移
可得
x=1m
35．(2020·山西大附中高三月考)如图所示，光滑水平面上放着长L＝2 m，质量为M＝4 kg 的薄木板，一个
质量为m＝1 kg 的小物体放在木板的最右端，m 和M 之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始均静止．现对木板
施加一水平向右的恒定拉力F，g 取10 m/s2．求：
(1)为使小物体不从木板上掉下，F 不能超过多少；
(2)如果拉力F＝11N，小物体能获得的最大速度；
(3)如果拉力F＝11 N 作用了t＝1s 后即撤去，小物体能获得的最大速度．
【答案】(1) 10N (2) 8m/s (3) 2.2m/s
【详解】
(1)物体随木板运动的最大加速度为a，对小物体由牛顿第二定律：μmg=ma
所以可得小物体最大加速度为：
a=μg=0.2×10 =2m/s2
对整体分析，由牛顿第二定律得：
Fm=(M+m)a=(4+1)×2=10N
(2) 因施加的拉力F＞10N，故物体相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a1，
对木板由牛顿第二定律：F-μmg=Ma1
物块在木板上相对运动的时间为t，有：
解得：
t=4s
物块脱离木板时的速度最大为：
vm=at=8m/s
(3) 因施加的拉力F＞10N，故物体相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a1，
对木板由牛顿第二定律：F-μmg=Ma1
解得：
由上可知t＝1s 时，物体并未脱离木块，此时
物体的速度为：
物体的位移为：
木板的速度为：
木板的位移为：
撤去外力后，物体的加速度为：
a=μg=0.2×10 =2m/s2
木板的加速度为：a2=0.5m/s2
木板和物块共速时间为：v2-a2t2=v1+at2
代入数据解得：
t2=0.1s
此过程中物体的位移为：
木板的位移为：
物块相对木板滑动的距离为：
所以物块将会与木板相对静止，且此时物块速度最大，即
36．(2020·河南高三月考)如图所示，在水平地面上固定一倾角为
的足够长斜面，斜面上放一块长
度L=1.8m、质量m=0.8kg 上表面光滑的薄平板PQ，其下端Q 与斜面底端O 的距离为7.05m。在平板的
上端P 处放一质量M=1.6kg 的小滑块(可视为质点)，开始时使平板和滑块都静止，现将它们无初速释放。
假设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为
，不考虑小滑块由平板滑到斜面上时速度
的变化，(
，
，g=10m/s2)求：
(1)小滑块离开平板时平板的速度大小；
(2)小滑块从静止开始运动到斜面底端O 处所经历的时间；
(3)小滑块到达底端O 处时，平板的Q 端与O 处的距离。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】
(1)滑块在平板上滑动的过程中，对滑块和平板分别受力分析，根据牛顿第二定律，对滑块有
解得
对平板有
代入数据解得
设滑块在平板上滑行的时间为t1，由运动学公式有
代入数据解得
t1=1s
由运动学公式可得滑块离开平板时平板的速度大小
(2)设滑块离开平板时滑块离O 点的距离为x，则
滑块离开平板时的速度为
设滑块离开平板后在斜面上滑动时的加速度为a3，离开平板后运动到斜面底端O 经历的时间为t2，由牛
顿第二定律有
解得
由运动学公式有
解得
t2=0.5s
小滑块从静止开始运动到斜面底端O 所经历的时间为
(3)滑块离开平板时，平板运动的位移
滑块离开平板后，平板在斜面上运动的加速度也为a3，即a3=6.8m/s2
在t2的时间内平板的位移为
代入数据解得
x2=3.05m
滑块到达O 处时，平板的A 端与O 处的距离为
37．(2020·珠海市第二中学高三月考)如图所示，质量M=8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端
加一水平推力F=8 N，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，
质量为m=2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长。求：
(1)小物块放后，小物块及小车的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
(3)从小物块放上小车开始，经过t =1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？(取g=l0 m/s2)。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】
(1)对物块
得
对车
得
(2)设经时间
两者共速，则有
解得
(3)在1s 内，物块的位移
1s 时两者共速，速度
对整体
求得加速度
则有
总位移
38．(2020·肥东县综合高中高三月考)如图所示，一木箱静止在长平板车上，某时刻平板车以a = 2.5m/s2的
加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v = 9m/s 时改做匀速直线运动，己知木箱与平板
车之间的动摩擦因数μ= 0.225，箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动静擦力相等(g 取10m/s2)．求：
(1)车在加速过程中木箱运动的加速度的大小
(2)木箱做加速运动的时间和位移的大小
(3)要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车右端的最小距离．
【答案】(1)
；(2)4s；18m；(3)1.8m
【详解】
(1)设木箱的最大加速度为
，根据牛顿第二定律
解得
则木箱与平板车存在相对运动，所以车在加速过程中木箱的加速度为
(2)设木箱的加速时间为
，加速位移为
(3)设平板车做匀加速直线运动的时间为
，则
达共同速度平板车的位移为
则
要使木箱不从平板车上滑落，木箱距平板车末端的最小距离满足
39．(2020·山东新泰市第一中学高三月考)光滑水平面上，一个长木板与半径R 未知的半圆组成如图所示的
装置，装置质量M＝5 kg.在装置的右端放一质量为m＝1 kg 的小滑块(可视为质点)，小滑块与长木板间
的动摩擦因数μ＝0.5，装置与小滑块一起以v0＝10 m/s 的速度向左运动．现给装置加一个F＝55 N 向右
的水平推力，小滑块与长木板发生相对滑动，当小滑块滑至长木板左端A 时，装置速度恰好减速为0，
此时撤去外力F 并将装置锁定．小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B.滑块脱离半
圆形轨道后又落回长木板．已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功Wf＝2.5 J．g 取10 m/s2.求：
(1)装置运动的时间和位移；
(2)长木板的长度l；
(3)小滑块最后落回长木板上的落点离A 的距离．
【答案】(1)1 s 5 m (2)2.5 m (3)0.8 m
【解析】
(1)对M：F－μmg＝Ma1 解得：a1＝10 m/s2
设装置运动的时间为t1，由v0－a1t1＝0
解得：t1＝1 s
装置向左运动的距离：x1＝v0t1－
a1t1
2＝5 m
(2)对m：μmg＝ma2，解得a2＝5 m/s2
设滑块到A 点的速度为v1，则v1＝v0－a2t1 解得：v1＝5 m/s
小滑块向左运动的距离：x2＝v0t1－
a2t1
2＝7.5 m
则木板长为l＝x2－x1＝2.5 m
(3)设滑块在B 点的速度为v2，从A 至B：－mg×2R－Wf＝
在B 点：mg＝m
联立解得：R＝0.4 m，v2＝2 m/s
小滑块平抛运动时：
落点离A 的距离：x＝v2t2，解得：x＝0.8 m
40．(2020·山西省浑源县第七中学高三三模)如图所示，长12m 质量为50kg 的木板右端有一立柱，木板置
于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为50kg 的人立于木板左端，木板与人均静止，
当人以4m/ s2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端时，立刻抱住立柱，(取g=10m/s2)试求：
(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小；
(2)人在奔跑过程中木板的加速度；
(3)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。
【答案】(1)200N，方向向右；(2)2m/s2，向左；(3)2s
【详解】
(1)设人的质量为m，加速度为a1，木板的质量为M，加速度为a2，人对木板的摩擦力为f。则对人有
f=ma1=200N
方向向右。
(2)对木板
带入数据解得
a2=2m/s2
方向向左；
(3)设人从左端到右端的时间为t，由运动公式
带入数据解得
t=2s
