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专题09 板块模型中的相对运动
目录
一．板块模型概述.........................................................................................................................................................1
二． 动力学中水平面上的板块模型........................................................................................................................2
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.........................................................................................................2
三. 斜面上的板块模型..................................................................................................................................................3
一．板块模型概述
1．两种常见类型
类型图示
规律分析
长为L 的木板B 带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界
条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为
xB＝xA＋L
物块A 带动长为L 的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界
条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为
xB＋L＝xA
2．关注“一个转折”和“两个关联”
(1)一个转折
滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。
(2)两个关联
指转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他
力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分
析是建立模型的关键。
3．解决“板块”模型问题的“思维流程”
二． 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。
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)．
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 合＝ma，求出滑块受的摩擦力Ff，再比较它与
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)
三.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)μ2<μ1(上面比下面粗糙)，则不会相对滑动．用极限法，μ1无限大或斜面光滑，一起匀加速运动．
(2)μ2>μ1(下面比上面粗糙)，则会相对滑动．
2 加外力下滑类(如图)
对m 分析，加速度范围gsin θ－μ1gcos θ<a<gsin θ＋μ1gcos θ
加速度在这个范围内，板块可保持相对静止．
【典例1】如图所示，木块A 置于木板B 上，木板B 置于水平面上。A 的质量m＝1.5kg，B 的质量M＝
2.0kg，A、B 间动摩擦因数μ1＝0.2，B 与地面间动摩擦因数μ2＝0.4。某时刻（t＝0）水平力F 作用于B 上，
其随时间变化的规律为F＝5t+4（N）（F、t 均取国际单位）。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取
10m/s2。求：
（1）经过多长时间B 开始滑动；
（2）经过多长时间A 开始相对B 滑动；
（3）t＝3s 时AB 间的摩擦力大小Ff（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）2s；（2）3.4s；（3）2.1N
【详解】（1）当B 开始滑动时B 与地面间的摩擦力与F 相等，即
得
（2）当A 开始在B 上滑动时，对木块
对整体
由题知
解得
（3）当
B 已滑动，A、B 间未发生相对滑动，对木块
对整体
且
解得
【典例2】如图所示，质量为M=2kg 的木板B 静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数
μ2=0.1，木板长为L，距离木板右边s 处有一挡板，在木板的左端放置一个质量m=3kg、可视为质点的小木
块A，以初速度v0=5m/s 滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2，取g=10m/s2。求：
（1）假设s 足够大，且A 没有从B 上滑下来，请问B 板至少要多长；
（2）要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s 至少要多长。
【答案】（1）5m；（2）1.5m
【详解】（1）对木块A 由牛顿第二定律得
解得
对木板B 由牛顿第二定律得
解得
设经过时间t 后A、B 达到共同速度v，由运动学公式得
解得
，
t 时间段内，由运动学公式得A、B 的位移分别为
所以B 板至少长
解得
（2）当A、B 相对静止后，以共同的加速度向前减速。牛顿第二定律得
解得
设木板B 加速和减速通过的位移分别为x2、x3，则加速过程有
减速过程有
要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s 至少为
解得
【典例3】如图所示，“L”型平板B 静置在光滑的地面上，小物块A 处于平板B 上的O′点，O′点左侧粗糙，
右侧光滑。用长为L=0.45m 的轻绳将质量为M=0.2kg 的小球悬挂在O′点正上方的O 点，轻绳处于水平拉直
状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A 发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，上升
最大高度h=0.05m 后，随即被收回。碰后小物块A 沿平板滑动直至与B 右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间
后，A 返回到O 点的正下方时，相对于地面的速度减为零。已知A 的质量mA=0.1kg，B 的质量mB=0.3kg，
A 与B 的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度g=10m/s2。整个过程中A 始终在B 上，所有碰撞时间忽略不计，
不计空气阻力，轻绳不可伸长。求：
（1）A 与B 的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；
（2）B 光滑部分的长度d；
（3）运动过程中A 与B 摩擦所产生的热量Q。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）设小球与小物块A 碰撞前后的速度分别为
，
，由机械能守恒定律得
解得
，
小物块A 与小球碰后速度为
，由动量守恒定律得
解得
设水平向右为正方向，因为
点右侧光滑，由题意可知A 与B 发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒
和能量守恒有
代入数据联立解得
，（方向水平向左）
，（方向水平向右）
即A 和B 速度的大小分别为
，
。
（2）如图所示为A 与B 挡板碰撞后到运动至O 点正下方的运动示意图
A 回到
前，A 在B 上匀速直线运动的时间设为
，B 在这段时间也做匀速直线运动。两物体在
时间内
的位移大小分别为
①
有
A 从
回到O 点正下方设时间为
，A 在B 上做匀减速直线运动，设A 的加速度大小为
，由牛顿第二
定律得
解得
A 返回到O 点的正下方时，相对于地面的速度减为零，则
解得
时间内A 相对于地面的位移大小
又
②
由①②可得
得
则
（3）设AB 最后的共同速度为
，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
【典例4】如图所示，质量M=1kg 的木板A 置于光滑斜面上，左端放有质量m=1.5kg 的物块B（可视为质
点），A、B 之间的动摩擦因数
。开始时木板右端与垂直斜面的挡板相距x0=6.4m，A、B 一起以
v0=6m/s 的初速度沿斜面向下运动。接着木板A 与挡板发生多次无机械能损失的碰撞（等速率反弹），碰
撞时间不计。已知斜面倾角θ=30°，重力加速度大小g 取10m/s2。
（1）求木板A 与挡板碰撞前的速度大小v1；
（2）求木板A 与挡板第一次碰撞后，右端与挡板之间的最大距离xm；
（3）木板A 恰与挡板碰第三次时A 与B 分离，求木板长度L 及系统损失的机械能
。
【答案】（1）
；（2）4m；（3）32m，240J
【详解】（1）对A、B 整体，由动能定理有
解得木板A 与挡板碰撞前的速度大小为
（2）第一次碰后，对A 由牛顿第二定律有
解得
A 沿斜面向上匀减速运动，有
（3）对B 由牛顿第二定律有
解得
故B 在A 上匀速下滑，木板A 反弹后，沿斜面向上以
做匀减速运动，速度减到0 后又反向匀加速，加速
度仍为
，速度达
时，进行第二次碰撞，之后重复进行，即A 做类似竖直上抛运动、B 做匀速直线运动。
发生一次碰撞后，相对位移为
故木板长为
系统损失的机械能转化为内能
1．如图所示，光滑水平面上静止放置着一长度未知的木板B，木板B 的上表面粗糙，物块A（可视为质
点）静置于B 的左端，某时刻给A 一个瞬时冲量
，经过时间运动到B 右端且恰好不从B 上滑离。已知
A 与B 的质量分别为
、
，重力加速度为
。下列说法正确的是（ ）
A．A 运动到木板右端时的速度大小为
B．全程A 对B 的摩擦力的冲量大小等于
C．A、B 间的动摩擦因数为
D．B 的长度为
【答案】C
【详解】A．给A 一个瞬时冲量
，A 在B 上滑动的过程中，A、B 组成的系统动量守恒，有
解得
，故A 错误；
B．对木板B，A 对B 的摩擦力即为B 所受的合外力，由动量定理，
，故B 错误；
C．对木板B，根据牛顿第二定律有
其中
联立可得A、B 间的动摩擦因数为
，故C 正确；
D．由题意可知，物块A 做匀减速直线运动，则
同时B 做匀加速直线运动，则
木板的长度
，故D 错误。
故选C。
2．如图所示，两端带有固定挡板的平板车质量为
，静止在光滑水平面上，质量为
的物块放在平板车
上。弹簧的左端与挡板连接，右端与物块接触不连接，弹簧处于自然状态，弹簧的原长为
，平板车两
挡板间的距离为
，
为平板车的中点，
点左侧表面光滑，右侧粗糙。某时刻，一颗质量为
的子弹以
初速度
击中物块，并留在物块中。物块被弹簧弹出后，与右侧发生一次碰撞，最终物块恰好停在
点。
不计子弹与物块的大小，碰撞过程机械能不损失，已知重力加速度为
，弹性势能表达式为
，其
中
为弹簧的形变量，则下列判断正确的是（ ）
A．最终物块速度大小为
B．弹簧的最大弹性势能为子弹初动能的
C．物块与平板车右侧的动摩擦因数为
D．弹簧的最短长度为
【答案】A
【详解】A．子弹、物块、平板车组成系统满足动量守恒，则有
解得最终物块速度大小为
，故A 正确；
BD．子弹初动能
当物块和子弹作用过程，有
当物块和平板车共速时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒有
根据能量守恒
联立解得
此时弹簧最短，根据
解得弹簧的最短长度为
，故BD 错误；
C．物块被弹簧弹出后，与右侧发生一次碰撞，最终物块恰好停在
点；从弹簧压缩最短到最终共速，系
统的动能变化量为0，根据能量守恒可得
解得物块与平板车右侧的动摩擦因数为
，故C 错误。
故选A。
3．如图甲所示，质量为M 的薄长木板静止在光滑的水平面上，t=0 时一质量为m 的滑块以水平初速度v0
从长木板的左端冲上木板并在2s 时刻离开长木板。已知滑块和长木板在运动过程中的v—t 图像如图乙所示，
则木板与滑块的质量之比M:m 为（ ）
A．1 2∶
B．2 1∶
C．1 3∶
D．3 1∶
【答案】D
【详解】取滑块的初速度方向为正方向，对滑块和木板组成的系统，根据动量守恒定律有
由图乙可知
，
，
代入数据解得
故选D。
4．如图所示，足够长、质量为4kg 的木板静止在光滑水平地面上，质量为1kg、可视为质点的物块以大小
为5m/s、方向水平向右的初速度从木板左端开始运动。已知物块与木板间的动摩擦因数
，取重力加
速度大小
。物块相对于木板静止时物块到木板左端的距离为（ ）
A．5m
B．6m
C．6.25m
D．8m
【答案】A
【详解】设物块、木板的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有
，
解得
，
物块相对于木板静止时恰好与木板共速，设共速所需要的时间为t，位移分为x1、x2，可得
，
，
又有
联立代入数值解得
故选A。
5．一长木板在水平地面上运动，当速度
时，将一相对于地面静止的物块轻放到木板上。已知物
块与木板的质量相等，物块与木板间动摩擦因数
，木板与地面间动摩擦因数
，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度
。从放上物块到物块与木板均停止运
动时，物块相对于木板的位移大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】从t=0 时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块做匀加速运动，加速度大小为a1；木板做匀减速
运动，加速度大小为a2；t1时刻物块和木板具有共同速度v。对物块μ1mg=ma1
共速的速度为v= a1 t1
对木板，根据牛顿第二定律，有μ1mg+2μ2mg= ma2
根据速度-时间公式，有v= v0- a2 t1
代入数据解得t1＝0.5s，v=1m/s
在t1时刻后，物块与木板不能一起做匀减速运动。设物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，对物块
μ1mg =m a1′
对木板2μ2mg-μ1mg =m a2′
由上式知，物块加速度大小a1′=a1
由运动学公式可推知，物块相对于地面的运动距离为
木板相对于地面的运动距离为
物块相对于木板位移的大小为x= x2- x1
联立解得
，故选B。
6．（多选）如图，质量为3m 的木板静止于光滑水平面上，质量为m 的小物块以速度
从长木板左端开始
运动，小物块刚好没从木板的右端滑下。已知物块与木板间的动摩擦因数为
，重力加速度为
。则在此
过程中（ ）
A．小物块最终的速度为
B．长木板的长度为
C．小物块从长木板左端运动到右端的时间为
D．小物块与长木板组成的系统机械能损失了
【答案】AD
【详解】A．物块和木板组成的系统动量守恒，设物块最终速度为，则
，解得
故A 正确；
B．设长木板的长度为
，则有
，解得
，故B 错误；
C．设小物块从长木板左端运动到右端的时间，规定向右为正方向，对小物块由动量定理得
解得
，故C 错误；
D．小物块与长木板组成的系统机械能损失了
，故D 正确。
故选AD。
7．（多选）质量
的小车静止在光滑的水平面上，车长
，现有一质量为
（可
视为质点）的物块，以水平向右的速度
从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保
持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数
，
，下列说法正确的是（ ）
A．物块滑上小车后，系统动量守恒和机械能守恒
B．物块与小车的共同速度大小
C．在此过程中系统产生的内能0.24J
D．在此过程中摩擦力对物块做的功为
【答案】BC
【详解】A．物块滑上小车后，系统受合外力为零，则动量守恒；由于滑块和小车之间有摩擦力，则有内
能产生，则机械能不守恒，A 错误；
B．设物块与小车的共同速度为，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
解得
，故B 正确；
C．根据能量关系可知
可知在此过程中系统产生的内能为
，故C 正确；
D．在此过程中摩擦力对物块做的功为
，故D 错误。
故选BC。
8．如图所示，静止在光滑水平面上的物体B 是由平板
、固定在平板最左端
点的薄挡板和四分之一光
滑圆弧轨道
组成，圆弧
的半径为
，其最低点
与平板
的上平面相切。刚开始时，滑块A
（可视为质点）静置于
点，
时刻，给滑块A 一向右的瞬时速度
，已知平板
部分的长度
为
，A、B 的质量分别为
、
，A 与B 的
部分之间的摩擦因数为
，重力加
速度
，A 与挡板碰撞时间极短且不计A 与挡板碰撞过程的能量损失，在此后的运动过程中，求：
(1)滑块A 第一次到达
点的时刻（可保留根式）；
(2)滑块A 上升的最大高度；
(3)滑块A 与挡板第一次碰撞后的速度；
(4)滑块A 最终在平板
上相对B 静止时的位置。
【答案】(1)
(2)3m (3)8m/s (4)停在a 点右侧2m 处（或距离b 点左侧1m 处）
【详解】（1）根据题意
，
滑块A 第一次到达
点
解得
（2）A 上升到最大高度时，系统水平方向动量守恒，最高点时A、B 速度相同，有
a 到最高点根据能量守恒
解得
（3）滑块A 与挡板第一次碰撞后，A、B 组成的系统动量守恒
，
解得
或0（舍去）
（4）根据能量守恒
解得
所以A 最终停在a 点右侧2m 处（或距离b 点左侧1m 处）
9．如图所示，在光滑的水平面上有一长为
的木板
，上表面粗糙，在其左端有一光滑的
圆弧槽
，与
长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，
、
静止在水平面上。现有滑块
以初速
从
右端滑上
，并以
滑离
，恰好能到达
的最高点。
、
的质量均为
，
的质量为
，试求：
(1)木板
上表面的动摩擦因数
；
(2)
圆弧槽
的半径
；
(3)滑块A 离开圆弧槽
时的速度。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）规定向左为正方向，当A 在B 上滑动时，对ABC 系统，根据动量守恒有
解得BC 的速度
由能量关系可知
代入数据解得
（2）物块A 滑上圆弧槽时，对AC 系统，由水平方向动量守恒有
解得到达C 最高点时AC 速度
由能量关系
代入数据解得
（3）对A 与C 组成的系统，由动量守恒定律得
由系统能量守恒得
联立解得
10．如图所示，质量为
的长木板锁定在光滑水平面上，质量为
的物块
放在上，质量为
的物
块
以初速度
从的左端滑上长木板，
与
碰撞前瞬间的速度为
，在
、
弹性碰撞后瞬间解除的
锁定，已知
、
与的动摩擦因数均为
，最终
没有滑离，重力加速度为
，不计物块的大小，求：
(1)初始
、
间的距离；
(2)
、
碰撞后瞬间的速度大小；
(3)开始时
到右端的距离至少为多少。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）设初始
、
间的距离为
，根据动能定理有
解得初始
、
间的距离为
（2）设
、
碰后瞬间速度大小分别为
、
，以初速度方向为正方向，据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律
解得
，
所以
、
碰撞后瞬间的速度均为
。
（3）解除的锁定后，
、
、相对滑动过程中，对物块
受力分析，由牛顿第二定律
解得
做减速运动的加速度大小
对物块b 受力分析，由牛顿第二定律
解得
做减速运动的加速度大小
对长木板c 受力分析，由牛顿第二定律
解得做加速运动的加速度大小
设从
、
碰撞到
、刚好共速经过的时间为，则有
解得
这段时间内，
相对的位移
解得
与共速后，由于
，此后
、不再发生相对滑动。
因此开始时
到的右端距离至少为
。
11．如图所示，质量为
的木板静止在光滑水平面上，现有一质量为
的小滑块（可视为质
点）以
的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，已知滑块与木板间的动摩擦因数
，重力加
速度
。求：
(1)若滑块刚好没有从木板右端滑出，求木板的长度；
(2)若木板长
，求滑块在木板上运动过程中木板对滑块的冲量大小。
【答案】(1)3m (2)
【详解】（1）滑块刚好没有从木板右端滑出，则最终滑块到达边缘时与木板同速，则对系统根据动量守
恒定律得
代入数据解得
对系统根据能量守恒定律得
解得木板长度为
（2）设滑块滑到木板最边缘的时间为t，对滑块根据匀变速直线运动位移与时间公式得
对木板根据匀变速直线运动位移与时间公式得
又因为
联立解得
根据分析，若3s 时滑块滑到木板边缘，此时滑块的速度变为0m/s，而根据（1）中的解析可知，若木板足
够长，滑块最终与木板同速，速度最小只会变为1m/s，所以3s 可以排除，所以
则滑块在木板上运动过程中木板对滑块摩擦力的冲量为
木板对滑块支持力的冲量为
则木板对滑块的冲量为
12．如图甲所示，光滑水平地面上停放着一辆平板车
，其右端有一块静止的小金属块
。金属块与平板
车间有摩擦，与中点为界，前后两段动摩擦因数不同，金属块与车的前段间的动摩擦因数为
，与后段间
的动摩擦因数为
。现给车施加一个向右的水平恒力，使车向右运动，同时金属块在车上开始滑动，当金
属块滑到中点时，即撤去这个力，最后金属块恰停在车的左端。已知平板车的质量为金属块的2 倍，取水
平向右为正方向，
相对于
的速度用
表示，在
时间内，相对速度
随时间变化的关系
如图乙所示。若在
时刻，平板车的速度为金属块的2 倍，求：
与
的比值。
【答案】
【详解】由题意和图，在同一坐标系内画出二者的
图像，如图所示，设金属块和平板车的共同速度为
，由动量守恒
解得
因前后段相对位移相等，即表示相对位移的两个三角形的面积相等，显然
，由牛顿第二定律，对金
属块在前段运动有
对金属块在后段运动有
解得
13．如图所示，水平轨道上放置长板A 和滑块C，A 的右侧到C 的距离为5m，可视为质点的滑块B 置于
A 的左端，三者质量分别
，
，
。A 与水平轨道间的动摩擦因数为
，A 与
B 间的动摩擦因数为
。开始时C 静止，A、B 一起以
的速度向右运动，A 与C 发生弹性正
碰（时间极短），最终B 没从A 上滑落。已知g 取
，试求：
(1)A 与C 碰前瞬间，A 的速度大小
；
(2)A 与C 碰后瞬间，A、C 二者的速度大小
和
；
(3)在整个过程中，因A、B 间摩擦损失的机械能的大小（结果保留两位小数）。
【答案】(1)
(2)A、C 的速度大小均为2m/s (3)13.22J
【详解】（1）对AB 整体，根据牛顿第二定律有
解得
根据速度位移公式有
解得
（2）A、C 发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒有
，
解得
，
因此A、C 的速度大小均为2m/s
（3）A、C 碰后，对A 分析，根据牛顿第二定律有
解得
对B 分析，根据牛顿第二定律有
解得
A 的速度减为零的时间
B 的速度为
A 的位移为
B 的位移为
此后对A 分析，根据牛顿第二定律有
解得
A 向右匀加速直线运动，B 以原加速度继续减速直至与A 共速，用时
，则有
解得
，
A 的位移为
B 的位移为
因此整个过程A、B 的相对位移为
则摩擦热为
故在整个过程中，因A、B 间摩擦损失的机械能的大小为13.22J。
14．如图所示，在光滑水平面上，有一质量M＝2 kg 的薄板，板上有质量m＝1 kg 的物块，两者以v0＝4
m/s 的初速度朝相反方向运动。薄板与物块之间存在摩擦且薄板足够长，则：
(1)当物块的速度减速为3 m/s 时，薄板的速度是多少？
(2)物块最后的速度是多少？
【答案】(1)
m/s，方向向右 (2)
m/s，方向向右
【详解】（1）由于地面光滑，物块与薄板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
Mv0-mv0=-mv1+Mv′
代入数据解得v′＝
m/s，方向水平向右。
（2）在摩擦力作用下物块和薄板最后达到共同速度，设共同运动速度大小为v，由动量守恒定律得Mv0-
mv0=(m+M)v
代入数据解得v＝
m/s，方向水平向右
15．如图所示，一足够长的木板在水平面上滑动，速度
时，将一相对于地面静止的物块轻放到
木板右端，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间动摩擦因数
，g 取10m/s2，求：
(1)若地面光滑，经过多长时间物块相对木板停止运动；
(2)若地面光滑，从木板开始运动到两者相对静止，物块发生的位移；
(3)若地面光滑，从木板开始运动到两者相对静止，板块之间的相对位移d；
(4)若木板与地面间动摩擦因数
，木板与物块相对静止后还能向前滑行的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）放上物块后，由牛顿第二定律
，
解得
，
设经过时间速度相同，根据速度时间公式得
解得
（2）根据匀变速直线运动位移与时间的关系
解得
（3）根据匀变速直线运动位移与时间的关系
解得
板块之间的相对位移
（4）若木板与地面间动摩擦因数为
，由牛顿第二定律
解得
设经过
时间速度相同，根据速度时间公式得
解得
共同速度为
共速后两者一起运动，由牛顿第二定律
解得
由速度与位移的关系，木板与物块相对静止后还能向前滑行的距离
16．如图所示，薄板b 静止在平台上，
时刻，质量
的物块a（视为质点）以大小为
的
速度从b 最左端开始向右运动，一段时间后a、b 共速，此时a 恰好运动到b 的最右端。
时刻，b 撞
上平台右边缘P 点处的固定挡板后等速率反弹，a 向右飞出后落到Q 点。已知a、b 之间的动摩擦因数
，b 与平台之间的动摩擦因数
，P、Q 之间的高度差
，水平距离
，挡板厚
度和高度均不计，空气阻力不计，取重力加速度
。求：
(1)b 最终距挡板P 的距离；
(2)b 的质量；
(3)整个运动过程中，b 与地面之间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)4.5m (2)
(3)11J
【详解】（1）a 从b 的最右端离开向右飞出后落到Q 点的过程中做平抛运动，则有
，
b 反弹后，由动能定理得
解得
（2）a 在b 上运动的过程中，对a 由牛顿第二定律得
设
时刻，a、b 开始共速，此时a、b 的速度大小为
，则
时间内，对b 由牛顿第二定律得
a、b 共速后，对a、b 组成的系统，由牛顿第二定律得
对a 由匀变速直线运动的规律得
解得
，
（3）
时间内，b 与地面之间的摩擦力大小为
b 相对地面的位移大小为
此过程中，b 与地面之间因摩擦生的热为
b 反弹后，由能量守恒定律可知，b 与地面之间因摩擦生的热为
所以整个运动过程中，b 与地面之间因摩擦产生的热量为
17．如图所示，质量为
的物块叠放在质量为
的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水
平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为
，在木板上施加一水平向右的拉力F，在
内
，
内
，
后撤去拉力，重力加速度
，整个系统开始时静止。求：
(1)
内木板的加速度；
(2)
末木板的速度；
(3)
内物块相对木板的位移。
【答案】(1)
，方向水平向右 (2)
，方向水平向右 (3)
，方向水平向左
【详解】（1）
内，假设两者不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律，有
解得
对物块，最大加速度大小为
因
，假设不成立，故两者初始时相对滑动，对木板，有
此时
，解得
内木板的加速度
，方向水平向右
（2）1s 末木板的速度
内，
，木板仍做匀加速运动，对木板，有
解得
可得
末木板的速度
，方向水平向右
（3）
后撤去拉力，木板开始做匀减速运动，其加速度大小为
物块仍做匀加速运动，设再经历t3时间，两者速度相同，有
解得
即两者在
内只有2s 时间发生相对运动，此过程物块的位移
木板的位移
内物块相对木板的位移
，方向水平向左
18．如图所示，质量
的足够长的木板静止在粗糙水平地面上，将一质量
的可视为质点的物
块静置于长木板最左端，木板右端有一竖直墙壁。已知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
，物块与木板间、木板与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从t=0 时刻
起，给小物块施加一水平向右、大小为F=15N 的力，作用2s 后撤去力F，木板在3.5s 时与墙壁发生碰撞，
g=
，求：
(1)0~2s 内物块和木板的加速度大小；
(2)t=0 时刻木板右端到墙壁的距离；
(3)若木板与墙壁碰撞后立即以原速率反向弹回，求木板和墙壁发生第二次碰撞时物块距木板左端的距离？
【答案】(1)
，2m/s2 (2)10.75m (3)6.02m
【详解】（1）当物块与木板之间的摩擦力达到最大时，此时有两者不发生相对滑动的最大拉力，以木板
为对象，由牛顿第二定律
以木块为对象，由牛顿第二定律
解得
12N 为不发生相对滑动的临界条件，因为
，所以物块与木板各自加速，设物块加速度为a1，
根据牛顿第二定律，有
代入数据解得
设木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，有
解得a2=2m/s2
（2）作用t1=2s 后，撤去F 时木块的速度为v1，木板的速度为v2，则木块的速度为
，
木板的速度为
撤去F 后，物块减速，设物块加速度为a3，根据牛顿第二定律，有
解得a3=2m/s2
撤去F 后，木板加速，长木板加速度a4=a2=2m/s2，当两者至第一次共速时
解得
共速后两者一起减速，其加速度为a 共，根据牛顿第二定律，有
，解得a 共=1m/s2
再减速t3=3.5-t1-t2=1s 与P 发生碰撞。
由匀变速直线运动规律知
共同运动的距离为
木板右端到墙壁的距离d=d1+d2=10.75m
（3）①第一次共速前，物块的位移
木板的位移x2=d1=6.25m
第一次共速前两者的相对位移
2.5m
②设碰撞墙壁前物块和木板共同速度为vP，
m/s
由受力分析知，碰撞后物块由于惯性继续向前做匀减速直线运动，木板碰后反向做匀减速直线运动，设物
块做匀减速直线运动加速度为
，木板做匀减速直线运动加速度为
，对物块，有
对木板，由牛顿第二定律知
解得
当木板速度减到零时，设时间为t4，由vP=a6t4
解得t4=0.4s
在t4时间内，物块向右的位移
1.44m
木板向左的位移
0.8m
相对位移
2.24m
此时物块的速度v3=v 共-a5t4=3.2m/s
③之后物块继续减速，长木板反向加速，对物块
对木板，由牛顿第二定律知
解得
两者再次共速，设时间为t5，v3-a7t5=a8t5，解得t5=0.8s
物块向右位移为
1.92m
木板向右的位移
0.64m
相对位移
1.28m
由x4>x6可知，物块和木板先共速，再一起以初速度v 共2=1.6m/s 减速，长木板能第二次碰上墙壁
，此过程两者间无相对位移。
故木板与木板再次共速时木块距木板左端的距离
19．如图所示，半径为
的四分之一圆弧轨道固定在光滑水平面上，质量为
、足够长的木
板A 紧挨轨道右端放置在光滑水平面上，其上表面与圆弧最低点相切，木板A 右侧固定有挡板P。一质量
为
的小物块B 从轨道最高点由静止释放，当小物块B 下滑至轨道最低点时对轨道的压力大小为
40N，随后小物块B 滑上木板A，当小物块B 与木板A 的速度相同时，木板A 的右端恰与挡板P 碰撞。已
知小物块B 与木板A 之间的动摩擦因数
，重力加速度g 取
。求：
(1)小物块B 沿轨道下滑的过程中克服摩擦力做的功；
(2)初始时木板A 右端与挡板P 的距离s。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）小物块B 在轨道最低点，由牛顿第二定律得
解得
小物块B 从释放到下滑到轨道最低点的过程中，根据动能定理有
解得小物块B 沿轨道下滑的过程中克服摩擦力做的功
（2）对木板A 受力分析，根据牛顿第二定律，有
解得木板A 的加速度大小
对小物块B 受力分析，根据牛顿第二定律，有
解得小物块B 的加速度大小
设
时刻，木板A 和小物块B 速度相同，为
，则有
解得
，
对木板A，有
20．如图所示，质量
、长度
的长木板放在水平地面上，它与水平地面间的动摩擦因数
。质量
可视为质点的滑块从长木板的右端以初速度
向左滑上长木板，长木板刚开始运
动时的加速度大小
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
取
。求：
(1)滑块与长木板间的动摩擦因数
；
(2)滑块刚开始运动时的加速度
大小；
(3)要使滑块不滑出长木板且恰好运动到长木板的左端，求滑块初速度
大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对长木板进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得滑块与长木板间的动摩擦因数为
（2）对滑块，根据牛顿第二定律可得
解得滑块刚开始运动时的加速度大小为
（3）当滑块恰好运动到长木板的左端时两者速度相等，满足题意，设经过的时间为，则有
根据位移关系得
代入数据解得
，
