专题05 滑块木板模型-备战2024年高考物理模型与方法（新课标）

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc9830" 【模型归纳】 PAGEREF _Tc9830 \h 1
\l "_Tc29700" 模型一 光滑面上外力拉板 PAGEREF _Tc29700 \h 1
\l "_Tc27836" 模型二 光滑面上外力拉块 PAGEREF _Tc27836 \h 1
\l "_Tc19083" 模型三 粗糙面上外力拉板 PAGEREF _Tc19083 \h 2
\l "_Tc21293" 模型四 粗糙面上外力拉块 PAGEREF _Tc21293 \h 2
\l "_Tc9545" 模型五 粗糙面上刹车减速 PAGEREF _Tc9545 \h 2
\l "_Tc13403" 【常见问题分析】 PAGEREF _Tc13403 \h 3
\l "_Tc23206" 问题1． 板块模型中的运动学单过程问题 PAGEREF _Tc23206 \h 3
\l "_Tc561" 问题2． 板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题 PAGEREF _Tc561 \h 3
\l "_Tc15733" 问题3． 板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题 PAGEREF _Tc15733 \h 4
\l "_Tc12910" 问题4． 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题 PAGEREF _Tc12910 \h 4
\l "_Tc27113" 【模型例析】 PAGEREF _Tc27113 \h 5
\l "_Tc8244" 【模型演练】 PAGEREF _Tc8244 \h 13
【模型归纳】
模型一 光滑面上外力拉板
模型二 光滑面上外力拉块
模型三 粗糙面上外力拉板
模型四 粗糙面上外力拉块
模型五 粗糙面上刹车减速
【常见问题分析】
问题1． 板块模型中的运动学单过程问题
问题2． 板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题
问题3． 板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题
问题4． 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题
【模型例析】
【例1】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v­t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
图(a) 图(b)
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
【大题拆分】第一步：分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。

第二步：分解过程模型。
(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。
(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。 由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。
(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。
【答案】(1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
【解析】(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝eq \f(v－0,t)＝eq \f(4－0,1) m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋eq \f(1,2)a1t2
解得a1＝1 m/s2
对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1
解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝eq \f(4,3) m/s2
对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2>a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s的过程中，木板向左运动的位移为
x1＝vt1－eq \f(1,2)a3teq \\al(2,1)＝eq \f(10,3) m，末速度v1＝v－a3t1＝eq \f(8,3) m/s
滑块向右运动的位移x2＝eq \f(v＋0,2)t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a3＝eq \f(4,3) m/s2
假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移
x3＝v1t2－eq \f(1,2)a3teq \\al(2,2)＝eq \f(7,6) m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
滑块向左运动的位移x4＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。
(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝eq \f(v\\al(2,3),2a1)＝2 m
所以木板右端离墙壁最远的距离为
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
【例2】（2023·全国·高三专题练习）如图，两个滑块A和B的质量分别为和，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为；木板的质量为，与地面间的动摩擦因数为。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。
【审题指导】：如何建立物理情景，构建解题路径
①首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出A、B及木板的运动情况．
②把握好几个运动节点．
③由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速，此后B与木板共同运动．
④A与木板存在相对运动，且A运动过程中加速度始终不变．
⑤木板先加速后减速，存在两个过程．
【答案】（1）1m/s；（2）1.9m
【详解】（1）对B分析有

同理A的加速度
对木板分析有

B与木板相对静止时，有
解得
B与木板相对静止时，木板的速度大小为
（2）木板和物块共速时，A的速度为
则在时间内两者的相对位移大小为
B与木板相对静止后，对B与木板整体有
对A分析加速度仍为
由于AB，速度与加速度大小相等，所以当B速度减为 ，A速度大小也减为，对B与木板整体与A的运动有
代入数据解得
此时三者具有共同速度为
此过程中AB相对位移
则木板长度
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
【例3】（2023·陕西安康·高三统考阶段练习）如图甲所示，质量为、长度为的木板静止放置在水平面上，质量也为的木块（视为质点）静止放置在木板的最左端，木块与木板之间的动摩擦因数为，木板与水平面之间的动摩擦因数为，突然让木块获得一个水平向右的速度，经过木块离开木板；如图乙，同时给木块、木板向右的速度，重力加速度取，规定水平向右为正方向，求：
（1）木块与木板之间的动摩擦因数，甲图木块滑行到木板中点位置时的瞬时速度；
（2）对乙图，木板与木块在运动过程中的加速度大小；
（3）对乙图，木块的运动时间与木板的运动时间之比以及木块与木板的相对位移。
【答案】（1），；（2），；（3），
【详解】（1）对甲图，分析可知，木板始终处于静止状态。对木块受力分析，由牛顿第二定律可得
由匀变速直线运动的规律可得
设木块在木板上滑行到中点位置的瞬时速度为，则有
联立解得
（2）对乙图，假设木块与木板在运动过程中都做匀减速直线运动，则木块的加速度要小于木板的加速度，对木块受力分析，由牛顿第二定律可得
对木板受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
故假设成立
（3）假设木块、木板停止运动时，木块仍在木板上，设木块、木板的运动时间分别为、，则开始运动至停止的过程中，对木块有
对木板有
解得
故木板停止运动后，木板不再运动，但木块仍在木板上运动。从木板开始运动到停止运动的过程中，木板的总位移为
木块从开始运动到停止运动的整个过程中，木块的总位移为
整个过程中，木块与木板的相对位移为
联立解得
因此有
故假设成立，当木块停止运动时正好停在木板的最右端。故木块的运动时间与木板的运动时间之比为
木块与木板的相对位移为
【例4】（2023·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）如图所示，物体放在足够长的木板上，木板静止于水平面上，已知的质量和的质量均为， A、B之间的动摩擦因数，与水平面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度取。若从开始，木板受的水平恒力作用，时改为，方向不变，时撤去。求：
（1）木板受的水平恒力作用时， A、B的加速度各为多少？
（2）从开始，经过多长时间和达到共同速度？
（3）请以纵坐标表示受到的摩擦力，横坐标表示运动时间（从开始，到A、B都静止），取运动方向为正方向，在图中画出的关系图线（以图线评分，不必写出分析和计算过程）
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）当恰好相对于滑动时有
此时
由于，故物体相对于木板B滑动，则
（2）时
当力作用时的加速度不变， B的加速度大小
经过时间A、B速度相等，则
解得
（3）前物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向向右。
内，和匀速运动，物体受到的摩擦力
时撤去，A、B一起做匀减速直线运动。对整体，由牛顿第二定律
解得
对物体，由牛顿第二定律得
时和共同速度
时撤去后，设经过两者速度减为零。
解得
后，和均静止，物体受到的摩擦力
的关系图线如图所示
【规律总结】
“滑块—滑板”模型的一般解题步骤
滑块—滑板问题的解题关键点
(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
(2)滑块是否会从滑板上掉下的临界条件是滑块到达滑板一端时两者共速．
(3)滑块不能从滑板上滑下的情况下，当两者共速时，两者受力、加速度发生突变．
【模型演练】
1．（2023秋·江苏盐城·高三校联考期末）如图所示，质量M=2.0kg的长木板A放在光滑水平面上，质量m=0.2kg的小滑块B放在长木板A的最右端，滑块与长木板间的动摩擦因数，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，求：
（1）长木板A在外力作用下以加速度a1=2m/s2向右加速运动时，滑块B所受摩擦力大小与方向；
（2）要使滑块B脱离长木板A，至少要用多大的水平力拉长木板；
（3）若长木板长L=1.5m，在8.6N的水平拉力的作用下由静止开始运动，滑块滑离长木板需多长时间。
【答案】（1），方向水平向右；（2）；（3）
【详解】（1）小滑块B的最大加速度为
故可知此时AB没有发生相对滑动，即AB以a1=2m/s2一起向右加速运动，滑块B所受摩擦力大小为
方向水平向右。
（2）根据前面分析当AB发生相对滑动的临界加速度为，对整体分析有
（3）在的水平拉力的作用下AB发生相对滑动，此时AB加速度大小分别为
，
设经过时间t滑块滑离长木板，根据位移关系有
其中有
，
联立解得
2．（2023秋·河南漯河·高三统考期末）光滑的水平面上有一木板，质量，在木板的最右端有一小滑块（可视为质点），质量，小滑块与木板之间的动摩擦因数。滑块与长木板一起以的速度向左匀速运动。如图所示，某时刻起对木板施加一个大小为的水平向右的作用力F，作用时间为。小滑块始终不脱离木板．g取，试求：
（1）小滑块相对地面向左运动的过程中，木板相对地面的位移；
（2）木板长度的最小值。
【答案】（1），方向水平向右；（2）
【详解】（1）当有F作用时，由牛顿第二定律，对小滑块分析
①
对木板分析
②
设小滑块减速到零用时，则
③
此过程中，滑块和木板的加速度不变．取水平向右为正方向，木板的位移
④
解得
，方向水平向右⑤
（2）在力F的作用下，滑块和木板的加速度不变．取水平向右为正，在内，滑块的位移
木板的位移
⑥
末，滑块的速度
木板的速度
⑦
力F停止作用后，滑块加速度不变，木板开始减速，加速度大小为，由牛顿第二定律得
⑧
设力F停止作用后经过时间两者共速
⑨
在时间内，滑块的位移为
⑩
木板的位移为
⑪
木板的长度至少为
⑫
解得
3．（2023春·浙江宁波·高三浙江省宁波市鄞州中学校考期中）如图所示，质量、长为的长木板放在光滑的水平面上，可视为质点的质量为的滑块放在长木板的最左侧，时刻在滑块上施加水平向右的恒力20N，经过一段时间滑块到达长木板的最右侧，已知滑块与长木板之间的动摩擦因数，。求：
（1）摩擦力对长木板做功为多少？
（2）合力对滑块做功为多少？
（3）系统产生的热量Q为多少？
【答案】（1）3.2J；（2）18J；（3）8.8J
【详解】（1）由题意可知，滑块和长木板发生相对滑动，由牛顿第二定律：对物块
对木板
解得
根据运动学公式
解得
长木板的位移
摩擦力对长木板做功为
（2）滑块的位移
合力对滑块做功为
（3）系统产生的热量
4．（2023·辽宁·高三校联考期末）如图所示，光滑水平地面上有一质量为2kg、长度为1m的木板甲，其上表面粗糙、下表面光滑。质量为1kg的物块乙放在木板甲的最左端：两者均处于静止状态，现用的水平恒力将物块乙从木板甲的左端拉到右端，直至两者分离。已知物块乙与木板甲间的动摩擦因数为0.1，取重力加速度大小。
（1）求物块乙运动的加速度大小；
（2）求该过程中木板甲的位移大小；
（3）要使物块乙与木板甲发生相对滑动，求水平恒力的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对物块乙，由牛顿第二定律得
解得
（2）对木板甲，由牛顿第二定律得
解得
物块乙、木板甲发生相对滑动的过程中，由运动学公式得
解得
木板甲的位移大小
（3）对物块乙，由牛顿第二定律得
对木板甲，由牛顿第二定律得
发生相对滑动的条件是
联立求得
即水平恒力的最小值为。
5．（2023·山东聊城·统考二模）如图所示，质量、长度的木板静置在足够大的光滑水平地面上，质量且可视为质点的物块B放在木板A的右端，现对木板A施加一水平向右的恒力，两者由静止开始运动，作用一段时间后撤去恒力，最终物块B恰好能到达木板A的左端，已知物块B与木板A间的动摩擦因数，取重力加速度，求：
（1）恒力作用的时间；
（2）摩擦力对物块B做的功。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据题意，设B的加速度为，力作用时A的加速度为；撤去力后，A的加速度为，又经过后B达到A的左端，根据牛顿第二定律，有
撤去力F后，根据牛顿第二定律，有
由运动学规律得
解得
（2）设最终B的速度为v，有
由动能定理有
解得
6．（2023·安徽宿州·统考一模）如图所示，质量、长度的木板A静止在水平面上，A与水平面间的动摩擦因数。在A的左端放置一质量的铁块可视为质点，B与A间的动摩擦因数，现用一水平恒力作用在B上，取，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：
（1）要保持A、B一起做匀加速运动，求力的取值范围；
（2）若，求铁块运动到木块右端所用的时间。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）A与地面间的最大静摩擦力大小
A与B间的最大静摩擦力
A、B要一起做匀加速直线运动拉力
设拉力大小为时A、B恰好发生相对滑动，对A，由牛顿第二定律得
对A、B系统，由牛顿第二定律得
代入数据解得
要保持A、B一起做匀加速运动，力的取值范围是
（2）拉力时，A、b相对滑动，A的加速度大小
对B，由牛顿第二定律得
代入数据解得
设经过时间铁块运动到木板的右端，则
代入数据解得
，不符合实际，舍去
7．（2023·全国·高三专题练习）如图甲所示，质量m＝1kg的小物块A（可视为质点）放在长L＝4.5m的木板B的右端。开始时A、B两叠加体静止于水平地面上。现用一水平向右的力F作用在木板B上，通过传感器测出A、B两物体的加速度与外力F的变化关系如图乙所示。已知A、B两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）A、B间的动摩擦因数μ1；
（2）乙图中F0的值；
（3）若开始时对B施加水平向右的恒力F＝29N，同时给A水平向左的初速度v0＝4m/s，则在t＝3s时A与B的左端相距多远。
【答案】（1）0.4；（2）5N；（3）22.5m
【详解】（1）由题图乙知，当A、B间相对滑动时A的加速度
a1＝4m/s2
对A由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
得
μ1＝0.4
（2）设A、B与水平地面间的动摩擦因数为μ2，B的质量为M。当A与B间相对滑动时对B由牛顿第二定律有
F－μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma2
即
由题图乙知
可得
M＝4kg
μ2＝0.1
则
F0＝μ2（m＋M）g＝5N
（3）给A水平向左的初速度v0＝4m/s，且F＝29N时A运动的加速度大小为a1＝4m/s2，方向水平向右。设A运动t1时间速度减为零，则
位移
x1＝v0t1－a1t12＝2m
B的加速度大小
方向向右
B的位移大小
x2＝a2t12＝2.5m
此时B的速度
v2＝a2t1＝5m/s
由于x1＋x2＝L，即此时A运动到B的左端，当B继续运动时，A从B的左端掉下来停止，设A掉下来后B的加速度大小为a3，对B由牛顿第二定律有
F－μ2Mg＝Ma3
可得
a3＝m/s2
在t＝3s时A与B左端的距离
x3＝v2（t－t1）＋a3（t－t1）2＝22.5m
8．（2023春·辽宁大连·高三大连市一0三中学校考阶段练习）滑块类问题是我们高中常见的模型之一，假设质量为足够长的木板放在水平地面上，木板左端放有一质量为大小不计的小滑块，木板与地面间的动摩擦因数，小滑块与木板间的动摩擦因数。开始时滑块和木板都静止，（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取）求：
（1）若在小滑块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F，求当力F增大到多大时，小滑块恰好要相对木板运动？
（2）现给小滑块施加一水平向右的恒力，经过，撤去恒力F，撤去外力F时，木板的速度大小；
（3）木板从开始运动到停止的总时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）假设小滑块恰好要与木板相对运动，则此时小滑块与木板共速且加速度相同，两物体之间的摩擦力为最大静摩擦力，两物体之间的摩擦力和与地面之间的摩擦力关系
故随着F增大，会先与地面相对运动。对两物体组成的系统进行分析
对隔离分析则有
解得
（2）根据，故两物体之间会有相对运动，木板受到滑块向右的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，即
解得
作用时间为，则
（3）外力作用过程中对有
解得
作用时间为，则的速度为
当撤去外力F后，对分析，加速度大小为
的受力情况不变。两者共速时
解得
，
两者共速后会相对静止一起减速到速度为0，两者共同加速度大小为，则
根据运动学规律
联立以上方程解得
故木板从开始运动到停止的总时间
9．（2023秋·江苏南京·高三南京师大附中校考期末）如图所示，将木块A和木板B叠放在水平地面上，木块质量，木板质量，木块与木板间动摩擦因数为、木板与地面间动摩擦因数为，不计空气阻力，取重力加速度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，对木块施加一个水平向右的恒力F，求：
（1）若，求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小；
（2）若，求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小。
【答案】（1），；（2），
【详解】（1）A与B之间的最大静摩擦力为
B与地面之间的最大静摩擦力为
当AB恰好发生相对滑动时，对于B有
对于整体来说
解得
则当时，B与地面发生相对运动，A与B没有发生相对滑动，则对于整体研究
解得
隔离B根据牛顿第二定律可得
解得A、B之间的摩擦力的大小
（2）当时，AB发生相对滑动，根据牛顿第二定律
解得
A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为
10．（2023秋·内蒙古赤峰·高三赤峰二中校考期末）一神器，外形可忽略、体积可为零；飞天遁水，无往不利；坚如磐石、滑洁如丝；必要的时候它可以带电、也可以突破引力、甚至可以光速行进！它折磨了几代莘莘学子，我们为它痴狂不已，它就是传说中的——小滑块。滑块类问题是我们高中常见的模型之一，假设质量为足够长的木板放在水平地面上，木板左端放有一质量为大小不计的小滑块，木板与地面间的动摩擦因数，小滑块与木板间的动摩擦因数。开始时滑块和木板都静止，（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取）求
（1）若在小滑块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F，求当力F增大到多大时，小滑块恰好要相对木板运动？
（2）现给小滑块施加一水平向右的恒力，经过，撤去恒力F，撤去外力F时，木板的速度大小；
（3）木板从开始运动到停止的总时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）分析题意可知，小滑块恰好要相对木板运动时，小滑块与木板间恰好达到最大静摩擦力，对木板受力分析，由牛顿第二定律
解得
对小滑块受力分析有
解得
（2）初始阶段，对小滑块受力分析，由牛顿第二定律
对木板受力分析，可得
联立解得
，
经过，两者的速度分别为
则撤去外力F时，木板的速度大小为
（3）当撤去F时，对小滑块受力分析，由牛顿第二定律
又经两者速度相同
解得，两者达到共速的时间为
共速时，两者的速度均为
两者速度相同之后，两者一起减速直到停止，对小滑块和木板整体受力分析，由牛顿第二定律
解得
由运动学公式，两者一起做匀减速的时间为
木板从开始运动到停止的总时间为
11．（2023秋·江苏徐州·高三统考期末）如图所示，为一货运平板汽车，车厢足够长。车上载有一个质量足够长的木板，其右端距离车箱前壁有一段距离。一个质量，长度可以忽略不计的金属箱放置在长木板的中央。长木板和汽车车厢之间的动摩擦因数。长木板和金属箱之间的动摩擦因数。假设汽车在运动过程始终沿水平笔直路面行驶，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。
（1）为保证长木板和金属箱相对静止，求汽车向右减速时的最大加速度大小。
（2）汽车向右减速过程中加速度由0逐渐增大，当加速度为4m/s2时，求长木板对汽车车厢的摩擦力。
（3）当汽车及所载货物均静止后，搬运工人对长木板施加一水平向左，大小为的拉力，力F作用1.5s后撤去，求2秒末长木板的速度。
【答案】（1）；（2）400N，方向水平向右；（3）1.2m/s
【详解】（1）长木板和金属箱即将发生相对滑动时，汽车向右减速时加速度大小为，对金属箱m受力分析可知
可得
（2）汽车向右减速时加速度大于2m，可知长木板和金属箱已发生相对滑动，对长木板M受力分析可知
可得
长木板与汽车车厢之间的最大静摩擦力
故，长木板和汽车车厢之间未发生相对滑动，汽车车厢对长木板的静摩擦力大小为400N，由牛顿第三定律，长木板对汽车车厢的静摩擦力大小为400N，方向水平向右。
（3）有力F作用时，假设长木板和金属箱能保持相对静止，一起向左加速，对长木板和金属箱整体受力分析可知
可得
故，长木板和金属箱将发生相对滑动，金属箱以2m的加速度向左加速，长木板以大小为的加速度向左加速，对长木板M受力分析可知
可得
1.5s末，金属箱的速度
长木板的速度
力F撤去后，金属箱继续以加速度向左加速，长木板以大小为的加速度向左减速，直到两物体速度相同。对长木板M受力分析可知
4
可得
当两物体速度相同时
可得
速度相等之后，金属箱以加速度向左减速，长木板以大小为的加速度向左减速。对长木板M受力分析可知
可得
2s末，长木板的速度
其中
可得
12．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）如图所示，静止在水平地面上的木板的质量，现让一个质量的物块（视为质点）以大小的速度从左端冲上木板，已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，木板足够长，取重力加速度大小，求：
（1）物块刚滑上木板时，物块的加速度大小以及木板的加速度大小；
（2）从物块冲上木板到木板停下，物块相对地面发生的位移大小。

【答案】（1），；（2）
【详解】（1）对物块，根据牛顿第二定律有
解得
对木板，根据牛顿第二定律有
解得
（2）设经时间物块与木板达到的共同速度大小为，有
解得
根据匀变速直线运动的规律，此过程物块发生的位移大小
解得
达到共同速度后，经分析物块与木板能共同向右运动，设加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
设达到共同速度后，物块发生的位移大小为x2，根据匀变速直线运动的规律有
解得
所以从物块冲上木板到木板停下，物块相对地面发生的位移大小
13．（2023·云南·高三校联考阶段练习）如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，时刻一小物块以一定的速度从左端滑上长木板，之后小物块运动的图像如图乙所示．已知小物块与长木板的质量均为，前内小物块在长木板上滑动，之后两者相对静止，取重力加速度大小，求：
（1）小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q；
（2）小物块与长木板间的静摩擦力大小f．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设小物块与长木板间的动摩擦因数为，前内小物块的加速度大小为，则有
因2s末木板和物块共速，则小物块在长木板上滑动的痕迹长度

对物块由牛顿第二定律
小物块与长木板间因摩擦产生的热量
解得
（2）设长木板与地面间的动摩擦因数为，前内长木板的加速度大小为，后小物块和长木板一起做匀减速直线运动时的加速度大小为，则有
对木板
对木板和木块的整体
对物块
解得
14．（2023秋·湖南益阳·高三统考期末）一长木板在水平地面上运动，在时其速度为，此时将一相对于地面静止的物块放到木板上。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小。求：
（1）物块刚放到木板上时，物块和木板的加速度大小；
（2）木板的最短长度L；
（3）从到木板停止运动，木板位移的大小。
【答案】（1）2m/s2，4m/s2；（2）3m；（3）6m
【详解】（1）设物块与木板的质量均为，对物块根据牛顿第二定律可得
解得物块的加速度大小为
对木板根据牛顿第二定律可得
解得木板的加速度大小
（2）使物块不滑离木板，即木板长度至少等于达到共速时两物体的相对位移；设经时间达到共速，则有
解得
，
木板的位移为
物块的位移为
木板的最短长度为
（3）共速以后两物体视为一个整体，设加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
共速后整体还能运动的位移为
从时到木板停止运动，木板的位移的大小
15．（2023·湖南株洲·统考三模）如图，一平板车静止在光滑水平地面上，小物块A和B分别从车的最左端和最右端同时开始相向运动，两物块在平板车上发生碰撞，最终都与平板车保持相对静止。已知平板车的质量，长度，A、B的质量均为，A的初速度大小为，与平板车之间的动摩擦因数；B的初速度大小为，与平板车之间的动摩擦因数，A、B均可视为质点，它们之间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度取，求：
（1）整个过程中，A、B以及平板车组成的系统损失的机械能；
（2）A、B发生碰撞的位置与平板车最左端的距离；
（3）A、B与车保持相对静止时，A、B之间的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，设平板车最终的速度为，以A、B以及平板车为系统，根据动量守恒定律有
解得
则系统损失的机械能为
解得
（2）根据题意，设开始运动时A、B和平板车的加速度大小分别为、和a，根据牛顿第二定律有
设经时间A、B发生碰撞，则有
代入数据得
或（舍去）
A、B发生碰撞的位置与平板车最左端的距离
解得
（3）设A、B发生碰撞前瞬间，A、B和平板车的速度分别为、和v，则有
A、B质量相等，发生弹性碰撞后速度交换，则碰撞后有
碰后B与平板车速度相等，分析可知此后B与平板车始终保持相对静止。设此后A与平板车的相对位移为，则有
最终A、B之间的距离
16．（2023春·湖北襄阳·高三襄阳四中校考阶段练习）如图所示，倾斜角的光滑斜面底端有一挡板1，木板A置于斜面上，小物块B置于A底端，A、B质量均为2kg，挡板2到B和到挡板1的距离均为L=0.2m。t=0时刻，将A、B一起由静止释放，A、B分别与挡板1和挡板2发生弹性碰撞，碰撞时间极短忽略不计。已知A、B间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，小物块B始终未离开木板A。求：
（1）小物块B第一次与挡板2碰撞后瞬间的动量大小；
（2）木板A的长度至少为多少；
（3）从t=0时刻开始到木板A与挡板1第3次碰撞前瞬间，重力对木板A的总冲量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）斜面光滑，A、B共同下滑的加速度为
得小物块B与挡板2碰撞的速度为
由于发生弹性碰撞，则小物块B第一次与挡板2碰撞后瞬间的动量大小为
（2）物块B沿斜面向上运动，对木板A分析
说明木板A匀速下滑，从物块B与挡板2碰撞到木板A与挡板1碰撞的过程，所用时间为
物块B减速上滑的加速度大小为
物块B减速从碰撞减速至0所用时间为
则木板A的长度至少
（3）木板A与挡板1碰撞后原速率返回，由于重力的下滑分力与B施加的摩擦力同向，则匀减速运动的加速度也为。由于B所受摩擦力与重力沿斜面的下滑分力平衡，故B保持静止状态。木板A上滑至速度为0的位移为
时间为
然后二者从静止开始再次加速度下滑，同时与挡板碰撞，运动时间为
二者相对静止直至第三次碰撞。则从释放开始到第三次碰撞的总时间为
重力对木板A的总冲量为
17．（2023·高三课时练习）如图甲所示，足够长的木板静止在水平面上，木板的质量M＝0.4 kg，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1，质量m＝0.4 kg的小滑块以v0＝1.8 m/s的速度从右端滑上长木板，小滑块刚滑上长木板的0.2 s内的速度图象如图乙所示，小滑块可看成质点，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求小滑块与长木板间的动摩擦因数μ2和小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a1；
（2）求小滑块从滑上长木板到与长木板速度相等过程中相对长木板滑行的距离L；
（3）求小滑块从滑上长木板到最后停下来的过程中运动的总距离s。
【答案】（1）0.4，2 m/s2；（2）0.27 m；（3）0.54 m
【详解】（1）小滑块向左减速运动，由v­t图象的斜率可得加速度大小
对滑块，由牛顿第二定律有
则
μ2＝0.4
长木板向左加速运动，由牛顿第二定律得
μ2mg－μ1（M＋m）g＝Ma1
解得
a1＝2 m/s2
（2）小滑块与长木板速度相等时，有
v0－a2t＝a1t
解得
t＝0.3 s
小滑块运动的距离
木板运动的距离
故
L＝s2－s1＝0.27 m
（3）此后一起做匀减速运动
v＝a1t＝0.6 m/s
根据牛顿第二定律得
μ1（M＋m）g＝（M＋m）a3
解得加速度的大小
a3＝1 m/s2
运动的距离为
s3＝＝0.18 m
所以小滑块滑行的总距离
s＝s2＋s3＝0.54 m.
18．（2023·广东·高三专题练习）如图甲所示，质量的长木板静止在足够大的水平地面上，一小物块以的速度从左端滑上长木板后，恰好不能从木板的右端掉落，其运动的图像如图乙所示。取重力加速度大小，求：
（1）木板的长度L；
（2）小物块与木板间因摩擦产生的热量Q；
（3）2s~4s内静摩擦力对长木板的冲量I。
【答案】（1）；（2）；（3），方向向右
【详解】（1）由题意结合图像可知，时，小物块与木板共速，且刚好运动到木板的右端，则有
（2）设小物块的质量为，小物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面间的动摩擦因数为，前2s内小物块的加速度大小为，长木板的加速度大小为，小物块在长木板上滑动的距离为，2s后小物块和长木板一起做匀减速直线运动时的加速度大小为，则有
联立解得
，，
小物块与木板间因摩擦产生的热量为
（3）设2s~4s内长木板受到小物块的静摩擦力大小为f，该静摩擦力的方向向右。则有
静摩擦力对长木板的冲量大小为
方向向右。
19．（2023秋·河南信阳·高三统考阶段练习）如图所示，在水平地面上有一长木板和一个可视为质点的小物块，它们分别以初速度和相向运动，结果物块恰没有从木板上滑落，二者运动的图像如图所示。试求：
（1）长木板上、下表面的动摩擦因数；
（2）长木板与小物块的质量比和板的长度。
【答案】（1）0.2，0.1；（2），4.5m
【详解】（1）由图像可知物块先向右减速停下后再反向加速至与木板共速，再一起减速停下，图中三段线对应的加速度分别为
物块在木板上相对滑动时，对物块根据牛顿第二定律可得
解得长木板上表面的动摩擦因数为
相对静止后一起滑动时，以物块和木板为整体，根据牛顿第二定律可得
解得长木板下表面的动摩擦因数为
（2）相对滑动时，对木板根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
图像中所围面积表对应的位移，两者的位移差即为板长，故有
20．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）如图所示，两小滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=7kg，放在静止于光滑水平地面上的长为L=0.8m的木板C两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ=0.5，木板C被锁定于地面上静止不动，木板的质量为m=4kg，某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为，重力加速度取g=10m/s2。
（1）滑块A、B相遇时的速度各为多大？
（2）若滑块A、B碰撞后不再分开，同时木板C解除锁定，则从两滑块相向运动开始的整个过程由于滑块A、B和木板C之间的摩擦产生的总热量是多少？
【答案】（1）2m/s，2m/s；（2）19J
【详解】（1）A、B在碰前加速度大小相等，设为a，根据牛顿第二定律可得
A、B两个滑块相遇时位移相等
根据匀变速直线运动规律可得
滑块A、B相遇时的速度相等
（2）滑块A、B碰撞后速度为，由动量守恒有
解得
碰后一起向右减速，板C向右加速，若三者共速的速度为，相对位移为，由动量守恒有
由能量守恒有
解得
，
即不会从板C上滑下，摩擦产生的总热量
加速度
分离
不分离
m2
m1
μ
F
f
光滑
a
f
m1最大加速度a1max=μg
m2加速度a2=(F-μm1g)/m2
条件：a2>a1max
即F>μg(m1+m2)
条件：a2≤a1max即 F≤μg(m1+m2)
整体加速度a=F/(m1+m2)
内力f=m1F/(m1+m2)
加速度
分离
不分离
m2
m1
μ
F
f
光滑
a
f
m2最大加速度a2max=μm1g/m2
m1加速度a1=(F-μm1g)/m1
条件：a1>a2max
即F>μm1g(1+m1/m2)
条件：a2≤a1max
即 F≤μm1g(1+m1/m2)
整体加速度a=F/(m1+m2)
内力f=m2F/(m1+m2)
不分离（都静止）
不分离（一起加速）
分离
m2
m1
μ1
F
f1
a
f1
μ2
f2
条件：
F≤μ2(m1+m2)g
条件：a2≤a1max
即 μ2(m1+m2)g整体加速度a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1+m2)
内力f=m1a[
条件：a2>a1max=μ1g
即F>(μ1+μ2)g(m1+m2)
外力区间范围
F
(μ1+μ2)g(m1+m2)
μ2(m1+m2)g
分离
一起加速
都静止
μ1m1g>μ2(m1+m2)g
一起静止
一起加速
分离
m2
m1
μ1
F
f1
a
f1
μ2
f2
条件：
F≤μ2(m1+m2)g
条件：
μ2(m1+m2)g整体加速度
a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1+m2)
内力f1=μ2(m1+m2)g+m2a
条件：
a1>a2max=[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]/m2
即F>(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)
外力区间范围
F
(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)
μ2(m1+m2)g
分离
一起加速
一起静止
一起减速
减速分离
m2
m1
μ1
f1
v
f1
μ2
f2
a
m1最大刹车加速度：a1max=μ1g
整体刹车加速度a=μ2g
条件：a≤a1max即μ2≤μ1
条件：a>a1max即μ2>μ1
m1刹车加速度：a1=μ1g
m2刹车加速度：a2=μ2(m1+m2)g-μ1m1g)]/m2
加速度关系：a1恒力拉板
恒力拉块
m1
F
m2
L
m1
F
m2
L
x1
F
F
x2
x相对
m1
m2
v1
v2
x1
F
F
x2
x相对
m1
m2
v1
v2
t0
t/s
0
v2
v/ms-1
a1
a2
v1
x相对
t0
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x相对
分离，位移关系：x相对=½a2t02－½a1t02=L
分离，位移关系：x相对=½a1t02－½a2t02=L
问题：板块分离，F至少作用时间？
m1
F
m2
L
过程①：板块均加速
过程：②板加速、块减速
x1
F
F
x2
x相对
m1
m2
v1
v2
x1'
F
x2'
x2相对
m1
m2
v1
v2
t1
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x1相对
t1
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x1相对
x2相对
a1'
t2
位移关系：x1相对+x2相对=L即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2
抽桌布问题
简化模型
A
B
a
m1
F
m2
L1
L2
过程①：分离
过程：②匀减速
x1
F
F
x2
L1
m1
m2
v1
v2
x1
F
L2
m1
m2
v1
x1'
t0
t/s
0
v2
v/ms-1
a1
a2
v1
x相对
t0
t/s
0
v1
v/ms-1
a1
v2
x1
x1'
a1'
分离，位移关系：x2－x1=L1
0v0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2
块带板
板带块
m1
v0
m2
μ2
μ1
m1
v0
m2
μ2
μ1
x1
v0
x2
x相对
m1
m2
v共
v共
x1
v0
x2
x相对
m1
m2
v共
v共
t0
t/s
0
v0
v/ms-1
a2
a1
v共
x相对
a共
t0
t/s
0
v0
v/ms-1
a2
a1
v共
x相对
a共
t0
t/s
0
v0
v/ms-1
a2
a1
v共
x1相对
a1'
x2相对
a2'
μ1≥μ2
μ1<μ2