“滑块-木板”模型中的动力学问题（解析版）-2025年物理一轮复习讲义

第三章运动和力的关系

第5课时专题强化：“滑块一木板”模型中的动力学问题

学习目标

1.掌握“滑块一木板”模型的运动及受力特点。

2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。

一、模型特点

滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作

用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。

二、模型构建

(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。

(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。

(3)明确滑块和木板间的位移关系

如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Ax=

制一X2=〃板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和AX=X2+XI=£。

三、解题关键

(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。

(2)挖掘'、物=丫板”临界条件的拓展含义

摩擦力突变的临界条件：当"物=丫板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩

擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。

①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，丫物=丫板；

②木板最短的条件：当"物="板时滑块恰好滑到木板的一端。

考点01水平面上的板块问题

［典例1•对水平面上的板块问题的考查］(2024•广东佛山市联考)如图所示，质量均为加=1kg

的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为〃=

0.4o先敲击A,A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离£=2m后停下。接着敲击

B,B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此

后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速

度g=10m/s2。求：

(1)A被敲击后获得的初速度大小VA；

(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小的、例,；

(3)B被敲击后获得的初速度大小VB及B运动的最大距离SB。

答案(1)4m/s(2)12m/s124m/s2(3)8m/s3m

解析(1)由牛顿第二定律知"冽

A加速度的大小&A=〃g

根据匀变速直线运动速度位移关系丛2=2"£

解得"A=J2林gL=4m/so

(2)在左边缘再次对齐前，对B,

根据牛顿第二定律得/nmg+2/^mg=ma^

解得4B=3〃g=12m/s2

对齐后，对A、B整体，根据牛顿第二定律得2〃加g=2加曲‘，解得你,=/zg—4m/s2

⑶经过时间，，A、B达到共同速度v,位移分别为％A、3，A加速度的大小等于〃A,

1

贝UV=6ZAZ=Vn-6ZnZ,%A=—

2

1

XB=VZ-X—X=L

B2BA

解得VB=8m/s,XB=2.5HI

A、B达到共同速度后，有丫2=2用,XB’

解得=0.5m,所以SB=XB+XB'=3m。

［拓展训练］如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M=4kg的长木板，在长木板

右端有一质量为加=1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为〃=0.2,长木板与小

物块均静止，现用产=14N的水平恒力向右拉长木板，经时间才=1s撤去水平恒力/，g取

10m/s2,则:

//////////////////////////////////////////////

(1)在尸的作用下，长木板的加速度为多大？

(2)刚撤去尸时，小物块离长木板右端多远？

(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？

(4)最终小物块离长木板右端多远？

答案(1)3m/s2(2)0.5m(3)2.8m/s(4)0.7m

F—〃冽*

解析(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得——,解得q=3m/s2

M

(2)撤去尸之前，小物块只受摩擦力的作用

故。冽=〃g=2m/s2

11

Axi=—at2—at2=0.5m

22m

(3)刚撤去/时v=〃/=3m/s,vm=amt=2m/s

.、iimg

撤去方后，长木板的加速度大小o'=---=0.5m/s2

M

,r

最终速度v'=vm+afnt=v—at'

解得共同速度=2.8m/s

v2~v'2y'2—y加2

(4)在，内，小物块和长木板的相对位移AX2=----;--------------,解得Ax2=0.2m

2a2am

最终小物块离长木板右端％=AX］+A%2=0.7m.

考点02斜面上的板块问题

［典例2•对斜面上的板块问题的考查］(2024•江苏苏州市段考)如图所示，有一倾角为6=37。

3

的斜面(sin37。=?，下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下

部分光滑，上端放有一质量为别的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为

计时起点，在第2s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板到达

挡板处速度恰好减为零，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分

3

的动摩擦因数3=-，长木板与斜面间的动摩擦因数〃2=05长木板的质量设最大

8

静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。求：

Qm

e

⑴在0〜2S时间内长木板和小物块的加速度的大小；

(2)开始时长木板距离挡板多远；

(3)长木板的长度。

答案(1)3m/s21m/s2(2)3m(3)12m

解析(1)在0〜2s时间内，对小物块和长木板受力分析，方口、尸NI是小物块与长木板之间的

摩擦力和正压力的大小，Ff2、&2是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，Ffi=

八1,FNi=mgcos0

居2=〃2八2,bN2=^N1+如COS。

规定沿斜面向下为正，设小物块和长木板的加速度分别为可和。2,由牛顿第二定律得

mgsin6—F^=ma\

Mgsin9—Ff2~^Ffi=Ma2

联立得句=3m/s2,。2=1m/s2

(2)在ti=2s时，设小物块和长木板的速度分别为vi和v2,

贝'I片=6m/s,功=。2/2=2m/s

时，设小物块和长木板的加速度分别为4」和o此时小物块与长木板之间摩擦力为

零，

对小物块：mgsin0=ma\',a\'=6m/s2

对长木板：A/gsin3—］Li2(M+m)gcos8=Ma?'，

_2

a2'=2m/s

即长木板做匀减速运动，设经过时间切长木板的速度减为零，则有也+。2，/2=0

联五得，2=1S

1

在人+与时间内，£i=—〃2M=2m,

2

1

^2=-|«2，%2=lm

=

Z=ZI+Z23m

111

22

(3)长木板的长度等于小物块相对于长木板运动的距离，即5=(-6ZI/I+VI/2+-^1'*)—(&。铝

1

V2^2'*)=12mo

［拓展训练］如图所示，在倾角为9=37。的足够长固定斜面上放置一质量M=2kg,长度£=1.5

m的薄平板在薄平板上端4处放一质量加=1kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平

板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为4=0.25,薄平板与斜面之

间的动摩擦因数为〃2=05sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10m/s2,求：

A

B

腔C

(1)释放后，小滑块的加速度大小6Z1和薄平板的加速度大小〃2；

(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间to

答案(l)4m/s21m/s2(2)1s

解析(1)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有加gsin37。一

尸门=加〃1,其中居i=〃i/NI,bNi=mgcos370

解得〃i=gsin37°—//igcos370=4m/s2

对薄平板，

o

由牛顿第二定律有Mgsin37+Fn-Ff2=Ma2

其中尸£2=〃2bN2,FN2=(m+A/)gC0S37°

2

解得a2=lm/s,a/%

假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。

,11

(2)设滑块滑离薄平板经历的时间为,,由运动学公式，有修=3〃1声，历=鼻。2巴又为一%2=£

解得t=1So

课时作业练

基础对点练

1.（多选）（2023•福建福州市高三检测）如图所示，质量为M的长木板/以速度均在光滑水平面

上向左匀速运动，质量为优的小滑块3轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑

出，小滑块与木板间的动摩擦因数为〃，下列说法中正确的是（）

A.若只增大怙则小滑块不能滑离木板

B.若只增大则小滑块在木板上运动的时间变短

C.若只增大％,则小滑块离开木板的速度变大

D.若只减小〃，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大

答案AB

解析若只增大滑块质量，滑块的加速度不变，木板的加速度增大，所以滑块与木板共速时，

滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确；若只增大长木板质量，

木板的加速度减小，滑块的加速度不变，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑

块在木板上的运动时间变短，故B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的加

速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑块离开木

板的速度变小，故C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相

对位移不变，则滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木

板对地位移变小，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为木板对地位移减去极长，故减小，

故D错误.

2.（多选）如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上.已知滑块和

木板的质量均为2kg,现在滑块上施加一个歹=0.5/（N）的变力作用，从f=0时刻开始计时，

滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加

A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4

B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2

C.图乙中f2=24s

D.木板的最大加速度为2m/s2

答案ACD

解析由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力大小为8N,则滑块与木板间的动摩擦

Ff

因数为〃=—m=0,4,选项A正确.由题图乙可知，力时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块

mg

Ft'

与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为/=——=0.1,选项B错误.叁时

2mg

刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力尸fm=8

N,此时两者的加速度相同，且木板的加速度达到最大，则对木板：-2mg—mam,解

得Om=2m/s2；对滑块：解得尸=12N,则由尸=0.5〃N）可知，々=24s,选

项C、D正确.

3.（多选）如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为/=

0时刻，质量为加的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的V-/图像如图乙

所示，重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是（）

A.M=m

B.M=2m

C.木板的长度为8m

D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1

答案BC

解析物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用，故jumg

、、7—3

=mai,而y—/图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为可=----m/s12=2m/s2,解

2

、2—0

得〃=0.2,对木板受力分析可知〃冽由v—%图像可知木板的加速度大小为42=；-m/s2

=1m/s2,联立解得河=2次，A、D错误，B正确；从题图乙可知物块和木板在/=2s时分离，

1

两者在0〜2s内的v-t图像与一轴围成的面积之差等于木板的长度,故Z=-X（7+3）X2m—

1

-X2X2m=8m,C正确.

2

4.（多选）如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在£=0时刻，可视为质点、质量为

1kg的物块A在水平外力产作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1s后撤去外力产，

物块A、长木板B的速度一时间图像如图乙所示，g=10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.长木板的最小长度为2m

B.A、B间的动摩擦因数是0.1

C.长木板的质量为0.5kg

D.外力尸的大小为4N

答案ABD

解析由题图乙可知，2s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩

擦，V-/图像中图线与f轴围成的面积表示物体的位移，故由题图乙可知，在2s内物块的位

移为xi=4m,木板的位移为X2=2m,故长木板的最小长度为A=/一处=2m,A正确；由

题图乙可知，1s时撤去外力尸，在1〜2s内由物块的受力及牛顿第二定律可知〃机g=maA,

由题图乙可知1〜2s内物块的加速度大小为公=1m/s2,解得A、B间的动摩擦因数为汹=

0.1,B正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为曲=1m/s2,由木板B的受力及牛顿第二

定律可知〃加g=M°B,解得长木板的质量为河=1kg,C错误；由0〜1s内物块的受力及牛

顿第二定律可知尸一"7g="?aA'，又此过程中加速度的大小为.A'=3m/s2,解得尸=4N,

D正确。

5.（多选）滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为

21

37。的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为而.小孩（可视为质点）坐在滑板上

端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图

中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4,小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°=

0.6,cos37°=0.8,g取lOmM则下列判断正确的是（）

A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2

B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s2

C.经过Is的时间，小孩离开滑板

D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s

答案BC

mgsin37°一川加geos37°

解析对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为小2.8m/s2,同

m

mgsin37°+〃i加geos31°—2“2mgecis37°

理对滑板，加速度大小为020.8m/s2,A错误，B

正确；小孩刚与滑板分离时，有-a/—a#=L,解得/=ls,离开滑板时小孩的速度大小为

22

v=a「=2.8m/s,D错误，C正确.

6.（2024・全国•练习）在倾角为6的固定斜面上放置一个长为乙、质量为加的薄木板，木板上端

与斜面的顶端对齐。将质量为加的小滑块置于木板上端，与木板一起由静止释放。木板与斜

面间的动摩擦因数〃1=tan（9,小滑块与木板间的动摩擦因数〃2<4，最大静摩擦力等于滑动

摩擦力。斜面足够长，且小滑块未脱离木板，则在小滑块下滑的过程中，下列说法中正确的

是（）

A.小滑块与长木板相对静止一起加速下滑

B.长木板相对斜面匀速下滑

C.小滑块的加速度为gsin。-〃2gcos0

D.长木板的加速度为gsine+〃2gcose-〃1gcos。

答案C

解析ABD.根据题意，由于从=tan，，则可知，对于木板而言，若木板单独放在斜面上，

则有加gsine=〃1/wgcos。,即木板会静止在斜面上，而由于〃2<〃一则对小滑块有

mgsin。加geos。,即小滑块不能静止在木板上，当在木板上放上小滑块后，由于小滑块不

能静止，会与木板产生相对滑动，木板对小滑块的滑动摩擦力沿着木板向上，而根据牛顿第

三定律可知，滑块对木板的滑动摩擦力沿着木板向下，此时对木板有

〃7gsin0+〃2mgeos。<加+»z）gcose,即木板仍然静止在斜面上，故ABD错误；C.对小滑

块，由牛顿第二定律有mgsin0-fJ2mgcos6=ma，解得小滑块在静止的木板上下滑时的加速度

大小为a=gsin。-〃2gcos。,故C正确。故选Co

7.（2023•福建省枫亭中学期中）如图所示，木板长Z=2.4m,质量M=4.0kg,与地面间的动摩

擦因数为〃1=0.4。质量为加=1.0kg的小滑块（可视为质点）放在木板的最右端，与木板间的

动摩擦因数为〃2=02开始时滑块与木板均处于静止状态，现给木板一个向右的初速度如

取g=10m/s2,求:

m

(1)木板所受摩擦力的大小;

(2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度为的最大值。

答案(1)22N(2)6m/s

解析(1)木板所受摩擦力的大小

4=〃2加g+〃i(M+Mg=22N

2

(2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为ax,则/i2mg=max,^=^=2m/s

木板做匀减速直线运动的加速度大小为故，

贝U^mg+[11(M+m)g=Ma2

解得勿=5.5m/s2

设经过时间，滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有2f①

1

滑块相对于地面的位移修=-4"2②

2

1

木板相对于地面的位移X2=V()t--6Z2P③

2

又L=X2—XX®

由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值为=6m/s。

8.(2023•辽宁大连市检测)如图所示，一质量〃=2kg的长木板8静止在粗糙水平面上，其右

端有一质量机=2kg的小滑块4,对5施加一水平向右且大小为尸=14N的拉力；，=3s后

撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上.已知/、5间的动摩擦因数为〃1=0.1,5与地面

间的动摩擦因数为“2=02重力加速度取g=10m/s2.

(1)求有拉力时木板5和滑块力的加速度大小；

⑵要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度.

答案(1)2m/s21m/s2(2)5.25m

解析(1)对滑块4根据牛顿第二定律可得出加g=M4i,故/的加速度大小为“1=1m/s2,方

向向右；对木板5根据牛顿第二定律可得尸一〃即g—〃2(冽+Mg=M42,解得木板5加速度大

小为“2=2m/s2.

一11

(2)撤去外力瞬间，4的位移大小为修=34储2=4.5m,5的位移大小为％2=鼻。2祥=9m,撤去

外力时，滑块/和木板5的速度分别为vi=aif=3m/s,v2=a2t=6m/s,撤去外力后，滑块/

的受力没变，故滑块4仍然做加速运动，加速度不变，木板5做减速运动，其加速度大小变

〃1加g+〃2(冽+A/)g

为〃2’5m/s2,设再经过时间，两者达到共速，则有vi+a，=v—

M2

a?'t'

1

撤去外力后，4的位移大小为xj=vj+-6Z1^2

1

8的位移大小为=V2〃—3"2't'2

故木板5的长度至少为£=%2一%1+工2'—

代入数据解得£=5.25m.

9.质量为2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块4从木板的左侧以初速度为沿木

板上表面水平冲上木板，如图甲所示.4和5经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静

止，4和5的图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2,求:

(1M与B上表面之间的动摩擦因数〃1；

(2*与水平面间的动摩擦因数的；

(3)A的质量.

答案(1)0.2(2)0.1(3)6kg

Vl-Vo

解析(1)由题图乙可知，Z在0〜1S内的加速度可=----=-2m/s2,对4由牛顿第二定律

得，

—/.i\mg=ma\,解得〃i=0.2

(2)由题图乙知，4、5整体在1〜3s内的加速度

03-01

的=-----="1m/s2,

ti

对4、5整体由牛顿第二定律得，

—〃2(河+冽应=(河+加)的，解得〃2=01

(3)由题图乙可知5在0〜1s内的加速度

V1

。2=—=2m/s2.

对5由牛顿第二定律得，

/n\mg—/Li2(M+m)g=Ma2,

代入数据解得冽=6kg.

10.（多选）如图所示，质量机A=1kg足够长的长板A置于水平地面上，质量加B=2kg的小滑

块B置于长板A的左端,A与水平地面间的动摩擦因数©=0.3,B与A间的动摩擦因数〃2=

0.5,对B施加一大小为尸=20N,方向与水平方向成37。角的恒力。已知最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o下列说法正确的是（）

"77v777777777777777777777777777777777777777777777777777~

A.A的加速度大小为1m/s2

B.B的加速度大小为6m/s2

C.若力厂作用一段时间后，撤去力尸，A的加速度大小增大

D.若力尸作用一段时间后，撤去力RB相对A静止

答案BC

解析对小滑块B进行受力分析，如图甲，可知尸NB+尸sin37o=/MBg

尸NBF

甲

居1=〃2尸NB,根据牛顿第二定律有

Feos37°-Ffi=mBtZB

联立可得〃B=6m/s2,故B正确；

对长板A受力分析，如图乙，

可知昌A=KB'+mAg=Fm+mAg

由H地m=〃l尸NA=5.4N>a「=产口可知，长板A静止，即〃A=0,故A错误;

若力尸作用一段时间后，撤去力£则对A有

〃2加Bg一〃1（冽A+加B）g

=------------------=1m/s2

加A

对B有的’=〃2g=5m/s2

可知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止，故C正确，D错误。

能力提升练

11.(2024•广东东莞市石龙中学月考)如图所示，厚0.2m、长为3m的木板48静止在粗糙水

平地面上，C为其中点，木板上表面NC部分光滑，C3部分粗糙，下表面与水平地面间的动

摩擦因数0=0.1,木板右端静止放置一个小物块(可看成质点)，它与木板C8部分的动摩擦

因数〃2=03。已知木板和小物块的质量均为2kg,重力加速度g取10m/s2,现对木板施加

一个水平向右的恒力产。

(1)为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm；

⑵当尸=22N时，小物块经多长时间滑到木板中点C?

(3)接第(2)问，当小物块到达C点时撤去F求小物块落地时与木板/端的距离。

答案(1)16N(2)1s(3)0.326m

解析(1)设小物块能够达到的最大加速度为Om,由牛顿第二定律有〃2mg=心。01

解得Om=3m/s2

对整体，由牛顿第二定律有尸m—〃l(M+7M)g=(Af+m)am,解得尸m=16N

⑵当/=22N时，小物块与长木板发生相对滑动，对长木板有尸一〃i(Af+m)g—〃2"?=跖?1,

解得°i=6m/s2

、〃2加g

小物块加速度a=----=〃喏=3m/s2

2m

11L

小物块滑到木板中点C,有一4由2a2M=一

222

解得介=1s

(3)设撤掉外力时木板和物块的速度分别为叫、v2,则有片="山=6m/s

?2=。2%1=3m/s

撤掉外力后，物块匀速运动，设木板做勺减速运动的加速度为的，则〃1(河+加)g=A/6Z3,

解得的=2m/s2

设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为V3,

VI2-V32Vl-V3L

则有--------V2------=—

2。3。32

解得力=(3+JJ)m/s

此后长木板做句减速运动，则

解得〃4=1m/s2

1

2

此后小物块做平抛运动，/z=-gZ2

1

2

落地时距长木板左端的距离为^X=v3t2-^a4t2-v2t2,解得Ax-0.326m。

12.(多选)(2023•内蒙古高三检测)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板尸，小滑块。

放置于长木板上的最右端.现将一个水平向右的力/作用在长木板的右端，让长木板从静止

开始运动，一段时间后撤去力足滑块、长木板的速度时间图像如图乙所示，已知滑块与长木

板的质量相等，滑块。始终没有从长木板P上滑下.重力加速度取g=10m/s2.则下列说法正

确的是()

z//(m*s-1)

7/7777777777777777777777777777^77Q56s

甲，乙

A.f=9s时长木板尸停下来

B.长木板尸的长度至少是7.5m

C.滑块。与长木板尸之间的动摩擦因数是0.5

D.滑块。在长木板尸上滑行的相对位移为12m

答案AB

解析由题图乙可知，力尸在&=5s时撤去，此时长木板尸的速度vi=5m/s,，2=6s时两

者速度相同，V2=3m/s,,2=6s前长木板尸的速度大于滑块。的速度，，2=6s后长木板尸的

速度小于滑块。的速度，0〜6s过程中，以滑块0为研究对象，由牛顿第二定律得〃刖g=

Av

ma,且的=—=0.5m/s12,解得〃i=0.05,在5〜6s过程中，以长木板P为研究对象，由牛

xAn

AV2,

2=

顿第二定律得//2(2m)g+//1mg=ma2,且。2=|1=2m/s,解得//20.075,从6s末到长木

加2

板停下来的过程中，由牛顿第二定律得〃2(2冽)g一出冽g="〃3,解得43=lm/s2,这段时间A%3

AV3,

=|——|=3s,则，=9s时长木板夕停下来，故A正确，C错误；长木板P的长度至少是前

43

111

6s过程中滑块0在长木板夕上滑行的距离，即Axi="X5X5m+-X(5+3)Xlm--X3X6

m=7.5m,故B正确；在从6s末到滑块0停下来的过程中，由牛顿第二定律得〃Mg=3Z4,

AV4,、

解得。4=0.5m/s2,这段时间A以=|1=6s,所以打=12s时滑块Q停下来，6s后滑块。

44

11

在长木板夕上滑行的距离AX="X6X3m一一X3X3m=4.5m,前6s长木板尸速度更大，

222

后6s滑块0速度更大，则滑块。在长木板尸上滑行的相对位移为Ax=Axi—Ax2=3m,故

D错误.

尖子选拔练

13.(2024•重庆•期末)如图所示，倾角为。的光滑斜面固定在水平面上，斜面上有一挡板D,挡

板D下方的斜面足够长。在距离挡板％处有一长木板C,长木板上有A、B两个小滑块，已

知A、B、C质量均为冽，小滑块A、B与木板间的动摩擦因数分别为〃i=tan。和

1i/■20

〃2=]tan。。A距离长木板下端的距离为1