专题05 滑块木板模型（解析版）-【模型与方法】2025届高考物理热点模型与方法归纳

1/27专题05滑块木板模型目录TOC\o"1-3"\h\u【模型归纳】 1模型一光滑面上外力拉板 1模型二光滑面上外力拉块 1模型三粗糙面上外力拉板 1模型四粗糙面上外力拉块 2模型五粗糙面上刹车减速 2【常见问题分析】 2问题1．板块模型中的运动学单过程问题 2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 3问题3．板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题 3问题4．板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题 4【模型例析】 4【模型演练】 18【模型归纳】模型一光滑面上外力拉板加速度分离不分离mm2m1μFf光滑afm1最大加速度a1max=μgm2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)模型二光滑面上外力拉块加速度分离不分离mm2m1μFf光滑afm2最大加速度a2max=μm1g/m2m1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)模型三粗糙面上外力拉板不分离（都静止）不分离（一起加速）分离mm2m1μ1Ff1af1μ2f2条件：F≤μ2(m1+m2)g条件：a2≤a1max即μ2(m1+m2)g<F≤(μ1+μ2)g(m1+m2)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FF(μ1+μ2)g(m1+m2)μ2(m1+m2)g分离一起加速都静止模型四粗糙面上外力拉块μ1m1g>μ2(m1+m2)g一起静止一起加速分离mm2m1μ1Ff1af1μ2f2条件：F≤μ2(m1+m2)g条件：μ2(m1+m2)g<F≤(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)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FF(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)μ2(m1+m2)g分离一起加速一起静止模型五粗糙面上刹车减速一起减速减速分离mm2m1μ1f1vf1μ2f2am1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>μ1m1刹车加速度：a1=μ1gm2刹车加速度：a2=μ2(m1+m2)g-μ1m1g)]/m2加速度关系：a1<a2【常见问题分析】问题1．板块模型中的运动学单过程问题恒力拉板恒力拉块mm1Fm2Lmm1Fm2Lxx1FFx2x相对m1m2v1v2xx1FFx2x相对m1m2v1v2tt0t/s0v2v/ms-1a1a2v1x相对tt0t/s0v1v/ms-1a2a1v2x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：板块分离，F至少作用时间？mm1Fm2L过程①：板块均加速过程：②板加速、块减速xx1FFx2x相对m1m2v1v2xx1'Fx2'x2相对m1m2v1v2tt1t/s0v1v/ms-1a2a1v2x1相对tt1t/s0v1v/ms-1a2a1v2x1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问题3．板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题抽桌布问题简化模型AABamm1Fm2L1L2过程①：分离过程：②匀减速xx1FFx2L1m1m2v1v2xx1FL2m1m2v1x1'tt0t/s0v2v/ms-1a1a2v1x相对tt0t/s0v1v/ms-1a1v2x1x1'a1'分离，位移关系：x2－x1=L10v0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2问题4．板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题块带板板带块mm1v0m2μ2μ1mm1v0m2μ2μ1xx1v0x2x相对m1m2v共v共xx1v0x2x相对m1m2v共v共tt0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x相对a共tt0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x相对a共tt0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x1相对a1'x2相对a2'μ1≥μ2μ1<μ2【模型例析】【例1】（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（）A．小物块在时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μC．小物块与木板的质量比为3︰4 D．之后小物块和木板一起做匀速运动【答案】ABD【详解】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确；B．结合图像可知时刻，木板的速度为设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为，负号表示方向水平向左物块在木板上滑动的加速度为经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得解得故B正确；C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为故可得解得根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为此时对木板由牛顿第二定律得解得故C错误；D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。故选ABD。【例2】（2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；（2）平台距地面的高度。【答案】（1）4m/s；；（2）【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为薄板做加速运动的加速度对物块对薄板解得（2）物块飞离薄板后薄板得速度物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为则平台距地面的高度【例3】（2025·江西南昌·一模）如图，一长为L（L是未知量）、质量为的长木板放在光滑水平地面上，物块A、B、C放在长木板上，物块A在长木板的左端，物块C在长木板上的右端，物块B与物块A的距离，所有物块均保持静止。现对物块A施加一个水平向右的推力，在物块A、B即将发生碰撞前的瞬间撤去推力F。已知物块A的质量为，物块B、C的质量为，物块A、B、C与长木板的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，物块A、B、C均可视为质点，物块间的碰撞均无机械能损失。求：(1)施加推力时，物块A的加速度的大小；(2)物块A、B碰撞后的瞬间各自的速度大小；(3)若将长木板换成轻质薄板，其它条件不变，求从施加推力F到物块A、B、C与轻质薄板共速所需的时间（整个过程中物块B、C不相碰）。【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）对A进行受力分析可得代入题中数据解得（2）假设长木板、物体B、C一起加速，加速度为，则有因为假设成立。所以设物体A与物体B碰前所需时间为t，则解得设物体A、B碰前速度为、，则，解得，物体A、B碰后速度为、，则根据动量守恒定律和能量守恒定律可得解得，（3）对A有得轻质薄木板与B、C相对静止，有相同的加速度设物体A与物体B碰前所需时间为，物体A、B碰前速度为、，则得且，物体A、B碰后速度为、，则根据动量守恒定律和能量守恒定律可得解得，A、B碰后，轻质木板的合力应该为零，A与薄板不能出现相对滑动否则木板合力不为零，木板和A匀速，B匀减速，C匀加速至，时间，则此时B的速度此后，物体A、C薄板相对静止，一起匀加，B匀减至共速，物体A、C的加速度大小物体B的加速度大小由得则所需总时间【例4】（2025·湖北黄冈·一模）如图所示，匀质木板A、B右端对齐静止叠放于光滑水平面上，木板A的质量为m、长度为L，木板B的质量为、长度，A、B间动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。(1)若对A施加水平向右的拉力F，A、B间恰好发生相对滑动，求F的大小；(2)若对A施加水平向右的恒力，求木板A、B左端对齐所需时间；(3)若地面不光滑，木板A与地面间的动摩擦因数为，对B施加水平向左的恒力，作用一段时间后再撤去，木板B恰好未从木板A上掉落。求木板B速度的最大值和木板A运动的总时间t。【答案】(1)(2)(3)，【详解】（1）A、B间恰好发生相对滑动，对B由牛顿第二定律对AB整体解得（2）若对A施加水平向右的恒力，则AB之间产生滑动，此时B的加速度仍为A的加速度为木板A、B左端对齐时解得所需时间（3）设作用的时间为，撤力时B的速度最大，撤力后再经时间A、B速度共速，由A与地面间的动摩擦因数小于A、B间动摩擦因数，共速后两者一起匀减速直至停下，设撤力前B的加速度大小为，撤力后B相对A滑动的加速度大小为，共速前A的加速度大小为，共速后A的加速度大小为，撤力前对B分析有共速前对A分析共速后对A、B分析木板B恰好未从木板A上掉落，应满足其中最大速度解得A运动的总时间解得【模型提炼】滑块不受力而木板受拉力木板受逐渐增大的拉力而滑块不受力，这种情况下，开始滑块和木板一起做变加速运动，当滑块加速度达到其最大值μg时，滑块、木板开始发生相对滑动，此后滑块加速度保持不变，木板加速度逐渐增大．【方法点拨】共速后，物块与木板会不会发生相对滑动是需要判断的．常用的方法：假设二者相对静止，求出二者的共同加速度大小a0，与临界加速度a2大小进行比较，若a0>a2，则二者一定相对滑动，若a0≤a2，则二者一定相对静止．【易错提醒】有的学生会误认为：物块轻放在木板右端后，由于恒力F方向水平向左，物块会受到水平向左的滑动摩擦力，导致物块一开始就向左运动．实际上，物块轻放在木板右端后受到的滑动摩擦力方向是根据物块相对木板的运动方向来判断的，物块相对木板是向左运动的，物块受到的滑动摩擦力方向是向右的，因而物块一开始是水平向右加速运动的．【例5】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4.5m，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＝1s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1s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10m/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1s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)0.10.4(2)6m(3)6.5m【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＝4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4m/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＝4m/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＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/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＝1m/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＝4m/s2由于a2>a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1s的过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－eq\f(1,2)a3teq\o\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＝2m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4m/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＝0.5s此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)＝eq\f(7,6)m，末速度v3＝v1－a3t2＝2m/s滑块向左运动的位移x4＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝0.5m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＝6m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m。(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＝1m/s2向左运动的位移为x5＝eq\f(v\o\al(2,3),2a1)＝2m所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5m。【例6】（2023·辽宁·高考真题）如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。（1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。

【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0=(m1＋m2)v1代入数据有v1=1m/s对m1受力分析有则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12=2a1x1代入数据解得x1=0.125m（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx=(m1＋m2)a共对m2有a2=μg=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对m1、m2组成的系统列动能定理有代入数据有

（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0=m2v3－m2v2解得则对于m1、m2组成的系统有U=Wf联立有【例7】如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，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μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s.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g＝10m/s2.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．【解析】：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1mAg①f2＝μ1mBg②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③由牛顿第二定律得f1＝mAaA④f2＝mBaB⑤f2－f1－f3＝ma1⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－aBt1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1m/s⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫对A有v2＝－v1＋aAt2⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA＝v0(t1＋t2)－eq\f(1,2)aA(t1＋t2)2⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9m(也可用如图所示的速度—时间图线求解)【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．（2024·云南大理·模拟预测）如图所示，已知一质量为的滑块放在倾角的固定斜面上，M上再放一滑块m，且，滑块m与滑块M间的动摩擦因数，滑块M与斜面间的动摩擦因数，现给滑块M一平行于斜面向上的恒力F，用时将M和m拉至斜面顶端，斜面长度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)求滑块m所受摩擦力的大小和方向；(2)求拉力F的大小；(3)只给滑块m一个沿斜面向上的恒定拉力（F已撤走），求能将两滑块拉至斜面顶端且不会发生相对滑动的取值范围。【答案】(1)24N，方向沿斜面向上(2)245N(3)【详解】（1）对M、m整体，根据得加速度对m，根据牛顿第二定律得方向沿斜面向上。（2）对M、m整体，根据牛顿第二定律解得（3）给滑块m一个沿斜面向上的恒定拉力，能将他们拉至顶端的最小拉力若m和M恰好相对滑动，则m和M之间达到最大静摩擦力，对整体有对M有联立代入数据得故2．（2024·云南·模拟预测）传送带广泛应用于生产生活的多种场景。如图所示，足够长的传送带与长度的滑板在同一水平面紧密衔接，滑板右端装有厚度不计的挡板，滑板质量。可视为质点的包裹从传送带左端无初速度释放，一段时间后冲上滑板。已知包裹的质量，包裹与传送带的动摩擦因数，包裹与滑板的动摩擦因数，滑板与台面的动摩擦因数，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，不计包裹经过衔接处的机械能损失，重力加速度大小取。(1)当传送带以速度顺时针匀速运动时，求包裹与传送带因摩擦产生的热量及包裹相对于滑板滑动的距离；(2)为保证包裹不与滑板右端的挡板相撞，求传送带的最大速度。【答案】(1)，(2)【详解】（1）包裹在传送带上的加速度设包裹与传送带经过时间共速，则有解得所以包裹的位移传送带的位移二者的相对位移包裹与传送带因摩擦产生的热量包裹在滑板上的加速度滑块的加速度设包裹与滑板经过时间共速，则有解得包裹与滑块的共同速度包裹的位移滑板的位移故二者的相对位移（2）设传送带的最大速度为时，包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，根据上述分析可知，二者共速的时间共同速度包裹的位移滑块的位移二者的相对位移恰好等于滑板的长度，即解得3．（2025·福建漳州·一模）如图甲，质量为的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分上表面粗糙、竖直半圆形部分的表面光滑、半径，两部分在点平滑连接，为轨道的最高点。初始时质量的小物块静置在轨道最左端，与轨道水平部分间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。(1)若轨道固定，物块沿轨道运动到点时速度为，求此时物块受到轨道弹力的大小；(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力，物块处在轨道水平部分时、物块和轨道的加速度与对应关系如图乙所示，求和；(3)若轨道不固定，给物块施加水平向右的推力，当物块到达点时立即撤去，物块恰能到达轨道上与点等高处，求物块最终速度的大小。【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）物块在点由牛顿第二定律得解得（2）当推力时，物块与轨道即将发生相对滑动，对物块有将代入可得对物块与轨道整体有将代入可得（3）当时，设物块与轨道发生相对滑动，对物块，由牛顿第二定律得可得对轨道有可得假设成立。设经过时间物块运动到点，对物块有对轨道有可得物块恰能到达轨道上与点等高，由能量守恒定律得水平方向动量守恒，有联立解得，，，则水平轨道部分的长度为设物块从圆弧轨道返回后停止轨道上水平部分，根据能量守恒可得解得可知物块刚好返回到轨道左端与轨道相对静止，所以4.长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将相对于地面静置的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，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g=10m/s2求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数：(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块和木板的位移各是多少？【答案】(1)0.20；0.30(2)；【详解】（1）从时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由图可知，在时，物块和木板的速度相同，设到时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为和，则式中分别为木板在时速度的大小。设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为，由牛顿第二定律得解得：，（2）在时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为和，则由牛顿第二定律得假设则解得与假设矛盾，故物块加速度的大小；物块的图像如图中点划线所示。由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为解得：，5.如图所示，质量为、可当成质点的滑块放在质量为的长木板上，已知滑块和木板之间的动摩擦因数为，水平地面光滑，某时刻滑块和木板以相同的初速度向右做匀速直线运动，在木板的右侧固定有一竖直放置的挡板，木板与挡板碰撞过程无能量损失，碰撞时间极短可以忽略不计，最终滑块恰好静止在木板右端（滑块未与挡板碰撞），重力加速度大小为，求：(1)木板的长度；(2)从木板与挡板第一次碰撞到滑块停下来所用的时间。【答案】(1)(2)【详解】（1）滑块相对木板始终向右滑动，所有的动能转变内能，所以有解得（2）由题意知，滑块运动的加速度大小木板运动的加速度大小木板反向后速度大小仍然为，则滑块与木板发生相对运动，设经过时间二者达到共同速度，则这段时间内，滑块前进的位移大小木板后退的位移大小此后滑块与木板以共同速度向右滑动直到木板与挡板发生第二次碰撞，设这段过程中木板运动的时间为，则联立解得，之后滑块和木板以的共同初速度重复上述运动过程，设第二次碰撞后二者的共同速度为，滑块和木板相对运动的时间为，共同匀速运动的时间为，同理可得，所以滑块和木板从第一次与挡板碰撞到停下来所需的时间为6．（2025·广西柳州·模拟预测）质量的足够长木板沿水平地面向右运动，时刻木板速度为，此时将质量为的铁块1无初速度地轻放在木板最右端（如图所示）；时，又将相同的铁块2无初速度地轻放在木板最右端。已知铁块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，取，铁块可看成质点。求：（1）时，铁块1和木板的速度大小；（2）当铁块1与木板共速时，铁块1和铁块2间的距离；（3）铁块1与木板共速后的一小段时间内，铁块1、木板、铁块2的加速度大小及方向。【答案】（1）0.4m/s，3.4m/s；（2）；（3），向左；3m/s2，向左；，向右；【详解】（1）对铁块1可得铁块1的加速度对木板可得木板的加速度时，铁块1速度木板速度（2）时，铁块1的对地位移，则木板对地位移此时铁块1距离木板右端为当铁块2刚放上木板时，铁块1仍以向右匀加速，木板加速度大小发生变化，设木板加速度为匀减速，则可得铁块1与木板经先达到共速，设为，则解得，铁块1对地位移，则铁块2也以从零开始向右匀加速，铁块2的对地位移此时铁块1和铁块2之间距离缩小了此时铁块1和铁块2之间距离为，则（3）铁块2放上木板时，铁块2的速度则随后一小段时间内铁块2对木板的摩擦力方向向左。假设铁块1与木板相对静止一起匀减速，把铁块1和木板看成整体，则可得所以假设不成立，设木板加速度为，则可得方向水平向左设铁块1的加速度为可得解得方向水平向左设铁块2的加速度为，则

解得方向水平向右7．（2024·黑龙江·模拟预测）如图所示，长L=1.5m、质量M=2kg的木板静止放在光滑的水平地面上，木板左端距障碍物的距离，障碍物恰好与木板等高。质量m=1kg的滑块（可视为质点）静止放在木板右端，木板与滑块之间的动摩擦因数为0.8，滑块在9N的水平力F作用下从静止开始向左运动。木板与障碍物碰撞后以原速率反弹，经过一段时间滑块恰在障碍物处脱离木板。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）求木板第一次与障碍物碰撞前，木板的加速度a；（2）求滑块与木板间因摩擦产生的总热量Q；（3）求木板与障碍物碰撞的次数。【答案】（1）；（2）；（3）3次【详解】（1）木板在摩擦力作用下加速度可达到的最大值为木板与滑块保持相对静止时拉力的最大值为由于，所以施加拉力后滑块与木板相对静止，一起向左加速，根据牛顿第二定律可得（2）木板第一次与障碍物碰撞后，做往复运动，其向左最大速度不可能再等于滑块速度，故滑块一直向左做匀加速运动，木板先向右减速，速度为零后向左加速，然后再次与障碍物碰撞，之后重复上述过程，即滑块相对于木板始终向左运动，相对位移为木板的长度；所以因摩擦产生的总热量为（3）木板第一次与障碍物碰撞时的速率为木板第一次与障碍物碰撞反弹后，滑块加速度大小为木板加速度大小为木板碰撞障碍物的周期为由可得所以第一次碰撞后还会再碰撞的次数故最终会碰撞3次。8．（2024·山西晋中·模拟预测）如图所示，两块完全相同的长木板A、B静置于光滑水平面上，长木板的质量为m、长度为L。两板间初始距离为，质量为的物块C（可看做质点）以某一水平初速度v（未知）从A的左端滑上长木板，物块C在滑至A的右端前，长木板A、B会发生碰撞（碰撞时间极短），两板碰后粘在一起。当物块C与两板相对静止时，离B板右端的距离为，物块与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。（1）求长木板A碰撞后的速度大小；（2）求物块C滑上长木板A时的初速度大小；（3）若两板间初始距离为x，其他条件不变，最终物块C离B板右端的距离为s，求s与x的关系。【答案】（1）；（2）；（3）（）【详解】（1）设两木板碰撞前瞬间长木板A的速度为v1，碰撞后的速度为v2，碰前A的加速度为a，对长木板A，由牛顿第二定律得两木板碰撞前A做初速度为零的匀加速直线运动，对A根据运动学公式A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得解得（2）A、B碰撞过程，对系统，由能量守恒定律得解得设物块C滑上平板时的初速度大小为v，最终C与两板相对静止时的速度为v3，整个过程A、B、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得由能量守恒定律得解得（3）若初始间距为x，设两木板碰撞前瞬间长木板A碰撞前的速度为v4，碰撞后A的速度为v5，因碰撞损失的能量为Q2，则A碰前加速过程A与B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得由能量守恒定律得从C滑上长木板A到与长木板相对静止，由能量守恒得解得设碰撞时物块C的速度为v6，物块C相对于长木板A的位移为Δx，A碰前A与C动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得由能量守恒定律得且解得故s与x的关系为（）9．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图所示，质量分别为和的物块A和B叠放在水平面上，A物块的长度为，B物块足够长且被锁定在地面上，B物块上点左侧的表面光滑、右侧的表面粗糙，A和点右侧表面、B和地面之间的动摩擦因数分别为和，现A立即获得水平向右的速度，当A的左端刚好经过点时，解除B的锁定，重力加速度为。求：（1）解除锁定时，B的加速度大小；（2）解除锁定时，A的速度大小；（3）解除锁定后，B的位移大小。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）对B，根据牛顿第二定律可得解得（2）因为滑动摩擦力与位移是线性关系，则根据动能定理可得解得（3）A的加速度为方向向左，设经过时间两者达到共速，有解得B匀加速的位移共速后，两者相对静止向前匀减速，加速度为方向向左，根据对称性，匀减速的位移故B的位移10．（2024·广西来宾·模拟预测）如图甲所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量m＝2kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，经过一段时间后滑块P与Q相撞。两者运动的图像如图乙所示，重力加速度大小g取10。求：（1）“L”形木板Q的质量M，PQ间的摩擦因数；（2）木板的长度L；（3）地面摩擦力对木板的冲量大小I。【答案】（1）2kg，；（2）L＝8m；（3）【详解】（1）取滑块P的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得其中，，解得在0~2s内由图像可知，P的加速度由牛顿第二定律可得解得（2）由图像可知，在0~2s内，物块P的位移木板Q的位移所以木板的长度（3）由图像可知，在0~2s内，木板Q的加速度为由牛顿第二定律可得解得木板与地面间的摩擦因数碰撞后的整体由动量定理可得解得对木板，地面摩擦力对木板的冲量11．（2024·河北·三模）如图所示，长木板A放在粗糙水平面上，静置于长木板上右端的小物块B、C之间放有少量火药，某时刻点燃火药，小物块C获得2m/s的初速度向右离开长木板，小物块B在长木板上向左运动1.25m时与长木板的左端发生弹性碰撞。已知长木板和小物块B质量均为1kg，小物块C质量为1.5kg，长木板与水平面、小物块B与长木板之间的动摩擦因数均为0.2，，小物块B、C可看成是质点，求：（1）小物块B、C组成的系统因火药燃烧而增加的机械能；（2）长木板因小物块B的碰撞获得的动能；（3）整个过程中长木板运动的位移。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设长木板和小物块B质量为m，C的质量为M，点燃火药瞬间BC动量守恒得解得小物块B、C组成的系统因火药燃烧而增加的机械能为（2）分析可知由于长木板与水平面、小物块B与长木板之间的动摩擦因数相等，故B对长木板的最大静摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，所以当B向左运动在与左端碰撞前长木板静止，该过程中B的加速度大小为对B运动分析得解得（2.5s时B速度反向不符，舍去）故B与木板碰撞前瞬间速度为长木板和小物块B质量相等，发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知速度发生交换，即碰后瞬间木板的速度为，故长木板因小物块B的碰撞获得的动能为（3）分析可知碰撞后随着木板向左运动，B与木板间发生相对滑动，向左加速运动，该段过程中B的加速度大小为长木板匀减速的加速度大小为设经过时间达到共同速度，得解得，该段时间木板位移为分析可知共速后木板和B一起向左以做匀减速运动，直到静止，该过程木板位移为故整个过程中长木板运动的位移为12．（2024·四川成都·三模）如图所示，“”形木板B放置在粗糙水平面上，物块A（可视为质点）以的速度从木板B左端滑上木板，经后A与B右端挡板碰撞，碰后A、B立刻粘在一起运动。已知A、B质量均为，A、B间动摩擦因数，B与地面间动摩擦因数，重力加速度。求：（1）木板B的长度l；（2）物块A与木板B碰撞损失的机械能。【答案】（1）；（2）【详解】（1）对A物体受力分析，由牛顿第二定律得解得对B受力分析，由牛顿第二定律得解得由运动学公式解得（2）设物块A和木板B碰撞前速度分别为、，由运动学公式，对A解得对B解得A、B碰撞过程为完全非弹性碰撞，则对A、B系统动量守恒由能量守恒解得13．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，长L=1.5m、质量M=2kg的木板静止放在光滑的水平地面上，木板左端距障碍物的距离，障碍物恰好与木板等高。质量m=1kg的滑块（可视为质点）静止放在木板右端，木板与滑块之间的动摩擦因数为0.8，滑块在9N的水平力F作用下从静止开始向左运动。木板与障碍物碰撞后以原速率反弹，经过一段时间滑块恰在障碍物处脱离木板。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）求木板第一次与障碍物碰撞前，木板的加速度a；（2）求木板与障碍物碰撞的次数。【答案】（1）3m/s2；（2）3【详解】（1）木板在摩擦力作用下加速度可达到的最大值为木板与滑块保持相对静止时拉力的最大值为所以施加拉力后滑块与木板相对静止，一起向左加速，有（2）木板第一次与障碍物碰撞后做往复运动，其向左最大速度不可能再等于滑块速度，故滑块一直向左做匀加速运动，木板先向右减速，速度为零后向左加速，然后再次与障碍物碰撞，之后重复上述过程，木板第一次与障碍物碰撞时的速率为木板第一次与障碍物碰撞反弹后，滑块的加速度为木板加速度木板碰撞障碍物的周期根据位移时间关系可得可得所以第一次碰撞后还会再碰撞的次数故最终会碰撞3次。14．（2024·江西吉安·模拟预测）如图，一平台固定在光滑水平地面上，质量为m的一辆小车左端紧靠平台静止在光滑水平面上，小车上表面和平台上表面在同一水平面上，质量为m的物块A静止在平台上表面左端，质量为m的物块B静止在小车上表面左端，两物块与平台和小车上表面的动摩擦因数均为0.5，在小车右侧不远处固定一弹性挡板，小车与挡板的碰撞为弹性碰撞，平台和小车的长均为L，重力加速度大小为g，不计物块的大小，给物块A一个向右的初速度，使其沿平台向右滑动，求：（1）要使A与B能发生碰撞，物块A的初速度应满足什么条件？（2）若A的初速度大小为，A与B碰撞后粘在一起，若在小车与挡板碰撞前，A、B与小车已处于相对静止，则开始时小车右端离挡板的距离应满足什么条件？（3）在（2）问中，试判断在小车与挡板多次碰撞中A、B是否能滑离小车，如果能，第几次碰撞后滑离；如果不能，从第一次碰撞后，小车运动的总路程是多少？【答案】（1）；（2）；（3）不能，【详解】（1）物块A在平台上滑动时的加速度大小为要使A与B能发生碰撞，则解得（2）当时，设A、B碰撞前一瞬间，A的速度大小为，根据动能定理解得设A、B碰撞后一瞬间，共同速度为，根据动量守恒解得设A、B与小车相对静止时共同速度为，则解得则开始时，小车右端离挡板的距离根据牛顿第二定律解得开始时小车右端离挡板的距离为（3）假设A、B不会滑离小车，从A、B滑上小车至A、B和小车最终停下，根据功能关系解得假设成立，即A、B不会滑离小车。第一次碰撞后，小车向左运动的最大距离设第二次碰撞前，滑块与小车已共速，则解得假设成立。同理可知，第二次碰撞后小车向左运动的最大距离因此第一次碰撞后，小车运动的总路程15．（2024·山东·模拟预测）如图所示，薄木板B放在光滑水平地面上，距木板B右端处有一固定挡板P，一滑块A从木板左端以的初速度滑上静止的木板B。已知滑块A与木板间的动摩擦因数，滑块A的质量，木板B质量为，木板与固定挡板P发生碰撞时将原速率反弹（碰撞时间极短忽略不计），整个过程中滑块A未滑离木板B，重力加速度g取，求：（1）木板B与挡板撞击的最大速度；（2）A滑上木板后经多长时间木板第2次撞击挡板；（3）薄木板至少多长（保留3位有效数字）。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）开始A减速、B向右加速，第1次B与挡板相碰时速度最大，则由解得木板B与挡板撞击的最大速度（2）经时间发生第1次碰撞，则有可得此时A的速度为，有解得B碰后反弹向左减为0，用时为，则有向左运动的位移大小为，则有设再经时间两者达到向右的共同速度解得对A由动量定理解得此过程B向右移动此后匀速运动经撞击挡板，有可得A滑上木板后到木板第2次撞击挡板经过的时间为（3）B与P第2次碰后，至A与B达到共同速度过程中，有解得从反弹达到共速用时为，有解得木板第1次与P碰撞前A，B相对滑动为木板反弹到第2次撞击前相对滑动的距离为第2次撞击后到再次共速相对滑动距离为板长L至少为16．（2024·吉林·三模）某物流公司研发团队，为了更好地提高包裹的分收效率，特对包裹和运输装置进行详细的探究，其情景可以简化为如图甲所示，质量M=2kg、长度L=2m的长木板静止在足够长的水平面（可视为光滑）上，左端固定一竖直薄挡板，右端静置一质量m=1kg的包裹（可视为质点）。现机器人对长木板施加一水平向右的作用力F，F随时间t变化的规律如图乙所示，6s后将力F撤去。已知包裹与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，包裹与长木板间动摩擦因数μ=0.1，重力加速度取g=10m/s2。从施加作用力F开始计时，求：（1）时，长木板的速度大小；（2）与挡板碰撞后瞬间，包裹的速度大小（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）；（2）【详解】（1）包裹与长木板发生相对滑动的力的大小为因为，所以包裹和长木板相对静止共同加速加速度为可得到（2）设4s后包裹与长木板发生相对滑动，则包裹的加速度为长木板的加速度为可看出假设成立，包裹与长木板发生相对滑动设再经时间包裹与挡板发生碰撞，由解得则6s时长木板的速度包裹为此时两者发生弹性碰撞可求得17．（2024·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，长木板静止放置在粗糙的水平地面上，质量为的物块（视为质点）静止放置在长木板的最右端，长木板的上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数为，现让长木板与木块瞬间同时获得一个水平向左的速度，经过一段时间长木板停止运动时木块正好从长木板的左端脱离。已知长木板的长度为，重力加速度为，求：（1）长木板的运动时间以及长木板的质量；（2）长木板与地面间的摩擦生热以及长木板从运动到停止克服摩擦力做功的平均功率。【答案】（1），；（2），【详解】（1）设长木板的运动时间为，则长木板的位移为木块做匀速运动，位移为两者的相对位移为综合解得，设长木板的质量为，木块在长木板上运动，对长木板进行受力分析，长木板的合力（即滑动摩擦力）为由牛顿第二定律可得长木板的加速度为长木板运动的时间为综合解得，（2）长木板与地面间的摩擦生热为长木板从运动到停止克服摩擦力的平均功率为计算可得，18．（2024·重庆·模拟预测）几位同学正在参与一种游戏，游戏装置如图所示，A为可视作质点的煤块，B为一块长为L的木板（煤块能够在木板上留下划痕）。现游戏要求将A置于B表面某一位置，一起静置于一足够长的台面上，对B施加水平向右的恒定推力，一段时间后撤去，看最终A在B表面形成的划痕长度，使划痕更长且煤块没有从B上掉出者为最终赢家。甲同学在游戏中施加推力使A、B以相同加速度做匀加速运动，撤去推力后，A停下所需时间是B停下所需时间的三倍，且A没有从B上掉出。已知A、B之间的动摩擦因数为μ，A、B的质量均为m，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)求B与台面之间的动摩擦因数；(2)在乙同学能推动B的情况下，要保证A置于B表面任意位置时，无论推力作用时间多少，A都不可能从B的右端掉出，求推力应满足的条件；(3)若丙同学的推力恒为F，且，讨论当F取不同值时，他改变作用时间和A的初始放置位置，要使划痕最长且A没有从B上掉出，A起初应置于B表面距离左端多远的位置？F作用时间为多少？【答案】(1)(2)(3)见解析【详解】（1）由于A停下所需时间是B停下所需时间的三倍，所以在撤去推力后，A、B物体发生相对滑动，且B物体的加速度是A物体的3倍，即对A物体有设B物体与地面间的动摩擦因数为对B物体有由之前分析可知，有解得（2）A不可能从B右端掉出则说明只可能从B左端掉出，推动时，若AB相对静止，则撤去推力后A相对B向右滑动，当初速度足够大时，A总可以从B右端掉出，故而要实现题目的要求，在推动时A必须相对B向左滑动，撤去推力后，A继续相对B左滑直到共速，之后相对B向右滑动，要使A只可能从B左端掉出，应使A相对B向左滑动的位移大于等于向右滑动的位移，故推动时，对A对B假设作用时间t，则相对位移.撤去推力后，A加速B减速，设再经t2之后共速，该过程A的加速度不变，对B且有解得，该过程相对位移则向左的相对位移为之后A相对B向右滑动，A的加速度大小不变，对B相对向右滑动的位移因为解得（3）推动时若恰好相对滑动解得讨论①当则A先相对B向左滑，后向右滑，且，为使划痕最长，应使A、B共速时恰好位于B左端，最终恰好停在B右端，即相对右滑的划痕左、右端点恰好在B的左、右端点，故解得A起初距B左端②当则，为使划痕最长，A起初应放在B右端，共速时恰位于B左端，即相对左滑的划痕左、右端点恰好在B的左、右端点，故解得起初A到B左端距离为L。19．（2024·江西鹰潭·二模）将一质量为的足够长薄木板A置于足够长的固定斜面上，质量为的滑块B（可视为质点）置于A上表面的最下端，如图（a）所示，斜面倾角。现从时刻开始，将A和B同时由静止释放，同时对A施加沿斜面向下的恒力，运动过程中A、B发生相对滑动。图（b）为滑块B开始运动一小段时间内的图像，其中v表示B的速率，x表示B相对斜面下滑的位移。已知A与斜面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，求：（1）A、B间的动摩擦因数以及图（b）中时A的加速度大小和方向；（2）一段时间后撤去力F，从时刻开始直到B从A的下端滑出，A、B间因摩擦总共产生的热量，求力F作用在A上的时间。【答案】（1），，方向沿斜面向下；（2）【详解】（1）根据运动学公式可知结合图像可知根据牛顿第二定律，对物块B有联立解得同理，对物块A有联立可得方向沿斜面向下。（2）假设F施加在A上的时间为t，则有两个物体经过时间t后的速度分别为，由匀变速直线运动的关系式可知两物体的位移，撤去F后，B受力情况不变，对A进行受力分析，可知代入数据可得方向沿斜面向上，此后A做匀减速直线运动。设A与B共速之前，运动的时间为，位移为和则由匀变速运动的关系式可知可得共同速度由匀变速运动的关系式可知，两次运动A、B的相对位移可得共速后，B继续加速运动，A减速运动，直到B从A的下端离开，则产生的热量为联立可得20．（2024·安徽·三模）如图1所示，小铁块位于长木板的最左端，小铁块的质量是6kg，长木板的质量是12kg。时二者以的初速度一起向右运动，时长木板与右侧的挡板（未画出）相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分图像如图2所示，在运动过程中小铁块恰好没有从长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；（2）长木板的长度；（3）长木板与挡板碰撞后系统产生的内能。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）设长木板与小铁块的质量分别为M、m，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为，由图像可得，0~0.5s时间内长木板与小铁块整体的加速度大小为对此过程由牛顿第二定律得解得0.5s时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动。由v-t图像可得，0.5s之后长木板的加速度大小为对长木板由牛顿第二定律得解得（2）由牛顿第二定律可得，0.5s时刻之后小铁块的加速度大小为0.5s时刻之后，长木板与小铁块均以的速度大小分别向左、向右做匀减速直线运动，因，故长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为，则有代入数据解得长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力小于长木板与水平地面之间的最大静摩擦力，故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设0.5s时刻之后，小铁块向右做匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为，则有代入数据解得设长木板的长度为L，长木板的长度等于0.5s时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，则有（3）设碰撞后小铁块与长木板相对滑动产生的内能为，长木板与地面间相对滑动产生的内能为，则有故长木板与挡板碰撞后系统产生的内能21．（2024·全国·一模）如图甲所示，长木板放置在光滑的水平地面上，木块（视为质点）放置在木板的正中央，现突然给木块一个水平向右的速度，经过一段时间，木块刚好不从木板的最右端离开，已知木块与木板的质量相等；把长木板放置在粗糙的水平地面上，木块放置在木板的最左端，已知木板与地面间的动摩擦因数为，如图乙所示，现同时给木块、木板水平向右的速度，重力加速度为g。（1）求甲图中木块与木板间的动摩擦因数以及木板的长度；（2）求乙图中木块与木板加速度的大小分别为多少；（3）求乙图中木块与木板的运动时间之差以及木块在木板上滑行的距离。【答案】（1），；（2），；（3），【详解】（1）根据题意可知，木块刚好不从木板的最右端离开，即木块滑到木板的最右端时，木块与木板共速，设此时的速度为，由动量守恒定律有解得设甲图中木块与木板间的动摩擦因数为，对木块有又有联立解得设木板的长度为，由能量守恒定律有解得（2）由（1）分析，结合牛顿第二定律可得，乙图中木块的最大加速度的大小为若乙图中木块与木板一起向右减速，则加速度大小为可知，乙图中木块与木板相对滑动，由牛顿第二定律，对木块有解得对木板有解得（3）假设木块减速到0时未从木板上掉落，由运动学公式可得，木块减速到0的时间为运动的位移为木板减速到0的时间为运动的位移为乙图中木块与木板的运动时间之差乙图中木块在木板上滑行的距离即假设成立，则乙图中木块与木板的运动时间之差为，木块在木板上滑行的距离为。22．（2024·江西·模拟预测）如图所示，长木板A、小车B紧靠在一起均静置在水平地面上，长木板A与光滑固定轨道PQ的底端接触，轨道PQ底端的切线水平且与长木板A和小车B的上表面齐平，滑块C与长木板A、小车B的上表面间的动摩擦因数均为，长木板A与地面间的动摩擦因数，小车B与地面间的摩擦可忽略。已知长木板A的质量，小车B的质量，长木板A和小车B的长度均为，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块C从轨道PQ上距底端切线某一高度h（未知）处由静止开始下滑。滑块C可视为质点。（1）若滑块C的质量，恰好能滑上小车B，求滑块C释放时的高度；（2）若滑块C的质量，为使滑块C滑上小车B后不会从小车B上滑落，求滑块C释放时高度的最大值；（3）若滑块C的质量，滑块C从距底端切线高处由静止释放，求滑块C滑上小车B时的速度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）滑块C滑上长木板A后，滑块C受到的摩擦力长木板A与地面间的最大静摩擦力故长木板A静止。根据功能关系有解得（2）设滑块C从距底端切线高处下滑时，恰好不会从小车B上滑落，滑块C滑上小车B左端时，根据功能关系有设滑块C与小车B共速时的速度为v，根据动量守恒定律有对滑块C与小车B整体，根据功能关系有联立解得（3）滑块C滑上长木板A后，滑块C所受的摩擦力长木板A与地面间的最大静摩擦力长木板A会推动小车B一起运动，对滑块C受力分析有对长木板A和小车B整体受力分析有滑块C滑上长木板A时，根据功能关系有滑块C的位移长木板A的位移滑块C滑离长木板A时有设滑块C滑上小车B时的速度大小为，则解得23．（2024·山东济南·一模）如图所示，质量的均匀长木板静置于光滑水平地面上，长木板长，右端恰好位于O点。质量的物块置于长木板右端，物块与长木板间的动摩擦因数。水平地面MN段粗糙程度相同，其余部分光滑。已知，物块与长木板之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块可视为质点，重力加速度g取。现有一水平向右的恒力作用在长木板上，当长木板右端运动到M点时撤去F，长木板恰好有一半进入MN段时停下，然后再给长木板一个向右的瞬时冲量，使它获得与其右端运动到M点时相同的速度，长木板又向右运动一段后又停下。若物块从长木板上滑落，不会再与之发生相互作用。求：（1）F刚开始作用时，物块和长木板的加速度大小；（2）撤去F时长木板的速度大小；（3）水平面MN段与长木板间的动摩擦因数；（4）长木板两次减速所用的时间之比。【答案】（1），；（2）；（3）；（4）【详解】（1）刚开始作用时，假设物块与长木板一起加速运动，则解得加速度此时物块与长木板之间的摩擦力大小为则假设不成立，即物块和长木板分开加速，对物块解得物块加速度