板块模型 讲义 -2026届高考物理二轮复习

该高中物理讲义聚焦高考板块模型核心考点，整合牛顿运动定律、运动学规律、功能关系等知识，按地面光滑/粗糙、木板有限长/足够长等5类基础模型分层构建，通过考点梳理、临界条件分析、真题示例讲解，帮助学生系统突破板块问题中的相对运动和临界状态难点。 资料采用“模型分类-临界突破-真题演练”教学策略，如在地面光滑有限长模型中，通过相对位移与木板长度比较判断滑离，培养科学思维和运动观念。配套10道例题解析与11道分层练习，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏提供精准指导。

高考二轮专题复习：板块模型 板块模型是力学中最常见的模型之一，分析这种模型时需综合运用好运动学规律、牛顿第二定律、功能关系和动量守恒定律。同时也要注意好 （1）对两种位移关系的分析：滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度． （2）临界条件： ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变 ②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件 下面着重围绕牛顿第二定律的运用和位移关系的分析作深入学习和训练。 一、基础模型分类 1．地面光滑，木板足够长，给木板或滑块v0 滑块与木板的质量分别为m1、m2。木板足够长且静止，地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ，滑块以初速度v0从右端冲到木板上。试求：滑块与木板间的相对位移∆x。 （1）思路 以初速度方向为正方向。 对滑块由牛顿第二定律有： 对木板由牛顿第二定律有： 设经历时间t，达到共同速度v 因滑块匀减速，则：；因木板匀加速，则： 设在时间t内，滑块和木板分别发生位移x1，x2 对滑块有： 对木板有： 则相对位移： （2）示例 滑块与木板的质量分别为m1＝2kg、m2＝1kg。木板足够长且静止，地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ＝0.2，滑块以初速度v0＝12m/s从右端冲到木板上。试求：滑块与木板间的相对位移∆x。 解：以初速度方向为正方向。 对滑块由牛顿第二定律有：，得a1＝ -2m/s2 对木板由牛顿第二定律有：，得 a2＝ 4m/s2 设经历时间t，达到共同速度v，因滑块匀减速，则：；因木板匀加速，则： 则解得 ； 滑块与木板达到共同速度v＝ 8m/s 设在时间t内，滑块和木板分别发生位移x1，x2 对滑块有： 对木板有：，则相对位移： 2．地面光滑，木板有限长，给木板或滑块v0 滑块与木板的质量分别为m1、m2。木板长L且静止，地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ，滑块以初速度v0从右端冲到木板上。 v0 问：滑块能否脱离木板？若能，求出二者分离时各自的速度。 （1）思路 若相对位移∆x＜L，表明达到共同速度后滑块仍在木板上，二者一起继续匀速运动。 若相对位移∆x＞L，表明达到共同速度时滑块已脱离木板。 设经历时间tx后滑块脱离木板，此时滑块和木板的速度分别为v1，v2 由隐含条件——相对位移的关系得： 解得时间tx，此时滑块速度，木板速度 （2）示例 滑块与木板的质量分别为m1＝2kg、m2＝1kg。木板长L＝9m。 且静止，地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ＝0.2，滑块以初速度v0＝12m/s从右端冲到木板上。 试求：滑块能否脱离木板？ 若能，求出二者分离时各自的速度。 解：以初速度方向为正方向。 对滑块由牛顿第二定律有：，得a1＝ -2m/s2 对木板由牛顿第二定律有： 得 a2＝ 4m/s2 设经历时间t，达到共同速度v，则： ； 则解得；滑块与木板达到共同速度v＝ 8m/s 设在时间t内，滑块和木板分别发生位移x1，x2 对滑块有：；对木板有：；则相对位移： 因为相对位移∆x＞L，则滑块与木板达到共同速度时滑块早已脱离木板。 设经历时间tx后滑块脱离木板，此时滑块和木板的速度分别为v1，v2 分离时的相对位移： ，即 带入数据解得：tx＝1s 或tx＝3s（舍去，因为t＝2s就共速） 脱离时滑块的速度：，木板的速度： 3．地面光滑，木板有限长，给木板或滑块水平恒力F 质量为m1的滑块静止在质量为m2的木板最右端。木板长L且静止，地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ。现对滑块施加一水平向左的恒力F，要使滑块与木板发生相对滑动，力F应该满足什么条件？ F （1）思路 分析思路1：施加力F后，滑块与木板都将做加速运动。要想使滑块与木板发生相对滑动，需要滑块速度增加得比木板更快。即滑块加速度要大于木板的加速度。列式如下： 对滑块由牛顿第二定律： 对木板由牛顿第二定律： 要想发生相对滑动，即要满足 由上述三式解得： 分析思路2：设外力增加到某一定值F0时，二者间的静摩擦力达到最大静摩擦力，此时滑块刚好与滑块发生相对滑动，设二者具有共同速度a。 对滑块由牛顿第二定律： 对木板由牛顿第二定律：（或者用整体法列式） 又因为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则 由上述三式解得： 当F＜F0时，滑块与木板相对静止；当F＞F0时，滑块与木板相对滑动。 （2）示例 例1．质量为m1＝2kg的滑块静止在质量为m2＝1kg的木板最右端。木板长L且静止，地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ＝0.2。现对滑块施加一水平向左的恒力F＝9N，则滑块能否相对相对木板滑动？若不能，求出二者共同的加速度。 解：设外力增加到某一定值F0时，二者间的静摩擦力达到最大静摩擦力，此时滑块刚好与滑块发生相对滑动，设二者具有共同速度a0。 对滑块由牛顿第二定律：，对木板由牛顿第二定律： 又因为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则，由上述三式解得： 因为9N＜12N时，所以滑块与木板相对静止，不能相对滑动。 对滑块和木板整体列牛顿第二定律，解得滑块与木板的共同加速度：a＝3m/s2。 此外还能求得二者间的静摩擦力 例2. 质量为m1＝2kg的滑块静止在质量为m2＝1kg的木板最右端。木板长L＝9m且静止，地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ＝0.2。现对滑块施加一水平向左的恒力F＝16N，则滑块能否相对相对木板滑动？若能，求出滑块滑离木板时各自的速度；若不能，求出二者共同的加速度。 解：设外力增加到某一定值F0时，二者间的静摩擦力达到最大静摩擦力，此时滑块刚好与滑块发生相对滑动，二者具有共同速度a0。 对滑块由牛顿第二定律：，对木板由牛顿第二定律： 又因为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。则，由上述三式解得： 因为16N＞12N时，所以滑块与木板能相对滑动。设滑块与木板的加速度分别为a1和a2 对滑块由牛顿第二定律，得a1＝6m/s2 对木板由牛顿第二定律，得a2＝4m/s2 设经过时间t滑块滑离木板，此时二者的位移关系满足：，即 带入数据解得：t＝3s，脱离时滑块的速度：，脱离时木板的速度： 4．地面粗糙，木板有限长，给木板或滑块v0 滑块与木板的质量分别为m1、m2。木板与滑块间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ2。滑块静止在木板的最左端，木板长L。现给木板向左的初速度v0。 v0 问：滑块能否脱离木板？ 思路： 以木板初速度方向为正方向。 对滑块由牛顿第二定律有： 对木板由牛顿第二定律有： 设经历时间t，达到共同速度v 因滑块匀加速，则；因木板匀减速，则 设在时间t内，滑块和木板分别发生位移x1，x2 对滑块有：；对木板有： 则相对位移： 若相对位移∆x＜L，表明达到共同速度时滑块已脱离； 若相对位移∆x≥L，表明达到共同速度时滑块没有脱离木板或刚好没有脱离木板。 5．地面粗糙，木板有限长，给木板或滑块F 滑块与木板的质量分别为m1、m2。木板与滑块间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ2。滑块静止在木板的最左端。现给木板向左的恒力F。 F 试讨论：①为使木板能动起来，求恒力F的最小值； ②为使滑块与木板相对滑动，恒力F的最小值； ③若滑块与木板能相对滑动，求出二者从开始到分离用的时间，和分离时二者的速度。 思路： ① 为使木板能动起来，力F需要大于木板与地面间的最大静摩擦力。 即： ② 为使滑块与木板相对滑动，需要木板加速度a2大于滑块加速度a1。 即：对滑块由牛顿第二定律： 对木板由牛顿第二定律： 要想发生相对滑动，即要满足 得 ③ 设分离用时tx，分离时二者速度v1，v2 若能滑离，此时有相对位移的关系：，即。由此可解得时间tx。 此时滑块速度： 此时木板速度： 二、例题解析 例1．（四川省德阳市2024-2025学年高三上学期9月月考）如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg的铁块B（大小可忽略），铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2． （1）若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动； （2）若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间． 例2．（2022届河南省南阳市内乡县高三上学期第一次月考）如图所示，可看成质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量M＝4 kg，长度L＝2 m，小物块质量m＝1 kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止．现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过2.5 N时，才能让两物体间产生相对滑动．设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，试求： （1）小物块和长木板间的动摩擦因数； （2）若一开始力F就作用在长木板上，且F＝12 N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？ 例3．（安徽省江淮十校2025-2026学年高三上学期11月期中）如图所示，质量为m的长木板静止在水平地面上，安装在右侧的电动机通过不可伸长的轻绳与长木板相连，表面水平的长木板上静置一质量也为m的木块。已知木块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数均为μ。某时刻电动机以大小为P的恒定功率拉动长木板由静止开始运动，经过一段时间，木块与长木板的速度刚好相同，大小为。运动过程中轻绳始终水平，长木板和轻绳均足够长，重力加速度为g。求这段时间内 （1）木块的位移大小x1； （2）长木板的位移大小x2； （3）长木板与木块速度之差最大时，长木板的速度大小。 例4．（湖南省多校2024-2025学年高三上学期9月月考）如图所示，两个滑块A和B（均可看作质点）放在静止于水平地面上的木板C的中点，A、B、C的质量分别为、、。A、B与木板间的动摩擦因数均为，木板与地面间的动摩擦因数为。某时刻突然给A、B两滑块大小均为的初速度向左和向右滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，求： （1）木板相对地面的运动方向（要有推导过程）； （2）滑块B与木板相对静止时（A未滑离木板），木板的速度大小； （3）要使两滑块不滑离木板，木板的最小长度。 例5．（2023届浙湘豫三省高中名校联合体高三下学期联考）小明同学设计了如图所示游戏装置，该装置由固定在水平地面上倾角且滑动摩擦因数为的倾斜轨道、接触面光滑的螺旋圆形轨道、以及静止在光滑的水平面上的长木板组成。木板左端紧靠轨道右端且与轨道F点等高但不粘连，所有接触处均平滑连接，螺旋圆形轨道与轨道相切于处，切点到水平地面的高度为。从B的左上方A点以某一初速度水平抛出一质量的物块（可视为质点），物块恰好能从B点无碰撞进入倾斜轨道，并通过螺旋圆形轨道最低点D后，经倾斜轨道滑上长木板。已知长木板的质量，空气阻力不计，g取。求： （1）的大小； （2）物块经过螺旋圆形轨道低点D时，轨道对物块的弹力大小； （3）若物块与长木板之间的动摩擦因数，物块在长木板上滑行且恰好不滑出长木板，求此过程中物块与长木板系统产生的热量； （4）若长木板固定不动，且木板长度为（3）问中的长度，在木板上表面贴上某种特殊材料，物块在木板上运动受到的水平阻力（与摩擦力类似）大小与物块速度大小成正比，即，k为常数，要使物块不滑出长木板，k至少为多大。    例6．（河北省沧州市2024-2025学年高三上学期11月月考）如图所示，一长木板静置于水平地面上，木板最右端放置一小物块。t=0时刻对木板施加一水平向右的大小为F=30N的恒力，t=1s时撤去F。已知物块质量m=2kg，木板质量M=3kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块始终在木板上，重力加速度g取10m/s2。求： （1）撤去F时，木板和物块的速度大小； （2）撤去F直至木板停下的过程中，物块所受摩擦力做的功； （3）整个过程中木板与物块间、木板与地面间因摩擦产生的总热量。 例7．（2024届山东省实验中学高三下学期一模）质量为的长木板置于水平面上，物块（视为质点）质量，初始时刻物块处于长木板右端．长木板与水平面间、物块与长木板间的动摩擦因数分别为和．某时刻分别给长木板和物块如图所示的初速度，大小分别为，方向相反．物块在以后运动过程始终没有滑离长木板．取。求： （1）刚开始运动时长木板与物块的加速度大小和； （2）从开始运动到物块与长木板速度第一次相等所用的时间； （3）到两者都静止时，长木板向右所运动的位移。 例8．（黑龙江省伊春市第一中学2024-2025学年高三上学期月考）如图所示，水平地面上固定着倾角的足够长斜面。在质量的长方体型木板由静止释放的同时，一质量的小物块以的初速度，从木板的下端滑上木板。在小物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且小物块到达木板上端时物块速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数，最大静摩擦力均分别等于各自接触面的滑动摩擦力，取重力加速度，，。求： （1）木板的长度L； （2）木板与斜面之间的动摩擦因数为； （3）物块滑离木板时，物块的速度大小v。 例9．（2023届河北省高三上学期阶段性检测物理试题）如题图甲，物体A的质量m1＝1kg，静止在光滑水平面上的木板B的质量为m2＝2kg；某时刻A以v0＝5m/s的初速度从左端滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平方向的拉力F，F随时间变化如题图乙，共作用2s，以水平向右为正方向；已知A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板B足够长（忽略物体A的大小）。求： （1）0-1s内，物体A和木板B的加速度分别为多大； （2）2s末，A、B的速度分别为多大； （3）最终，物体A在木板B上滑行多远。（结果保留两位有效数字） 例10．（23-24高三上·湖北黄冈调研考试）质量的木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置质量的小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为，如图甲所示，在时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，之后某时刻木板与墙壁发生第一次碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后木板速度大小不变方向相反。已知运动过程中小物块未滑离木板，木板在第1时间的图线如图乙所示，木板与地面间的动摩擦因数，小物块与木板间的动摩擦因数，取重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）恒定拉力F的大小； （2）木板与墙壁发生第一次碰撞前小物块相对木板运动的路程； （3）木板与墙壁第一次碰后，速度第一次减小为零的时刻。 三、巩固练习 1．（25-26高三上·宁夏银川·期中）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。 2．（25-26高三上·福建福州·期中）如图所示，质量M=0.4kg、长L=2m的长木板放在地面上，质量m=1.6kg的小滑块在长木板左端，竖直嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定在地面上，圆弧轨道最低点P的切线水平且与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距x=4m。现用水平向右外力F=4.8N作用在小滑块上，小滑块到达P点后撤去外力F，小滑块沿着圆弧轨道运动从Q点离开。长木板与底座相碰时，立即粘在底座上。已知滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为和，重力加速度g=10m/s2。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）在长木板与底座相碰前，长木板和小滑块加速度的大小； （2）小滑块到达P点时速度的大小； （3）圆弧轨道半径R的取值范围。 3．（25-26高三上·安徽·期中）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。 4．（2025·贵州贵阳·模拟预测）某多米诺骨牌游戏爱好者设计的游戏启动装置，如图所示。整个装置由粗糙水平直轨道AB、与AB相切于B点的光滑竖直半圆固定轨道BC、粗糙水平桌面DE、平台四部分组成。滑块P和Q分别放置于A点和B点，与平台等高的木板静置于DE上且其右端与C恰好在一条竖直线上，多米诺游戏启动牌静置于平台的右端。现用F=30N的水平恒力向右拉动滑块P，运动x=0.4m后撤去F，P运动到B点与Q发生弹性碰撞，Q经过C点后恰好水平滑上木板，木板左端运动到平台右端时木板被锁定，待Q与启动牌碰撞后游戏启动。已知AB的长度s=1m，BC的半径R=0.3m，木板的长度L=1.05m，木板左端到平台右端的距离d=0.34m，P的质量M=2kg，Q与木板的质量均为m=1kg。P与AB间、Q与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.15，木板与DE间的动摩擦因数μ2=0.05，重力加速度大小g取10m/s2。求： （1）P与Q碰撞前瞬间的速度大小； （2）Q运动到C点时对半圆轨道的压力大小； （3）Q与启动牌碰撞前瞬间的速度大小。 5．（25-26高三上·河北·期中）学校举行教职工趣味运动会，其中一项娱乐项目的情景如图所示，放置在水平面上的长度为L=1.5m的木板等分为三个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，茶杯（可视为质点）置于木板的最右端，参赛者水平击打一下木板的左端，木板获得一初速度v₀后向右运动，从而带动茶杯也向右运动，最终若茶杯分别停在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域，将分别获得一、二、三等奖，已知茶杯的质量m=0.2kg，木板的质量M=1.8kg，茶杯与木板间的动摩擦因数，木板与水平面间的动摩擦因数 ，重力加速度g取 （1）茶杯相对木板滑动的过程中，求茶杯和木板的加速度a1和a2的大小。 （2）若要获得一等奖，木板初速度v₀的最小值（结果可保留根号）。 6．（25-26高三上·福建漳州·月考）如图，物块A及长木板C的质量均为m，物块B的质量为2m，A、B可视为质点，初始紧靠在一起且静置于木板C上，C静止在光滑的水平地面上，现同时给A、B一个等大反向的速度v0，已知物块A、B与木板C之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，求： （1）A、B开始运动瞬间C的加速度； （2）从A、B开始运动到B、C刚好共速所需的时间及此过程中整个系统损失的机械能； （3）若A、B均未脱离木板C，求木板C的最小长度。 7．（25-26高三上·福建宁德·期中）如图所示，质量的滑板静止在光滑水平地面上，滑板左端与竖直固定挡板距离，质量的小物块（视为质点）以初速度从右端水平滑上滑板，最终小物块恰好未从滑板左端掉下。已知滑板与小物块间的动摩擦因数，滑板与挡板碰撞无机械能损失，取。 （1）求经过多长时间滑板碰到挡板； （2）求滑板的长度； （3）若仅减小小物块的初速度，其他条件不变，求小物块到挡板最小距离与的函数关系式。 8．（25-26高三上·河北·月考）如图所示，5个相同长木板紧挨静止在水平地面上，每个木板质量，长度，木板与地面间动摩擦因数。左侧第1块木板左端放置一质量的小铅块（可看成质点），铅块与木板间动摩擦因数。现给铅块向右的初速度，重力加速度。 （1）求铅块滑过前3个木板所用的时间； （2）求第4个木板运动过程中的最大速度大小。 9．（2021·辽宁·高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： （1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； （2）小包裹通过传送带所需的时间t。 10．（2025·海南·高考真题）某自动包装系统的部分结构简化后如图所示，足够长的传送带固定在竖直平面内，半径为，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台上滑入静止的空箱B并与其瞬间粘连成一个整体，随后一起滑上传送带，与传送带共速后进入下一道工序。已知工件A质量为，空箱B的质量为，A、B及粘连成的整体均可视为质点，整体与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量，忽略轨道及平台的摩擦，，重力加速度。求： （1）工件A滑到圆弧轨道最低点时受到的支持力； （2）工件A与空箱B在整个碰撞过程中损失的机械能； （3）传送带的速度大小。 11．（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量，一质量为的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为，忽略空气阻力，重力加速度，求： （1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； （2）滑板的长度L 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 高考二轮专题复习：板块模型 板块模型是力学中最常见的模型之一，分析这种模型时需综合运用好运动学规律、牛顿第二定律、功能关系和动量守恒定律。同时也要注意好 （1）对两种位移关系的分析：滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度． （2）临界条件： ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变 ②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件 下面着重围绕牛顿第二定律的运用和位移关系的分析作深入学习和训练。 一、基础模型分类 1．地面光滑，木板足够长，给木板或滑块v0 滑块与木板的质量分别为m1、m2。木板足够长且静止，地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ，滑块以初速度v0从右端冲到木板上。试求：滑块与木板间的相对位移∆x。 （1）思路 以初速度方向为正方向。 对滑块由牛顿第二定律有： 对木板由牛顿第二定律有： 设经历时间t，达到共同速度v 因滑块匀减速，则：；因木板匀加速，则： 设在时间t内，滑块和木板分别发生位移x1，x2 对滑块有： 对木板有： 则相对位移： （2）示例 滑块与木板的质量分别为m1＝2kg、m2＝1kg。木板足够长且静止，地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ＝0.2，滑块以初速度v0＝12m/s从右端冲到木板上。试求：滑块与木板间的相对位移∆x。 解：以初速度方向为正方向。 对滑块由牛顿第二定律有：，得a1＝ -2m/s2 对木板由牛顿第二定律有：，得 a2＝ 4m/s2 设经历时间t，达到共同速度v，因滑块匀减速，则：；因木板匀加速，则： 则解得 ； 滑块与木板达到共同速度v＝ 8m/s 设在时间t内，滑块和木板分别发生位移x1，x2 对滑块有： 对木板有：，则相对位移： 2．地面光滑，木板有限长，给木板或滑块v0 滑块与木板的质量分别为m1、m2。木板长L且静止，地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ，滑块以初速度v0从右端冲到木板上。 v0 问：滑块能否脱离木板？若能，求出二者分离时各自的速度。 （1）思路 若相对位移∆x＜L，表明达到共同速度后滑块仍在木板上，二者一起继续匀速运动。 若相对位移∆x＞L，表明达到共同速度时滑块已脱离木板。 设经历时间tx后滑块脱离木板，此时滑块和木板的速度分别为v1，v2 由隐含条件——相对位移的关系得： 解得时间tx，此时滑块速度，木板速度 （2）示例 滑块与木板的质量分别为m1＝2kg、m2＝1kg。木板长L＝9m。 且静止，地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ＝0.2，滑块以初速度v0＝12m/s从右端冲到木板上。 试求：滑块能否脱离木板？ 若能，求出二者分离时各自的速度。 解：以初速度方向为正方向。 对滑块由牛顿第二定律有：，得a1＝ -2m/s2 对木板由牛顿第二定律有： 得 a2＝ 4m/s2 设经历时间t，达到共同速度v，则： ； 则解得；滑块与木板达到共同速度v＝ 8m/s 设在时间t内，滑块和木板分别发生位移x1，x2 对滑块有：；对木板有：；则相对位移： 因为相对位移∆x＞L，则滑块与木板达到共同速度时滑块早已脱离木板。 设经历时间tx后滑块脱离木板，此时滑块和木板的速度分别为v1，v2 分离时的相对位移： ，即 带入数据解得：tx＝1s 或tx＝3s（舍去，因为t＝2s就共速） 脱离时滑块的速度：，木板的速度： 3．地面光滑，木板有限长，给木板或滑块水平恒力F 质量为m1的滑块静止在质量为m2的木板最右端。木板长L且静止，地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ。现对滑块施加一水平向左的恒力F，要使滑块与木板发生相对滑动，力F应该满足什么条件？ F （1）思路 分析思路1：施加力F后，滑块与木板都将做加速运动。要想使滑块与木板发生相对滑动，需要滑块速度增加得比木板更快。即滑块加速度要大于木板的加速度。列式如下： 对滑块由牛顿第二定律： 对木板由牛顿第二定律： 要想发生相对滑动，即要满足 由上述三式解得： 分析思路2：设外力增加到某一定值F0时，二者间的静摩擦力达到最大静摩擦力，此时滑块刚好与滑块发生相对滑动，设二者具有共同速度a。 对滑块由牛顿第二定律： 对木板由牛顿第二定律：（或者用整体法列式） 又因为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则 由上述三式解得： 当F＜F0时，滑块与木板相对静止；当F＞F0时，滑块与木板相对滑动。 （2）示例 例1．质量为m1＝2kg的滑块静止在质量为m2＝1kg的木板最右端。木板长L且静止，地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ＝0.2。现对滑块施加一水平向左的恒力F＝9N，则滑块能否相对相对木板滑动？若不能，求出二者共同的加速度。 解：设外力增加到某一定值F0时，二者间的静摩擦力达到最大静摩擦力，此时滑块刚好与滑块发生相对滑动，设二者具有共同速度a0。 对滑块由牛顿第二定律：，对木板由牛顿第二定律： 又因为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则，由上述三式解得： 因为9N＜12N时，所以滑块与木板相对静止，不能相对滑动。 对滑块和木板整体列牛顿第二定律，解得滑块与木板的共同加速度：a＝3m/s2。 此外还能求得二者间的静摩擦力 例2. 质量为m1＝2kg的滑块静止在质量为m2＝1kg的木板最右端。木板长L＝9m且静止，地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ＝0.2。现对滑块施加一水平向左的恒力F＝16N，则滑块能否相对相对木板滑动？若能，求出滑块滑离木板时各自的速度；若不能，求出二者共同的加速度。 解：设外力增加到某一定值F0时，二者间的静摩擦力达到最大静摩擦力，此时滑块刚好与滑块发生相对滑动，二者具有共同速度a0。 对滑块由牛顿第二定律：，对木板由牛顿第二定律： 又因为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。则，由上述三式解得： 因为16N＞12N时，所以滑块与木板能相对滑动。设滑块与木板的加速度分别为a1和a2 对滑块由牛顿第二定律，得a1＝6m/s2 对木板由牛顿第二定律，得a2＝4m/s2 设经过时间t滑块滑离木板，此时二者的位移关系满足：，即 带入数据解得：t＝3s，脱离时滑块的速度：，脱离时木板的速度： 4．地面粗糙，木板有限长，给木板或滑块v0 滑块与木板的质量分别为m1、m2。木板与滑块间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ2。滑块静止在木板的最左端，木板长L。现给木板向左的初速度v0。 v0 问：滑块能否脱离木板？ 思路： 以木板初速度方向为正方向。 对滑块由牛顿第二定律有： 对木板由牛顿第二定律有： 设经历时间t，达到共同速度v 因滑块匀加速，则；因木板匀减速，则 设在时间t内，滑块和木板分别发生位移x1，x2 对滑块有：；对木板有： 则相对位移： 若相对位移∆x＜L，表明达到共同速度时滑块已脱离； 若相对位移∆x≥L，表明达到共同速度时滑块没有脱离木板或刚好没有脱离木板。 5．地面粗糙，木板有限长，给木板或滑块F 滑块与木板的质量分别为m1、m2。木板与滑块间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ2。滑块静止在木板的最左端。现给木板向左的恒力F。 F 试讨论：①为使木板能动起来，求恒力F的最小值； ②为使滑块与木板相对滑动，恒力F的最小值； ③若滑块与木板能相对滑动，求出二者从开始到分离用的时间，和分离时二者的速度。 思路： ① 为使木板能动起来，力F需要大于木板与地面间的最大静摩擦力。 即： ② 为使滑块与木板相对滑动，需要木板加速度a2大于滑块加速度a1。 即：对滑块由牛顿第二定律： 对木板由牛顿第二定律： 要想发生相对滑动，即要满足 得 ③ 设分离用时tx，分离时二者速度v1，v2 若能滑离，此时有相对位移的关系：，即。由此可解得时间tx。 此时滑块速度： 此时木板速度： 二、例题解析 例1．（四川省德阳市2024-2025学年高三上学期9月月考）如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg的铁块B（大小可忽略），铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2． （1）若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动； （2）若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间． 【答案】见解析 【解析】（1）A、B之间的最大静摩擦力为Ffm>μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N 假设A、B之间不发生相对滑动则对A、B整体：F＝（M＋m）a，对B：FfAB＝ma，解得：FfAB＝2.5 N 因FfAB<Ffm，故A、B之间不发生相对滑动 （2）A、B之间发生相对滑动，则对B：F－μ1mg＝maB，对A：μ1mg－μ2（M＋m）g＝MaA 据题意：xB－xA＝L；xA＝aAt2；xB＝aBt2，解得：t＝ s． 例2．（2022届河南省南阳市内乡县高三上学期第一次月考）如图所示，可看成质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量M＝4 kg，长度L＝2 m，小物块质量m＝1 kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止．现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过2.5 N时，才能让两物体间产生相对滑动．设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，试求： （1）小物块和长木板间的动摩擦因数； （2）若一开始力F就作用在长木板上，且F＝12 N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？ 【解析】（1）设两物体间的最大静摩擦力为Ff，当F＝2.5 N作用于小物块时，对整体由牛顿第二定律有 F＝（M＋m）a①，对长木板由牛顿第二定律有Ff＝Ma②，由①②可得Ff＝2 N 小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力FN＝mg，摩擦力Ff＝μmg得μ＝0.2 （2）F＝12 N作用于长木板上时，两物体发生相对滑动，设长木板、小物块的加速度分别为a1、a2，对长木板，由牛顿第二定律有F－Ff＝Ma1，得a1＝2.5 m/s2 对小物块，由牛顿第二定律有Ff＝ma2，得a2＝2 m/s2 由匀变速直线运动规律，两物体在t时间内的位移分别为s1＝a1t2，s2＝a2t2 小物块刚滑下长木板时，有s1－s2＝L，解得t＝2 s 【答案】（1）0.2　（2）2 s 例3．（安徽省江淮十校2025-2026学年高三上学期11月期中）如图所示，质量为m的长木板静止在水平地面上，安装在右侧的电动机通过不可伸长的轻绳与长木板相连，表面水平的长木板上静置一质量也为m的木块。已知木块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数均为μ。某时刻电动机以大小为P的恒定功率拉动长木板由静止开始运动，经过一段时间，木块与长木板的速度刚好相同，大小为。运动过程中轻绳始终水平，长木板和轻绳均足够长，重力加速度为g。求这段时间内 （1）木块的位移大小x1； （2）长木板的位移大小x2； （3）长木板与木块速度之差最大时，长木板的速度大小。 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）对木块根据牛顿第二定律有 解得 根据运动学公式有 解得木块的位移大小为 （2）对长木板根据动能定理有 其中 联立解得 （3）当长木板与木块加速度相同时，二者速度之差最大，即长木板加速度大小也为a，设长木板速度大小为v，则 对长木板根据牛顿第二定律有 其中 联立解得 例4．（湖南省多校2024-2025学年高三上学期9月月考）如图所示，两个滑块A和B（均可看作质点）放在静止于水平地面上的木板C的中点，A、B、C的质量分别为、、。A、B与木板间的动摩擦因数均为，木板与地面间的动摩擦因数为。某时刻突然给A、B两滑块大小均为的初速度向左和向右滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，求： （1）木板相对地面的运动方向（要有推导过程）； （2）滑块B与木板相对静止时（A未滑离木板），木板的速度大小； （3）要使两滑块不滑离木板，木板的最小长度。 【答案】（1）木板向右运动 （2） （3）2.6m 【详解】（1）以木板为对象，由于 且方向向右，所以木板向右运动。 （2）设A、B相对于地面的加速度大小分别是和，木板C相对于地面的加速度大小为，在物块B与木板达到共同速度前，由牛顿第二定律得 解得 ， 设在时刻，B与木板达到共同速度，大小为。由运动学公式有 ， 解得 ， （3）B与木板达到共同速度时，木板向右运动的位移 在B与木板达到共同速度后，B与木板的加速度大小为，对于B与木板组成的整体，由牛顿第二定律有 解得 由可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为，但运动方向与木板相反；又因为，所以A减速为0时，B与木板速度还没减为0，则A又向右加速，设A与木板的速度相同时其大小为，A的速度大小从变到所用时间为，由运动学公式，对木板有 对A有 解得 ， 在时间内，木板（包括B）相对地面向右的位移为 在时间间隔内，A相对地面向左的位移为 A与木板（包括B）共速后就一起在地面摩擦力的作用下向右减速直到停止，则最终A与木板中点的距离为 则木板的最小长度为 例5．（2023届浙湘豫三省高中名校联合体高三下学期联考）小明同学设计了如图所示游戏装置，该装置由固定在水平地面上倾角且滑动摩擦因数为的倾斜轨道、接触面光滑的螺旋圆形轨道、以及静止在光滑的水平面上的长木板组成。木板左端紧靠轨道右端且与轨道F点等高但不粘连，所有接触处均平滑连接，螺旋圆形轨道与轨道相切于处，切点到水平地面的高度为。从B的左上方A点以某一初速度水平抛出一质量的物块（可视为质点），物块恰好能从B点无碰撞进入倾斜轨道，并通过螺旋圆形轨道最低点D后，经倾斜轨道滑上长木板。已知长木板的质量，空气阻力不计，g取。求： （1）的大小； （2）物块经过螺旋圆形轨道低点D时，轨道对物块的弹力大小； （3）若物块与长木板之间的动摩擦因数，物块在长木板上滑行且恰好不滑出长木板，求此过程中物块与长木板系统产生的热量； （4）若长木板固定不动，且木板长度为（3）问中的长度，在木板上表面贴上某种特殊材料，物块在木板上运动受到的水平阻力（与摩擦力类似）大小与物块速度大小成正比，即，k为常数，要使物块不滑出长木板，k至少为多大。    【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【详解】（1）物块从A点做平抛运动到B点，则有 ， 解得 （2）从A到D由动能定理可得 在D点，对物块分析有 解得 （3）从A到F过程有 解得 物块滑上长木板后，木块和长木板系统动量守恒，则有 解得 假设物块刚好不滑离长木板，由功能关系可得 解得 （4）若长木板固定不动，物块在木板上运动受到的水平阻力 对木块m由动量定理得 即有 由 解得 则 解得 例6．（河北省沧州市2024-2025学年高三上学期11月月考）如图所示，一长木板静置于水平地面上，木板最右端放置一小物块。t=0时刻对木板施加一水平向右的大小为F=30N的恒力，t=1s时撤去F。已知物块质量m=2kg，木板质量M=3kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块始终在木板上，重力加速度g取10m/s2。求： （1）撤去F时，木板和物块的速度大小； （2）撤去F直至木板停下的过程中，物块所受摩擦力做的功； （3）整个过程中木板与物块间、木板与地面间因摩擦产生的总热量。 【答案】（1）7m/s，2m/s （2）-4J （3）105J 【详解】（1）根据题意，施加力F时，物块与木板保持相对滑动，分别对物块和木板，根据牛顿第二定律可得 解得 ， 所以撤去F时，木板和物块的速度大小分别为 （2）撤去F后，对木板，根据牛顿第二定律可得 解得 物块向右做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，直到二者共速，则 解得 此过程摩擦力对物块做功为 共速后，物块与木板保持相对静止，一起向右做匀减速直线运动，直至木板停下的过程中，根据牛顿第二定律可得 解得 此过程中物块所受摩擦力做的功为 所以 （3）整个过程中木板与物块间摩擦生热为 木板与地面间因摩擦产生的总热量 所以 例7．（2024届山东省实验中学高三下学期一模）质量为的长木板置于水平面上，物块（视为质点）质量，初始时刻物块处于长木板右端．长木板与水平面间、物块与长木板间的动摩擦因数分别为和．某时刻分别给长木板和物块如图所示的初速度，大小分别为，方向相反．物块在以后运动过程始终没有滑离长木板．取。求： （1）刚开始运动时长木板与物块的加速度大小和； （2）从开始运动到物块与长木板速度第一次相等所用的时间； （3）到两者都静止时，长木板向右所运动的位移。 【答案】（1）2m/s2；1m/s2（2）2s；（3）6.3125m 【详解】（1）对长木板受力分析，解得 对物块受力分析得，解得 （2）对物块与木板的运动情况分析，结合（1）问作出长木板与物块的图像如图，令水平向右为正方向，设经时间物块与木板的速度相同，有，解得，此时的速度 （3）物块与长木板速度达到相等后的运动分析：由于，所以接下来物块与长木板以不同的加速度向前减速。对物块受力分析知：物块加速度仍为，对长木板受力分析得 解得，长木板从二者速度相等经时间减速停下 解得，长木板在与物块速度相等前运动的位移为 解得，长木板在时间内的位移为 解得，综上可得 例8．（黑龙江省伊春市第一中学2024-2025学年高三上学期月考）如图所示，水平地面上固定着倾角的足够长斜面。在质量的长方体型木板由静止释放的同时，一质量的小物块以的初速度，从木板的下端滑上木板。在小物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且小物块到达木板上端时物块速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数，最大静摩擦力均分别等于各自接触面的滑动摩擦力，取重力加速度，，。求： （1）木板的长度L； （2）木板与斜面之间的动摩擦因数为； （3）物块滑离木板时，物块的速度大小v。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设物块上滑过程中，加速度大小为a，取物块为研究对象，做受力分析图如图 正交分解后，可知，， 由牛顿第二定律， 又由于木板恰好不往下滑，物块做匀减速运动，物块到达木板上端时物块速度恰好为零。则有，解得 （2）物块上滑过程中，木板恰好不下滑，取木板为研究对象，做受力分析图如图 正交分解则有 ，，，， 由共点力平衡可得， 解得 （3）当物块到达木板上端后，由于，物块和木板分别以不同的加速度沿斜面向下做匀加速直线运动。 对物块，由牛顿第二定律可知， 对木板，由牛顿第二定律可知 物块位移，木板位移 又有，物块滑离木板时速度满足，解得 例9．（2023届河北省高三上学期阶段性检测物理试题）如题图甲，物体A的质量m1＝1kg，静止在光滑水平面上的木板B的质量为m2＝2kg；某时刻A以v0＝5m/s的初速度从左端滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平方向的拉力F，F随时间变化如题图乙，共作用2s，以水平向右为正方向；已知A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板B足够长（忽略物体A的大小）。求： （1）0-1s内，物体A和木板B的加速度分别为多大； （2）2s末，A、B的速度分别为多大； （3）最终，物体A在木板B上滑行多远。（结果保留两位有效数字） 【答案】（1）2m/s2；3m/s2（2）1m/s；0.5m/s（3）2.8m 【详解】 （1）物块滑上木板，0-1s，物块A做匀减速运动，木板B做匀加速运动，由牛顿第二定律可得 ，解得 （2）设经时间，两者共速，有，解得，第1s末，A、B具有相同速度 1-2s，物块A继续做匀减速运动，加速度不变，木板B开始做匀减速运动，由牛顿第二定律可得 ，解得，第2s末，物块A的速度为，解得 第2s末，木板B的速度为，解得 （3）2s后，物块A继续做匀减速运动，加速度不变，木板B开始做匀加速运动，由牛顿第二定律可得 ，解得，设经时间t3，两者共速，有 解得，此时A、B具有的相同速度为，此时物块A的位移为 木板B的位移为，物体A在木板B上滑行距离为 联立，可得 例10．（23-24高三上·湖北黄冈调研考试）质量的木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置质量的小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为，如图甲所示，在时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，之后某时刻木板与墙壁发生第一次碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后木板速度大小不变方向相反。已知运动过程中小物块未滑离木板，木板在第1时间的图线如图乙所示，木板与地面间的动摩擦因数，小物块与木板间的动摩擦因数，取重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）恒定拉力F的大小； （2）木板与墙壁发生第一次碰撞前小物块相对木板运动的路程； （3）木板与墙壁第一次碰后，速度第一次减小为零的时刻。 【答案】（1）24N；（2）2.4m；（3）2.25s 【详解】（1）由图像可得时刻木板的速度大小为， 时间内木板的加速度大小为 假设时间内小物块与木板发生相对滑动，对小物块有 解得 假设成立，对木板有 解得 （2） 设时间内木板的位移为 撤去力 F后对木板有 设再经过t2时间两者共速，共同速度为 和 时间内物块的位移为 时间内木板的位移为 设两者共速后一起向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得 解得 假设成立，故两者共速后一起向右匀减速直线运动，直到与墙壁相碰，木板与墙壁发生第一次碰撞前小物块相对木板运动的路程为 解得 （3） 设两者共速时距离墙壁为x，再经过t3时间与墙壁发生第一次碰撞，有 由运动学公式得 此时木板的速度为 木板与墙壁发生第一次碰撞后向左做匀减速直线运动，加速度大小为a3，设再经过t4时间木板速度第一次减小为零，有 故木板与墙壁第一次碰后，速度第一次减小为零的经历的总时间为 解得 三、巩固练习 1．（25-26高三上·宁夏银川·期中）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， 2．（25-26高三上·福建福州·期中）如图所示，质量M=0.4kg、长L=2m的长木板放在地面上，质量m=1.6kg的小滑块在长木板左端，竖直嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定在地面上，圆弧轨道最低点P的切线水平且与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距x=4m。现用水平向右外力F=4.8N作用在小滑块上，小滑块到达P点后撤去外力F，小滑块沿着圆弧轨道运动从Q点离开。长木板与底座相碰时，立即粘在底座上。已知滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为和，重力加速度g=10m/s2。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）在长木板与底座相碰前，长木板和小滑块加速度的大小； （2）小滑块到达P点时速度的大小； （3）圆弧轨道半径R的取值范围。 【答案】（1）， （2） （3） 【详解】（1）在长木板与底座相碰前，假设与相对静止，一起加速，设加速度为，小滑块与长木板间静摩擦力为，则， 解得， 即 可知与相对静止，长木板和小滑块加速度的大小为 （2）设长木板撞击底座时，长木板和小滑板共同速度为，之后，小滑块在长木板上运动，设加速度为，到达P点的速度为，则，， 解得 （3）小滑块滑上轨道从圆弧轨道的Q点离开，即能够到达圆弧轨道最高点，设圆弧轨道半径最大为，小滑块在最高点的速度大小为，则 根据机械能守恒有 解得 可知圆弧轨道半径的取值范围 3．（25-26高三上·安徽·期中）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 题意可知在B点时物块对轨道压力大小为40N，根据牛顿第三定律可知此时轨道对物块的支持力，联立解得 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 联立解得 （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速度相同且为，对木板A有 对小物块B有 联立解得， 则初始时木板A右端与挡板P的距离 4．（2025·贵州贵阳·模拟预测）某多米诺骨牌游戏爱好者设计的游戏启动装置，如图所示。整个装置由粗糙水平直轨道AB、与AB相切于B点的光滑竖直半圆固定轨道BC、粗糙水平桌面DE、平台四部分组成。滑块P和Q分别放置于A点和B点，与平台等高的木板静置于DE上且其右端与C恰好在一条竖直线上，多米诺游戏启动牌静置于平台的右端。现用F=30N的水平恒力向右拉动滑块P，运动x=0.4m后撤去F，P运动到B点与Q发生弹性碰撞，Q经过C点后恰好水平滑上木板，木板左端运动到平台右端时木板被锁定，待Q与启动牌碰撞后游戏启动。已知AB的长度s=1m，BC的半径R=0.3m，木板的长度L=1.05m，木板左端到平台右端的距离d=0.34m，P的质量M=2kg，Q与木板的质量均为m=1kg。P与AB间、Q与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.15，木板与DE间的动摩擦因数μ2=0.05，重力加速度大小g取10m/s2。求： （1）P与Q碰撞前瞬间的速度大小； （2）Q运动到C点时对半圆轨道的压力大小； （3）Q与启动牌碰撞前瞬间的速度大小。 【答案】（1）3m/s （2） （3）0.1m/s 【详解】（1）滑块P从A运动到B，设P到B点时的速度大小为v0，根据动能定理有 解得 （2）P与Q在B点发生弹性碰撞，设向右为正，碰撞后P的速度为vP，Q的速度为vQ，根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 解得， 碰撞后，Q从B点运动到C点，根据能量守恒定律有 Q在半圆轨道的C点，根据圆周运动规律有 解得 所以，滑块Q在C点对半圆轨道的压力大小为。 （3）Q以vC滑上长木板后，Q向左做减速运动，木板向左做加速运动。设它们的加速度大小分别为a1、a2，对Q： 对木板： 解得， 假设经时间t1，两者有共同的速度v共，此时Q运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，有对Q：， 对木板：， 解得，，， 因为，，所以Q与木板达到共速后，再一起向左做减速运动至平台右端。 设两者一起减速的过程中，加速度大小为a3，运动的位移为，末速度大小为v2，根据动力学分析对木板和Q：，， 解得 木板到达平台右端时被锁定，此时Q在木板上继续向左减速至平台右端。则该过程Q的加速度为a1，设其运动的位移为，末速度大小为v3即为Q与启动牌碰撞前瞬间的速度大小，根据动力学分析对Q：， 解得 5．（25-26高三上·河北·期中）学校举行教职工趣味运动会，其中一项娱乐项目的情景如图所示，放置在水平面上的长度为L=1.5m的木板等分为三个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，茶杯（可视为质点）置于木板的最右端，参赛者水平击打一下木板的左端，木板获得一初速度v₀后向右运动，从而带动茶杯也向右运动，最终若茶杯分别停在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域，将分别获得一、二、三等奖，已知茶杯的质量m=0.2kg，木板的质量M=1.8kg，茶杯与木板间的动摩擦因数，木板与水平面间的动摩擦因数 ，重力加速度g取 （1）茶杯相对木板滑动的过程中，求茶杯和木板的加速度a1和a2的大小。 （2）若要获得一等奖，木板初速度v₀的最小值（结果可保留根号）。 【答案】（1）， （2） 【详解】（1）对茶杯，根据牛顿第二定理可得 解得 对木板有 解得 （2）当茶杯恰好滑动至Ⅰ区域的右边界时与木板共速，此后两者一起减速至零，此时木板获得初速度最小，设经过时间达到共速，则有，， 解得 6．（25-26高三上·福建漳州·月考）如图，物块A及长木板C的质量均为m，物块B的质量为2m，A、B可视为质点，初始紧靠在一起且静置于木板C上，C静止在光滑的水平地面上，现同时给A、B一个等大反向的速度v0，已知物块A、B与木板C之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，求： （1）A、B开始运动瞬间C的加速度； （2）从A、B开始运动到B、C刚好共速所需的时间及此过程中整个系统损失的机械能； （3）若A、B均未脱离木板C，求木板C的最小长度。 【答案】（1），方向水平向右 （2） （3） 【详解】（1）分析可知A给C的摩擦力方向水平向左，B给C的摩擦力方向水平向右，对C，由牛顿第二定律有 解得 方向水平向右。 （2）根据牛顿第二定律，可知AB加速度分别为（方向水平向右），（方向水平向左） B、C刚好共速时有 联立解得（方向水平向右） 此时A的速度大小（方向水平向左） 该过程B相对C的位移 该过程A相对C的位移 根据功能关系，可知此过程中整个系统损失的机械能 联立解得 （3）由于地面光滑，故BC共速后保持相对静止，若A、B均未脱离木板C，可知最终三者共速，设该过程A相对C滑动距离为，规定向右为正方向，对ABC整体，根据动量守恒有 根据能量守恒有 联立解得 则木板C的最小长度 7．（25-26高三上·福建宁德·期中）如图所示，质量的滑板静止在光滑水平地面上，滑板左端与竖直固定挡板距离，质量的小物块（视为质点）以初速度从右端水平滑上滑板，最终小物块恰好未从滑板左端掉下。已知滑板与小物块间的动摩擦因数，滑板与挡板碰撞无机械能损失，取。 （1）求经过多长时间滑板碰到挡板； （2）求滑板的长度； （3）若仅减小小物块的初速度，其他条件不变，求小物块到挡板最小距离与的函数关系式。 【答案】（1）1.3s （2）2.17m （3） 【详解】（1）设的加速度大小为，对由牛顿第二定律可得： 解得：，方向向左 设的加速度大小为，对由牛顿第二定律可得： 解得：，方向向右 假设、共速时没有碰到挡板，经过时间，、共速，则 解得：， 时间内，做加速运动的位移： 解得： 由于，则假设成立，共速之后做匀速运动，则匀速运动时间为： 解得： 滑板碰到挡板时间： （2）时间内，的位移： 解得： 撞挡板后，对、系统由动量守恒定律有： 解得： 碰后由能量守恒定律有： 解得： 滑板的长度： 解得： （3）若仅减小的初速度，向左先做匀减速，再做匀速，最后做匀减速至速度为0时，距挡板最近。碰挡板前，对、系统由动量守恒定律有： 解得： 、共速时移动的位移： 解得： 匀速移动的位移： 匀减速移动的总位移： 物块到挡板最小距离与的函数关系： 解得： 8．（25-26高三上·河北·月考）如图所示，5个相同长木板紧挨静止在水平地面上，每个木板质量，长度，木板与地面间动摩擦因数。左侧第1块木板左端放置一质量的小铅块（可看成质点），铅块与木板间动摩擦因数。现给铅块向右的初速度，重力加速度。 （1）求铅块滑过前3个木板所用的时间； （2）求第4个木板运动过程中的最大速度大小。 【答案】（1） （2） 【详解】（1）铅块滑过前3个木板，铅块给木板的摩擦力满足 所以铅块在前3块木板上滑动时，木板静止不动； 滑上第4个木板时，由 所以当铅块滑上第4个木板，木板开始滑动； 铅块在前3个木板上做匀减速直线运动，木板静止，铅块加速度大小为 总位移为 由运动学公式可得 代入数据解得（另一解舍去） （2）铅块到第4个木板时的速度为 第4、5两个木板的加速度为 设经过时间铅块离开第4块木板，该过程中铅块的位移 木板的位移 又 联立（另一解舍去） 此时第4个木板速度 此时铅块的速度 符合实际；之后第4个木板开始减速，因此第4个木板的最大速度为。 9．（2021·辽宁·高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： （1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； （2）小包裹通过传送带所需的时间t。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知 解得 （2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时 在传动带上滑动的距离为 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为 所以小包裹通过传送带的时间为 10．（2025·海南·高考真题）某自动包装系统的部分结构简化后如图所示，足够长的传送带固定在竖直平面内，半径为，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台上滑入静止的空箱B并与其瞬间粘连成一个整体，随后一起滑上传送带，与传送带共速后进入下一道工序。已知工件A质量为，空箱B的质量为，A、B及粘连成的整体均可视为质点，整体与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量，忽略轨道及平台的摩擦，，重力加速度。求： （1）工件A滑到圆弧轨道最低点时受到的支持力； （2）工件A与空箱B在整个碰撞过程中损失的机械能； （3）传送带的速度大小。 【答案】（1），方向竖直向上； （2） （3）或 【详解】（1）工件A从开始到滑到圆弧轨道最低点间，根据机械能守恒 解得 在最低点根据牛顿第二定律 解得，方向竖直向上； （2）根据题意工件A滑入空箱B后粘连成一个整体，根据动量守恒 解得 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 （3）第一种情况，当传送带速度小于时，AB粘连成的整体滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律 设经过时间后AB与传送带共速，可得 该段时间内AB运动的位移为 传送带运动的位移为 故可得 联立解得，另一解大于舍去； 第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得 该段时间内AB运动的位移为 传送带运动的位移为 故可得 解得，另一解小于舍去。 11．（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量，一质量为的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为，忽略空气阻力，重力加速度，求： （1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； （2）滑板的长度L 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）设游客滑到b点时速度为，从a到b过程，根据机械能守恒 解得 在b点根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为 （2）设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程由动能定理得 解得 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为和，得 根据运动学规律对游客 解得 该段时间内游客的位移为 滑板的位移为 根据位移关系得滑板的长度为 2 学科网（北京）股份有限公司 $