2026年高考物理二轮复习：专题09 板块模型中的相对运动（模型与方法讲义）（全国适用）（解析版）

专题09板块模型中的相对运动目录TOC\o"1-3"\h\u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＝xA2．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gsinθ－μ1gcosθ<a<gsinθ＋μ1gcosθ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=a1t1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-a2t1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=ma1′对木板2μ2mg-μ1mg=ma2′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0.24JD．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＝2kg的薄板，板上有质量m＝1kg的物块，两者以v0＝4m/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3m/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=d