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专题提升六　滑块—木板模型
[复习目标]
1．掌握滑块—木板模型问题的特征，进行受力分析和运动分析，明确滑块和木板的相对运动情况。
2．能够从相对运动的角度，采用动力学方法分析滑块—木板模型。
题型一　滑块—木板模型
1．模型特征
滑块—木板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中。另外，常见的子弹射击滑块(如图b)、圆环在直杆上滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块—木板模型类似。
2．两种类型
类型图示 规律分析
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＝xA
3.一个转折和两个关联
(2024·新课标卷，T25)如图，一长度l＝1.0 m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Δl＝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μ＝0.3，重力加速度大小g取10 m/s2。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。
[解析]　(1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小a1＝μg＝3 m/s2
薄板做加速运动的加速度大小
a2＝＝3 m/s2
对物块有l＋Δl＝v0t－a1t2
对薄板有Δl＝a2t2
解得v0＝4 m/s，t＝ s。
(2)物块飞离薄板时薄板的速度
v2＝a2t＝1 m/s
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
t′＝＝ s
平台距地面的高度h＝gt′2＝ m。
[答案]　(1)4 m/s　 s　(2) m
如图为同学进行抽桌布比赛的示意图，比赛中在边长为L的方桌上平铺桌布，桌布左侧边缘恰好和方桌边缘重合，距方桌左边缘距离为x(未知)处放置螺母，比赛时站在方桌右侧的同学突然匀加速抽离桌布，加速度方向水平且垂直于方桌右侧边。螺母离开桌布后在桌面上继续滑动，最终螺母离开桌面，落在水平地面，螺母水平位移大的为胜利者。已知螺母与桌布、桌面间的动摩擦因数均为μ，螺母可视为质点，重力加速度为g。
(1)当x＝，桌布以多大加速度抽离时，螺母恰好滑到方桌右边缘停止？
(2)保持第(1)问所求桌布加速度不变，当x为多大时，螺母离开桌面后的水平位移最大？
[解析]　(1)螺母在桌面和桌布上的加速度大小相同，设加速度大小为a
根据牛顿第二定律ma＝μmg，即a＝μg
因为螺母最终停在方桌右边缘，所以螺母在桌布上加速和在桌面上减速的时间、位移均相等
桌布位移x1＝a0t2
螺母位移x2＝μgt2＝，x1－x2＝
解得a0＝3μg。
(2)为使螺母以水平最大速度抛出，螺母需在到达方桌右边缘时恰好离开桌布
桌布位移L＝a0t′2
螺母位移L－x＝μgt′2
解得x＝L。
[答案]　(1)3μg　(2)L
题型二　倾斜滑块—木板模型
如图所示，在倾角θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M＝2 kg、长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板的上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)。开始薄平板和小滑块在沿斜面向上的力F的作用下保持静止，此时薄平板与斜面间无摩擦力。然后将F撤去，使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μ1＝0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)力F的大小；
(2)释放后，小滑块的加速度a1的大小和薄平板的加速度a2的大小；
(3)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
[解析]　(1)对小滑块和薄平板整体分析，由平衡条件可知F＝(M＋m)g sin θ＝18 N。
(2)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
mg sin 37°－f1＝ma1
其中f1＝μ1FN1
FN1＝mg cos 37°
解得a1＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有
Mg sin 37°＋f1－f2＝Ma2
其中f2＝μ2FN2
FN2＝mg cos 37°＋Mg cos 37°
解得a2＝1 m/s2
因a1>a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。
(3)设滑块滑离薄平板的时间为t，由运动学公式，有x1＝a1t2
x2＝a2t2
x1－x2＝L
解得t＝1 s。
[答案]　(1)18 N　(2)4 m/s2　1 m/s2　(3)1 s
　
1．用隔离法分析滑块和木板的受力，分别求出滑块和木板的加速度。
2．建立滑块位移、木板位移、滑块相对于木板的位移之间的关系式。
3．不要忽略滑块和木板的运动存在等时关系。
4．在运动学公式中，位移、速度和加速度都是相对于地面的。
题型三　滑块—木板模型与图像的结合
(多选)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．长木板A、物体B所受的摩擦力均与各自运动方向相反
B．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2
C．A长度至少3 m
D．长木板A的质量是4 kg
[解析]　摩擦力与物体的相对运动方向相反，由题意可知，木板A的运动方向与其摩擦力方向相同，物体B运动方向与其摩擦力方向相反，故A错误；由题图乙知B的加速度大小aB＝＝2 m/s2，对B进行分析有μmBg＝mBaB，可得μ＝0.2，故B正确；由题图乙可知前1 s内二者相对运动，位移差为1.5 m，则A板长度至少为1.5 m，故C错误；长木板A的加速度大小aA＝＝1 m/s2，又μmBg＝mAaA，联立解得＝＝，即A木板的质量是B物体的两倍，长木板A的质量是4 kg，故D正确。
[答案]　BD
(2026·湖北省部分高中联考)一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M＝4 kg，质量m＝1 kg的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用一水平向右的恒定拉力F，如图甲所示。设滑块滑上木板为t＝0时刻，经过t1＝2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2＝4 s两物体停止运动，画出两物体运动的v－t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)求：
(1)前2 s内滑块Q和木板P的加速度大小，两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小；
(2)滑块Q运动的总位移；
(3)拉力F的大小。
[解析]　(1)在v－t图像中，图线斜率的绝对值表示加速度大小，根据题图乙可知
前2 s内，滑块Q的加速度大小
a1＝ m/s2＝4 m/s2
木板P的加速度大小
a2＝ m/s2＝2 m/s2
两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小
a3＝ m/s2＝1 m/s2。
(2)v－t图像中，图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移，则滑块Q运动的总位移
x＝ m＋ m＝24 m。
(3)前2 s内对滑块Q分析有
μ1mg＝ma1
对木板P分析有
μ1mg＋F－μ2(mg＋Mg)＝Ma2
两物体一起做匀减速直线运动时，对P、Q整体分析有μ2(m＋M)g＝(m＋M)a3
代入数据联立解得F＝9 N。
[答案]　(1)4 m/s2　2 m/s2　1 m/s2
(2)24 m　(3)9 N
深度探究 板块模型链接优生自研篇P133(共23张PPT)
演练知能提升
A
1．如图所示，光滑水平桌面上放置长l＝0.78 m的木板。t＝0时，小物块(可视为质点)从木板的左端以v1＝4 m/s的速度向右滑上木板，同时木板以v2＝4 m/s的速度向左滑动；t＝0.1 s时，小物块从木板的右端滑下。已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度大小g取10 m/s2，则小物块与木板的质量之比为(　　)
A．3∶1 B．2∶1
C．1∶2 D．1∶3
BD
A
3．如图所示，三块完全相同的匀质板状工件上下对齐码放在卡车上，只有最下面的工件与车厢底部固定。若运输途中司机紧急刹车，工件出现的状态可能是(　　)
解析：由题图A可知，上面两工件从相对静止到停止，根据整体可知2μmg＝2ma，解得a＝μg，满足条件，故A正确；
由题图B、D可知，最上面工件受到中间工件的摩擦力向右，加速度大小a1＝μg，中间工件受到两个摩擦力都向左2μmg＋μmg＝ma2，解得a2＝3μg>a1，则与题图B、D中情况矛盾，故B、D错误；
由题图C可知，最上面工件受到中间工件的摩擦力向左，加速度大小a1′＝μg，中间工件受到两个摩擦力2μmg－μmg＝ma2′，解得a2′＝μg＝a1′，则与题图C中情况矛盾，故C错误。
AC
4．(多选)(2026·辽宁锦州市期末)如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为1 kg，现在滑块上施加一个F＝0.6t(N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
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2中，t2＝10 s
D．木板的最大加速度为4 m/s2
解析：由题意可知，t2时刻之后，滑块与木板间有相对滑动，滑块受到的滑动摩擦力不随F而变化，可得f1＝μ1mg＝4 N，解得滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，故A正确；
结合题图2可知，0到t1时间内，滑块与木板均静止，t1到t2时间内，滑块与木板仍相对静止，木板在地面滑行，可知t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力，可得f2＝μ2·2mg＝2 N，解得木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，故B错误；
t2时刻，滑块与木板恰好发生相对滑动，对滑块、木板分别有F－μ1mg＝ma，μ1mg－μ2·2mg＝ma，其中F＝0.6t2(N)，联立解得a＝2 m/s2，t2＝10 s，故C正确，D错误。
5．(10分)如图所示，质量M＝10 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一个F＝10 N的水平恒力，当小车向右运动的速度达到2.8 m/s时，在其右端轻轻放上一质量m＝2.0 kg的小煤块(小煤块视为质点且初速度为零)，小煤块与小车间的动摩擦因数μ＝0.20。假定小车足够长，重力加速度g取10 m/s2。
(1)经过多长时间小煤块与小车保持相对静止？(4分)
解析：保持相对静止前，对煤块根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
对小车根据牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma2
解得a2＝0.6 m/s2
经过时间t，小煤块与小车保持相对静止，则有v＝a1t＝v0＋a2t，解得t＝2 s。
答案：2 s
(2)求相对静止前小煤块前进的位移大小。(2分)
答案：4 m　
(3)求小煤块最终在小车上留下的痕迹长度。(4分)　
答案：2.8 m
6．(12分)如图所示，质量相等的物块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μ＝0.2。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝1 m后停下，此过程B静止不动。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，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(4分)
答案：2 m/s
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B加速度的大小aB、aB′；(4分)
解析：根据题意可知，再次对齐前，对物体B，由牛顿第二定律有F＝3μmg＝maB
解得aB＝6 m/s2
再次对齐后，对A、B整体，由牛顿第二定律有
F′＝2μmg＝2maB′
解得aB′＝2 m/s2。
答案：6 m/s2　2 m/s2
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。(4分)
答案：4 m/s
7．(14分)(2026·河南省创新发展联盟模拟)如图所示，一长度L1＝8.5 m的均匀薄木板A初始时静止在一光滑平台上，平台右端B处有一固定挡板，固定挡板的高度略小于木板的厚度，木板的右端到挡板的距离L2＝2 m。一可以看成质点的小滑块以初速度v0＝10 m/s从木板的左端滑上木板，木板撞击挡板时速度立即变为0并静止，碰撞时小滑块仍在木板上，不计空气阻力。已知平台高度h＝3.2 m，小滑块的质量m＝1 kg，木板的质量M＝1 kg，厚度不计。小滑块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求木板撞击挡板时小滑块的速度大小。(8分)
答案：6 m/s
(2)通过计算判断小滑块能否从挡板右边飞出，若小滑块不能从右边飞出，求小滑块静止时到木板右端的距离；若小滑块能从右边飞出，求小滑块落地时到B端的水平距离。(6分)
答案：能　3.2 m(共28张PPT)
专题提升六　滑块—木板模型
[复习目标]
1．掌握滑块—木板模型问题的特征，进行受力分析和运动分析，明确滑块和木板的相对运动情况。
2．能够从相对运动的角度，采用动力学方法分析滑块—木板模型。
第一部分
题型一　滑块—木板模型
1．模型特征
滑块—木板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中。另外，常见的子弹射击滑块(如图b)、圆环在直杆上滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块—木板模型类似。
2．两种类型
类型图示 规律分析
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＝xA
3.一个转折和两个关联
(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。
例2 如图为同学进行抽桌布比赛的示意图，比赛中在边长为L的方桌上平铺桌布，桌布左侧边缘恰好和方桌边缘重合，距方桌左边缘距离为x(未知)处放置螺母，比赛时站在方桌右侧的同学突然匀加速抽离桌布，加速度方向水平且垂直于方桌右侧边。螺母离开桌布后在桌面上继续滑动，最终螺母离开桌面，落在水平地面，螺母水平位移大的为胜利者。已知螺母与桌布、桌面间的动摩擦因数均为μ，螺母可视为质点，重力加速度为g。
[答案]　3μg　
(2)保持第(1)问所求桌布加速度不变，当x为多大时，螺母离开桌面后的水平位移最大？
第二部分
题型二　倾斜滑块—木板模型
例3 如图所示，在倾角θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M＝2 kg、长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板的上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)。开始薄平板和小滑块在沿斜面向上的力F的作用下保持静止，此时薄平板与斜面间无摩擦力。然后将F撤去，使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μ1＝0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)力F的大小；
[解析]　对小滑块和薄平板整体分析，由平衡条件可知F＝(M＋m)g sin θ＝18 N。
[答案]　18 N　
(2)释放后，小滑块的加速度a1的大小和薄平板的加速度a2的大小；
[解析]　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mg sin 37°－f1＝ma1
其中f1＝μ1FN1
FN1＝mg cos 37°
解得a1＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有
Mg sin 37°＋f1－f2＝Ma2
其中f2＝μ2FN2
FN2＝mg cos 37°＋Mg cos 37°
解得a2＝1 m/s2
因a1>a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。
[答案]　4 m/s2　1 m/s2
(3)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
[答案]　1 s
特别提醒
1．用隔离法分析滑块和木板的受力，分别求出滑块和木板的加速度。
2．建立滑块位移、木板位移、滑块相对于木板的位移之间的关系式。
3．不要忽略滑块和木板的运动存在等时关系。
4．在运动学公式中，位移、速度和加速度都是相对于地面的。
第三部分
题型三　滑块—木板模型与
图像的结合
BD
例4 (多选)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．长木板A、物体B所受的摩擦力均与各自运动方向相反
B．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2
C．A长度至少3 m
D．长木板A的质量是4 kg
[解析]　摩擦力与物体的相对运动方向相反，由题意可知，木板A的运动方向与其摩擦力方向相同，物体B运动方向与其摩擦力方向相反，故A错误；
由题图乙可知前1 s内二者相对运动，位移差为1.5 m，则A板长度至少为1.5 m，故C错误；
例5 (2026·湖北省部分高中联考)一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M＝4 kg，质量m＝1 kg的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用一水平向右的恒定拉力F，如图甲所示。设滑块滑上木板为t＝0时刻，经过t1＝2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2＝4 s两物体停止运动，画出两物体运动的v－t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)求：
(1)前2 s内滑块Q和木板P的加速度大小，两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小；
[答案]　4 m/s2　2 m/s2　1 m/s2
(2)滑块Q运动的总位移；
[答案]　24 m
(3)拉力F的大小。
[解析]　前2 s内对滑块Q分析有μ1mg＝ma1
对木板P分析有μ1mg＋F－μ2(mg＋Mg)＝Ma2
两物体一起做匀减速直线运动时，对P、Q整体分析有μ2(m＋M)g＝(m＋M)a3
代入数据联立解得F＝9 N。
[答案]　9 N
深度探究 板块模型链接优生自研篇P1331．如图所示，光滑水平桌面上放置长l＝0.78 m的木板。t＝0时，小物块(可视为质点)从木板的左端以v1＝4 m/s的速度向右滑上木板，同时木板以v2＝4 m/s的速度向左滑动；t＝0.1 s时，小物块从木板的右端滑下。已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度大小g取10 m/s2，则小物块与木板的质量之比为(　　)
A．3∶1 B．2∶1
C．1∶2 D．1∶3
解析：选A。由小物块的受力可知，小物块的加速度大小a1＝＝μg，同理木板的加速度大小a2＝＝，根据匀变速直线运动的基本关系可知，小物块向右的位移x1＝v1t－a1t2，同理，木板向左的位移x2＝v2t－a2t2，由题可知l＝x1＋x2，联立解得＝。
2．(多选)如图所示，长木板放置在光滑的水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a的大小可能是(　　)
A．0 B．μg
C．μg D．
解析：选BD。若物块与木板间的摩擦力为静摩擦力，则物块与木板相对静止，加速度相同，对整体，有F＝2ma，解得a＝，若物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，则物块与木板相对运动，对木板有μmg＝ma，解得a＝μg。
3．如图所示，三块完全相同的匀质板状工件上下对齐码放在卡车上，只有最下面的工件与车厢底部固定。若运输途中司机紧急刹车，工件出现的状态可能是(　　)
解析：选A。由题图A可知，上面两工件从相对静止到停止，根据整体可知2μmg＝2ma，解得a＝μg，满足条件，故A正确；由题图B、D可知，最上面工件受到中间工件的摩擦力向右，加速度大小a1＝μg，中间工件受到两个摩擦力都向左2μmg＋μmg＝ma2，解得a2＝3μg>a1，则与题图B、D中情况矛盾，故B、D错误；由题图C可知，最上面工件受到中间工件的摩擦力向左，加速度大小a1′＝μg，中间工件受到两个摩擦力2μmg－μmg＝ma2′，解得a2′＝μg＝a1′，则与题图C中情况矛盾，故C错误。
4．(多选)(2026·辽宁锦州市期末)如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为1 kg，现在滑块上施加一个F＝0.6t(N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
　　
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2中，t2＝10 s
D．木板的最大加速度为4 m/s2
解析：选AC。由题意可知，t2时刻之后，滑块与木板间有相对滑动，滑块受到的滑动摩擦力不随F而变化，可得f1＝μ1mg＝4 N，解得滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，故A正确；结合题图2可知，0到t1时间内，滑块与木板均静止，t1到t2时间内，滑块与木板仍相对静止，木板在地面滑行，可知t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力，可得f2＝μ2·2mg＝2 N，解得木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，故B错误；t2时刻，滑块与木板恰好发生相对滑动，对滑块、木板分别有F－μ1mg＝ma，μ1mg－μ2·2mg＝ma，其中F＝0.6t2(N)，联立解得a＝2 m/s2，t2＝10 s，故C正确，D错误。
5．(10分)如图所示，质量M＝10 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一个F＝10 N的水平恒力，当小车向右运动的速度达到2.8 m/s时，在其右端轻轻放上一质量m＝2.0 kg的小煤块(小煤块视为质点且初速度为零)，小煤块与小车间的动摩擦因数μ＝0.20。假定小车足够长，重力加速度g取10 m/s2。
(1)经过多长时间小煤块与小车保持相对静止？(4分)
(2)求相对静止前小煤块前进的位移大小。(2分)
(3)求小煤块最终在小车上留下的痕迹长度。(4分)　
解析：(1)保持相对静止前，对煤块根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
对小车根据牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma2
解得a2＝0.6 m/s2
经过时间t，小煤块与小车保持相对静止，则有v＝a1t＝v0＋a2t，解得t＝2 s。
(2)相对静止前小煤块前进的位移大小
x1＝a1t2，解得x1＝4 m。
(3)在相对静止前小车前进的位移
x2＝v0t＋a2t2，解得x2＝6.8 m
两者的相对位移Δx＝x2－x1＝2.8 m
即小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8 m。
答案：(1)2 s　(2)4 m　(3)2.8 m
6．(12分)如图所示，质量相等的物块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μ＝0.2。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝1 m后停下，此过程B静止不动。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，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(4分)
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B加速度的大小aB、aB′；(4分)
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。(4分)
解析：(1)设A、B的质量均为m，根据题意，对物体A，由牛顿第二定律有μmg＝maA
解得A的加速度大小aA＝2 m/s2
由运动学公式有2aAL＝v
解得vA＝2 m/s。
(2)根据题意可知，再次对齐前，对物体B，由牛顿第二定律有F＝3μmg＝maB
解得aB＝6 m/s2
再次对齐后，对A、B整体，由牛顿第二定律有
F′＝2μmg＝2maB′
解得aB′＝2 m/s2。
(3)根据题意，设经过时间t，A、B达到共同速度v，则有v＝aAt＝vB－aBt，xA＝aAt2，
xB＝vBt－aBt2，xB－xA＝L
联立解得vB＝4 m/s。
答案：(1)2 m/s　(2)6 m/s2　2 m/s2　(3)4 m/s
7．(14分)(2026·河南省创新发展联盟模拟)如图所示，一长度L1＝8.5 m的均匀薄木板A初始时静止在一光滑平台上，平台右端B处有一固定挡板，固定挡板的高度略小于木板的厚度，木板的右端到挡板的距离L2＝2 m。一可以看成质点的小滑块以初速度v0＝10 m/s从木板的左端滑上木板，木板撞击挡板时速度立即变为0并静止，碰撞时小滑块仍在木板上，不计空气阻力。已知平台高度h＝3.2 m，小滑块的质量m＝1 kg，木板的质量M＝1 kg，厚度不计。小滑块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求木板撞击挡板时小滑块的速度大小。(8分)
(2)通过计算判断小滑块能否从挡板右边飞出，若小滑块不能从右边飞出，求小滑块静止时到木板右端的距离；若小滑块能从右边飞出，求小滑块落地时到B端的水平距离。(6分)
解析：(1)设小滑块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得
μmg＝ma1，μmg＝Ma2
解得a1＝4 m/s2，a2＝4 m/s2
设经过时间t1滑块与木板速度相等，则有
v0－a1t1＝a2t1
解得t1＝1.25 s
此过程木板的位移
x＝a2t＝3.125 m>L2＝2 m
表明木板撞击挡板时，滑块与木板没有共速，对木板进行分析，根据位移公式有L2＝a2t
解得t2＝1 s
则小滑块此时的速度v1＝v0－a1t2
解得v1＝6 m/s。
(2)碰撞前小滑块的位移x1＝v0t2－a1t
结合上述解得x1＝8 m
假设小滑块能滑到木板右端且速度为v2，根据运动学公式得v－v＝－2a1(L1＋L2－x1)
解得v2＝4 m/s
假设成立，小滑块能从右边飞出，飞出后做平抛运动，设小滑块做平抛运动的时间为t3，竖直方向上有h＝gt
解得t3＝0.8 s
水平位移x2＝v2t3
解得x2＝3.2 m
即小滑块落地时到B端的水平距离是3.2 m。
答案：(1)6 m/s　(2)能　3.2 m

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