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微专题 24 “滑块－木板”模型问题
1．滑块—木板同速后能否一起运动的判断：先假设能一起运动，对整体分析求出共同加速
度a 。再分析仅靠摩擦力带动的物体，此物体的最大加速度 a ＝。若a ≥a ，则两物体
共 m m 共
以后一起运动，若a <a ，则两物体以后相对滑动。2.滑块由木板的一端运动到另一端的过
m 共
程中，若滑块和木板同向运动，位移之差等于板长；若相向运动，位移大小之和等于板长。
1. 如图所示，在光滑的水平地面上静止地叠放着两个物体A、B，A、B之间的动摩擦因数
为0.2，A质量为2 kg，B质量为1 kg，从t＝0时刻起，A受到一向右的水平拉力F的作用，
F随时间的变化规律为F＝(6＋2t) N。t＝5 s时撤去外力，运动过程中A一直未从B上滑落，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2)，则( )
A．t＝2 s时，A、B发生相对滑动
B．t＝3 s时，B的速度大小为8 m/s
C．撤去拉力瞬间，A的速度大小为19 m/s
D．撤去拉力后，再经过1 s，A、B速度相等
答案 C
解析 当A、B之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力时，A、B之间刚好出现相对滑动，对
B物体，根据牛顿第二定律有μm g＝m a，此时的加速度为a＝4 m/s2，对A、B整体，根据
A B
牛顿第二定律有F＝(m ＋m )a＝12 N＝(6＋2t) N，所以t＝3 s，故A错误；0～3 s内A、B
A B
一起运动，t＝0时A、B的加速度为a ＝＝2 m/s2，则t＝3 s时，B的速度为v ＝t＝t ＝9
0 3 1
m/s，故B错误；5 s时A物体的加速度为a ＝＝ m/s2＝6 m/s2，则5 s时A物体的速度为v
2 A
＝v ＋t ＝9 m/s＋×2 m/s＝19 m/s，故C正确；撤去拉力时，B的速度v ＝v ＋t ＝9 m/s＋8
3 2 B 3 2
m/s＝17 m/s，设经过t 时间两物体速度相等则有v －t＝v ＋t，解得t＝ s，故D错误。
3 A 3 B 3 3
2. (多选)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1 kg的A、B两物块，
A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ＝0.3、μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，
1 2
如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
B．若F＝8 N，则B物块的加速度大小为2.0 m/s2
C．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D．无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动
答案 BC
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料解析 A与硬纸片间的最大静摩擦力为F ＝μm g＝0.3×1×10 N＝3 N，B与硬纸片间的最
fA 1 A
大静摩擦力为F ＝μm g＝0.2×1×10 N＝2 N。当B刚要相对于硬纸片滑动时静摩擦力达
fB 2 B
到最大值，由牛顿第二定律得 F ＝m a ，得a ＝2 m/s2。对整体，有F ＝(m ＋m )×a ＝
fB B 0 0 0 A B 0
2×2 N＝4 N，即F≥4 N时，B将相对纸片运动，此时B受到的摩擦力F ＝2 N，则对A分
B
析，A受到的摩擦力也为2 N，A的摩擦力小于最大静摩擦力，故A和纸片间不会发生相对
运动；则可知，当拉力为8 N时，B与纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力为2 N，此后增大拉
力，不会改变B的受力，其加速度大小均为2 m/s2，由于轻质薄硬纸片看作没有质量，故无
论力F多大，A和纸片之间不会发生相对滑动，故B、C正确，D错误；F＝1.5 N<4 N，所
以A、B与纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，对A根据牛顿第二定律得
F－F＝m a，所以A物块所受摩擦力F<F＝1.5 N，故A错误。
f A f
3．(多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m 的长木板，木板的左边上有一质量为
1
m 的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)
2
所示，其中F 、F 分别为t 、t 时刻F的大小。木板的加速度a 随时间t的变化关系如图(c)
1 2 1 2 1
所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，假设最大静
1 2
摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则( )
A．F＝μmg
1 1 1
B．F＝(μ－μ)g
2 2 1
C．μ>μ
2 1
D．在0～t 时间段物块与木板加速度相等
2
答案 BCD
解析 由题图(c)可知，t 时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，
1
此时以整体为研究对象有F＝μ(m＋m)g，故A错误；
1 1 1 2
由题图(c)可知，t 时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二
2
定律，
有F－μ(m＋m)g＝(m＋m)a
2 1 1 2 1 2
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，
有μmg－μ(m＋m)g＝ma>0
2 2 1 1 2 1
解得F＝(μ－μ)g
2 2 1
μ>μ，故B、C正确；
2 1
由题图(c)可知，0～t 时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。
2
4．(多选)如图所示，在桌面上有一块质量为m 的薄木板，薄木板上放置一质量为m 的物块，
1 2
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料现对薄木板施加一水平恒力，使得薄木板能被抽出而物块也不会滑出桌面。物块与薄木板、
薄木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则
下列说法正确的是( )
A．物块在薄木板上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等
B．拉力越大，物块刚离开薄木板时的速度越大
C．薄木板对物块的摩擦力方向与拉力方向相同
D．拉力的最小值为μ(2m＋m)g
1 2
答案 AC
解析 物块在薄木板上相对滑动过程，从静止加速至速度 v时离开木板，加速度大小为
μg，物块在桌面上滑动的过程，受桌面滑动摩擦力作用，加速度大小为μg，从速度v减速
至静止，由对称性可知，物块在薄木板上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等，A正确；
拉力越大，物块在薄木板上滑行时间越短，由v＝μgt可知，物块刚离开薄木板时的速度v
越小，B错误；物块在薄木板上滑行过程，相对木板向左运动，故受到的滑动摩擦力向右，
与拉力方向相同，C正确；物块加速过程的加速度为μg，薄木板的临界加速度为μg，整体
由牛顿第二定律可得F－μ(m ＋m)g＝(m ＋m)μg，解得F＝2μ(m ＋m)g，为使薄木板能抽
1 2 1 2 1 2
出，故拉力的最小值应大于2μ(m＋m)g，D错误。
1 2
5．(多选)(2023·江苏扬州市阶段练习)如图甲所示，光滑斜面下端有固定挡板A，斜面上叠
放着小物块B和木板C、木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态，木板C受到逐渐增
大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10 m/s2，则由a－F图像可知( )
A．10 N<F<15 N时，物块B和木板C相对滑动
B．F>15 N时，物块B和木板C相对滑动
C．能求出木板C的质量
D．能求出木板和物块间的动摩擦因数
答案 BD
解析 由题图乙可知，当10 N<F<15 N时，物块B和木板C相对静止，当F>15 N时木板的
加速度变大，可知此时物块B和木板C发生了相对滑动，选项A错误，B正确；对木板和
物块整体，当F ＝10 N时刚要产生加速度a＝0，则F ＝(M＋m)gsin θ，当F ＝15 N时木板
1 1 2
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料与物块刚要相对滑动，a＝2.5 m/s2，则F －(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a，联立方程可得M＋m
2
＝2 kg，θ＝30°，但是不能求得木板C的质量，选项C错误；当F ＝15 N时，a＝2.5 m/s2，
2
此时物块和木板刚开始发生相对滑动，物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块有
μmgcos θ－mgsin θ＝ma，联立方程可得μ＝，选项D正确。
6. (多选)(2024·重庆市巴蜀中学月考)如图所示，有一倾角θ为37°、下端固定一弹性挡板的
光滑斜面，挡板与斜面垂直。一长木板质量为M，其下端距挡板的距离为L、上端放有一质
量为m的小物块，长木板由静止自由下滑，与挡板每次发生碰撞后均以原速率弹回，且每
次碰撞的时间极短，小物块和木板的运动始终与斜面平行。已知 m∶M＝1∶2，长木板上表
面与小物块之间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的有( )
A．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，小物块的加速度大小为0.2g
B．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，长木板的加速度大小为0.8g
C．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块已从长木板上滑落
D．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落
答案 ABD
解析 长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，对木板，有 Mgsin θ＋μmgcos θ＝Ma ，a ＝
1 1
0.8g。对物块，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，a ＝0.2g，选项A、B正确；木板从开始下滑
2 2
到与挡板第一次碰撞v2＝2gLsin θ，v2＝1.2gL，碰后木板与挡板往复碰撞，加速度不变，
0 0
相邻两次碰撞的时间为t＝＝。若木板足够长，物块一直向下加速，加速度不变，则木板第
一次与挡板碰撞到第二次碰撞的过程，两者相对位移 x＝vt＋at2＝，物块的速度为v＝v＋
1 0 2 0
0.2gt＝1.5v 。木板第二次与挡板碰撞到第三次碰撞的过程，两者相对位移 x ＝1.5vt＋at2
0 2 0 2
＝，则第三次碰前，两者的相对位移为x ＋x ＝＝9L。木板长10L，故第三次碰撞前小物块
1 2
仍没有从长木板上滑落，故C错误，D正确。
7. 如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在地面上，斜面光滑且足够长。其上有一质量为 M
＝1 kg、长L＝6 m的木板，木板厚度不计。在木板的左端有一个可以看作质点的质量为 m
＝2 kg的木块，木块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.5。开始时二者都静止，现用平行于斜面
向上的恒力F＝30 N拉木块，取重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)经过多长时间木块从木板右端滑落。
(2)当木板相对斜面速度为零时，木板右端与木块之间的距离。
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料答案 (1)2 s (2) m
解析 (1)假设木板与木块发生相对滑动，对木块由牛顿第二定律得 F－mgsin θ－μmgcos θ
＝ma
1
解得a＝5 m/s2
1
对木板由牛顿第二定律得μmgcos θ－Mgsin θ＝Ma
2
解得a＝2 m/s2，a>a，假设成立。
2 1 2
木块从木板右端滑落时，木块的位移比木板的位移大L，则at2－at2＝L
1 2
解得t＝2 s
(2)木块从木板右端滑落时，木块的速度为v＝at＝10 m/s
1 1
木板的速度为v＝at＝4 m/s
2 2
木块从木板右端滑落后，木板运动的加速度a′＝gsin θ＝6 m/s2
2
木块运动的加速度a′＝＝9 m/s2
1
木板从此时到相对斜面速度为零运动的时间为t′＝＝ s
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料这段时间木块运动的位移为x＝vt′＋a′t′2＝10× m＋×9×()2 m＝ m
1 1 1
木板的位移x＝＝ m＝ m
2
木板右端与木块之间距离Δx＝x－x＝ m。
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