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1.水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为m 、m 、
A B
m ，且m >m >m ，如图所示为俯视图。用一水平外力将薄板抽出，圆柱体与薄板间的动摩
C A B C
擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所
组成的图形可能是图( )
2．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为
M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像
如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
3.(2023·福建省枫亭中学期中)如图所示，木板长L＝2.4 m，质量M＝4.0 kg，与地面间的动摩擦因数为μ ＝0.4。质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的最右端，与木板间
1
的动摩擦因数为μ ＝0.2，开始时滑块与木板均处于静止状态，现给木板一个向右的初速度
2
v，取g＝10 m/s2，求：
0
(1)木板所受摩擦力的大小；
(2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度v 的最大值。
0
4．(多选)如图所示，质量m ＝1 kg足够长的长板A置于水平地面上，质量m ＝2 kg的小滑
A B
块B置于长板A的左端，A与水平地面间的动摩擦因数μ ＝0.3，B与A间的动摩擦因数μ
1 2
＝0.5，对B施加一大小为F＝20 N，方向与水平方向成37°角的恒力。已知最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(
)
A．A的加速度大小为1 m/s2
B．B的加速度大小为6 m/s2
C．若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大
D．若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止
5．(2024·广东东莞市石龙中学月考)如图所示，厚0.2 m、长为3 m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点，木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的
动摩擦因数μ ＝0.1，木板右端静止放置一个小物块(可看成质点)，它与木板CB部分的动摩
1
擦因数μ ＝0.3。已知木板和小物块的质量均为2 kg，重力加速度g取10 m/s2，现对木板施
2
加一个水平向右的恒力F。
(1)为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值F ；
m
(2)当F＝22 N时，小物块经多长时间滑到木板中点C?
(3)接第(2)问，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板A端的距离。
6.(2024·江苏苏州市段考)如图所示，有一倾角为θ＝37°的斜面(sin 37°＝)，下端固定一挡板
挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量为 m的小
物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第 2 s末，小物块刚好
到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板到达挡板处速度恰好减为零，小物块刚好
到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数μ＝，长木板与斜面间
1
的动摩擦因数μ＝0.5，长木板的质量M＝m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速
2
度大小g＝10 m/s2。求：
(1)在0～2 s时间内长木板和小物块的加速度的大小；
(2)开始时长木板距离挡板多远；
(3)长木板的长度。
第 5 练 专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题
1．A [设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因
数均为μ，则在抽出薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律有 μmg＝ma，可得，加速运动与减
速运动时的加速度大小都为a＝μg。由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板，则
根据v＝at可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度，同时A加速运动的位
移小于B、C加速运动的位移。离开薄板后，根据v2＝2ax可知，B、C在桌面上滑动的距离
相等，且大于A在桌面上滑动的距离，故A正确。]
2．BC [物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板的滑动摩擦力的作用，故
μmg＝ma ，而v－t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a ＝ m/s2＝2 m/s2，解
1 1
得μ＝0.2，对木板受力分析可知 μmg＝Ma ，由v－t图像可知木板的加速度大小为 a ＝
2 2
m/s2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D错误，B正确；由题图乙可知物块和木板在t＝2 s
时分离，两者在0～2 s内的v－t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋
3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确。]
3．(1)22 N (2)6 m/s
解析 (1)木板所受摩擦力的大小
F＝μmg＋μ(M＋m)g＝22 N
f 2 1
(2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a，则μmg＝ma ，a＝μg＝2 m/s2
1 2 1 1 2
木板做匀减速直线运动的加速度大小为a，则μmg＋μ(M＋m)g＝Ma
2 2 1 2
解得a＝5.5 m/s2
2
设经过时间t滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有at＝v－at①
1 0 2
滑块相对于地面的位移x＝at2②
1 1
木板相对于地面的位移
x＝vt－at2③
2 0 2
又L＝x－x④
2 1
由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值v＝6 m/s。
0
4．BC [对小滑块B进行受力分析，如图甲，
可知F ＋Fsin 37°＝m g
NB B
F ＝μF
f1 2 NB
根据牛顿第二定律有
Fcos 37°－F ＝m a
f1 B B
联立可得a ＝6 m/s2，故B正确；
B
对长板A受力分析，如图乙，可知F ＝F ′＋m g＝F ＋m g
NA NB A NB A
由F ＝μF ＝5.4 N>F ′＝F 可知，长板A静止，即a ＝0，故A错误；
f地m 1 NA f1 f1 A
若力F作用一段时间后，撤去力F，则对A有
a ′＝＝1 m/s2
A
对B有a ′＝μg＝5 m/s2
B 2
可知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止，故C正确，D错误。]
5．(1)16 N (2)1 s (3)0.326 m
解析 (1)设小物块能够达到的最大加速度为a ，由牛顿第二定律有μmg＝ma ，解得a ＝
m 2 m m
3 m/s2
对整体，由牛顿第二定律有
F －μ(M＋m)g＝(M＋m)a ，
m 1 m
解得F ＝16 N
m
(2)当F＝22 N时，小物块与长木板发生相对滑动，对长木板有 F－μ(M＋m)g－μmg＝
1 2
Ma，解得a＝6 m/s2
1 1
小物块加速度
a＝＝μg＝3 m/s2
2 2
小物块滑到木板中点C，有
at2－at2＝，解得t＝1 s
11 21 1
(3)设撤掉外力时木板和物块的速度分别为v、v，则有v＝at＝6 m/s
1 2 1 11
v ＝at ＝3 m/s，撤掉外力后，物块匀速运动，设木板做匀减速运动的加速度为a ，则μ(M
2 21 3 1
＋m)g＝Ma ，解得a ＝2 m/s2，设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v ，则
3 3 3
有－v·＝，解得 v ＝(3＋) m/s，此后长木板做匀减速运动，则 μMg＝Ma ，解得a ＝1
2 3 1 4 4
m/s2，此后小物块做平抛运动，h＝gt2，落地时距长木板左端的距离为 Δx＝vt －at2－
2 32 42
vt，解得Δx≈0.326 m。
22
6．(1)3 m/s2 1 m/s2 (2)3 m (3)12 m
解析 (1)在0～2 s时间内，对小物块和长木板受力分析，F 、F 是小物块与长木板之间的
f1 N1
摩擦力和正压力的大小，F 、F 是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，F ＝
f2 N2 f1
μF ，F ＝mgcos θ
1 N1 N1F ＝μF ，F ＝F ＋Mgcos θ
f2 2 N2 N2 N1
规定沿斜面向下为正，设小物块和长木板的加速度分别为 a 和a ，由牛顿第二定律得mgsin
1 2
θ－F ＝ma
f1 1
Mgsin θ－F ＋F ＝Ma
f2 f1 2
联立得a＝3 m/s2，a＝1 m/s2
1 2
(2)在t＝2 s时，设小物块和长木板的速度分别为v 和v，
1 1 2
则v＝at＝6 m/s，v＝at＝2 m/s
1 11 2 22
t>t 时，设小物块和长木板的加速度分别为a′和a′。此时小物块与长木板之间摩擦力为
1 1 2
零，
对小物块：mgsin θ＝ma ′，a′＝6 m/s2
1 1
对长木板：Mgsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma′，a′＝－2 m/s2
2 2 2
即长木板做匀减速运动，设经过时间t ，长木板的速度减为零，则有v ＋a′t ＝0，联立得
2 2 2 2
t＝1 s
2
在t＋t 时间内，L＝at2＝2 m，
1 2 1 21
L＝|a′|t2＝1 m
2 2 2
L＝L＋L＝3 m
1 2
(3)长木板的长度等于小物块相对于长木板运动的距离，即s＝(at2＋vt ＋a′t2)－(at2＋
11 12 1 2 21
vt＋a′t2)＝12 m。
22 2 2
