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第 5 课时 专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题
目标要求 1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。2.能正确运用动力学观点处理
“滑块—木板”模型问题。
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在
摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。
2．模型构建
(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
(3)明确滑块和木板间的位移关系
如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差 Δx
＝x－x＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x＋x＝L。
1 2 2 1
3．解题关键
(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)挖掘“v物 ＝v板 ”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v物 ＝v板 时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩
擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物 ＝v板 ；
②木板最短的条件：当v物 ＝v板 时滑块恰好滑到木板的一端。
考点一 水平面上的板块问题
例1 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为 M＝4 kg的长木板，在长木板右
端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物
块均静止，g取10 m/s2。
(1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于什么值？
(2)现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，则：
①在F的作用下，长木板的加速度为多大？②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
④最终小物块离长木板右端多远？
答案 (1)10 N (2)①3 m/s2 ②0.5 m
③2.8 m/s ④0.7 m
解析 (1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为
a，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma ，对物块和木板整体有F＝(m＋M)a，
0 0 0 0
联立解得F＝10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。
0
(2)①对长木板，根据牛顿第二定律可得
F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2
②撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用
故a ＝a＝μg＝2 m/s2
m 0
Δx＝at2－a t2＝0.5 m
1 m
③刚撤去F时v＝at＝3 m/s，v ＝a t＝2 m/s
m m
撤去F后，
长木板的加速度大小a′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝v ＋a t′＝v－a′t′
m m
解得共同速度v′＝2.8 m/s
④在t′内，小物块和长木板的相对位移
Δx＝－，解得Δx＝0.2 m
2 2
最终小物块离长木板右端的距离为
x＝Δx＋Δx＝0.7 m。
1 2
例2 (多选)如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、
质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s后撤去外
力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(
)
A．长木板的最小长度为2 m
B．A、B间的动摩擦因数是0.1
C．长木板的质量为0.5 kg
D．外力F的大小为4 N答案 ABD
解析 由题图乙可知，2 s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无
摩擦，v－t图像中图线与t轴围成的面积表示物体的位移，故由题图乙可知，在2 s内物块
的位移为x ＝4 m，木板的位移为x ＝2 m，故长木板的最小长度为L＝x －x ＝2 m，A正确；
1 2 1 2
由题图乙可知，1 s时撤去外力F，在1～2 s内由物块的受力及牛顿第二定律可知 μmg＝
ma ，由题图乙可知1～2 s内物块的加速度大小为a ＝1 m/s2，解得A、B间的动摩擦因数
A A
为μ＝0.1，B正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为a ＝1 m/s2，由木板B的受力及牛
B
顿第二定律可知μmg＝Ma ，解得长木板的质量为M＝1 kg，C错误；由0～1 s内物块的受
B
力及牛顿第二定律可知F－μmg＝ma ′，又此过程中加速度的大小为a ′＝3 m/s2，解得F
A A
＝4 N，D正确。
例3 (2024·广东佛山市联考)如图所示，质量均为m＝1 kg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＝0.4。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＝2 m后停下。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，物块A长度可忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小v ；
A
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小a 、a ′；
B B
(3)B被敲击后获得的初速度大小v 及B运动的最大距离s 。
B B
答案 (1)4 m/s (2)12 m/s2 4 m/s2
(3)8 m/s 3 m
解析 (1)由牛顿第二定律知μmg＝ma
A
A加速度的大小a ＝μg
A
根据匀变速直线运动速度位移关系v 2＝2a L
A A
解得v ＝＝4 m/s。
A
(2)在左边缘再次对齐前，对B，
根据牛顿第二定律得μmg＋2μmg＝ma
B
解得a ＝3μg＝12 m/s2
B
对齐后，对A、B整体，根据牛顿第二定律得2μmg＝2ma ′，解得a ′＝μg＝4 m/s2
B B
(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为x 、x ，A加速度的大小等于a ，
A B A
则v＝a t＝v －a t，x ＝a t2
A B B A A
x ＝v t－a t2，x －x ＝L
B B B B A
解得v ＝8 m/s，x ＝2.5 m
B B
A、B达到共同速度后，有v2＝2a ′x ′
B B解得x ′＝0.5 m，所以s ＝x ＋x ′＝3 m。
B B B B
处理“板块”模型中动力学问题的流程
考点二 斜面上的板块问题
例4 如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5
m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平
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为 μ ＝0.25，薄平板与斜面之
1
间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
2
(1)释放后，小滑块的加速度大小a 和薄平板的加速度大小a；
1 2
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
答案 (1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
解析 (1)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 mgsin 37°
－F ＝ma ，其中F ＝μF ，F ＝mgcos 37°
f1 1 f1 1 N1 N1
解得a＝gsin 37°－μgcos 37°＝4 m/s2
1 1
对薄平板，由牛顿第二定律有Mgsin 37°＋F －F ＝Ma
f1 f2 2
其中F ＝μF ，F ＝(m＋M)gcos 37°
f2 2 N2 N2
解得a＝1 m/s2，a>a，
2 1 2
假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。
(2)设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，有x＝at2，x＝at2，又x－x＝L
1 1 2 2 1 2
解得t＝1 s。
课时精练
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( )
答案 A
解析 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．(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
答案 BC
解析 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，解得μ
1 1
＝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 ＝ m/s2
2 2
＝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.(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
答案 (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，
2
则μmg＋μ(M＋m)g＝Ma
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．(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
答案 BC
解析 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 ，根据牛顿第二定律有
f1 2 NB
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．(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。
答案 (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
m 2 m
解得a ＝3 m/s2
m
对整体，由牛顿第二定律有F －μ(M＋m)g＝(M＋m)a ，解得F ＝16 N
m 1 m 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＝
11 21
解得t＝1 s
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
2 21
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＋m)g＝Ma，
3 1 3
解得a＝2 m/s2
3
设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v，
3
则有－v·＝
2
解得v＝(3＋) m/s
3
此后长木板做匀减速运动，则μMg＝Ma
1 4
解得a＝1 m/s2
4
此后小物块做平抛运动，h＝gt2
2落地时距长木板左端的距离为Δx＝vt－at2－vt，解得Δx≈0.326 m。
32 42 22
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。
答案 (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 N1
F ＝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
1 2
mgsin 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′，
2 2
a′＝－2 m/s2
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
2 2 2 2
联立得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 2L＝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
