文档内容
知识点 19：板块模型的动力学问题
【知识思维方法技巧】
（1）应用动力学观点解决板块问题往往存在一题多解情况，常见的解法如下：
①动力学分析法：分别对滑块和滑板受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，然后
结合运动学公式求解．
②相对运动分析法：从相对运动的角度出发，根据相对初速度、相对加速度、相对末速度
和相对位移的关系x ＝t＝，往往可大大简化数学运算过程．
相对
③图象描述法：有时利用运动v－t图象分析更快捷．例如，一物块以初速度v 滑上在水平
0
地面上静止的木板，物块和木板的运动图象如图甲或图乙所示．图甲表示物块在滑出木板
前已经与木板共速，阴影部分面积表示相对位移x ，x ＝；图乙表示物块已滑出木板，
相对 相对
阴影部分面积表示木板总长度L，x ＝L.
相对
（2）思维流程：
考点一：板块模型在水平面的动力学问题
【知识思维方法技巧】
求解水平面上的板块模型的三个关键：
（1）两个分析求加速度：对滑块和木板进行受力分析和运动过程分析，求出各自的加速度。
共速后，物块与木板会不会发生相对滑动是需要判断的．常用的方法：假设二者相对静止
求出二者的共同加速度大小a，与临界加速度a 大小进行比较，若a>a，则二者一定相对
0 2 0 2
滑动，若a≤a，则二者一定相对静止．
0 2
（2）明确关系：画好运动情景图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系。每一过程的
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1
学科网（北京）股份有限公司末速度是下一过程的初速度。当过程比较多时可以借助vt图像，从图像中找到时间与空间
的关系，是解决问题的有效手段。
（3）使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度
恰好相同。
题型一：光滑水平面上无外力模型
类型一：滑块带板运动模型
类型二：滑块与板反向运动模型
【知识思维方法技巧】
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，用图像法v－t描述板、块
的速度解题更直观。
类型三：滑块带板运动+弹性挡板碰撞模型
题型二：光滑水平面上外力拉滑块模型
类型一：外力拉滑块运动模型
【典例2a拔尖题】如图甲所示，滑块与长木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状
态．作用于滑块的水平力F随时间t的变化图象如图乙所示．已知滑块质量m＝2 kg，木板
质量M＝1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.(已知滑块在2.5 s内没有滑
离木板)
（1）在0～0.5 s内，滑块和长木板之间的摩擦力大小是多少？
（2）在2.5 s时，滑块和长木板的速度分别是多少？
【典例2a拔尖题】【答案】(1)2 N (2)13 m/s 9 m/s
【解析】(1)在0～0.5 s过程中，假设M、m具有共同加速度a，则：F ＝(M＋m)a
1 1 1
a ＝2 m/s2木板能达到的最大加速度a ＝ ， a ＝4 m/s2>a ，所以M、m相对静止，M、m
1 2 2 1
之间为静摩擦力F＝Ma 解得：F＝2 N
f 1 f
(2)木板和滑块在0.5 s时的速度v ＝at 解得：v ＝1 m/s，在0.5～2.5 s过程中，假设M、m
1 11 1
具有共同加速度a，则：F ＝(M＋m)a，a≈5.3 m/s2>a，则M、m相对滑动，长木板在2.5
3 2 3 3 2
s时的速度v ＝v ＋at 解得：v ＝9 m/s，以滑块为研究对象：F －μmg＝ma 解得：a ＝6
2 1 22 2 2 4 4
m/s2
滑块在2.5 s时的速度v＝v＋at 解得：v＝13 m/s.
3 1 42 3
类型二：外力拉滑块模型的临界极值问题
【典例2b拔尖题】如图所示，在光滑水平地面上，静放着一质量m＝0.2 kg、长L＝4 m
1
的平板小车，质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)置于平板小车A处，A处与小车右端
2
距离为2.5 m，其与小车间的动摩擦因数μ＝0.4(且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．现给
小物块一个v＝6 m/s水平向右的初速度，同时对其施加水平向左的拉力F＝0.6 N，取g＝
0
10 m/s2，则：
(1)当小物块在小车上开始滑动时，两者加速度的大小和方向？并通过计算说明小物块不会
从小车右端滑落；
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2
学科网（北京）股份有限公司(2)小物块最远能向右滑行多远？
(3)当小车速度减为零时，水平向左的拉力变为F′＝1.2N，而后保持此值不变，则小物块从
获得初速度v 到滑离小车的总时间是多少？
0
【典例2b拔尖题】【答案】见解析
【解析】(1)小物块水平方向受向左的拉力与滑动摩擦力做减速运动，而小车受摩擦力向右
做匀加速运动．对小物块水平方向受力分析如图所示.设小车与小物块的加速度分别为a、
1
a，由牛顿第二定律得，
2
对小物块有F＋μmg＝ma
2 2 2
解得a＝ ＝10 m/s2，方向向左
2
对小车水平方向受力如图所示，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，
2 1 1
解得a＝ ＝2 m/s2，方向向右.
1
设经t 秒两者速度相同，则小物块有v ＝v－at，
1 共 0 21
对小车有v ＝at，
共 11
解得t＝0.5 s，v ＝1 m/s.
1 共
此时小车位移s＝ at2＝0.25 m，
1 11
物块位移s＝ t＝1.75 m，
2 1
物块比小车多运动了Δs＝s－s＝1.5 m，小于物块距右端距离2.5 m，所以不会滑落
2 1
(2)当两者达到共同速度后，假设小物块和小车只受F作用相对静止做减速运动时，其加速
度为a ，对整体受力如图，有F＝(m＋m)a
共 1 2 共
得a ＝2 m/s2.
共
对小车水平方向受力如图所示，设两者间摩擦力为F ，则F ＝ma ＝0.4 N≤μmg，假
f需 f需 1 共 2
设成立，两者以2 m/s2的共同加速度做减速运动，直至共同速度减为零．
小物块第二段运动的位移s′＝ ＝0.25 m，
2
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3
学科网（北京）股份有限公司故小物块向右运动最远的位移s＝s＋s′＝1.75 m＋0.25 m＝2 m
2 2
(3)小物块第二段运动的时间t＝ ＝0.5 s
2
当小物块及小车的速度减为零后，其水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得，
此时小车的加速度大小为a＝ ＝2 m/s2，
3
小物块的加速度大小为a＝ ＝8 m/s2，
4
小物块相对于小车向左运动直至从小车左端滑离，
故L－2.5＋Δs＝ at2－ at2，
43 33
得t＝1 s.
3
总时间t＝t＋t＋t＝2 s
1 2 3
【典例2b拔尖题对应练习】如图甲所示，质量M=2.0 kg的长木板A静止在光滑水平面上，
在木板的左端放置一个质量m=1.0 kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，对
铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，5s时撤去拉力。可认为A、B
间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g=10m/s2求
(1)0~1 s内，A、B的加速度大小a 、a ；
A B
(2)B相对A滑行的最大距离s；
(3)4.5s末B对A的摩擦力大小；
(4)5s内A的位移。
【典例2b拔尖题对应练习】【答案】(1) ， ；(2)6m；(3) ；(4)
【解析】(1)A、B恰要相对滑动时，对A
解得
对整体
解得 ，
表明0~1 s内，A、B发生相对滑动
对B ，
解得
(2)t=1s末 ，
1
1s后， ，B匀速，A继续加速
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4
学科网（北京）股份有限公司再经t 时间A、B共速，对A有
2
因为
共速后A、B相对静止，B相对A滑行的最大距离s等于二者的位移差
(3)4s末开始共速，对整体
对A
(4) 木板A前4s的位移
第5s内木板A与木块B一起匀加速运动，初速度为 ，加速度为 ，运动
时间为t=1s，第5s内木板的位移为
3
前5s内A的位移为
题型三：光滑水平面上外力拉板模型
类型一：外力拉板模型
【知识思维方法技巧】
共速后，物块与木板会不会发生相对滑动是需要判断的。常用的方法：假设二者相对静止
求出二者的共同加速度大小a，与临界加速度a 大小进行比较，若a>a，则二者一定相对
0 2 0 2
滑动，若a≤a，则二者一定相对静止。
0 2
【典例3a拔尖题】如图(a)，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的
质量均为m＝1 kg.A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2.t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，
A和B由静止开始运动．取水平向右为正方向，B相对于A的速度用v ＝v －v 表示，其
BA B A
中v 和v 分别为A和B相对水平面的速度．在0～2 s时间内，相对速度v 随时间t变化
A B BA
的关系如图(b)所示．运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)0～2 s时间内，B相对水平面的位移；
(2)t＝2 s时刻，A相对水平面的速度．
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5
学科网（北京）股份有限公司【典例3a拔尖题】【答案】(1)3.5 m (2)0
【解析】(1)由题知B始终未脱离A，
由v －t图像可知
BA
0～1.5 s内，v v ，B
B A B A
在向左的摩擦力作用下向右匀减速运动，对物块B，由牛顿第二定律，μmg＝ma，得a＝
μg＝2 m/s2，则物块B在1.5 s时，v ＝at ＝3 m/s，x ＝ t ＝2.25 m
1.5 1.5 1.5 1.5
物块B在t＝2 s末，v＝v －at ＝2 m/s，
2 1.5 0.5
在1.5～2 s内位移x＝ t ＝1.25 m
2 0.5
所以B相对水平面的位移
x ＝x ＋x＝3.5 m.
B总 1.5 2
(2)由图可知t＝2 s时，v ＝2 m/s，又此时B的速度
BA
v ＝v＝2 m/s
B 2
由v ＝v －v 得v ＝0.
BA B A A
【典例3a拔尖题对应练习】如图所示，有三个质量均为m＝1 kg的物体，长板2与物块3
通过不可伸长的轻绳连接，跨过光滑的轻质定滑轮且与长板2相连的轻绳水平，设长板2
到定滑轮足够远，物块3离地面高H＝5.75 m，物块1与长板2之间的动摩擦因数μ＝0.2。
长板2在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物块1(视为质点)在长板2的左端以v＝4
m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下。(g取10 m/s2)求：
(1)长板2开始运动时的加速度大小；
(2)长板2的长度L；
0
(3)当物块3落地时，物块1在长板2上的位置。
【典例3a拔尖题对应练习】【答案】(1)6 m/s2 (2)1 m (3)物块1在长板2的最左端
【解析】(1)设向右为正方向，由牛顿第二定律物块1：－μmg＝ma ，a＝－μg＝－2
1 1
m/s2，
长板2：F ＋μmg＝ma ，物块3：mg－F ＝ma ，且a＝a，联立解得：a＝ ＝6
T 2 T 3 2 3 2
m/s2。
(2)设经过时间t 物块1与长板2速度相等，则有v＝v＋at＝at 代入数据，解得t＝0.5
1 1 11 21 1
s，v＝3 m/s
1
物块1的位移为：x＝ t＝1.75 m，长板2的位移为：x＝ ＝0.75 mF＝μmg＝2 N，故假设不成立，物块1相对长板2向左滑动所以长板
f静 f
2的长度L＝x－x＝1 m。
0 1 2
(3)物块1：μmg＝ma ，a＝μg＝2 m/s2，长板2：F －μmg＝ma ，物块3：mg－F ＝ma
4 4 T 5 T 6
且a＝a，联立解得：a＝ ＝4 m/s2，从物块1、2达到共同速度到物块3落至地面过
5 6 5
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6
学科网（北京）股份有限公司程中，物块3下落的高度h＝H－x＝5 m，根据h＝vt＋ at2，解得t＝1 s，物块1的位
2 12 52 2
移x＝vt＋ at2＝4 m
3 12 42
则Δx＝h－x＝1 m，即物块1在长板2的最左端。
3
类型二：外力拉板模型的临界极值问题
【典例3b拔尖题】如图所示，有一长度L＝5 m的长木板放在光滑的水平面上，板上右端
放一质量m＝2 kg的物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，长木板的质量为M＝16
kg，现在长木板的右端施加一水平向右的拉力F.将物块视为质点，最大静摩擦力和滑动摩
擦力大小相等，g取10 m/s2.
(1)要使物块与长木板不发生相对滑动，求拉力的最大值F ；
max
(2)要使物块2 s内从长木板上滑下，求拉力的最小值F ；
min
(3)如果把作用力F变为F＝144 N，只作用1 s后撤去，问物块能否从长木板上滑落？
【典例3b拔尖题】【答案】见解析
【解析】(1)物块与长木板刚要发生相对滑动时，施加的拉力为最大值，
对物块有μmg＝ma，
解得a＝μg＝4 m/s2.
对物块和长木板整体有F ＝(M＋m)a＝72 N.
max
(2)设物块刚好经过2 s从长木板上滑下，则物块滑动时的加速度大小为a＝μg＝4 m/s2，
1
长木板的加速度大小为a＝，
2
2 s内物块的位移为x＝at2，
1 1
2 s内长木板运动的位移为x＝at2，
2 2
且有x－x＝L，解得F ＝112 N.
2 1 min
(3)长木板的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有F－μmg＝Ma，
3 3
解得a＝8.5 m/s2
3
1 s末物块的速度v＝at′＝4 m/s，
1 1
1 s末长木板的速度v＝at′＝8.5 m/s，
2 3
1 s内物块的位移x′＝at′2＝2 m，
1 1
1 s内长木板运动的位移x＝at′2＝4.25 m.
3 3
撤去外力F后长木板的加速度变为a＝＝0.5 m/s2，
4
设达到共速的时间为t，则
1
v＋at＝v－at，解得t＝1 s
1 11 2 41 1
t＝1 s内物块的位移为x＝vt＋at2＝6 m
1 4 11 11
t＝1 s内长木板运动的位移x＝vt－at2＝8.25 m
1 5 21 41
则x－x′＋x－x<5 m，所以物块不能从长木板上滑落．
3 1 5 4
【典例3b拔尖题对应练习】如图甲所示，质量为M＝0.5 kg的木板静止在光滑水平面上，
质量为m＝1 kg的物块以初速度v ＝4 m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数
0
为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力 F。当恒力F取某一
值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到F的
关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1 m－1。将物块视为质点，最
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学科网（北京）股份有限公司大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？
(2)图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围及F函数关系式。
【答案】(1) s (2)1 N≤F≤3 N ＝
【解析】(1)以初速度v 为正方向，物块的加速度大小：a ＝μg＝2 m/s2
0 m
木板的加速度大小：a ＝＝4 m/s2
M
由题图乙知，板长L＝1 m
物块相对木板的路程：L＝vt－a t2－a t2
0 m M
联立解得：t＝ s或t＝1 s
当t＝1 s时，物块的速度为2 m/s，木板的速度为4 m/s，而当物块从木板右端滑离时，物
块的速度不可能小于木板的速度，t＝1 s应舍弃，故所求时间为t＝ s。
(2)①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，
且两者具有共同速度v，历时t，则：
1
a ′＝
M
v＝v－a t＝a ′t
0 m1 M 1
s＝t－t＝t
1 1 1
联立解得：＝
由题图乙知，相对路程：s≤1 m
代入解得：F≥1 N
②当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者
共速后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同加速度a做匀加速运动，则：
a＝
f＝ma
由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤f ＝μmg＝2 N
max
联立解得：F≤3 N
综述：BC段恒力F的取值范围是1 N≤F≤3 N，函数关系式是＝。
题型四：粗糙水平面上无外力模型
【知识思维方法技巧】
当μ<μ（上面比下面粗糙），则不会相对滑动，用极限法，μ 无限大或水平面光滑，一起
2 1 1
匀加速运动。当μ>μ（下面比上面粗糙），则会相对滑动。
2 1
类型一：上面比下面粗糙模型
类型二：下面比上面粗糙模型
类型三：无外力模型的临界极值问题
【典例4c拔尖题】如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，A可视为质点，B的
长度为L＝3 m，开始时A、B均静止。现使A以某一水平初速度v 从B的最左端开始运动。
0
已知A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.3。(g取10 m/s2)
1
(1)若B与水平面之间的动摩擦因数为μ ＝0.1，且物块A刚好没有从木板B上滑下来，则
2
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8
学科网（北京）股份有限公司A的初速度v 为多大？
0
(2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A
能否与B脱离？最终A和B的速度各为多大？
【典例4c拔尖题】【答案】(1)2 m/s (2)没有脱离，最终速度均为 m/s
【解析】(1)A在B上向右做匀减速直线运动，加速度大小a＝μg＝3 m/s2
1 1
木板B向右做匀加速直线运动，加速度大小
a＝＝1 m/s2
2
由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A运动到B的最右端时和B速度相同，记为v，
由时间关系得＝，
由位移关系得L＝－
联立并代入数据解得v＝2 m/s。
0
(2)若把木板B放在光滑水平面上，则A在B上向右做匀减速直线运动，加速度大小仍为a
1
＝μg＝3 m/s2
1
B向右做匀加速直线运动，加速度大小为
a′＝＝3 m/s2
2
假设A、B达到相同速度v′时，A没有脱离B，由时间关系得
＝
解得v′＝＝ m/s
此过程中A运动的位移x ＝＝3 m
A
B运动的位移x ＝＝1 m
B
因x －x ＝2 ma，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t＝1 s的过程中，木板向左运动的位移
2 3 1
为
x＝vt－at＝ m，末速度v＝v－at＝ m/s
1 1 3 1 31
滑块向右运动的位移x ＝t ＝2 m，此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a ＝4
2 1 2
m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a＝ m/s2
3
假设又经历t 二者速度相等，则有at＝v－at 解得t＝0.5 s
2 22 1 32 2
此过程中，木板向左运动的位移x＝vt－at＝ m，末速度v＝v－at＝2 m/s
3 12 3 3 1 32
滑块向左运动的位移x＝at＝0.5 m
4 2
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x＋x＋x－x＝6 m
1 2 3 4
小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。
(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为 a ＝1 m/s2，向左运动的
1
位移为x＝＝2 m，所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x＋x＋x＝6.5 m。
5 1 3 5
题型五：粗糙面上外力拉滑块模型
【知识思维方法技巧】
滑块上加力，注意判断木板动不动，是一起加速，还是发生相对滑动(还是用假设法判断)。
类型一：外力拉滑块模型
类型二：外力拉块模型的临界极值问题
【典例5b拔尖题】如图所示，放在水平桌面上的长板B的质量m ＝2 kg，木块A的质量
B
m ＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.3，长板B与桌面间的动摩擦因数为μ，木块A在
A 1 2
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11
学科网（北京）股份有限公司拉力F的作用下在长板B上匀速向右滑动，而长板B保持静止不动．最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，取g＝10 m/s2.
(1)求长板B所受木块A的摩擦力；
(2)求μ 应满足的条件；
2
(3)若将拉力F作用在长板B上，长板B是否滑动？
【典例5b拔尖题】【答案】(1)3 N，方向向右 (2)μ2≥0.1 (3)长板B不会滑动
【解析】(1)分析木块A的受力情况，水平方向上木块A受拉力F及长板B对木块A的摩擦
力f，处于平衡状态，则
F＝f＝μm g＝3 N，
1 A
由力的作用是相互的，可得长板B所受木块A的摩擦力大小为3 N，方向水平向右.
(2)长板B保持静止不动，则长板B受到木块A的摩擦力等于水平桌面对长板B的摩擦力，
而水平桌面对长板B的摩擦力小于或等于最大静摩擦力，有
3 N≤μ(m ＋m )g，
2 A B
解得μ≥0.1.
2
(3)若将拉力F作用在长板B上，将A、B看成一个整体，此时整体与水平桌面间的最大静
摩擦力为μ(m ＋m )g=3 N＝F，
2 A B
故长板B不会滑动．
题型六：粗糙面上外力拉板模型
【知识思维方法技巧】
木板上加力，板块可能一起匀加速运动，也可能发生相对滑动。
类型一：外力拉板模型
【典例6a拔尖题】如图甲所示，水平地面上有一长为L＝1 m，高为h＝0.8 m，质量M＝2
kg的木板，木板的右端放置一个质量为m＝1 kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之
间的动摩擦因数为μ ＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ ＝0.6，初始时两者均静止．
1 2
现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图乙所示，求木块落地时与木
板左侧的水平距离Δs.(取g＝10 m/s2)
【典例6a拔尖题】【答案】1.68 m
【解析】若木块相对木板滑动，设木块加速度为a，
1
则μmg＝ma ，得a＝4 m/s2若前2 s二者一起做匀加速运动，设加速度为a
1 1 1
则F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，得a＝2 m/s2，因为a>a，所以前2 s木块和木板一起以2
2 1
m/s的加速度做匀加速运动．2 s末二者的速度为：v＝at＝4 m/s同理可知2 s后木块和木板
1
发生相对滑动，木块加速度为：a ＝4 m/s2，木板加速度设为a ，由牛顿第二定律得：F－
1 2
μmg－μ(M＋m)g＝Ma ，得：a ＝6 m/s2，设经时间t 二者分离：vt ＋at2－(vt ＋at2)＝
1 2 2 2 2 2 22 2 12
L，解得t＝1 s，此时v ＝v＋at＝8 m/s，v ＝v＋at＝10 m/s，木板抽出后，木板继续做
2 块 12 板 22
加速运动，木块将做平抛运动，再经时间：t＝＝0.4 s，木块落地，在0.4 s内，x ＝v t＝
3 块 块 3
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12
学科网（北京）股份有限公司3.2 m，木板的加速度设为a ，由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma ，得a ＝11 m/s2，木板的
3 2 3 3
位移：x ＝v t＋at2＝4.88 m，所以，木块落地时距离木板左侧Δs＝x －x ＝1.68 m.
板 板 3 33 板 块
【典例6a拔尖题对应练习】如图甲所示，质量m＝1 kg的小物块A(可视为质点)放在长L
＝4.5 m的木板B的右端。开始时A、B两叠加体静止于水平地面上。现用一水平向右的力
F作用在木板B上，通过传感器测出A、B两物体的加速度与外力F的变化关系如图乙所
示。已知A、B两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且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、B间的动摩擦因数μ；
1
（2）乙图中F 的值；
0
（3）若开始时对B施加水平向右的恒力F＝29 N，同时给A水平向左的初速度v＝4 m/s，
0
则在t＝3 s时A与B的左端相距多远。
【典例6a拔尖题对应练习】【答案】(1)0.4 (2)5 N (3)22.5 m
【解析】(1)由题图乙知，当A、B间相对滑动时A的加速度a＝4 m/s2
1
对A由牛顿第二定律有μmg＝ma 得μ＝0.4。
1 1 1
(2)设A、B与水平地面间的动摩擦因数为μ ，B的质量为M。当A与B间相对滑动时对B
2
由牛顿第二定律有F－μmg－μ(m＋M)g＝Ma 即a ＝，由题图乙知＝，＝－可得M＝4
1 2 2 2
kg，μ＝0.1则F ＝μ(m＋M)g＝5 N。
2 0 2
(3)给A水平向左的初速度v ＝4 m/s，且F＝29 N时A运动的加速度大小为a ＝4 m/s2，方
0 1
向水平向右。设A运动t 时间速度减为零，则t＝＝1 s，位移x＝vt－at2＝2 m
1 1 1 01 11
B的加速度大小a＝＝5 m/s2，方向向右
2
B的位移大小x＝at2＝2.5 m，此时B的速度v＝at＝5 m/s
2 21 2 21
由于x＋x＝L，即此时A运动到B的左端，当B继续运动时，A从B的左端掉下来停止，
1 2
设A掉下来后B的加速度大小为a ，对B由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma ，可得a ＝
3 2 3 3
m/s2，在t＝3 s时A与B左端的距离x＝v(t－t)＋a(t－t)2＝22.5 m。
3 2 1 3 1
类型二：外力拉板模型的临界极值问题
【典例6b拔尖题】如图所示,在粗糙水平地面上放置一个质量M=2 kg、长度L=5 m的木板
A,可视为质点的物块B放在木板A的最左端,其质量m=1 kg.已知A、B间的动摩擦因数为
μ=0.2,A与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.4.开始时A、B均处于静止状态.在B获得水平
1 2
向右的初速度v=8 m/s的同时,对A施加水平向右的恒力,重力加速度g取10 m/s2.
0
(1)为使物块B不从木板A的右端滑出,求力F的最小值.
(2)若F=22 N,求物块B的最大速度.
【典例6b拔尖题】【答案】(1)18.8 N (2)10 m/s
【解析】(1)物块B在木板A上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得μmg=ma
1 1
解得a=2 m/s2，物块B滑到木板A的右端时,若A、B速度相等,则物块B刚好不从木板A
1
的右端滑出,A、B的相对位移为木板长度L.设力F的最小值为F ,木板A的加速度为a,二
min 2
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13
学科网（北京）股份有限公司者的共同速度为v,由速度公式和位移公式可知，木板A的速度v=at，物块B的速度v=v-
2 0
at，木板A的位移x =t，物块B的位移x =t，A、B的相对位移为木板长度,即L=x -x ，联
1 A B B A
立解得a= m/s2，对木板A分析,由牛顿第二定律得F +μmg-μ(m+M)g=Ma，解得
2 min 1 2 2
F =18.8 N.
min
(2)物块B在木板A上先做匀减速直线运动,加速度大小为a=2 m/s2，木板A做匀加速直线
1
运动,对木板A分析,由牛顿第二定律得F+μmg-μ(m+M)g=Ma，解得a=6 m/s2，设经过时
1 2 3 3
间t,A、B速度相同,大小都为v,有v=v-at，v=at，联立解得t=1 s,v=6 m/s
1 1 1 0 11 1 31 1 1
在此过程中,设A、B的位移分别为x 、x ,有x =t，x =t，A、B间的相对位移Δx=x -
A1 B1 A1 1 B1 1 1 B1
x ，A、B速度相同后,设木板A以a 的加速度继续匀加速运动,由牛顿第二定律得F-μmg-
A1 4 1
μ(m+M)g=Ma，解得a=4 m/s2，由于a>a,所以物块B也向右做匀加速运动,但相对木板A
2 4 4 4 1
向左运动,设经时间t 后物块B会从木板A的左端滑出,在这段时间内,木板A的位移
2
x =vt+a，物块B的位移x =vt+a，A、B间的位移满足Δx=x -x
A2 12 4 B2 12 1 1 A2 B2
联立解得t=2 s，物块B从木板A的左端滑出时的速度v=v+at=10 m/s，物块B从木板A
2 3 1 12
的左端滑出后落到地面上做匀减速运动,所以整个过程中,物块B从木板A的左端滑出时的
速度最大为10 m/s.
【典例6b拔尖题对应练习】如图所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静
止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘 l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg
的小物块(可视为质点)。已知木板与水平台面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ ＝0.4，
1
现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，求：
(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；
(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ 应满足的条件。
2
【典例6b拔尖题对应练习】【答案】(1)0.64 m (2)μ ≥0.2
2
【解析】(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，对木板有：F－μ(M＋
1
m)g－μmg＝Ma ，解得：a ＝6 m/s2。对物块有：μmg＝ma ，解得：a ＝4 m/s2。因为
1 1 1 1 2 2
a3.5，故取n＝4。
2 1 1
(3)设小铅块滑上第4个木块经过t秒和第4、5个木块达到共同速度，此过程小铅块、木块
的对地位移分别为s 和s，相对位移为Δs，木块运动的加速度大小为a。由牛顿第二定律
1 2 2
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学科网（北京）股份有限公司有μMg－μ(M＋2m)g＝2ma ，v－at＝at，s＝vt－ at2，s＝ at2，Δs＝s－s，联立并
2 1 2 1 1 2 1 1 1 2 2 1 2
代入数据解得s＝ m，Δs＝ m，由于Δsμ（下面比上面粗糙），则会相对滑动．
2 1
题型一：光滑斜面上板块运动的问题
类型一：无外力作用模型
类型二：外力拉块模型
【典例1b提高题】如图所示，足够长光滑斜面的倾角为θ，斜面上放着质量为M的木板，
木板左端有一个质量为m的木块，木块与木板之间的动摩擦因数为μ，木块和木板的初速
度都为零。对木块施加平行斜面向上的恒力F后，下列说法正确的是( )
A．若μ＞tan θ，则木板一定沿斜面向上运动
B．若F＝mgsin θ，则木块一定静止在木板上
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17
学科网（北京）股份有限公司C．若木板沿斜面向上滑动，木板质量M越小，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大
D．若木板沿斜面向下滑动，木板质量M越大，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大
【典例1b提高题】【答案】C
【解析】如果恒力F趋于0，木板一定沿斜面向下运动，故A错误；如果μ趋于0，木板一
定向下运动，两者不能保持静止，故B错误；假设木板质量M趋于0，木板将随木块一直
运动，故C正确；如果木块始终静止，无论M多大，木块滑行的距离都为0，故D错误。
类型三：外力拉板模型
题型二：粗糙斜面上无外力板块运动的问题
类型一：斜面相对板块更加粗糙模型
【典例2a拔尖题】如图所示，在倾角为θ＝37°的固定长斜面上放置一质量M＝2 kg、长度
L ＝2.5 m 的极薄平板AB，平板的上表面光滑，其下端 B与斜面底端C的距离L ＝16.5
1 2
m。在平板的上端A处放一质量m＝0.5 kg的小滑块(可看作质点)。将小滑块和薄平板同时
无初速度释放，设薄平板与斜面之间、小滑块与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，已知
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)小滑块在平板上和在斜面上滑动时的加速度各为多大？
(2)小滑块到斜面底端 C 时，薄平板下端 B 距离小滑块的距离 ΔL 为多少？
【典例2a拔尖题】【答案】(1)6 m/s2，2 m/s2 (2)10 m
【解析】(1)小滑块在平板AB上运动时，由牛顿第二定律有 mgsin 37°＝ma ，解得a ＝6
1 1
m/s2 ，小滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得a ＝2
2 2
m/s2。
(2)小滑块在平板AB上运动时，设平板AB的加速度为a ，由牛顿第二定律有Mgsin 37°－
3
μ(Mg＋mg)cos 37°＝Ma ，解得a ＝1 m/s2 ，设滑块离开平板时平板下滑的距离为x，所用
3 3
时间为t ，则x＝at， L ＋x＝at，解得x＝0.5 m，t ＝1 s，滑块滑离平板后，设平板AB
1 3 1 1 1
的加速度为a，由牛顿第二定律有Mgsin 37°－μMgcos 37°＝Ma 解得a＝a＝2 m/s2
4 4, 4 2
设滑块滑离平板时的速度为 v ，则v ＝at ＝6 m/s，此时木板的速度为v ，则v ＝at ＝1
1 1 11 2 2 31
m/s，设滑块离开平板后滑到斜面底端C所用的时间为t，则L－x＝vt＋at2，解得t＝2 s
2 1 2
在这段时间平板下滑的距离x ＝vt＋at2＝6 m，则平板下端距离小滑块的距离ΔL ＝L －x
1 2 4 2
－x＝10 m。
1
【典例2a拔尖题】 下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾
角为θ＝37°的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎
石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水
后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ 减小为，
1
B、C间的动摩擦因数μ 减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B
2
的上表面突然变为光滑，μ 保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，
2
C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
（1）在0～2 s时间内A和B加速度的大小；
（2）A在B上总的运动时间．
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学科网（北京）股份有限公司【典例2a拔尖题】【答案】(1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
【解析】(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中F 、F 是A与B之间的摩擦
f1 N1
力和正压力的大小，F 、F 是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由
f2 N2
滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
F ＝μF ，F ＝mgcos θ，F ＝μF F ＝F ′＋mgcos θ，规定沿斜面向下为正．设A
f1 1 N1 N1 f2 2 N2， N2 N1
和B的加速度分别为a 和a ，由牛顿第二定律得mgsin θ－F ＝ma mgsin θ－F ＋F ′＝
1 2 f1 1， f2 f1
ma F ＝F ′，F ＝F ′联立并代入题给数据得a＝3 m/s2，a＝1 m/s2.
2， N1 N1 f1 f1 1 2
(2)在t＝2 s时，设A和B的速度分别为v 和v，则v＝at＝6 m/s，v＝at＝2 m/s。
1 1 2 1 11 2 21
t＞t 时，设A和B的加速度分别为a′和a′.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得，a′
1 1 2 1
＝6 m/s2，a′＝－2 m/s2，B做减速运动．设经过时间t ，B的速度减为零，则有v ＋a′t ＝
2 2 2 2 2
0
联立得t ＝1 s,在t ＋t 时间内，A相对于B运动的距离为x＝－＝12 m<27 m,此后B静止，
2 1 2
A继续在B上滑动．设再经过时间t 后A离开B，则有l－x＝(v ＋a′t)t ＋a′t，可得，t ＝
3 1 1 2 3 1 3
1 s(另一解不符合题意，舍去)
设A在B上总的运动时间为t ，有t ＝t＋t＋t＝4 s.
总 总 1 2 3
类型二：斜面相对板块更加光滑模型
【典例2b拔尖题】如图所示，倾角为 ，腰长为 的光滑等腰三角形斜面固定
在水平面上，一长为 的轻质绸带跨过斜面的顶端对称铺放在斜面的两侧，绸带与斜
面间无摩擦。现将质量分别为 、 的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带的
中点上．两物块与绸带间的动摩擦因数 相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．
（ ， ， ）问：
（1）若物块M、m与绸带不发生相对滑动，它们共同运动的加速度大小为多少？且此时
M、m与绸带间摩擦力的大小为多少？
（2）改变动摩擦因数，物块M或m将与绸带发生相对滑动，则 满足什么条件？并说明
一下出现物块与绸带相对滑动时，绸带的运动情况？
（3）若 ，m物块从释放到斜面底端用时为多少？
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学科网（北京）股份有限公司【典例2b拔尖题】【答案】（1）1.2m/s2，7.2N；（2） 时，m将与绸带出现相对
滑动，而绸带与M一起运动；（3）
【解析】（1）M、m加速度大小相等，可以看作一个整体，设加速度为a，根据牛顿第二
定律有 解得 ，隔离M，设M与绸带间的静摩擦
为f，根据牛顿第二定律有 ，解得 ，由于不计绸带质量，M、m
与绸带间的摩擦力大小相等，都为7.2N
（2）由于最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，所以M、m与绸带间的最大静摩擦力分
别为 ， ，二者动摩擦因数相等，显然 > ，所以当
μ减小时，首先发生相对滑动的是m,当m与绸带出现相对滑动时，M与绸带间不会出现相
对滑动，绸带将随着M一起运动。令 <7.2可得 ，当动摩擦因数小于0.9
时，m将与绸带出现相对滑动，而绸带与M一起运动。
（3）设M与绸带一起运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有 ，
1
，设m加速度为a，根据牛顿第二定律有
2
， ，当 时 ，
，结果表明，M带着绸带一起向下加速运动，而m相对斜面静止，m处
于右侧绸带的中点，所以M与绸带一起运动2m时，m将离开绸带沿斜面下滑，设这段时
间为t， ，所以 ，m在斜面上下滑的加速度为 ，M刚
1
离开绸带滑上斜面时速度为零，距斜面底端的距离为3m，设m滑到斜面底端用时为t，
2
， ，m物块从释放到斜面底端用时为 。
类型三：斜面与板块动摩擦因数相同模型
题型三：粗糙斜面上有外力作用板块的问题
类型一：外力拉滑块模型
【典例3a拔尖题】一质量为M=5kg的木板放在倾角 =37°的光滑斜面上，并在外力作用
下保持着静止状态。木板左端距斜面底端的距离为s=10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡
板，与之相碰的物体会以原速率弹回。t=0时刻，撤去作用在木板上的外力，同时将一质量
m=10kg的小物块从距离木板左端l=54m处，以沿木板向上的初速度v=4m/s滑上木板，并
0
对小物块施加沿斜面向上的外力F =80N（该力在1s时变为 ）。当木板第一次与弹性
0
薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的动摩擦因数μ=0.5，小
物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，取g=10m/s2，求：
（1）0至1s时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向；
（2）木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小；
（3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡板间的距
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20
学科网（北京）股份有限公司离。
【典例3a拔尖题】【答案】（1） ，小物块的加速度的方向沿斜面向下，
，木板的加速度的方向沿斜面向上；（2） ；（3）5次，
【解析】(1）0至1s时间内，小物块的加速度的大小为
解得 ，小物块的加速度的方向沿斜面向下。0至1s时间内，木板的加速度的大小
为 ，解得 ，木板的加速度的方向沿斜面向上。
（2）0至1s时间内，小物块沿斜面向上做匀减速运动有 ，
，0至1s时间内，木板沿斜面向上做匀加速运动有 ，
，则1s时，小物块与木板达到共同速度，且外力变为 ，此时小物块和
木板一起做匀减速度运动，则有 解得 ，
加速度的方向沿斜面向下。小物块和木板一起做匀减速度运动到速度为0时，通过的位移
为 ，小物块和木板一起做匀减速度运动到速度为0后，再相同的加速度沿斜
面向下做匀加速度直线运动，则有 ，解得木板第一次与挡板碰撞时的速
度的大小为 。
（3）1s时，小物块到木板左端的距离为
当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力，则木板的加速度的大小
为
，解得 ，小物块的加速度的大小为
，解得 。木板做减速度运动，减速到0时，所用时
间为 ，此过程小物块的位移大小为 ，此过程木板的位
移大小为 ，则这段时间内，小物块与木板的相对位移为
木板速度减为0时，小物块的速度大小为 。
设再经过 ，木板与挡板第二次碰撞，且碰撞时的速度为 ，则有 ，
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学科网（北京）股份有限公司，此过程小物块的位移大小为 ，此过程木板的位移大
小为 。则这段时间内，小物块与木板的相对位移为 ，
木板与挡板第二次碰撞时，小物块的速度大小为 。
木板与挡板第一次碰撞和第二次碰撞之间小物块与木板的总相对位移为
根据以上分析可知，木板每次与挡板碰撞时的速度大小均为 ，并且由于小物体一
直做匀加速运动，所以从木板第一次与挡板碰撞开始，之后的每两次相领碰撞过程中，小
物块与木板相对位移都会比前一次多2m，由此可知，第2次和第1次碰撞之间的过程中，
小物块和木板的相对位移为8m，第3次和第2次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对
位移为10m，第4次和第3次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为12m ，
按照上面的推演可知，木板与挡板第5次碰撞时，小物块距离木板的左端的距离为
，小物块的速度为 ，木板反弹后达
到速度为0的过程中，小物块和木板的相对位移为 ，所以木板速度减
为0时，小物块到木板左端的距离为2.5m，小物块的速度大小为 ，再经过时间
，小物块从木板左端滑出，则有 ，解得
从木板与挡板第一次碰撞到小物块滑出木板瞬间所经过的时间为 ，
小物块的位移大小为 ，所以滑出瞬间小物块与挡板间的距离为
。
类型二：外力拉板模型
【典例3b拔尖题】如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡
板P，上端装有光滑定滑轮，E、F是斜面上两点，P、E间距离L ＝0.7m，E、F间距离
1
L ＝9m。轻绳跨过滑轮连接质量m ＝4kg的平板B和质量m ＝3kg的重物C，质量m ＝
2 B C A
1kg且可看成质点的小物块A置于长L＝3.2m的平板B上端，初始时A、F沿斜面方向距
离L ＝2m，当小物块A在EF区间运动时对其施加一个沿斜面向下大小F＝10N的恒力。
0
已知小物块A、平板B之间动摩擦因数μ ＝0.75，平板B与斜面之间的动摩擦因数μ ＝
1 2
0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，平板B与挡板P碰撞
后不反弹。取g＝10m/s。整个装置初始状态保持静止，现将轻绳剪断，求：
（1）小物块A在轻绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小；
（2）小物块A由静止运动到挡板P所用的时间。
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22
学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）小物块A在轻绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小为 2N；（2）小物块A由静
止运动到挡板P所用的时间为2.05。
【解析】（1）轻绳剪断的瞬间，设A、B相对静止一起向下做匀加速运动，根据牛顿第二
定律求出A、B间摩擦力大小，判断能否一起匀速下滑；
（2）分段分析A、B受力情况，根据牛顿第二定律求加速度，根据运动学规律求时间。
本题考查牛顿第二定律的综合应用，涉及多过程的板块运动问题，解决本题的关键是分析
A、B在各阶段的受力，根据受力情况分析运动状态，根据运动学公式求解运动时间。
解：（1）轻绳剪断的瞬间，设A、B相对静止一起向下做匀加速运动，由牛顿第二定律得
（m +m ） gsin37°﹣μ （m +m ） gcos37°＝（m +m ）a，解得：a＝4m/s2，设B对A
A B 2 A B A B
的静摩擦力大小为f ，对A受力分析，由牛顿第二定律得：mAgsin37°﹣f ＝m a解得：
BA BA A
f ＝2N，，A、B间的最大静摩擦力，f ＝μ m gcosθ，解得：f ＝6N＞f ，所以A、B
BA max 1 A max BA
能够相对静止一起向下做匀加速运动所以小物块A在绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小为
2N；
（2）小物块A刚运动至F点时，小物块A、平板B速度满足， ，解得：v ＝
0
4m/s
设该过程的运动时间为t ，则v ＝at ，解得：t ＝1s，当小物块A进入EF区间内时，A、
1 0 1 1
B 之间发生相对运动，对小物块 A 有 F+m gsin37°﹣μ m gcos37°＝m a ，解得：a ＝
A 1 A A 1 1
10m/s2，对平板B有μ m gcos37°+m gsin37°﹣μ （m +m ）gcos37°＝m a ，解得：a ＝
1 A B 2 A B B 2 2
5m/s2，当小物块A刚运动至E点时，速度满足 ，解得：v ＝14m/s；小物
1
块A在EF之间的运动时间为 ，对平板B有v ＝v+at ，平板B运动的位移为
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学科网（北京）股份有限公司x＝ ，联立解得：x＝6.5m，此时平板B的下端距离P的距离为，x'＝L ﹣L+（L
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﹣x）＝0m，此时平板B与挡板刚好相撞，此后小物块A离开EF区域，在平板B的上表
面匀速滑行，A离开EF区域后滑行时间为，t＝ ，因此小物块A到达P所用的时间为t
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＝t+t+t，解得：t＝2.05s。
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