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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
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
【典例1a提高题】（多选）如图甲，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以
速度v 滑到长木板上，图乙为物块与木板运动的vt图像，图中t、v、v 已知，重力加速度
0 1 0 1
大小为g，由此可求得( )
A．木板的长度 B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数 D．从t＝0开始到t 时刻，木板获得的动能
1
【典例1a提高题】【答案】BC
【解析】根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无法求出
木板的长度，故A不能够求解出；由图像的斜率表示加速度可求出长木板的加速度为a
木
＝，小物块的加速度大小a ＝，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma ，μmg＝ma ，解得＝，
物 木 物
μ＝，故B和C能够求解出；木板获得的动能E ＝Mv，由于不知道长木板的质量M，故
k木
D不能够求解出．
【典例1a提高题对应练习】如图所示，放在水平地面上的木板B长为1.2 m，质量为M＝
1 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ＝0.1；一质量为m＝2 kg的小物块A放在B的左端，
1
A、B之间动摩擦因数为μ＝0.3.刚开始A、B均处于静止状态，现使A获得3 m/s向右的初
2
速度(g取10 m/s2)．求：
(1)A、B刚开始运动时的加速度；
(2)通过计算说明，A最终是否滑出B.
【典例1a提高题对应练习】【答案】(1)3 m/s2，水平向左 3 m/s2，水平向右 (2)没能滑
出
【解析】(1)以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得a ＝＝μg＝3 m/s2，方向水平向左
A 2
以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得
a ＝＝3 m/s2，方向水平向右．
B
(2)设A在B上滑行时间t时达到共同速度
v＝v－a t＝a t，解得t＝0.5 s
0 A B
所以v＝a t＝1.5 m/s
B
由位移—平均速度公式得
A相对地面的位移x ＝t＝1.125 m
A
B相对地面的位移x ＝t＝0.375 m
B
2
学科网（北京）股份有限公司A相对B的位移为x －x ＝0.75 m<1.2 m
A B
所以A没能从B上滑出．
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。
【典例1b提高题】如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v 的速度
0
向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v 的速度水平向右冲上木板
0
左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A.已知M＝2m，重力加速度为g.求：
（1）A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；
（2）木板A的最短长度L.
【典例1b提高题】【答案】(1) (2)
【解析】(1)对A、B分别由牛顿第二定律得μmg＝Ma ，μmg＝ma ，又M＝2m，可得a
A B A
＝μg，a ＝μg规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v －a t＝－v
B 0 B 0
＋a t
A
解得t＝＝，v＝－.即A、B的共同速度大小为.
(2)在时间t内：A的位移x ＝t＝－，B的位移x ＝t＝
A B
木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即L＝Δx＝x －x ＝.
B A
类型三：滑块带板运动+弹性挡板碰撞模型
【典例1c提高题】如图，一质量m = 1 kg的木块静止的光滑水平地面上．开始时，木块
右端与墙相距L = 0.08 m；质量为m = 1 kg的小物块以初速度v = 2 m/s滑上木板左端．
0
木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触．物块与木板之间的动摩擦因数为μ= 0.1，
木板与墙的碰撞是完全弹性的．取g = 10 m/s2，求
（1）从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间；
（2）达到共同速度时木板右端与墙之间的距离。
【典例1c提高题】【答案】（1）2次，1.8s；（2）0.06m
【解析】（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木块
加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v，则：μmg=ma①
1
②
v=at③联立①②③式解得T= 0.4 s；v = 0.4 m/s ④
1 1
在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用
而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T．设在物块与
3
学科网（北京）股份有限公司木板两者达到共同速度v前木块共经历n次碰撞，则有：v=v-(2nT+Δt)a=aΔt⑤
0
式中Δt是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度所需要的时间．⑤式可改写为2v=v-
0
2nT⑥由于木板的速率只能位于0到v 之间，故有0≤v-2nT≤2v ⑦求解上式得1.5≤n≤2.5
0 0 0
由于n是整数，故 n=2 ⑧再由①⑤⑧得Δt= 0.2 s ⑨v= 0.2 m/s ⑩
从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为t=4T+Δt= 1.8 s
（2）物块与木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离为 ⑪ ⑫
联立①⑫式，并代入数据得s=0.06 m
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提高题】如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止
叠放在B的最左端。现用F＝6 N 的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右
端，物体A的v t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
(1)求A、B间的动摩擦因数；
(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间。
【典例2a提高题】【答案】(1)0.4 (2)7.07 s
【解析】(1)根据题图乙可知A的加速度为
a ＝＝ m/s2＝2 m/s2
A
以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F－μm g＝m a
A A A
解得μ＝0.4。
(2)由题图乙可知木板B的长度为
l＝×5×10 m＝25 m
若B不固定，则B的加速度为
a ＝＝ m/s2＝1 m/s2
B
设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得
a t2－a t2＝l
A B
解得t≈7.07 s(另一解不符合，舍去)。
【典例2a提高题对应练习】(多选) 如图(a)，质量m＝0.2 kg的足够长平板小车静置在光
1
滑水平地面上，质量m＝0.1 kg的小物块静止于小车上，t＝0时刻小物块以速度v＝11
2 0
m/s向右滑动，同时对小物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图(b)显示小物块与小
车第1 s内运动的v－t图象．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2.则下列说法
正确的是( )
4
学科网（北京）股份有限公司A．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4
B．恒力F＝0.5 N
C．小物块与小车间的相对位移x ＝6.5 m
相对
D．小物块向右滑动的最大位移是x ＝7.7 m
max
【典例2a提高题对应练习】【答案】ABD
【解析】由题图(b)知，小车和小物块的加速度分别为
a＝＝ m/s2＝2 m/s2
1
a＝＝ m/s2＝－9 m/s2
2
对小车：μm g＝ma，
2 1 1
对小物块：－(F＋μm g)＝ma，
2 2 2
解得μ＝0.4，F＝0.5 N，故A、B正确；
根据题图可知，在t＝1 s时小车和小物块的速度相同，两者不再发生相对运动，相对位移
等于图中三角形的面积，x ＝ m＝5.5 m，C错误；
相对
在0～1 s内小物块向右滑动的位移x＝ m＝6.5 m
1
当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右匀减速运动，其加速度为a ＝＝
3
m/s2，
当速度减小到0时，整体向右发生的位移为
x＝ m＝1.2 m
2
所以小物块向右滑动的最大位移是x ＝x＋x＝7.7 m，故D正确．
max 1 2
类型二：外力拉滑块模型的临界极值问题
【典例2b提高题】 如图所示，可看作质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光
滑水平面上，两物体皆静止；已知长木板质量为M＝4.0 kg，长度为L＝3.0 m，小物块质量
为m＝1.0 kg，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.2；两物体间的最大静摩擦力大小等
于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，试求：
(1)用水平向右的恒力F作用于小物块，当F满足什么条件，两物块才能发生相对滑动？
(2)若一开始就用水平向右5.5 N的恒力作用于小物块，则小物块经过多长时间从长木板上掉
下？
【典例2b提高题】【答案】(1)F>2.5 N (2)1 s
【解析】(1)两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦f ；设它
m
们一起运动的加速度大小为a ，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F ，由牛顿运动
1 1
定律可知：对整体：F ＝(M＋m)a
1 1
对木板：f ＝Ma
m 1
其中f ＝μmg
m
联立解得F ＝2.5 N
1
故当F>2.5 N时，两物体之间发生相对滑动
(2)分析可知，当一开始就用水平向右F ＝5.5 N的恒力作用于小物块时，两物体发生相对滑
2
5
学科网（北京）股份有限公司动；
设滑动摩擦力的大小为f，小物块、木板的加速度分别为a、a，由牛顿第二定律可得：
2 3
对小物块；F －f＝ma
2 2
对木板f＝Ma
3
其中f＝μmg解得a＝3.5 m/s2；a＝0.5 m/s2
2 3
设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为x 、x ，由匀变速
1 2
直线运动的规律和几何关系可知：x＝at2，x＝at2，x－x＝L，解得：t＝1 s。
1 2 2 3 1 2
【典例2b提高题对应练习】有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长
L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放
一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．滑板右端到达B处冲线，游戏
结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m＝2 kg，滑板质
1
量m＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
2
（1）滑板由A滑到B的最短时间；
（2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围．
【典例2b提高题对应练习】【答案】(1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
【解析】(1)滑板一直以最大加速度加速时，所用时间最短．设滑板最大加速度为a，f＝
2
μm g＝ma，a＝10 m/s2，s＝，解得t＝1 s.(2)滑板与滑块刚好相对滑动时，水平恒力最小，
1 2 2 2
设为F ，此时可认为二者加速度相等，F －μm g＝ma，解得F ＝30 N.
1 1 1 1 2 1
当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F ，设滑块加速度为a，
2 1
F －μm g＝ma，－＝L，解得F ＝34 N.则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N.
2 1 1 1 2
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提高题】如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为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，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，长
木板与小物块均静止．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.
(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同以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
【典例3a提高题】【答案】(1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m
6
学科网（北京）股份有限公司【解析】(1)根据牛顿第二定律可得a＝，解得a＝3 m/s2
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用，
故a ＝μg＝2 m/s2
m
Δx＝at2－a t2，解得Δx＝0.5 m
1 m 1
(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a′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝v ＋a t′＝v－a′t′
m m
解得v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和木板的相对位移
Δx＝－
2
解得Δx＝0.2 m
2
最终小物块离长木板右端x＝Δx＋Δx＝0.7 m.
1 2
【典例3a提高题对应练习】（多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平
面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板
的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(
)
A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
B．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
D．小滑块的质量m＝2 kg
【典例3a提高题对应练习】【答案】BD
【解析】由题可知，当0＜F≤6 N时二者一起加速运动，对整体有F＝(M＋m)a，a＝F，即
此时aF图线的斜率为整体质量的倒数，得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时二者间出现相对滑动
对木板有F－μmg＝Ma，即a＝F－，可见此时图线斜率为木板质量的倒数，可得M＝1
kg，则m＝2 kg，D正确；由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦
力，不再随F的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，
由图可知小滑块的最大加速度为a ＝2 m/s2，用牛顿第二定律有μmg＝ma ，得μ＝0.2，
大 大
A、C错误．将F＝7 N代入a＝F－得a＝3 m/s2，B正确．
类型二：外力拉板模型的临界极值问题
【典例3b提高题】如图所示，质量M＝4 kg的小车长L＝1.4 m，静止在光滑水平面上，
其上面右端静止一质量m＝1 kg的小滑块(可看作质点)，小车与木板间的动摩擦因数μ＝
0.4，先用一水平恒力F向右拉小车．(g＝10 m/s2.)
（1）若用一水平恒力F＝10 N，小滑块与小车间的摩擦力为多大？
（2）小滑块与小车间不发生相对滑动的水平恒力F大小要满足的条件？
（3）若用一水平恒力F＝28 N向右拉小车，要使滑块从小车上恰好滑下来，力F至少应
作用多长时间？
7
学科网（北京）股份有限公司【典例3b提高题】【答案】（1）2N（2）F≤20 N.（3）1 s.
【解析】(1)当F＝10 N时，设两者间保持相对静止，由整体法可得：F＝(M＋m)a 得a
1 1
＝2 m/s2
隔离小滑块可得：f＝ma ＝2 N，而两者间的最大静摩擦力为f ＝μmg＝4 N所以小滑块
1 max
与小车间的摩擦力为2N.(2)若要发生相对滑动时，两者间要达到最大的静摩擦力．此时小
滑块的加速度可由f ＝μmg＝ma 得a＝4 m/s2，由整体法可得：F＝(M＋m)a＝20 N，小
max 2 2 2
滑块与小车间不发生相对滑动的水平恒力F的大小范围是F≤20 N.(3)当F＝28 N时，两者
间相对滑动， 小滑块μmg＝ ma，a＝4 m/s2，小车F－μmg ＝Ma，得： a＝6 m/s2，设
2 2 3 3
F撤去前作用了时间t ，则两者获得的速度为v ＝at ，v ＝at ，两者产生的位移为：x ＝
1 m 21 M 31 m
at2，x ＝at2，F撤去后m仍以a 加速，M以a 减速，减速的加速度为a ＝＝1 m/s2，设
21 M 31 2 4 4
过时间t 两者等速v′＝v ＋at ＝v －at ，代入得t ＝t ，v′＝t ，t 时间内位移x ′＝t ，
2 m 22 M 42 2 1 1 2 m 2
x ′＝t，(x ＋x ′ )－(x ＋x ′)＝L得t2＝L，得t＝1 s.
M 2 M M m m 1 1
【典例3b提高题对应练习】如图可看作质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量
为M＝4 kg，长度为L＝2 m，小物块质量为m＝1 kg，长木板置于光滑水平地面上，两物
体皆静止．现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过2.5 N时，才
能让两物体间产生相对滑动．设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力
加速度g＝10 m/s2，试求：
(1)小物块和长木板间的动摩擦因数．
(2)若一开始力F就作用在长木板上，且F＝12 N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？
【典例3b提高题对应练习】【答案】(1)0.2 (2)2 s
【解析】(1)设两物体间的最大静摩擦力为F，当F＝2.5 N作用于m时，
f
对整体，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a ①
对M，由牛顿第二定律F＝Ma ②
f
由①②可得F＝2 N
f
小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力F ＝mg，
N
由摩擦力性质F＝μF
f N
得μ＝0.2. ③
(2)F＝12 N作用于M时，两物体发生相对滑动，设M、m加速度分别为a、a，
1 2
对M，由牛顿第二定律F－F＝Ma ④
f 1
得a＝2.5 m/s2
1
对m，由牛顿第二定律F＝ma ⑤
f 2
得a＝2 m/s2
2
由匀变速直线运动规律，两物体在t时间内位移为
x＝at2 ⑥
1 1
x＝at2 ⑦
2 2
m刚滑下M时，x－x＝L ⑧
1 2
8
学科网（北京）股份有限公司由⑥⑦⑧得t＝2 s.
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
【典例4a提高题】如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m ＝1 kg，与地
1
面间的动摩擦因数μ＝0.2，质量为m＝2 kg且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩
1 2
擦因数均为μ＝0.4，以v＝4 m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 s滑离木板，g取
2 0
10 m/s2，以下说法正确的是( )
A．木板的长度为1.68 m
B．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/s
C．小物块离开木板后，木板的加速度大小为2 m/s2，方向水平向右
D．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞
【典例4a提高题】【答案】D
【解析】由于μmg>μ(m ＋m)g，对木板由牛顿第二定律得μmg－μ(m ＋m)g＝ma ，
2 2 1 1 2 2 2 1 1 2 1 1
解得a ＝2 m/s2，即物块在木板上以a ＝μg＝4 m/s2向右减速滑行时，木板以a ＝2 m/s2向
1 2 2 1
右加速运动，在0.6 s时，物块的速度v ＝1.6 m/s，木板的速度v ＝1.2 m/s，B错误；物块
2 1
滑离木板时，物块的位移为x＝t＝1.68 m，木板的位移x＝t＝0.36 m，两者相对位移为x＝
2 1
x －x ＝1.32 m，即木板长度为1.32 m，A错误；物块离开木板后，木板做减速运动，加速
2 1
度大小为a′＝2 m/s2，方向水平向左，C错误；分离后，在地面上物块加速度仍为a，物块
1 2
会滑行x′＝＝0.32 m，木板会滑行x′＝＝0.36 m，所以两者会相碰，D正确．
2 1
【典例4a提高题对应练习】如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动．某时刻速
度为v ＝2 m/s，此时一质量与木板相等的小滑块(可视为质点)以v ＝4 m/s的速度从右侧滑
0 1
上木板，经过1 s两者速度恰好相同，速度大小为v＝1 m/s，方向向左．重力加速度g＝10
2
m/s2，试求：
（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ；
1
（2）木板与地面间的动摩擦因数μ；
2
（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小．
【典例4a提高题对应练习】【答案】(1)μ1＝0.3(2)μ2＝0.05(3)2.75 m．
【解析】(1)对小滑块分析：其加速度为：a＝＝ m/s2＝－3 m/s2，方向向右
1
对小滑块根据牛顿第二定律有：－μmg＝ma ，可以得到：μ＝0.3；
1 1 1
(2)对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μmg＋μ·2mg＝m，然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
1 2
μmg－μ·2mg＝m，而且t＋t＝t＝1 s联立可以得到：μ＝0.05，t＝0.5 s，t＝0.5 s
1 2 1 2 2 1 2
(3)在t ＝0.5 s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x ＝·t ＝0.5 m，方向向
1 1 1
右，在t ＝0.5 s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x ＝·t ＝0.25 m，
2 2 2
9
学科网（北京）股份有限公司方向向左，在整个t＝1 s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x＝·t＝2.5 m，方向向
左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δx＝x＋x－x＝2.75 m．
1 2
类型二：下面比上面粗糙模型
【典例4b提高题】 如图所示，一质量为m＝2 kg的小滑块(可视为质点)放在长木板的右端
木板质量为M＝2 kg，长为l＝3 m，小滑块与木板间的动摩擦因数μ ＝0.1，木板与水平地
1
面间的动摩擦因数μ ＝0.15。开始时木板与滑块都处于静止状态，现突然给木板一水平向
2
右的初速度v＝5 m/s，使木板向右运动，取g＝10 m/s2.
0
（1）通过计算判断小滑块停止运动前能否与木板达到共速.
（2）求整个运动过程中小滑块相对木板向右滑动的距离
【典例4b】【答案】(1)能 (2)0.25 m
【解析】(1)分析知木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，
小滑块向右做匀加速运动。小滑块受到的摩擦力大小为F ＝μmg＝2 N，木板受到地面的
fm 1
摩擦力大小为F ＝μ(m＋M)g＝6 N，小滑块的加速度大小a ＝μg＝1 m/s2长木板的加速
fM 2 m1 1
度大小a ＝＝4 m/s2，设经时间t二者达到相同的速度v，则有a t＝v －a t＝v解得t＝1
M1 m1 0 M1
s，v＝1 m/s，该过程中木板的位移大小x ＝vt－a t2＝3 m小滑块的位移大小x ＝＝0.5
M1 0 M1 m1
m，小滑块到木板的右端的距离Δx ＝x －x ＝2.5 mμmg＝0.3×1×10 N＝3 N
m 1
假设A、B之间不发生相对滑动，则
对A、B整体，有F＝(M＋m)a
对A，有f ＝Ma
AB
解得f ＝2.5 N
AB
因为f a，假设成立，故长木板的加速度为5 m/s2；
1
(2)小物块此时加速度大小为a，刚撤去力F时，小物块离长木板右端的距离即是长木板与
1
小物块的位移差Δx，由运动学公式Δx＝ at2－ at2
1
解得Δx＝1.5 m；
(3)由题可知最终小物块与长木板共速，设此时速度大小为v。
刚撤去F时，木板的加速度为a＝
2
解得a＝2.5 m/s2
2
刚撤去力F时，长木板速度大小v＝at＝5×1 m/s＝5 m/s
1
刚撤去力F时，小物块速度大小为v＝at＝2×1 m/s＝2 m/s
2 1
设从撤去力F时到一起做匀速直线运动的时间为t′，则有
v＝v－at′＝v＋at′
1 2 2 1
15
学科网（北京）股份有限公司解得v＝ m/s
在时间t′内，木板与小物块的位移差为Δx，由运动学公式Δx＝－
1 1
解得Δx＝1.0 m
1
最终小物块离长木板右端的距离
L＝Δx＋Δx＝1.5 m＋1 m＝2.5 m。
1
【典例6a提高题对应练习】如图所示，物体A静止放在足够长的木板B上，木板B静止
于水平面．已知A的质量m ＝2.0 kg，B的质量m ＝3.0 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝
A B 1
0.2，B与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重
2
力加速度g取10 m/s2.若t＝0开始，木板B受水平向右、大小为F ＝18 N的恒力作用，t＝
1
1 s时将F 改为F ＝3 N，方向不变，t＝3 s时撤去F .
1 2 2
(1)木板B受F ＝18 N的水平恒力作用时，A、B的加速度大小a 、a 各为多少？
1 A B
(2)从t＝0开始，到A、B都停止运动，求A、B运动的总时间分别是多少？
(3)请以纵坐标表示A受到B的摩擦力f ，横坐标表示运动时间t(从t＝0开始到A、B静止)，
A
取运动方向为正方向，在图中准确画出f －t关系图线(标出对应点横、纵坐标的准确数值，
A
不必写出分析和计算过程)．
【典例6a提高题对应练习】【答案】(1)3 m/s2 (2)4.8 s 4.8 s (3)见解析
【解析】(1)根据牛顿第二定律，对A有μm g＝m a
1 A A A
代入数据解得A的加速度大小a ＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
A 1
对B有F －μ(m ＋m )g－μm g＝m a
1 2 A B 1 A B B
代入数据解得B的加速度大小a ＝3 m/s2.
B
(2)设t＝1 s时，A、B的速度大小分别为v 、v ，则有
1 A B
v ＝a t＝2×1 m/s＝2 m/s
A A1
v ＝a t＝3×1 m/s＝3 m/s
B B1
F 改为F ＝3 N后，在B的速度大于A的速度的过程中，A的加速度不变，设B的加速度
1 2
为a ′
B
根据牛顿第二定律，对B有F －μ(m ＋m )g－μm g＝m a ′
2 2 A B 1 A B B
代入数据得a ′＝－2 m/s2
B
设经过时间t，A、B速度相等，由于A、B之间的最大静摩擦力f ＝μm g＝0.2×2.0×10 N
2 m 1 A
＝4 N
假如A、B相对静止，整体所受的合力为F ＝F －μ(m ＋m )g＝－2 Nv)匀速运动，求：
2 2 1
（1）在物块m向左运动过程中外力F的大小；
（2）木板至少多长物块不会从木板上滑下来？
【典例6b提高题】【答案】(1)μmg＋μ(m＋M)g (2)
1 2
【解析】(1)在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中f、f 分别为物块和地面
1 2
给木板的摩擦力．由题意可知f＝μmg，f＝μ(m＋M)g，由平衡条件得：F＝f＋f＝μmg
1 1 2 2 1 2 1
＋μ(m＋M)g(2)解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为t，则设t＝，物块向左匀
2 1 1
减速运动的位移为x，则x＝t＝。设物块由速度为零向右匀加速至木板同速(即停止相对
1 1 1
滑动)的时间为t，则t＝，设物块向右匀加速运动的位移为x，则x＝t＝
2 2 2 2 2
此过程木板向右匀速运动的总位移为x，则x＝v(t＋t)
2 1 2
则物块不从木板上滑下来的最小长度：L＝x＋x－x 代入数据解得：L＝
1 2
解法二：以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速运动的初速度为 v ，末速度为v，
0 t
则v＝v＋v ，v＝0，加速度：a＝μg，根据运动学公式：v－v＝－2aL解得：L＝
0 1 2 t 1
【典例6b提高题对应练习】如图所示，质量m＝1 kg 的物块A放在质量M＝4 kg的木板
B的左端，起初A、B静止在水平地面上。现用一水平向左的力F作用在B上，已知A、B
之间的动摩擦因数为μ ＝0.4，地面与B之间的动摩擦因数为μ ＝0.1。假设最大静摩擦力
1 2
等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。求：
(1)能使A、B发生相对滑动的力F的最小值；
17
学科网（北京）股份有限公司(2)若力F＝30 N，作用1 s后撤去，要想A不从B上滑落，则B至少多长；从开始到A、B
均静止，A的总位移是多少。
【典例6b提高题对应练习】【答案】(1)25 N (2)0.75 m 14.4 m
【解析】(1)A的最大加速度由A、B间的最大静摩擦力决定，即
对于A，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma
1 m
解得a ＝4 m/s2
m
对于A、B整体，根据牛顿第二定律得：
F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a
2 m
解得F＝25 N。
(2)设力F作用在B上时A、B的加速度大小分别为a、a，撤去力F时速度分别为v、v，
1 2 1 2
撤去力F后A、B速度相等前加速度大小分别为a′、a′，A、B速度相等时速度为v ，加
1 2 3
速度大小为a
3
对于A，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma
1 1
得a＝4 m/s2，v＝at＝4 m/s
1 1 11
对于B，根据牛顿第二定律得：
F－μmg－μ(M＋m)g＝Ma
1 2 2
得a＝5.25 m/s2，v＝at＝5.25 m/s
2 2 21
撤去力F：a′＝a＝4 m/s2
1 1
μmg＋μ(M＋m)g＝Ma′
1 2 2
得a′＝2.25 m/s2
2
经过t 时间后A、B速度相等v＋a′t＝v－a′t
2 1 1 2 2 2 2
得t＝0.2 s
2
共同速度v＝v＋a′t＝4.8 m/s
3 1 1 2
从开始到A、B相对静止，A、B的相对位移即为B的最短长度L
L＝x －x ＝＋－a(t＋t)2＝0.75 m
B A 1 1 2
A、B速度相等后共同在水平地面上做匀减速运动，加速度大小
a＝μg＝1 m/s2
3 2
对于A、B整体从v 至最终静止位移为x＝＝11.52 m
3
所以A的总位移为x ＝x ＋x＝14.4 m。
A总 A
题型七：多个板块的组合模型
【知识思维方法技巧】
对于多物块与多个木板的组合，要注意运用整体法与隔离法分析物块在各个木板上运动时
的受力情况，从而对物体的运动规律作出正确判断。
类型一：一滑块与多个长木板的组合模型
【典例7a提高题】如图所示，水平地面上依次排放两块完全相同的木板，长度均为 l＝2
m，质量均为m ＝1 kg，一质量为m ＝1 kg的物体(可视为质点)以v ＝6 m/s的速度冲上A
2 1 0
木板的左端，物体与木板间的动摩擦因数为μ ，木板与地面间的动摩擦因数μ ＝0.2。(最
1 2
大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2)
18
学科网（北京）股份有限公司(1)若物体滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ 应满足的条
1
件；
(2)若μ＝0.5，求物体滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。
1
【典例7a提高题】【答案】(1)0.4＜μ1≤0.6 (2)4 m/s 0.4 s
【解析】(1)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得μmg≤μ(m＋2m)g；
1 1 2 1 2
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得μmg＞μ(m ＋m)g，联立两式，代入
1 1 2 1 2
数据得0.4＜μ≤0.6。
1
(2)若μ ＝0.5，则物体在木板A上滑动时，木板A不动。设物体在木板A上做减速运动时
1
的加速度大小为a，
1
由牛顿第二定律得μmg＝ma，
1 1 1 1
设物体滑到木板A末端时的速度为v，
1
由运动学公式得v2－v2＝－2al，
1 0 1
设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v＝v－at
1 0 1
代入数据得v＝4 m/s，t＝0.4 s。
1
【典例7a提高题对应练习】如图所示，地面上有一固定的倾角为θ＝37°的斜面，质量为
m＝2 kg的滑块C(可视为质点)从距长木板上表面高h＝0.6 m处由静止滑下，水平地面上
长木板A上表面与斜面末端平滑对接，A左端与斜面间紧靠在一起但不粘连，A右端与B
左端紧靠在一起同样不粘连，A、B的上表面涂有不同材质的涂料，下表面光滑，长度L均
为37.5 cm，质量M均为1 kg，原先静止在光滑的水平地面上，已知滑块C与斜面间的动
摩擦因数为μ＝0.5，滑块C与木板A间的动摩擦因数为μ＝0.2，滑块C与木板B间的动
0 1
摩擦因数为μ＝，忽略空气阻力．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin 37°＝0.6，
2
cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)滑块C到达斜面底端时的速度v 大小；
0
(2)滑块C在A上表面滑行时，A、B间的弹力大小；
(3)经多长时间滑块C运动到A的右端以及此时滑块C的速度大小；
(4)最终稳定时，滑块C是否脱离长木板B？若未脱离，滑块C相对B静止的位置距离B右
端多远？
【典例7a提高题对应练习】【答案】(1)2 m/s (2)2 N (3)0.25 s 1.5 m/s (4)滑块C未脱离
木板B 27.5 cm
【解析】(1)滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，
0 0
代入数据解得a＝2 m/s2，
0
由运动学公式得v2＝2a，
0 0
代入数据解得v＝2 m/s.
0
(2)C在A上表面滑行时，A、B一起向右加速运动，受到C给的向右的滑动摩擦力为μmg
1
＝2Ma ，
AB
19
学科网（北京）股份有限公司解得a ＝2 m/s2，
AB
隔离B进行受力分析，A对B的弹力大小为F＝Ma ＝2 N.
AB
(3)C在A上滑行时，C减速运动的加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，
1 1
设经过时间t，C刚滑离A滑上B，则
1
－a t2＝L，
AB1
代入数据解得t＝0.25 s（t＝0.75 s不合题意，舍去），
1 1
此时A、B的速度大小为v ＝a t＝0.5 m/s，
AB AB1
C的速度大小为v＝v－at＝1.5 m/s.
0 11
(4)此后，C在B上继续做减速运动，设C的加速度大小为a，B的加速度大小为a ，由牛
2 B
顿第二定律知a＝μg＝ m/s2，a ＝＝ m/s2，
2 2 B
假设C未脱离B，经过时间t，B、C速度相同，即v－at＝v ＋a t，
2 22 AB B2
解得t＝0.2 s，故v ＝v ＝ m/s.
2 B C
此时C在B上发生的相对位移为
Δx＝·t－·t＝0.1 m<0.375 m.
2 2
所以滑块C未脱离长木板B.
此时滑块C距离B右端的距离为
ΔL＝0.375 m－0.1 m＝0.275 m＝27.5 cm.
类型二：一长木板与多个滑块的组合模型
【典例7b提高题】如图，两个滑块A和B的质量分别为m ＝1 kg和m ＝5 kg，放在静止
A B
于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 μ ＝0.5；木板的质量为m＝
1
4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ ＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小
2
均为v＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
0
取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。
【典例7b提高题】【答案】(1)1 m/s 方向与B的初速度方向相同 (2)1.9 m
【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设 A、B和木板所受的摩
擦力大小分别为f 、f 和f ，A和B相对于地面的加速度大小分别为a 和a ，木板相对于
1 2 3 A B
地面的加速度大小为a 。在滑块B与木板达到共同速度前有 f ＝μm g，f ＝μm g，f ＝
1 1 1 A 2 1 B 3
μ(m＋m ＋m )g由牛顿第二定律得f ＝m a ，f ＝m a f －f －f ＝ma 设在t 时刻，B与
2 A B 1 A A 2 B B，2 1 3 1 1
木板达到共同速度，其大小为v 。由运动学公式有v ＝v －a t ，v ＝at 联立代入已知数据
1 1 0 B1 1 11
得v ＝1 m/s。(2)在t 时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s ＝vt －a t2，设在B与木
1 1 B 01 B1
板达到共同速度v 后，木板的加速度大小为a 。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定
1 2
律有f ＋f ＝(m ＋m)a ，知，a ＝a ；再由上式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大
1 3 B 2 A B
20
学科网（北京）股份有限公司小也为v ，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设
1
其大小为v 。设A的速度大小从v 变到v 所用的时间为t ，则由运动学公式，对木板有v
2 1 2 2 2
＝v －at ，对A有v ＝－v ＋a t 在t 时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s
1 22 2 1 A2， 2 1
＝vt －at2，在(t ＋t)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s ＝v(t ＋t)－a 2，A和B相
12 22 1 2 A 0 1 2 A
遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s ＝s ＋s
0 A 1
＋s 联立以上各式，并代入数据得s＝1.9 m。
B 0
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
考点二：板块模型在斜面的动力学问题
【知识思维方法技巧】
（1）求解斜面上的板块模型的三个关键：
①斜面上的板块模型的处理方法与水平面上的板块模型类似，只是要考虑滑块和滑板的重
力在沿斜面方向上的分力对运动的影响。
②注意判断当滑块与滑板同速时，滑块重力沿斜面方向的分力与滑块受到的最大静摩擦力
的大小关系，从而得出滑块能否与滑板以相同的加速度共同运动。
③当受力发生突变时，滑块和滑板运动的加速度也发生突变，要注意根据加速度的不同，
将滑块、滑板运动的过程分段处理。
（2）假设法判断是否发生相对滑动：
①μ<μ（上面比下面粗糙），则不会相对滑动．用极限法，μ 无限大或斜面光滑，一起匀
2 1 1
加速运动．
②μ>μ（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
【典例1a提高题】如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为
M＝3 kg的长木板正以v＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg的小物
0
块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数 μ＝，设物块与木
板间的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）放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长．
【典例1a提高题】【答案】(1)2.5 m/s2 12.5 m/s2 (2)10 m
【解析】 (1)小物块在长木板上滑动时受到的沿木板的滑动摩擦力大小为f＝μmgcos θ＝7.5
N，由牛顿第二定律，对小物块有f＋mgsin θ＝ma ，代入数据得a＝12.5 m/s2，
1 1
对长木板，由牛顿第二定律有Mgsin θ－f＝Ma，代入数据得a＝2.5 m/s2.
2 2
(2)设当小物块与长木板共速时速度为 v ，有v ＝at ＝v ＋at ，解得t ＝1 s，v ＝12.5
1 1 11 0 21 1 1
21
学科网（北京）股份有限公司m/s，
共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前物块与木板的相对
位移为s＝t－t＝5 m，故长木板长度至少为10 m.
1 1
【典例1a提高题对应练习】如图所示，AB段为一半径R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，EF是
一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg的薄木板CD，开始时薄
木板被锁定．一质量也为0.1 kg的物块（图中未画出）从A点由静止开始下滑，通过B点
后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板
的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄
木板间的动摩擦因数μ＝.(g＝10 m/s2，结果可保留根号)求：
（1）物块到达B点时对圆弧轨道的压力；
（2）物块滑上薄木板时的速度大小；
（3）达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时
间．
【典例1a提高题对应练习】【答案】(1)3 N，方向竖直向下 (2) m/s(3)2.5 m/s2 s
【解析】(1)物块从A运动到B的过程，由动能定理得：
mgR＝mv，解得：v ＝2 m/s
B
在B点由牛顿第二定律得：F －mg＝m解得：F ＝3 N
N N
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下．
(2)设物块滑上薄木板时的速度为v，则：
cos 30°＝ 解得：v＝ m/s.
(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得：
对物块：mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma
1
对薄木板：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma
2
设物块和薄木板达到的共同速度为v′，则：v′＝v＋at＝at
1 2
解得：a＝2.5 m/s2，t＝ s.
1
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
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
22
学科网（北京）股份有限公司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
【典例1c提高题】如图所示，水平地面上固定一倾角为θ＝37°的光滑斜面．一长L ＝0.18
1
m的长木板锁定在斜面上，木板的上端到斜面顶端的距离L＝0.2 m；绕过斜面顶端光滑定
2
滑轮的一根轻绳一端连接在板的上端，另一端悬吊一物块Q，木板与滑轮间的轻绳与斜面
平行，物块Q离地面足够高．现在长木板的上端由静止释放一可视为质点的物块 P，同时
解除对长木板的锁定，结果物块P沿木板下滑而长木板仍保持静止．已知P的质量为m，
Q的质量为2m，长木板的质量为3m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
求：
（1）物块P与长木板间的动摩擦因数μ；
（2）从释放物块P到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间．
【典例1c提高题】【答案】（1）0.25 （2）1.3 s
【解析】（1）物块P下滑时，长木板处于静止状态，则有μmgcos θ＋3mgsin θ＝2mg
解得μ＝0.25.
（2）设物块P在长木板上滑动的加速度大小为 a ，时间为t ，则mgsin θ－μmgcos θ＝
1 1
ma
1
L＝at2
1 11
联立解得a＝4 m/s2，t＝0.3 s
1 1
物块P滑离木板后，设木板在斜面上滑动的加速度大小为a ，长木板的上端滑到斜面顶端
2
用时t，则有2mg－3mgsin θ＝5ma
2 2
L＝at2
2 22
联立解得a＝0.4 m/s2，t＝1 s
2 2
则从释放物块P到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间t＝t＋t＝1.3 s.
1 2
【典例1c提高题对应练习】如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜
面上放一长L＝1.8 m、质量 M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小
物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面
由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速
度g取10 m/s2，物块可视为质点。
（1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
（2）若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板
所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
23
学科网（北京）股份有限公司【典例1c提高题对应练习】【答案】(1)20 N0，解得F>20 N所以20 N30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得F－μmg
cosα－Mg sinα＝Ma，隔离物块，由牛顿第二定律得μmg cosα－mg sinα＝ma
1 2
设物块滑离木板所用时间为t，则木板的位移x＝at2 , 物块的位移x＝at2
1 1 2 2
物块与木板分离的临界条件为Δx＝x－x＝L联立以上各式解得t＝1.2 s
1 2
物块滑离木板时的速度v＝at又－2g sinα·x＝0－v2解得x＝0.9 m。
2
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提高题】如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M＝2 kg，长
度L＝1.5 m的极薄平板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 ＝
1
0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10
2
m/s2，求：
(1)释放后，小滑块的加速度a 和薄平板的加速度a；
1 2
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t.
【典例2a提高题】【答案】(1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
【解析】(1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块：由牛顿第二定律有
mgsin 37°－F ＝ma
f1 1
其中F ＝mgcos 37°，F ＝μF
N1 f1 1 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 ＝(m＋M)gcos 37 °，F ＝μF
N2 f2 2 N2
解得a＝1 m/s2
2
a>a，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动．
1 2
(2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有
x＝at2
1 1
x＝at2
2 2
x－x＝L
1 2
解得：t＝1 s.
24
学科网（北京）股份有限公司【典例2a提高题对应练习】如图所示，有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)的斜坡C，上面有
一质量为m的木板B，其上下表面与斜坡平行．B上有一物块A(质量也为m)，A和B均处
于静止状态．在极短时间内，在A与B、B与C之间注入两种不同的液体，使得A、B间
的动摩擦因数μ 为0.375，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
1 2
计时起点，在第2 s末，B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
2
B下边缘的距离l＝12 m，C足够长，设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)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上运动的总时间．
【典例2a提高题对应练习】【答案】(1)3 m/s2 1 m/s2 (2)12 m
【解析】(1)设0～2 s时间内A和B的加速度大小分别为a 和a
1 2
对A，由牛顿第二定律得：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，
1 1
解得a＝3 m/s2，
1
对B，由牛顿第二定律得：
mgsin θ＋μmgcos θ－μ·2mgcos θ＝ma ，
1 2 2
解得a＝1 m/s2.
2
(2)2 s时，A的速度大小v＝at＝6 m/s，
1 11
B的速度大小v＝at＝2 m/s
2 22
2 s后对A，由牛顿第二定律得
mgsin θ＝ma ′，
1
解得a′＝6 m/s2
1
2 s后对B，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μ·2mgcos θ＝ma ′，
2 2
解得a′＝－2 m/s2，即2 s后，B做减速运动直至静止．
2
设经过时间t，B的速度减为零，
2
则v＋a′t＝0，解得t＝1 s，
2 2 2 2
在t＋t＝3 s时间内A相对B运动的距离
1 2
x＝－＝12 m.
所以A在B上运动的总时间t=t+t=3s
1 2
类型二：斜面相对板块更加光滑模型
【典例2b提高题】 如图所示，固定斜面C的倾角为θ，长木板A与斜面间的动摩擦因
数为μ ，A沿斜面下滑时加速度为a 。现将B置于长木板A顶端，A、B间的动摩擦因数
1 1
为μ，此时释放A、B，A的加速度为a，B的加速度为a。下列说法正确的是( )
2 2 3
25
学科网（北京）股份有限公司A．若μ>μ，则有a＝aμ，则有aa D．若μ<μ，则有a>a＝a
1 2 1 2 3 1 2 1 2 3
【典例2b提高题】【答案】B
【解析】若μ>μ ，A、B之间有相对滑动，且B的加速度大于A的加速度，aa ，A错误，B正确；若μ<μ ，A、B将一起以相同的加速度下滑，故a ＝a ＝a ，C、
1 1 2 1 2 3
D错误。
【典例2b提高题对应练习】如图所示，倾角为θ＝37°的斜面上有一固定挡板C，长度为l
1
＝10 m的木板B(与挡板C厚度相同)上有一长度为l＝2 m的木板A，A、B右端齐平，B与
2
斜面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B之间的动摩擦因数为μ。现由静止释放A、B，两
1 2
者相对静止一起向下加速，经过时间t＝2 s长木板B与C碰撞，碰后B立即停止运动，重
力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
（1）B与C相碰时A的速度；
（2）要使A最左端不滑离B，A、B之间的动摩擦因数μ 应满足的条件。
2
【典例2b提高题对应练习】【答案】 (1)4 m/s (2)μ ≥
2
【解析】(1)A、B一起向下加速的加速度为a ＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2，则B与C相碰
1 1
时A的速度为v＝at，可得v＝4 m/s。(2)当B停止后，A向下做减速运动，加速度为a ＝
1 2
μgcos θ－gsin θ，由运动学公式有v2＝2aΔl＝2a(l－l)，可得μ＝，则要使A不滑出B，
2 2 2 1 2 2
A、B之间的动摩擦因数应满足μ≥。
2
类型三：斜面与板块动摩擦因数相同模型
【典例2c提高题】如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝
0.75 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为4 m。在平板的
上端A处放一质量m＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释
放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，通过计算判断无初速释放
后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt。(sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
26
学科网（北京）股份有限公司【典例2c提高题】【答案】滑块在薄板上滑动时，薄平板静止不动 1 s
【解析】对薄板，由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不
动。滑块在薄板上滑行时加速度a＝gsin 37°＝6 m/s2
1
到达B点时速度v＝＝3 m/s
滑块由B至C时的加速度a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
2
设滑块由B至C所用时间为t，则有L ＝vt＋at2
BC 2
代入数据解得t＝1 s
对薄板，滑块滑离后才开始运动，
加速度a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
3
设滑至C端所用时间为t′，则有L ＝at′2
BC 3
代入数据解得t′＝2 s
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差
Δt＝t′－t＝1 s
【典例2c提高题对应练习】 如图所示，在倾角为θ＝37°的固定斜面上放置一质量为M＝1
kg、长度为L＝3 m的薄平板AB，平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为7
m。在平板的上端A处放一质量为m＝0.6 kg的滑块，开始时平板和滑块均静止，之后将它
们由静止释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与平板
下端B到达斜面底端C的时间差Δt。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10
m/s2。
【典例2c提高题对应练习】【答案】1.65 s
【解析】对平板，由于Mgsin θ<μ(M＋m)gcos θ，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动。
设滑块在平板上滑行时的加速度大小为a ，则有：mgsin θ＝ma ，解得：a ＝6 m/s2，设滑
1 1 1
块到达B点时的速度大小为v，则由v2＝2aL,可得：v＝6 m/s。设滑块由B运动到C的过程
1
中加速度大小为a，则有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，解得：a＝2 m/s2，设滑块由B运动
2 2 2
到C过程中所用时间为t，则有：L ＝vt＋at2，代入数据可解得：t＝1 s。对平板，滑块滑
BC 2
离后才开始运动，设其加速度大小为a，则有：Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma，代入数据可解
得：a＝2 m/s2。设平板滑至C端所用时间为t′，则L ＝at′2，解得：t′＝ s，故滑块与平板
BC
下端B到达斜面底端C的时间差为Δt＝t′－t≈1.65 s。
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提高题】如图所示，一个足够长的斜面底端放置一木板，木板上靠近其下端的位
置放有一小铁块，该小铁块可以被看成一质点。已知斜面的倾角θ=37°，木板质量
M=2kg，木板与斜面之间的滑动摩擦系数μ=0.2，小铁块质量m=10kg，小铁块与木板之间
1
的滑动摩擦系数μ=0.6。开始时，木板和小铁块静止于斜面下端直立挡板处。
2
(1)若在小铁块上作用一沿斜面向上的拉力F，在木板固定不动的情况下，至少用多大的拉
力F能够拉动小铁块？
(2)木板不固定，若作用于小铁块上的拉力F=151.2N，则此时木板与小铁块的加速度各是
多少？
27
学科网（北京）股份有限公司(3)木板不固定，在拉力F=208N作用3秒钟后，撤去拉力，小铁块刚好能够运动到木板的
上端点，木板的长度L是多少？
【典例3a提高题】【答案】(1)108N；(2)5m/s2；(3)7.8m
【解析】(1)对于小铁块，有
解得
(2) 假设小铁块与长木板一起加速，有
解得
对小铁块，有
解得
小铁块与长木板没有发生相对滑动，所以假设成立。木板与小铁块的加速度均为
(3)对于小铁块，有
解得
对于长木板，有
解得
在拉力F=208N作用3秒钟后，小铁块与木板的速度分别为
，
二者的相对位移为
撤去拉力后，小铁块加速度为
解得
木板的加速度保持不变，仍然为
二者共速有
解得
第二次相对位移为
解得
之后，二者一起减速上滑。所以长木板的长度为
类型二：外力拉板模型
【典例3b提高题】（多选）如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，斜面倾
角为θ，斜面上叠放着A、B两物体，物体B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面匀速上
28
学科网（北京）股份有限公司滑。若A、B之间的动摩擦因数为μ，μμmgcos θ，【解析】所以A、
B一定相对滑动，A错误，B正确；选物体B为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmgcos
θ－mgsin θ－μ ·2mgcos θ＝0，μ ＝，故C错误，D正确。
B B
【典例3b提高题对应练习】如图所示，一倾角 的足够长斜面体固定于地面上，斜
面体上有一质量为 的木板， 时刻另一质量为 的木块（可视为质点）以
初速度 从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上
的拉力 ，使木板从静止开始运动。当 时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩
擦因数， ，木板和斜面体间动摩擦因数 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
g取 ， ，求：
（1）木块和木板速度相等之前各自的加速度；
（2）若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长？
【典例3b提高题对应练习】【答案】 （1） ，方向沿斜面向下， ，
方向沿斜面向上；（2）
【解析】（1）设二者共速前木块和长木板的加速度大小分别为 和 ，木块和长木板受力
分析如图甲、乙所示，用牛顿运动定律可得 ， ，
， 。解得 ，方向沿斜面向下；
，方向沿斜面向上。
29
学科网（北京）股份有限公司（2）设木块和长木板达到共速所用时间为 ，则有 解得
假设木块、木板在力 F 撤去能保持相对静止，则对木块和木板组成整体有
解得 ,当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦力
（大小等于滑动摩擦力）时，加速度最大，其加速度大小为 ， ，假设不成立，木块
相对木板继续发生相对运动。木块继续沿斜面向上运动，所以其加速度仍然为 ，
方向沿斜面向下。设此过程长木板加速度大小为 ，受力分析如图丙所示，则有
解得 ，由于 ，长木板速度先减到零，木块继续上
滑，假设此过程中长木板静止在斜面上，受到斜面的静摩擦力为 f，则有
， ，因为 ，故假设成立，木板静止在斜面上，直到
木块上滑过程中速度减为零。
在木块和长木板速度减为零过程中的 图像如图丁所示，设木块的位移为 ，长木板在
加速过程和减速过程的位移为 和 ，由运动学公式可得： ， ， ，
，解得 。
30
学科网（北京）股份有限公司
