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知识点 44：板块模型的力与能量问题
【知识思维方法技巧】
应用动力学和能量观点解决板块问题的方法：
（1）动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；
从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，
然后由位移公式可分别求出二者的位移．滑块、木板两者发生相对滑动的条件是摩擦力为
滑动摩擦力，二者加速度不相等。
（2）共速后板块的运动分析，假设两物体间无相对滑动，先用整体法求出一起运动的加速
度，再用隔离法求出滑块“所需要”的摩擦力 F，比较F 与最大静摩擦力F 的关系，若
f f fm
F>F ，则发生相对滑动。
f fm
（3）功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图
所示，要注意区分三个位移：
①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x ；
滑
②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x ；
板
③求摩擦生热时用Q＝Fl ，l 为相对滑动的板块间相对滑动路径的总长度．
f 相对 相对
（4）位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移
大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位
移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
考点一：板块模型在水平面运动的力与能量问题
题型一：板块在光滑水平面运动模型
类型一：无外力模型
【典例1a拔尖题】如图所示，半径 的圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端
点A和圆心O的连线与水平方向的夹角 ，另一端点B为轨道的最低点，B点右侧的
光滑水平面上紧挨 B点静止放置一木板，木板质量 上表面与B点等高。质量
的物块（可视为质点），在A点沿切线方向以 的初速度进入轨道且沿着轨
道下滑，到达B点时以 的速度滑上木板。已知物块与木板间的动摩擦因数 ，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力， ，求：
（1）物块从轨道的A点运动至B点的过程中克服摩擦力所做的功 ；
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1
学科网（北京）股份有限公司（2）若木板足够长，求从物块刚滑上木板至两者共速的过程中，由于摩擦而产生的热量
Q。
【典例1a拔尖题】【答案】（1）10.5J；（2）28.8J
【解析】（1）物体从A点运动到B点过程中，由动能定理有：
，得物块克服摩擦力做功：
（2）物块滑上木板后做匀减速直线运动，加速度大小为 ，由牛顿第二定律有
物块与木板达的共同速度为 ，由运动学公式有 ，木板做匀加速直线运动，加速
度大小为 ，由牛顿第二定律有 ，由运动学规律有 解得 ，由
于摩擦所产生的热量 ，解得
【典例1a拔尖题对应练习】如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从
光滑平台上的A点以v＝3 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进
入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端 D点的质量为M＝3
kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，
小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.5 m，C点和圆弧的圆心
连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，求：(g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝
0.6)
(1)A、C两点的高度差；
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。
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2
学科网（北京）股份有限公司【典例1a拔尖题对应练习】【答案】(1)0.8 m (2)68 N 方向竖直向下 (3)3.625 m
【解析】(1)根据几何关系可知：小物块在C点速度大小为v ＝＝5 m/s，竖直分量v ＝4
C yC
m/s，下落高度h＝＝0.8 m。
(2)小物块由C到D过程中，由动能定理得mgR(1－cos 53°)＝mv－mv，代入数据解得v ＝
D
m/s，小球在D点时由牛顿第二定律得F －mg＝m，代入数据解得F ＝68 N，由牛顿第三
N N
定律得F ′＝F ＝68 N，方向竖直向下。
N N
(3)设小物块刚滑到木板左端达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小
物块与长木板的加速度大小分别为a＝μg＝0.3×10 m/s2＝3 m/s2，a＝＝1 m/s2，物块与木板
1 2
达到共同速度时，速度关系式为v＝v －at，v＝at，对物块和木板系统，由能量守恒定律
D 1 2
得μmgL＝mv－(m＋M)v2，代入数据解得L＝3.625 m，即木板的长度至少是3.625 m。
类型二：外力拉滑块模型
【典例1b拔尖题】如图所示，质量M＝4 kg、长L＝2 m的木板A静止在光滑水平面上，
质量m＝1 kg的小滑块B置于A的左端．B在F＝3 N的水平恒力作用下由静止开始运动，
当B运动至A的中点时撤去力F.A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.求：
(1)撤去F之前A、B的加速度大小a、a；
1 2
(2)F对B做的功W；
(3)整个运动过程中因摩擦产生的热量Q.
【典例1b拔尖题】【答案】(1)0.5 m/s2 1 m/s2 (2)6 J (3)2.4 J
【解析】(1)对A：μmg＝Ma，得a＝0.5 m/s2，对B：F－μmg＝ma ，得a＝1 m/s2
1 1 2 2
(2)设F作用时间为t，由位移公式得：对B：x ＝ at2，对A：x ＝ at2，x －x ＝ ，得t
B 2 A 1 B A
＝2 s，F做的功：W＝Fx ，W＝6 J.
B
(3)撤去F后，对B：－μmg＝ma ，得：a＝－2 m/s2，设从撤去F到A、B相对静止所需
3 3
时间为t′，则：at＋at′＝at＋at′，得：t′＝ s，由位移关系得：x ＝ ＋att′＋ at′2－
2 3 1 1 相 2 3
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3
学科网（北京）股份有限公司(att′＋ at′2)，得x ＝1.2 m，摩擦产生的热量：Q＝μmgx ，得Q＝2.4 J.
1 1 相 相
【典例1b拔尖题对应练习】如图所示，在光滑水平轨道的右端有一弹性挡板，一质量为
M＝0.5 kg的木板正中间放有一质量为m＝2 kg的小铁块(可视为质点)静止在轨道上，木板
右端距离挡板x ＝0.5 m，小铁块与木板间动摩擦因数μ＝0.2。现对小铁块施加一水平向右
0
的外力F，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力。若木板与挡板碰撞时间极短，反弹后速
度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。
（1）要使小铁块与木板发生相对滑动，求水平向右的外力F的最小值；
（2）若水平向右的外力F＝10 N，求木板第一次与挡板碰撞前经历的时间；
（3）若水平向右的外力F＝10 N，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力，铁块和木板最终
停下来时，铁块刚好没有滑出木板，求木板的长度。
【典例1b拔尖题对应练习】【答案】(1)20 N (2)0.5 s (3)2.5 m
【解析】(1)设木板在铁块的最大静摩擦力即滑动摩擦力作用下产生的加速度为a ，则a ＝
m m
＝8 m/s2，对铁块和木板组成的整体得：F ＝(m＋M)a ，解得F ＝20 N。
m m m
(2)因F＜F ，所以木板在静摩擦力作用下与铁块一起以加速度a运动。
m
设木板和铁块的共同加速度为a，则a＝＝4 m/s2，设木板向右运动第一次与挡板碰撞前经
历的时间为t，则x＝at2，解得t＝0.5 s。
0
(3)设木板与挡板碰前，木板与铁块的共同速度为v，则v＝at，解得v＝2 m/s
1 1 1
木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，铁块以速度 v 向右做减速运动，加速度大小为
1
a ，木板与挡板碰撞后以速度v 向左做减速运动，木板与铁块相对滑动，则木板加速度大
1 1
小为a ，设木板速度减为零经过的时间为t ，向左运动的最远距离为x ，则μmg＝ma ，
m 1 1 1
v＝a t，x＝，解得a＝2 m/s2，t＝0.25 s，x＝0.25 m。当木板速度向左减为零时，设铁
1 m 1 1 1 1 1
块速度为v′，则v′＝v －at ，设再经过时间t 铁块与木板达到共同速度v ，木板向右位移
1 1 1 11 2 2
为x′，则v＝v′－at，v＝a t，x′＝a t2，解得v′＝1.5 m/s，t＝0.15 s，v＝1.2 m/s，x′
1 2 1 12 2 m 2 1 m2 1 2 2 1
＝0.09 m，因为x′＜x ，所以木板与铁块达到共速后，将以速度v 运动，再次与挡板碰撞。
1 1 2
以后多次重复这些过程最终木板停在挡板处。以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守
恒μmgs＝(m＋M)v2，设木板长为L，则L＝2s，解得L＝2.5 m 。
1
类型三：外力拉长木板模型
【典例1c拔尖题】如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m．
在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因
数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木
板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2.求：
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学科网（北京）股份有限公司（1）抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；
（2）抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.
【典例1c拔尖题】【答案】(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J
【解析】(1)当用F＝8 N的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度为：
a ＝μg＝3 m/s2木板运动的加速度为：a ＝＝5 m/s2,设抽出过程的时间为t，则有：at2－at2
1 2 2 1
＝L，解得：t＝1 s,所以小铁块运动的位移为：x＝at2，解得：x＝1.5 m
1 1 1
木板运动的位移为：x ＝at2，解得：x ＝2.5 m,摩擦力对小铁块做的功为：W ＝μmgx ，解
2 2 2 1 1
得W＝4.5 J,摩擦力对木板做的功为：W＝－μmgx ，解得：W＝－7.5 J.
1 2 2 2
(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q＝μmgL＝3 J.
【典例1c拔尖题对应练习】如图，质量M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端
施加一水平恒力F＝8 N．当小车向右运动速度达到v＝3 m/s时，在小车的右端轻放一质
0
量m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，g＝10 m/s2.求
(1)小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度及此时的速度大小；
(2)从小物块放在车上开始经过t＝3.0 s摩擦力对小物块所做的功．
0
【典例1c拔尖题对应练习】【答案】(1)2 s 4 m/s (2)23.04 J
【解析】(1) 根据牛顿第二定律得：对物块：μmg＝ma ，解得：a ＝2 m/s2，对小车：F－
1 1
μmg＝Ma ，解得：a ＝0.5 m/s2，设经过t 时间物块与小车的速度相等，则有：at ＝v ＋
2 2 1 11 0
at，代入数据解得：t＝2 s，共同的速度大小为：v＝at＝4 m/s；
21 1 11
(2)t 时间内物块位移：x ＝at＝×2×22 m＝4 m，t 时刻物块速度：v ＝v＝4 m/s，t 后M、
1 1 1 1 1 1
m有相同的加速度，对M、m 整体有：F＝(M＋m)a ，解得：a ＝0.8 m/s2，物块受到的摩
3 3
擦力为：F＝ma ＝1.6 N，此过程运动 t ＝t －t ＝1 s的位移为：x ＝vt ＋at＝(4×1＋
f 3 2 0 1 2 12 3
×0.8×12) m＝4.4 m，所以摩擦力做的功为：W＝μmgx ＋Fx＝23.04 J.
1 f 2
题型二：板块在粗糙水平面运动模型
类型一：无外力模型
【典例2a拔尖题】如图所示，从A点以某一水平速度抛出一质量 的物块（可视
为质点）。当物块运动至 B点时，恰好沿切线方向进入圆心角 的光滑圆弧轨道
BC，且在圆弧轨道上做变速运动，经圆弧轨道后滑上与 C点等高且静止在粗糙水平地面上
的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量 ，A到C点的竖直
高度 ，圆弧半径 ，B到C点的竖直高度为h，物块与长木板间的动摩擦因
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学科网（北京）股份有限公司数 ，长木板与地面间的动摩擦因数 。物块始终未滑出长木板，不计空气阻
力，取重力加速度大小 ， ， 。求：
（1）物块被抛出时的初速度大小；
（2）物块到达C点时的速度大小；
（3）在物块相对长木板运动的过程中，物块与长木板之间产生的内能。
【典例2a拔尖题】【答案】（1） ；（2） ；（3） J
【解析】（1）根据题图中几何关系知物块下落的高度 ， ，根据平
抛运动竖直方向速度-位移关系有 ，根据平抛运动竖直速度与水平速度关系有
，解得
（2）物块进入圆弧轨道后，根据动能定理有 ，物块滑入B点时的速度
，解得
（3）对物块受力分析有 ，对长木板受力分析有 ，根
据速度-时间关系有 ， ，物块与长木板共速 ，根据速度-位移关
系有 ，物块与长木板的相对位移 ，物块与长木板之间产生的内
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学科网（北京）股份有限公司能 ，解得，
类型二：外力拉板模型
【典例2b拔尖题】如图所示，水平桌面上质量为m的薄木板右端叠放着质量也为m的小
物块，木板长为L，整体处于静止状态．已知物块与木板间的动摩擦因数为 μ，木板与桌
面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.
(1)若使木板与物块一起以初速度v沿水平桌面向右运动，求木板向右运动的最大距离s；
0 0
(2)若对木板施加水平向右的拉力F，为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑
动，求拉力F应满足的条件；
(3)若给木板施加大小为F＝3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力，经过时间t ，撤去拉力
0
F，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，求木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的
功W.
【典例2b拔尖题】【答案】(1) (2)<F≤ (3)1.95m(μgt )2
0
【解析】(1)对木板和物块组成的系统，由动能定理得：－·2mgs ＝0－·2mv 2
0 0
解得：s＝.
0
(2)设使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动的最小拉力为F ，最大拉力为
min
F ，则：F ＝2mg×＝，对系统：F －＝2ma ，对物块：μmg＝ma ，解得：F
max min max max max max
＝，则要使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，需满足<F≤.
(3)由于F＝3μmg>，所以物块与木板之间发生相对滑动．物块的加速度：a ＝μg，撤去拉
1
力F时物块的速度：v ＝at ＝μgt ，对木板：F－μmg－＝ma ，得：a ＝μg，撤去拉力F
1 10 0 2 2
时木板的速度：v ＝at ＝μgt ，撤去拉力F后木板的加速度：a ＝－μg，设撤去拉力F后，
2 20 0 3
再经过时间t ，物块与木板达到共同速度v，之后再经过时间t ，木板停止滑行．则：v＝
1 2
a(t＋t)＝at＋at 得：t＝t；v＝μgt ，达到共同速度后：－2mg·＝2ma ，加速度：a＝－
1 0 1 20 31 1 0 0 4 4
μg t ＝＝t ，木板运动的总位移：s＝＋t ＋t ＝3.9μgt，木板运动全过程中克服桌面摩擦
2 0 1 2
力所做的功：W＝2mg××3.9μgt 2＝1.95m(μgt )2
0 0
【典例2b拔尖题对应练习】如图所示，水平地面上有一长L＝2 m、质量M＝1 kg的长板，
其右端上方有一固定挡板．质量m＝2 kg的小滑块从长板的左端以v＝6 m/s的初速度向右
0
运动，同时长板在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后
速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离．已知长板与地面间的动摩擦因数 μ
1
＝0.4，滑块与长板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.求：
2
（1）滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；
（2）滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；
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学科网（北京）股份有限公司（3）滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q.
【典例2b拔尖题对应练习】【答案】(1)0.8 m (2)2 N (3)48 J
【解析】(1)滑块在板上做匀减速运动，a＝＝μg,解得：a＝5 m/s2,根据运动学公式得：L＝
2
vt－at2,解得t＝0.4 s (t＝2.0 s舍去)。碰到挡板前滑块速度v＝v－at＝4 m/s>2 m/s，说明滑
0 1 0
块一直匀减速板移动的位移x＝vt＝0.8 m
(2)对板受力分析如图所示， 有：F＋F ＝F 其中F ＝μ(M＋m)g＝12 N，
f2 f1 f1 1
F ＝μmg＝10 N，解得：F＝2 N
f2 2
(3)法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q＝F ·(L－x) ＝μmg (L－
1 f2 2
x)＝12 J，滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q＝μmg(L－x)＝12 J
2 2
整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量：Q＝μ(M＋m)g·L＝24 J
3 1
所以，系统因摩擦产生的热量：Q＝Q＋Q＋Q＝48 J
1 2 3
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F ＝2 N (第二问可知)
1
F 做功为W＝F x＝2×0.8＝1.6 J
1 1 1
滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：F ＝F ＋F ＝μ(M＋m)g＋μmg＝22 N
2 f1 f2 1 2
F 做功为W＝F (L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J，碰到挡板前滑块速度v＝v－at＝4 m/s
2 2 2 1 0
滑块动能变化：ΔE ＝20 J，所以系统因摩擦产生的热量：Q＝ W＋W＋ΔE ＝48 J.
k 1 2 k
类型三：外力拉滑块模型
【典例2c拔尖题】如图所示，放置在水平地面上的长木板的左端放置一小滑块(可视为质
点)，右侧有一固定在水平地面上的底座，底座上嵌有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，轨道
最低点P与长木板等高，半圆弧轨道的最高点Q处装有一压力传感器。现用水平向右的恒
力F作用在小滑块上，小滑块到达P点时撤去力F，此时长木板也恰好到达P点，并立即
粘在底座上，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点Q。已知小滑块的质量为m＝1 kg，长木
板的质量为M＝1 kg，滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为μ＝0.4和μ
1 2
＝0.1，半圆弧轨道半径为R＝0.4 m，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点Q时，压力传感
器的示数为F ＝12.5 N，开始运动前长木板右端与底座左端的距离为x＝1 m。假设最大静
N
摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小滑块到达P点时速度的大小v ；
P
(2)长木板的长度L；
(3)水平恒力F的大小。
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学科网（北京）股份有限公司【典例2c拔尖题】【答案】(1)5 m/s (2)1.5 m (3)9 N
【解析】(1)在Q点，由牛顿第三定律可知轨道对小滑块的支持力为F ′＝F ＝12.5 N，由
N N
牛顿第二定律得F ′＋mg＝m ，小滑块从P到Q的过程中，由动能定理得－mg2R＝
N
mv 2－ mv 2，联立解得v ＝5 m/s。
Q P P
(2)对长木板，由牛顿第二定律得μmg－μ(m＋M)g＝Ma，由运动学规律得x＝ at2，解得
1 2 2 2
t＝1 s，则长木板的长度为L＝ t－x＝1.5 m
(3)对小滑块，由运动学规律得v ＝at，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma ，解得F＝9 N。
P 1 1 1
考点二：板块模型在斜面运动的力与能量问题
【知识思维方法技巧】
应用动力学和能量观点解决板块在斜面运动的方法：
（1）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。
（2）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．
（4）无初速度下滑类(如图)
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，一起匀加
2 1 1
速运动．
②μ>μ(下面比上面粗糙)，则会相对滑动．
2 1
（5）加外力下滑类(如图)
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学科网（北京）股份有限公司对m分析，加速度范围gsin θ－μgcos θ<a<gsin θ＋μgcos θ
1 1
加速度在这个范围内，板块可保持相对静止．
题型一：板块模型在光滑斜面运动的问题
【典例1拔尖题】如图所示，在倾角为 的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为
的长木板正以 的初速度沿斜面向下运动，现将一质量 的小物块
（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 ，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 取 .
（1）求放上小物块后，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；
（3）假设长木板长 ，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的 的
恒力，求小物块在长木板上运动过程中 所做的功及系统机械能的增量.
【典例1拔尖题】【答案】(1)12.5m/s2；2.5m/s2；（2）10m；（3）90J；0；
【解析】（1）小物块在长木板上滑动时受到的沿板的滑动摩擦力大小为：
由牛顿第二定律得：对小物块： ，解得： ，对长木板：
，解得：
（2）当小物块与长木板共速时： ，解得： ， ，共
速后，小物块与长木板一起加速，相对位移： ，故长木板的长度
至少为
（3）由牛顿第二定律得：，对小物块： ，解得： ，方向沿
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学科网（北京）股份有限公司斜面向上，对长木板： ，解得： ，方向沿斜面向上，
当小物块与长木板共速时，则： ，解得： ， ，此时
小物块位移： ，长木板位移： ，共速后，假设小物块
与长木板一起减速，则对整体： ，解得 ，方
向沿斜面向上，此时对小物块有： ，解得 ，所
以小物块将相对于长木板向下滑动，对小物块有： ，解得：
，方向沿斜面向上，对长木板有： ，解得： ，方向沿
斜面向上，小物块从长木板上滑落时，则有： ，解
得： ，此时小物块速度： ，位移： ，长木板速度：
，位移： ，则小物块从轻放到长木板中央到
滑落，长木板位移： ，方向沿斜面向上 ，
，系统机械能增量为：
【典例1拔尖题对应练习】如图所示，倾角 的光滑斜面上有固定挡板AB，斜面上
B、C两点间的高度差为h。斜面上叠放着质量均为m的薄木板和小物块，小物体与挡板之
间有一根压缩并被锁定的轻弹簧，弹簧与挡板和小物块接触但均不连接。薄木板长为h，
其下端位于挡板AB处，整体处于静止状态。已知弹簧的弹性势能 ，其中x为弹
簧长度的改变量，k为弹簧的劲度系数（k未知），薄木板和小物块之间的动摩擦因数
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学科网（北京）股份有限公司，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）把薄木板和小物块固定在一起，解除弹簧的锁定，当薄木板下端与B点的高度差为
0.25h时，弹簧与小物块分离，薄木板上端恰能运动到C点，求小物块与弹簧分离时的速
率及弹簧的劲度系数k的大小；
（2）若薄木板和小物块之间不固定，调整弹簧的压缩量及小物块在薄木板上的位置，仍将
压缩并被锁定的弹簧放在小物块与挡板间，解除锁定，为使薄木板上滑且与小物块间没有
相对滑动，求弹簧压缩量应满足的条件；
（3）若撤去弹簧，薄木板和小物块之间不固定，薄木板和小物块均放在挡板处，给小物块
沿斜面向上的初速度 （未知）。在向上运动过程中，小物块恰好未离开薄木板，求小物
块沿斜面向上运动的最大位移。（结果用h表示）
【典例1拔尖题对应练习】【答案】（1） ； ；（2） ；
（3）
【解析】（1）设弹簧的弹性势能为 ，小物块与薄木板的质量均为m，则对薄木板和小
物块组成的整体，由能量守恒有 ， ，解得
，由于 ，于是有 ，其中 ，所以
（2）设小物块和薄木板沿斜面向上共同运动的最大加速度为a，弹簧的最大弹力为 ，则
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学科网（北京）股份有限公司对薄木板有 ，对整体有 ，而 ，联立
三式解得 ，要使整体能沿斜面上升应满足 ，而 ，联立两
式解得 ，所以
（3）小物块相对薄木板滑动过程中，设小物块的加速度大小为 ，薄木板的加速度大小
为 ，则对小物块有 ，对薄木板有， ，
两者速度相同后一起匀减速上滑，设两者一起匀减速上滑的初速度大小为 ，加速度大小
为 ，则 ，画出 图像如图所示
在 时刻两者速度相等，则 ，所以 ， ，据 图像，有
，可得 ， 时间内小物块的位移， ，此后两者一起做匀
减速运动，减速运动的位移 ，所以，小物块沿斜面向上运动的最大位移
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学科网（北京）股份有限公司题型二：板块模型在粗糙斜面运动的问题
【典例2拔尖题】如图所示，倾角为 = 的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一垂
直于斜面的弹性挡板，任何物体与挡板相撞后都以原速率返回。斜面上放置一质量为
m=lkg的木板B，足够长的木板B上端叠放一质量为m=lkg且可视为质点的滑块A，木板
2 1
与滑块之间的动摩擦因数 ，木板B下端距挡板d=lm，g=10m/s2.
(1)若斜面光滑，且将AB由静止释放，求木板B与挡板第一次碰前的速度v的大小；
(2)若斜面光滑，且将AB由静止释放，求木板B与挡板第一次碰后沿斜面上滑的最大距离
L；
(3)若木板B与斜面之间动摩擦因数 ，当木板B下端距挡板为d=1m时，AB以
v=5m/s的初速度沿斜面向下运动，求此后过程中木板沿斜面运动的总路程s。
0
【典例2拔尖题】【答案】（1） m/s；（1）L=0.4m；（3）
【解析】(1)系统机械能守恒 解得 m/s
(2)对B由动能定理可得 解得L=0.4m
(3)整体下滑时 解得a=0，整体匀速下滑
1
d=1m，木板与挡板碰后原速率返回，AB之间发生相对滑动，对A
解得 即a=2.5m/s2，方向沿斜面向上，对B
2
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学科网（北京）股份有限公司解得 ，即a=22.5m/s2，方向沿斜面
3
向下,假设B速度减为0沿斜面向上位移为s，由运动学公式 ，解得 ，
1
假设B速度减为0时间t，由运动学公式 ，假设此时A速度v，由运动学公式
1 1
，解得 ，此后对B ，解
得 ,a=2.5m/s2，方向沿斜面向下，此后A继续减速，B加速，共速时间为t，共同速
4 2
度为v，由运动学公式对A ，由运动学公式对B, ，解得 ，此后
2
AB匀速下滑再次撞击挡板，第二次撞击挡板沿斜面向上位移为s，由运动学公式
2
，解得 ，以此类推，木板每次与挡板碰后的速度都为上一次的 ，
木板每次沿斜面向上的位移都为上一次的 ，由此可知，整个过程中木板运动的总路程
，解得
【典例2拔尖题对应练习】如图所示，质量 的长木板放置在倾角 的足够长
斜面上。质量 可视为质点的物块放置在木板的右端。在木板右侧的斜面上方固定着
一个与斜面垂直的弹性挡板，木板恰好可以无擦碰地穿过挡板与斜面间的缝隙。现使木板
和物块均以 的速度一起从挡板上方某高度处沿斜面向下滑动。此后，物块与挡板
发生的每次碰撞时间都极短且无机械能损失，整个过程中物块不会从木板上滑落。已知物
块与木板间的动摩擦因数 ，木板与斜面间的动摩擦因数 ，重力加速度
。问：
（1）物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离 多大？
（2） 物块与挡板第二次碰撞前，速度 多大？
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学科网（北京）股份有限公司（3） 物块与挡板第一碰撞后瞬间至第二次碰撞前瞬间，木板滑行的距离 及物块和木板
间的相对位移 各多大？
（4） 若整个过程中物块不会从长木板上滑落，长木板的长度L至少多大？
【典例2拔尖题对应练习】【答案】（1） ；（2） ；（3） ； ；
（4）0.4m
【解析】（1）木板沿斜面向下滑动的过程中，以木板为研究对象，受力分析如图
则 又∵ 计算可得 ，木板和物块构成的系统，沿斜面
方向 ，所以，物块和木板一起匀速下滑，物块与挡板发生第一次弹
性碰撞后的速度大小为仍为 。接下来，物块沿斜面向上匀减速到速度为零的过程
中，其沿斜面向上的位移的大小即为离开挡板的最大距离 ，以物块为研究对象
①， ②联立①②解得
（2）物块与挡板第一次碰撞后至第二次碰撞前过程中，系统动量守恒，取沿斜面向下为正
方向，则 可得
（3）物块与挡板第一次碰撞后瞬间至第二次碰撞前瞬间，物块匀变速运动的时间
，这段时间，物块的对地位移 方向沿斜面
向上；木板的位移 ，方向沿斜面向下；物块与木板间的相对位移
，做出物块与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的示意图如图
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学科网（北京）股份有限公司分析可知
（4）物块相对于长木板要么沿斜面向上运动、要么无相对运动，最终物块停止在挡板处。
若物块恰未滑落，长木板左端也会停在挡板处。研究第一次碰前瞬间到最后系统停下的整
个过程，物块与木板间的总相对位移△s与木板沿斜面下滑的距离s大小相等，即 ，
由 系 统 能 量 守 恒 ， 解 得
，即长木板的长度L至少为0.4m。
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