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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提高题】如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物
体B(可看成质点)以水平速度v＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间
0
存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(
)
A.木板A获得的动能为2 J
B.系统损失的机械能为4 J
C.木板A的最小长度为2 m
1
学科网（北京）股份有限公司D.A、B间的动摩擦因数为0.1
【典例1a提高题】【答案】D
【解析】由题图乙可知，A、B的加速度大小相等，a ＝a ＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，
A B
有μmg＝m a ，μmg＝ma ，则m ＝m＝2 kg，μ＝0.1，木板获得的动能为E ＝m v2＝1
A A B b kA A
J，选项A错误，D正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－×2mv2＝2 J，选项B错误；由v－t
图象可求出二者相对位移为1 m，选项C错误。
【典例1a提高题对应练习】如图所示，质量为M、长为L=4m的木板Q放在光滑的水平
面上，可视为质点的质量为m的物块P放在木板的最左端。T=0时刻给物块水平向右的初
速度，当物块P滑到木板Q的最右端时木板Q的位移为x=7m。则下列说法正确的是（
）
A．P、Q所受的摩擦力之比为
B．摩擦力对P、Q所做的功的绝对值之比为
C．P减小的动能与P、Q间因摩擦而产生的热量之比为
D．Q增加的动能与系统损失的机械能之比为
【典例1a提高题对应练习】【答案】BC
【解析】P对Q的摩擦与Q对P的摩擦是作用力、反作用力，即P、Q所受的摩擦力之比
为 ，A错误；摩擦力对物体P所做的功为： ，摩擦力对物体Q所
做的功为： ，摩擦力对P与摩擦力对Q所做的功的绝对值之比为 ，B正
确；对P由动能定理得： ，对Q由动能定理得： ，P、Q组成的系统
因摩擦而产生的热量为： ，即系统损失的机械能为fL，则 ，
，C正确，D错误。
2
学科网（北京）股份有限公司类型二：外力拉滑块模型
【典例1b提高题】如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长木板 B，在B的左端放有
一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1 kg，B的质量
M＝2 kg,g＝10 m/s2.现对A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：(结果
可以用分数表示)
(1)撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a、a；
1 2
(2)A相对于B静止的时速度大小v；
【典例1b提高题】【答案】(1)3 m/s2 2 m/s2 (2) m/s (3) J
【解析】(1)对滑块A，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma ，解得a＝3 m/s2，对滑块B，
1 1
根据牛顿第二定律有μmg＝Ma，解得a＝2 m/s2.
2 2
(2)撤去F时，滑块A的速度v＝at＝3 m/s，滑块B的速度v＝at＝2 m/s，撤去F后，由
1 11 2 21
μmg＝ma 得滑块A的加速度大小为a＝4 m/s2，设经历时间t二者共速，则有v－at＝v
3 3 1 32 2
＋at，解得t＝ s，则v＝v－at＝ m/s.
22 2 1 32
(3)外力F对A、B系统做的功为F·Δx＝F· at2＝ J，A、B最终以速度v＝ m/s运动．故
11
该体系动能为E ＝ (M＋m)v2＝ J，由能量守恒得F·Δx＝Q＋E ，则Q＝ J.
k k
【典例1b提高题对应练习】如图甲所示，质量M＝1.0 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，4 s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，重力加速度g取10 m/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x；
（3）0～4 s内，拉力做的功W；
（4）0～4 s内系统产生的摩擦热Q.
3
学科网（北京）股份有限公司【典例1b提高题对应练习】【答案】(1)a ＝2 m/s2，a ＝4 m/s2(2)2 m(3)40 J(4)4 J.
A B
【解析】(1)假设在0～1 s内，A、B两物体已发生相对运动根据牛顿第二定律得 μmg＝
Ma
A
F －μmg＝ma ，代入数据得a ＝2 m/s2，a ＝4 m/s2.a <a ，可见假设正确．
1 B A B A B
(2)t ＝1 s后，拉力F ＝μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v ；木板A仍做匀加速运动，
1 2 1
又经过时间t，速度与铁块B相等．v＝a t 又v＝a (t＋t)解得t＝1 s。设A、B速度相等
2 1 B1 1 A 1 2 2
后一起做匀加速运动，运动时间t＝2 s，加速度为a，F ＝(M＋m)a，a＝1 m/s2。
3 2
木板A受到的静摩擦力F＝Ma<μmg，A、B一起运动x＝a t2＋vt－a (t＋t)2
f B1 12 A 1 2
代入数据得x＝2 m.(3)0～1 s内拉力做的功W ＝F x ＝F ·a t2＝12 J，1～2 s内拉力做的
1 1 1 1 B1
功W ＝F x ＝F vt ＝8 J，2～4 s内拉力做的功W ＝F x ＝F (vt ＋at2)＝20 J，0～4 s内
2 2 2 2 12 3 2 3 2 13 3
拉力做的功W＝W＋W＋W＝40 J.
1 2 3
(4)系统的摩擦热Q只发生在铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统产生的摩擦热
Q＝μmg·x＝4 J.
类型三：外力拉长木板模型
【典例1c提高题】如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M＝4 kg的长木板，在
长木板右端有一质量m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时
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，取g＝10 m/s2。求：
(1)小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块加速度的大小；
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离；
(3)撒去F后，系统损失的最大机械能ΔE。
【典例1c提高题】【答案】(1)2 m/s2 (2)0.5 m (3)0.4 J
【解析】(1)小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则μmg＝
ma ，解得a＝μg＝2 m/s2。
1 1
(2)长木板受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2，0～1
2 2
s时间内，小物块运动的位移x＝ at2＝ ×2×12 m＝1 m，长木板运动的位移x＝ at2＝
1 1 2 2
4
学科网（北京）股份有限公司×3×12 m＝1.5 m，则小物块相对于长木板的位移，Δx＝x－x＝1.5 m－1 m＝0.5 m。
2 1
(3)撤去F时，小物块和长木板的速度分别为v＝at＝2 m/s，v＝at＝3 m/s，小物块和木板
1 1 2 2
系统所受的合力为0，动量守恒，得mv ＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝2.8 m/s，从撤去F到
1 2
物块与长木板保持相对静止，由能量守恒定律 mv ＋ Mv ＝ΔE＋ (M＋m)v′2，解得ΔE＝
0.4 J
【典例1c提高题对应练习】如图，物流转运中心的水平地面上有一辆质量M＝4 kg、长L
＝1.4 m的平板小车，在平板车的右端放有质量m＝1 kg的快件(可视为质点)，快件与平板
车间的动摩擦因数μ＝0.4。物流中心的工作人员要将快件卸到地面上，他采用了用水平力
F拉小车的方式，重力加速度g＝10 m/s2，不计小车与地面间的摩擦阻力，求：
(1)要让快件能相对平板车滑动，需要施加的最小水平力F ；
0
(2)若用F＝28 N的水平恒力拉小车，要将快件卸到地面上，拉力F作用的最短时间t为多
少。
【典例1c提高题对应练习】【答案】(1)20 N (2)1 s
【解析】(1)当快件刚要相对小车滑动时，拉力F最小，有对快件：μmg＝ma ，对快件及
0
小车整体：F ＝(M＋m)a，解得：F ＝20 N
0 0 0
(2)当撤去拉力F后快件刚好能到达小车左端时，拉力F作用时间最短，设F的最短作用时
间为t ，F作用时间内，快件在小车上滑动距离为L，撤去拉力F时，快件的速度为v，
m 1 1
小车的速度为v，有，对快件：μmg＝ma ，v＝at ，对小车：F－μmg＝Ma，v＝at ，
2 1 1 1m 2 2 2m
另有L＝ at － at ，撤去F后，有mv ＋Mv＝(M＋m)v，μmg(L－L)＝ mv ＋ Mv －
1 2 1 1 2 1
(M＋m)v2，解得t ＝1 s
m
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右
2
5
学科网（北京）股份有限公司的初速度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与木板间因摩擦产生的热量．
【典例2a提高题】【答案】(1)能 (2)5.5 J
【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
fM 2 m1 1
速度大小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＝
M1 m1 0 M1
1 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 ＝＝
M1 0 M1 m1
0.5 m，小滑块到木板的右端的距离Δx＝x －x ＝2.5 m<l，所以小滑块没滑离木板，二者
1 M1 m1
能够达到共速。
(2)小滑块与木板共速后减速，由于μ<μ ，所以二者不会一起减速，小滑块的加速度大小
1 2
a ＝μg＝1 m/s2，长木板的加速度大小a ＝＝2 m/s2，小滑块的位移大小x ＝＝0.5 m，
m2 1 M2 m2
长木板的位移大小x ＝＝0.25 m，小滑块相对木板向右滑动的距离Δx ＝x －x ＝0.25
M2 2 m2 M2
m，整个运动过程中小滑块与木板间因摩擦产生的热量Q＝μmg(Δx＋Δx)＝5.5 J
1 1 2
【典例2a提高题】如图所示，木板L=5m，质量为M=2kg的平板车在粗糙水平面上向右滑
行，当其速度为v=9m/s时，在其右端轻轻放上一个质量为m=1kg的滑块，已知滑块与木
板间的动摩擦因数为μ=0.2，木板与地面间的动摩擦因数为μ=0.4，最大静摩擦力可视为
1 2
等于滑动摩擦力，求：
（1）滑块与木板取得相同的速度前各自的加速度大小；
（2）从开始至最终停止，滑块与木板间因摩擦产生的热量Q；
（3）从开始至木板刚停止时，滑块、木板和地面组成的系统增加的内能U。
【典例2a提高题】【答案】（1）2m/s2，7m/s2；（2）10.2J；（3）80.28J
【解析】（1）滑块与木板取得相同的速度前，对滑块和木板根据牛顿第二定律分别有
， ，解得 ，
（2）设经过t 时间两者速度相等，根据运动学规律有， ，解得 ，此时两
1
6
学科网（北京）股份有限公司者的共同速度为 ，到达共同速度前，滑块和木板的位移分别为 ，
，两者相对位移为 ，到达共同速度后，假设两者可
以以相同的加速度做匀减速运动，根据牛顿第二定律有 ，解得
，此时滑块所受摩擦力大小为 ，即假设不成立，所以到
达共同速度后两者做加速度不同的匀减速运动，对滑块和木板分别有 ，
，解得 ， 易知木板先停止运动，从达到共速
到各自停下的过程中，滑块和木板的位移分别为 ， ，两者相
对位移为 ，根据功能关系可得
（3）两者共速后，设木板经t 停止运动，则 ，木板停下时，滑块的速度为
2
，从开始至木板刚停止时，根据能量守恒定律有 ，
解得
类型二：外力拉板模型
【典例2b提高题】如图甲所示，质量M＝5 kg的木板A在水平向右F＝30 N的拉力作用下
在粗糙水平地面上向右运动，t＝0时刻在其右端无初速度地放上一质量为m＝1 kg的小物
块B。放上物块后A、B的图象如图乙所示。已知物块可看作质点，木板足够长。取g＝10
m/s2，求：
(1)物块与木板之间动摩擦因数μ和木板与地面间的动摩擦因数μ；
1 2
(2)物块与木板之间摩擦产生的热量；
7
学科网（北京）股份有限公司(3)放上物块后，木板运动的总位移。
【典例2b提高题】【答案】(1)μ＝0.4，μ＝0.6 (2)108 J (3)117 m
1 2
【解析】(1)放上物块后，当A、B相对滑动过程，由图示图象可知，B的加速度，a ＝
B
＝ m/s2＝4 m/s2，A的加速度a ＝ ＝ m/s2＝－2 m/s2，由牛顿第二定律得对B：
A
μmg＝ma ，对A：F－μmg－μ(M＋m)g＝Ma ，解得μ＝0.4，μ＝0.6。
1 B 1 2 A 1 2
(2)物块与木板相对运动过程中，相对位移s＝ ×18×3 m＝27 m，物块与木板之间的摩擦产
生的热量Q＝μmgs＝0.4×1×10×27 J＝108 J。
1
(3)A、B共同运动时，由牛顿第二定律得，μ(M＋m)g－F＝(M＋m)a，解得a＝1 m/s2，
2
A、B共同运动时间t＝ ＝ s＝12 s，放上物块后木板运动的总位移，x＝ ×(12＋18)×3 m
＋ ×12 m＝117 m。
【典例2b提高题对应练习】如图甲所示，水平面上静止放着长L＝2.75 m，质量为M＝3
kg的木板，一个质量为m＝1 kg的小物体静止放在木板的最右端，小物体和木板之间的动
摩擦因数为μ ，地面与木板之间的动摩擦因数为μ ，现对木板施加一水平向右的拉力F。
1 2
(g取10 m/s2)
（1）在小物体不脱离木板的情况下，力F大小与木板的加速度a 关系如图乙所示，求μ
M 1
和μ 的值？
2
（2）当F＝11 N，小物体与木板从静止开始运动，当小物体动能E ＝0.5 J时，木板对地
k1
位移恰好为s＝1 m，问此时小物块，木板与地面构成系统产生的总热量Q为多少？
2
（3）当F＝11 N，要使小物体与木板脱离，F的作用时间t最短为多少？
8
学科网（北京）股份有限公司【典例2b提高题对应练习】【答案】(1)0.1 0.1 (2)4.5 J (3)2 s
【解析】(1)由题意知F ＝μ(M＋m)g，F ＝4 N得到μ＝0.1
1 2 1 2
F－μ(M＋m)g－μmg＝Ma ，当F＝11 N时，a ＝2 m/s2得到μ＝0.1。
2 1 M M 1
(2)μmgs ＝E ，Q＝μmg(s－s)，Q＝μ(m＋M)gs，得到Q＝Q＋Q＝4.5 J。
1 1 k1 1 1 2 1 2 2 2 1 2
(3)设F作用时间为t，撤去F后，小物体和木板达到共速前还运动了时间Δt，F作用时，
对小物体有a＝μg＝1 m/s2，对木板有a＝＝2 m/s2
1 1 2
撤掉F后，对木板有a＝＝－ m/s2
3
达到共速时有a(t＋Δt)＝at＋aΔt
1 2 3
共速前，小物体与木板相对运动为at2－at2＋(at－at)Δt＝L，解得t＝2 s。
2 1 2 1
类型三：外力拉滑块模型
【典例2c提高题】如图甲所示，质量为M=1.5kg、足够长的木板静止在水平面上，质量为
m=0.5kg的物块静止于木板左端，木板与地面间的动摩擦因数为 μ=0.1。现用水平向右的
1
拉力F拉动物块，拉力大小随时间的变化关系满足 F=kt（k为常量），物块的加速度a随
时间t变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，则（ ）
A．k=2N/s
B．物块与木板间的动摩擦因数为0.5
C．0~2s时间内，水平拉力F做的功为 J
D． ~2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为 J
9
学科网（北京）股份有限公司【典例2c提高题】【答案】ABD
【解析】根据图像，1s时木板开始与地面发生相对运动 ，解得
，A正确；当 时，物块的加速度为 ，根据牛顿第二定律得
，解得 ，B正确；2s时物块的加速度为 ，
解得 ，2s末物块的速度为 ，末动能
为 ，根据动能定理，合力的功是 ，C错误； 时木板的速度为
，木板的加速度为 ，解得： ，
~2s时间内，木板的位移为 ， ~2s时间内，
木板与地面间因摩擦产生的热量为 ，D正确。故选ABD。
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．
10
学科网（北京）股份有限公司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)
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提高题】如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。
将长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B，初始时A下端与挡板相距L＝4 m，现同
时无初速度释放A和B。已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞，A
和B的质量均为m＝1 kg，它们之间的动摩擦因数μ＝ ，A或B与挡板每次碰撞损失的
动能均为ΔE＝10 J，忽略碰撞时间，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
（1）A第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小v；
（2）A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间间隔Δt；
（3）B相对于A滑动的最短时间t。
【典例1提高题】【答案】(1)2 m/s (2) s (3) s
【解析】(1)A和B一起沿斜面向下运动，在A第一次与挡板碰撞前瞬间，由A和B组
成的系统机械能守恒得：2mgLsin θ＝ (2m)v2解得v＝2 m/s。
(2)A第一次与挡板碰撞后，对B有mgsin θ＝μmgcos θ，故B匀速下滑
设A与挡板碰撞后的加速度为a ，对于A由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝
1
ma ，解得a ＝10 m/s2，方向沿斜面向下,设A第一次反弹的速度大小为v ，由动能定
1 1 1
理得： mv2－ mv 2＝ΔE,由运动学规律可知，A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞
1
的时间为Δt＝ ，解得Δt＝ s。
(3)设A第二次反弹的速度大小为v ，由动能定理有 mv2－ mv 2＝2ΔE，解得v ＝0
2 2 2
即A与挡板第二次碰后停在底端，B继续匀速下滑，设与挡板碰后B反弹的速度为
11
学科网（北京）股份有限公司v′，加速度大小为a′，沿A向上运动的时间为t ，由动能定理得 mv2－ mv′2＝ΔE
2
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′，v′＝a′t 联立解得t ＝ s，当B速度减为0时，因mgsin
2 2
θ＝μmgcos θ，B将静止在A上，当A停止运动时，B恰好匀速滑至挡板处，则B相对
A运动的时间t最短，故t＝Δt＋t ＝ s。
2
【典例1提高题对应练习】如图所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板
P，斜面上B点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也
为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因
数μ＝，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.
（1）若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v，木板上端恰能到达B点，求v 大小；
0 0
（2）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F ，物块相对木板刚好静止，求拉力F 的大小；
0 0
（3）若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好
能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W.
【典例1提高题对应练习】【答案】(1) (2)mg (3)mgh
【解析】(1)由动能定理得×2mv＝2mg(h－Lsin θ)解得：v＝
0
(2)对木板与物块整体由牛顿第二定律有F－2mgsin θ＝2ma，对物块由牛顿第二定律有
0 0
μmgcos θ－mgsin θ＝ma解得：F＝mg。
0 0
(3)设拉力F的作用时间为t，再经时间t物块与木板达到共速，再经时间t木板下端到
1 2 3
达B点，速度恰好减为零．对木板有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，mgsin θ＋μmgcos
1
θ＝ma,对物块有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，对木板与物块整体有2mgsin θ＝2ma另
3 2 4
有：at－at＝a(t＋t)，a(t＋t)＝at，at＋att－at＋at＝，W＝F·at，解得：
1 1 3 2 2 1 2 2 1 2 4 3 1 1 1 2 3 4 1
W＝mgh.
题型二：板块模型在粗糙斜面运动的问题
【典例2提高题】如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，
长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块
B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好
滑到斜面的底端，运动的时间为2 s，重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ 和物块B与A间的动摩擦因数μ；
1 2
(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。
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学科网（北京）股份有限公司【典例2提高题】【答案】(1)0.5 0.375 (2)90 J
【解析】(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a 、a ，长木块A和物块B运动
1 2
到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长
木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，则L＝at2，根据牛顿第二定律2mgsin θ－
1
μ×3mgcos θ＋μmgcos θ＝2ma，以物块B为研究对象，则2L＝at2，根据牛顿第二定律，
1 2 1 2
mgsin θ－μmgcos θ＝ma 联立以上各式并代入数据解得μ＝0.5，μ＝0.375。
2 2 1 2
(2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v 、v ，根据运动学公式L＝vt，2L
1 2 1
＝vt因摩擦产生的总热量 Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－mv－×2mv，或Q＝μ×3mgcos
2 1
θ·L＋μmgcos θ·L，代入数据解得Q＝90 J。
2
【典例2提高题对应练习】如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P，质量为m的
小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L.已知A
与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ、μ，且μ>tanθ>μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦
1 2 1 2
力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失．将A、B同时由静止释放．
（1）求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a；
1
（2）若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l；
0
（3）若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程．
【典例2提高题对应练习】【答案】（1）gsinθ－μgcosθ（2）L（3）见解析
2
【解析】(1)释放A、B，因为μ>μ ，所以它们一起匀加速下滑．以A、B为研究对象，由
1 2
牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma ，解得a＝gsinθ－μgcosθ.
2 1 1 2
(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，以a 一起向下做匀加速运动．B与挡板P相撞
1
后立即静止，A开始匀减速下滑．若A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时B的长度即
为最小长度l.从A释放至到达挡板P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量 Q ＝
0 1
μmgcosθ·(L－l)，A与B间由于摩擦产生的热量Q ＝μmgcosθ·l ，根据能量守恒定律有
2 0 2 1 0
mgLsinθ＝Q＋Q，得l＝L.
1 2 0
(3)分两种情况：
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学科网（北京）股份有限公司①若l≥l，B与挡板P相撞后不反弹，A一直减速直到静止在木板B上，木板B通过的路程
0
x＝L－l②若l<l ，B与挡板P相撞后，A在木板B上减速运动直至与挡板P相撞．由于碰
0
撞过程中没有机械能损失，A将以撞前速率返回，并带动木板一起向上减速；当它们的速
度减为零后，再重复上述过程，直至物块A停在挡板处．在此过程中，A与B间由于摩擦
产生的热量Q′＝μmgcosθ·l，B与斜面间由于摩擦产生的热量Q′＝μmgcosθ·x，
1 1 2 2
根据能量守恒定律有mgLsinθ＝Q′＋Q′，解得x＝.
1 2
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