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高考力学压轴题模型解读与针对性训练
专题2 滑块-木板模型
【滑块-木板模型解读】
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。
2.位移关系：如图1 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Δs＝s1－s2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移
大小之和s2＋s1＝L。
图1
3.解题关键
【方法总结】
处理“板块”模型中动力学问题的流程
【高考真题】
【典例】． （2024 年高考海南卷第18 题）某游乐项目装置简化如图，A 为固定在地面上
的光滑圆弧形滑梯，半径
，滑梯顶点a 与滑梯末端b 的高度
，静止在光滑
水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量
，一质量为
的游客，从a 点由静止开始下滑，在b 点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表
面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行
停下。游客视为质点，
其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为
，忽略空气阻力，重力加速度
，求：
（1）游客滑到b 点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度L
【答案】（1）1000N；（2）7m
【解析】（1）设游客滑到b 点时速度为
，从a 到b 过程，根据机械能守恒
解得
在b 点根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律得游客滑到b 点时对滑梯的压力的大小为
（2）设游客恰好滑上平台时的速度为
，在平台上运动过程由动能定理得
解得
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过
程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为
和
，得
根据运动学规律对游客
解得
该段时间内游客的位移为
滑板的位移为
根据位移关系得滑板的长度为
【针对性训练】
1. （2025 年5 月山东潍坊市高考三模） 如图所示，质量
的长木板静止在粗糙水
平地面上，
时刻对木板施加
的水平向右恒力，同时质量
的小物块
以
的初速度从左端滑上木板。已知木板长度
，木板与地面、木板与
小物块间的动摩擦因数分别为
、
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
加速度
，下列说法正确的是（ ）
A. 小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为
B.
时，小物块恰好运动到木板最右端
C.
时，小物块从木板左端脱离
D. 若
时撤去外力F，小物块最终会从木板右端脱离
【答案】AC
【解析】．小物块刚滑上木板时，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
，故A 正确；
对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
时，小物块的速度
此时木板的速度
两者的相对位移
可知，
时，小物块并没有运动到木板最右端，故B 错误；
结合上述，在
时，小物块与木板速度恰好相等，之后两者不能够保持相对静止，小
物块以
的加速度向右做匀加速直线运动，木板以比小物块更大的加速度向右做
匀加速直线运动，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
上述过程小物块相对于木板向左运动，则有
解得
可知，小物块从木板左端脱离的时间
，故C 正确；
若
时撤去外力F，由于
令
，结合上述可知，此时小物块与木板的速度分别为
，
此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为
撤去外力后小物块向右继续以
的加速度做匀加速直线运动，木板向右做匀减速
直线运动，对木板进行分析有
解得
令历时
两者达到相等速度，则有
解得
此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为
由于
可知，撤去外力。两者达到相等速度后，小物块没有从左端滑轮木板，之后两者保持相对
静止，做匀减速直线运动，一直到速度减为0 后静止，即若
时撤去外力F，小物块
最终不会从木板右端脱离，故D 错误。
2. （2025 年5 月河南许昌高三物理模拟）如图甲所示，质量为2m 的足够长木板C 置于水
平面上，滑块A、B 质量均为m，置于C 上，B 位于A 右方某处。A、C 间的动摩擦因数
，B、C 间和C 与地面间的动摩擦因数
。给C 施加一水平向右的恒
力F，从开始施加恒力到A、B 第一次相遇时间为t。可得
与F 的关系如图乙所示（最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取
）下列说法正确的是（ ）
A. 滑块A 能获得的最大加速度为
B. A、B 之间的初始距离为4m
C. 滑块A 的质量为1kg
D. 若
，A、C 之间将发生相对滑动
【答案】C
【解析】．对滑块A 有
解得
，A 错误；
对滑块B 有
解得
由图可知F 足够大时，A、B 均相对C 滑动，相遇时间恒定为
由
解得
，B 错误；
当
，滑块B 与C 恰好发生相对滑动，则有
得
，C 正确；
设A、B、C 均产生相对运动时的拉力为
，则有
得
故
时，A、C 保持静止，D 错误。
3.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，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，重力加速度g＝10 m/s2。则( )
A.要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F>15 N
B.当恒力F＝25 N 时，物块会与木板发生相对滑动
C.当恒力F>30 N 时，物块会与木板发生相对滑动
D.当恒力F＝37.5 N 时，物块滑离木板所用的时间为1 s
答案 C
解析 要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有F>(M＋m)gsin α，解得
F>20 N，故A 错误；对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得F－(M＋m)gsin
α＝(M＋m)a，对物块有f－mgsin α＝ma，为使物块不滑离木板，则f≤μmgcos
α，解得F≤30 N，综上可得，当F≤30 N 时物块不滑离木板，当F>30 N 时物块
与木板发生相对滑动，故B 错误，C 正确；若F＝37.5 N>30 N，物块能滑离木
板，对木板有F－Mgsin α－μmgcos α＝Ma1，对物块有μmgcos α－mgsin α＝
ma2，设经时间t 物块滑离木板，由运动学公式有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1.2 s，
故D 错误。
4. （2025 年4 月河南豫西重点高中联考）如图甲所示，水平地面上有一长木板B，其左端
放置一物块A（看做质点），用如图乙所示的拉力作用于物块A，
时A、B 均静止，
已知物块A 的质量
，长木板B 的质量
，物块与长木板之间的动摩擦
因数
，木板与地面之间的动摩擦因数
，重力加速度
内
物块仍在木板上，求：
（1）1s 末A 的速度大小；
（2）
内
克服摩擦力做功；
（3）长木板的最小长度。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）在
内，
，假设A、B 未发生相对滑动，则对A、B 整体运
用牛顿第二定律得
对
运用牛顿第二定律得
解得
，
而物块与长木板之间的最大静摩擦力分别为
由于
，故假设成立
末A 的速度大小
解得
（2）
，A 移动的位移：
对A 由动能定理
解得
（3）
内，
，可以判断A、B 发生相对滑动，
对A 运用牛顿第二定律得
对B 运用牛顿第二定律得
解得
，
长木板的最小长度即
内A 相对B 的位移，即
解得
5. (湖北省黄冈中学2025 届高三5 月第三次模拟考试)如图所示，长木板C 固定在水平地面
上，物块A、B 以相同大小的初速度v=4m/s 同时从C 的左右两端开始相向运动，物块A 的
质量为
与C 之间的动摩擦因数为
物块B 的质量为
与C 之间
的动摩擦因数为μ₂=0.4，A、B 可视为质点，重力加速度大小
求：
（1）若A、B 未相撞，长木板C 的最小长度；
（2）若A、B 能相撞且相撞后结合为一个整体，碰撞时间极短，A、B 没有从长木板C 上
掉下，A、B 碰后运动位移的最大值是多少；
（3）若长木板C 未固定且地面光滑，C 的质量为
A、B 没有发生碰撞，则A 与
C 之间因摩擦产生的热量是多少。
【答案】（1）6m （2）
（3）
【解析】（1）对A、B 分析，根据牛顿第二定律分别有
，
解得
，
根据运动公式分别有
，
解得
，
则长木板C 的最小长度为L
=6m
（2）只要A、B 在停下来之前发生碰撞，由系统满足动量守恒得
解得
碰后对A、B 整体，根据牛顿第二定律有
解得
由运动公式有
解得x
如果A、B 在B 停下来之后发生碰撞，则碰后速度更小，位移也更小，故碰后运动位移的
最大值是
（3）若长木板C 未固定，在B 速度减为零之前，C 静止不动。假设B 速度减为零之后B、
C 相对静止，根据牛顿第二定律有
解得
因
，故假设成立
B 速度减为零的过程中，B 与C 之间因摩擦产生的热量
，由能量守恒得
A、B 没有发生碰撞，最终A、B 和C 系统共速，设为
，由系统满足动量守恒有
解得
A
、
B
和
C
系
统
总
摩
擦
热
量
，
由
能
量
守
恒
得
设A 与C 之间因摩擦产生的热量
，则有
解得
6. （2025 湖南大联考）如图所示，两个滑块A 和B（均可看作质点）放在静止于水平地面
上的木板C 的中点，A、B、C 的质量分别为
、
、
。A、B 与木
板间的动摩擦因数均为
，木板与地面间的动摩擦因数为
。某时刻突然给
A、B 两滑块大小均为
的初速度向左和向右滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，重力加速度g 取
，求：
（1）木板相对地面的运动方向（要有推导过程）；
（2）滑块B 与木板相对静止时（A 未滑离木板），木板的速度大小；
（3）要使两滑块不滑离木板，木板的最小长度。
【答案】（1）木板向右运动
（2）
（3）0.26m
【解析】
（1）以木板为对象，由于
且方向向右，所以木板向右运动。
（2）设A、B 相对于地面的加速度大小分别是
和
，木板C 相对于地面的加速度大小
为
，在物块B 与木板达到共同速度前，由牛顿第二定律得
解得
，
设在
时刻，B 与木板达到共同速度，大小为
。由运动学公式有
，
解得
，
（3）B 与木板达到共同速度时，木板向右运动的位移
在B 与木板达到共同速度
后，B 与木板的加速度大小为
，对于B 与木板组成的整体，
由牛顿第二定律有
解得
由
可知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为
，但运动方向与木板相
反；又因为
，所以A 减速为0 时，B 与木板速度还没减为0，则A 又向右加速，设
A 与木板的速度相同时其大小为
，A 的速度大小从
变到
所用时间为
，由运动学公
式，对木板有
对A 有
解得
，
在
时间内，木板（包括B）相对地面向右的位移为
在
时间间隔内，A 相对地面向左的位移为
A 与木板（包括B）共速后就一起在地面摩擦力的作用下向右减速直到停止，则最终A 与
木板中点的距离为
则木板的最小长度为
7.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v0＝10 m/s 的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg
的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦
因数μ＝，设小物块与长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。
(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。
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板的滑动摩擦力大小为
f＝μmgcos θ＝7.5 N
设小物块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，
由牛顿第二定律，对小物块和长木板，有
f＋mgsin θ＝ma1
Mgsin θ－f＝Ma2
代入数据得a1＝12.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2。
(2)当小物块与长木板共速时，有
v1＝a1t1＝v0＋a2t1
解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s
共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移为
s＝×1 m－×1 m＝5 m
故长木板长度L≥10 m，即至少为10 m。
