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2024 版新课标高中物理模型与方法
专题05 滑块木板模型
目录
【模型归纳】..............................................................................................................................................................1
模型一 光滑面上外力拉板................................................................................................................................ 1
模型二 光滑面上外力拉块................................................................................................................................ 1
模型三 粗糙面上外力拉板................................................................................................................................ 2
模型四 粗糙面上外力拉块................................................................................................................................ 2
模型五 粗糙面上刹车减速................................................................................................................................ 2
【常见问题分析】......................................................................................................................................................3
问题1． 板块模型中的运动学单过程问题.....................................................................................................3
问题2． 板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题...........................................................3
问题3． 板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题.......................................................................4
问题4． 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题......................................................................................4
【模型例析】..............................................................................................................................................................5
【模型演练】............................................................................................................................................................13
【模型归纳】
模型一 光滑面上外力拉板
加速度
分离
不分离
m1最大加速度a1max=μg
m2加速度a2=(F-μm1g)/m2
条件：a2>a1max
即F>μg(m1+m2)
条件：a2≤a1max即 F≤μg(m1+m2)
整体加速度a=F/(m1+m2)
内力f=m1F/(m1+m2)
模型二 光滑面上外力拉块
加速度
分离
不分离
m2最大加速度a2max=μm1g/m2
m1加速度a1=(F-μm1g)/m1
条件：a1>a2max
即F>μm1g(1+m1/m2)
条件：a2≤a1max
即 F≤μm1g(1+m1/m2)
整体加速度a=F/(m1+m2)
内力f=m2F/(m1+m2)
m2
m1
μ
F
f
光滑
a
f
m2
m1
μ
F
f
光滑
a
f
1
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模型三 粗糙面上外力拉板
不分离（都静
止）
不分离（一起加速）
分离
条件：
F≤μ2(m1+m2)g
条件：a2≤a1max
即 μ2(m1+m2)g<F≤(μ1+μ2)g(m1+m2)
整体加速度a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1+m2)
内力f=m1a[
条件：a2>a1max=μ1g
即F>(μ1+μ2)g(m1+m2)
外力区间范围
模型四 粗糙面上外力拉块
μ1m1g>μ2(m1+m2)g
一起静止
一起加速
分离
条件：
F≤μ2(m1+m2)g
条件：
μ2(m1+m2)g<F≤(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)
整体加速度
a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1+m2)
内力f1=μ2(m1+m2)g+m2a
条件：
a1>a2max=[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]/m2
即F>(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)
外力区间范围
模型五 粗糙面上刹车减速
一起减速
减速分离
m1最大刹车加速度：a1max=μ1g
整体刹车加速度a=μ2g
条件：a≤a1max即μ2≤μ1
条件：a>a1max即μ2>μ1
m1刹车加速度：a1=μ1g
m2刹车加速度：a2=μ2(m1+m2)g-μ1m1g)]/m2
加速度关系：a1<a2
【常见问题分析】
问题1． 板块模型中的运动学单过程问题
恒力拉板
恒力拉块
m2
m1
μ1
F
f1
a
f1
μ2
f2
F
(μ1+μ2)g(m1+m2)
μ2(m1+m2)g
分离
一起加速
都静止
m2
m1
μ1
F
f1
a
f1
μ2
f2
F
(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)
μ2(m1+m2)g
分离
一起加速
一起静止
m2
m1
μ1
f1
v
f1
μ2
f2
a
2
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分离，位移关系：x 相对=½a2t0
2－½a1t0
2=L
分离，位移关系：x 相对=½a1t0
2－½a2t0
2=L
问题2． 板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题
问题：板块分离，F 至少作用时间？
过程①：板块均加速
过程：②板加速、块减速
位移关系：x1 相对+x2 相对=L 即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2
问题3． 板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题
抽桌布问题
简化模型
m1
F
m2
L
m1
F
m2
L
x1
F
F
x2
x 相对
m1
m2
v1
v2
x1
F
F
x2
x 相对
m1
m2
v1
v2
t0
t/s
0
v2
v/ms-1
a1
a2
v1
x 相对
t0
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x 相对
m1
F
m2
L
x1
F
F
x2
x 相对
m1
m2
v1
v2
x1'
F
x2'
x2 相对
m1
m2
v1
v2
t1
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x1 相对
t1
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x1 相对
x2 相对
a1'
t2
3
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过程①：分离
过程：②匀减速
分离，位移关系：x2－x1=L1
0v0 多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2
问题4． 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题
块带板
板带块
μ1≥μ2
μ1<μ2
【模型例析】
【例1】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁
A
B
a
m1
F
m2
L1
L2
x1
F
F
x2
L1
m1
m2
v1
v2
x1
F
L2
m1
m2
v1
x1'
t0
t/s
0
v2
v/ms-1
a1
a2
v1
x 相对
t0
t/s
0
v1
v/ms-1
a1
v2
x1
x1'
a1'
m1
v0
m2
μ2
μ1
m1
v0
m2
μ2
μ1
x1
v0
x2
x 相对
m1
m2
v 共
v 共
x1
v0
x2
x 相对
m1
m2
v 共
v 共
t0
t/s
0
v0
v/ms-1
a2
a1
v 共x 相对
a 共
t0
t/s
0
v0
v/ms-1
a2
a1
v 共x 相对
a 共
t0
t/s
0
v0
v/ms-1
a2
a1
v 共x1 相对
a1'
x2 相对
a2'
4
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的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s 时木板
与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。
已知碰撞后1 s 时间内小物块的vt 图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15 倍，重力加速度大小g
取10 m/s2。求：
图(a) 图(b)
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
【大题拆分】第一步：分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为m 和M。小物块可以看作质点
(初始条件v0未知，如图甲所示)。
第二步：分解过程模型。
(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。
(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小
物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s 小物块速度减小为零(如图丁所示)。 由于木板的加速度较
小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度
v3(如图戊所示)。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。
(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。
【答案】(1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
【解析】(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝ m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋a1t2
5
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解得a1＝1 m/s2
对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝
(m＋15m)a1，即μ1g＝a1
解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝ m/s2
对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2>a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s 的过程中，木板向左运动的位移为
x1＝vt1－a3t＝ m，末速度v1＝v－a3t1＝ m/s
滑块向右运动的位移x2＝t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ m/s2
假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移
x3＝v1t2－a3t＝ m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
滑块向左运动的位移x4＝a2t＝0.5 m
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＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
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a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝＝2 m
所以木板右端离墙壁最远的距离为
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
【例2】（2023·全国·高三专题练习）如图，两个滑块A 和B 的质量分别为
和
，放在静
止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
；木板的质量为
，与地面
间的动摩擦因数为
。某时刻A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为
。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，取重力加速度大小
。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。
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【审题指导】：如何建立物理情景，构建解题路径
①首先分别计算出B 与板、A 与板、板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出A、B 及木板的运动情况．
②把握好几个运动节点．
③由各自加速度大小可以判断出B 与木板首先达到共速，此后B 与木板共同运动．
④A 与木板存在相对运动，且A 运动过程中加速度始终不变．
⑤木板先加速后减速，存在两个过程．
【答案】（1）1m/s；（2）1.9m
【详解】（1）对B 分析有
同理A 的加速度
对木板分析有
B 与木板相对静止时，有
解得
B 与木板相对静止时，木板的速度大小为
（2）木板和物块
共速时，A 的速度为
则在
时间内两者的相对位移大小为
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B 与木板相对静止后，对B 与木板整体有
对A 分析加速度仍为
由于AB，速度与加速度大小相等，所以当B 速度减为
，A 速度大小也减为
，对B 与木板整体与
A 的运动有
代入数据解得
此时三者具有共同速度为
此过程中AB 相对位移
则木板长度
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
【例3】（2023·陕西安康·高三统考阶段练习）如图甲所示，质量为
、长度为
的木板静止
放置在水平面上，质量也为
的木块（视为质点）静止放置在木板的最左端，木块与木板之间的动
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摩擦因数为
，木板与水平面之间的动摩擦因数为
，突然让木块获得一个水平向右的速
度
，经过
木块离开木板；如图乙，同时给木块、木板向右的速度
，重力加速度
取
，规定水平向右为正方向，求：
（1）木块与木板之间的动摩擦因数
，甲图木块滑行到木板中点位置时的瞬时速度；
（2）对乙图，木板与木块在运动过程中的加速度大小；
（3）对乙图，木块的运动时间与木板的运动时间之比以及木块与木板的相对位移。
【答案】（1）
，
；（2）
，
；（3）
，
【详解】（1）对甲图，分析可知，木板始终处于静止状态。对木块受力分析，由牛顿第二定律可得
由匀变速直线运动的规律可得
设木块在木板上滑行到中点位置的瞬时速度为
，则有
联立解得
（2）对乙图，假设木块与木板在运动过程中都做匀减速直线运动，则木块的加速度要小于木板的加速度，
对木块受力分析，由牛顿第二定律可得
对木板受力分析，由牛顿第二定律可得
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解得
故假设成立
（3）假设木块、木板停止运动时，木块仍在木板上，设木块、木板的运动时间分别为
、
，则开始运动
至停止的过程中，对木块有
对木板有
解得
故木板停止运动后，木板不再运动，但木块仍在木板上运动。从木板开始运动到停止运动的过程中，木板
的总位移为
木块从开始运动到停止运动的整个过程中，木块的总位移为
整个过程中，木块与木板的相对位移为
联立解得
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因此有
故假设成立，当木块停止运动时正好停在木板的最右端。故木块的运动时间与木板的运动时间之比为
木块与木板的相对位移为
【例4】（2023·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）如图所示，物体
放在足够长的
木板上，木板
静止于水平面上，已知
的质量
和
的质量
均为
， A、B 之间的动摩擦因数
，
与水平
面之间的动摩擦因数
，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度取
。若
从
开始，木板
受
的水平恒力作用，
时
改为
，方向不变，
时撤去。求：
（1）木板
受
的水平恒力作用时， A、B 的加速度
各为多少？
（2）从
开始，经过多长时间
和
达到共同速度？
（3）请以纵坐标表示
受到
的摩擦力
，横坐标表示运动时间（从
开始，到A、B 都静止），取
运动方向为正方向，在图中画出
的关系图线（以图线评分，不必写出分析和计算过程）
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）当
恰好相对于
滑动时有
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此时
由于
，故物体
相对于木板B 滑动，则
（2）
时
当力
作用时
的加速度不变， B 的加速度大小
经过
时间A、B 速度相等，则
解得
（3）前
物体
受到
的摩擦力为滑动摩擦力，方向向右。
内，
和
匀速运动，物体
受到
的摩擦力
时撤去
，A、B 一起做匀减速直线运动。对整体，由牛顿第二定律
解得
对物体
，由牛顿第二定律得
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时
和
共同速度
时撤去
后，设经过
两者速度减为零。
解得
后，
和
均静止，物体
受到
的摩擦力
的关系图线如图所示
【规律总结】
“滑块—滑板”模型的一般解题步骤
滑块—滑板问题的解题关键点
(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，
位移之和等于板长．
(2)滑块是否会从滑板上掉下的临界条件是滑块到达滑板一端时两者共速．
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(3)滑块不能从滑板上滑下的情况下，当两者共速时，两者受力、加速度发生突变．
【模型演练】
1．（2023 秋·江苏盐城·高三校联考期末）如图所示，质量M=2.0kg 的长木板A 放在光滑水平面上，质量
m=0.2kg 的小滑块B 放在长木板A 的最右端，滑块与长木板间的动摩擦因数
，设最大静摩擦力与滑
动摩擦力相等，求：
（1）长木板A 在外力作用下以加速度a1=2m/s2向右加速运动时，滑块B 所受摩擦力大小与方向；
（2）要使滑块B 脱离长木板A，至少要用多大的水平力拉长木板；
（3）若长木板长L=1.5m，在8.6N 的水平拉力的作用下由静止开始运动，滑块滑离长木板需多长时间。
【答案】（1）
，方向水平向右；（2）
；（3）
【详解】（1）小滑块B 的最大加速度为
故可知此时AB 没有发生相对滑动，即AB 以a1=2m/s2一起向右加速运动，滑块B 所受摩擦力大小为
方向水平向右。
（2）根据前面分析当AB 发生相对滑动的临界加速度为
，对整体分析有
（3）在
的水平拉力的作用下AB 发生相对滑动，此时AB 加速度大小分别为
，
设经过时间t 滑块滑离长木板，根据位移关系有
其中有
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，
联立解得
2．（2023 秋·河南漯河·高三统考期末）光滑的水平面上有一木板，质量
，在木板的最右端有一
小滑块（可视为质点），质量
，小滑块与木板之间的动摩擦因数
。滑块与长木板一起以
的速度向左匀速运动。如图所示，某时刻起对木板施加一个大小为
的水平向右的作用力
F，作用时间为
。小滑块始终不脱离木板．g 取
，试求：
（1）小滑块相对地面向左运动的过程中，木板相对地面的位移；
（2）木板长度的最小值。
【答案】（1）
，方向水平向右；（2）
【详解】（1）当有F 作用时，由牛顿第二定律，对小滑块分析
①
对木板分析
②
设小滑块减速到零用时
，则
③
此过程中，滑块和木板的加速度不变．取水平向右为正方向，木板的位移
④
解得
，方向水平向右⑤
（2）在力F 的作用下，滑块和木板的加速度不变．取水平向右为正，在
内，滑块的位移
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木板的位移
⑥
末，滑块的速度
木板的速度
⑦
力F 停止作用后，滑块加速度不变，木板开始减速，加速度大小为
，由牛顿第二定律得
⑧
设力F 停止作用后经过时间
两者共速
⑨
在
时间内，滑块的位移为
⑩
木板的位移为
⑪
木板的长度至少为
⑫
解得
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3．（2023 春·浙江宁波·高三浙江省宁波市鄞州中学校考期中）如图所示，质量
、长为
的长木板放在光滑的水平面上，可视为质点的质量为
的滑块放在长木板的最左侧，
时刻在滑
块上施加水平向右的恒力20N，经过一段时间滑块到达长木板的最右侧，已知滑块与长木板之间的动摩擦
因数
，
。求：
（1）摩擦力对长木板做功为多少？
（2）合力对滑块做功为多少？
（3）系统产生的热量Q 为多少？
【答案】（1）3.2J；（2）18J；（3）8.8J
【详解】（1）由题意可知，滑块和长木板发生相对滑动，由牛顿第二定律：对物块
对木板
解得
根据运动学公式
解得
长木板的位移
摩擦力对长木板做功为
（2）滑块的位移
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合力对滑块做功为
（3）系统产生的热量
4．（2023·辽宁·高三校联考期末）如图所示，光滑水平地面上有一质量为2kg、长度为1m 的木板甲，其
上表面粗糙、下表面光滑。质量为1kg 的物块乙放在木板甲的最左端：两者均处于静止状态，现用
的水平恒力将物块乙从木板甲的左端拉到右端，直至两者分离。已知物块乙与木板甲间的动摩擦因数为
0.1，取重力加速度大小
。
（1）求物块乙运动的加速度大小；
（2）求该过程中木板甲的位移大小；
（3）要使物块乙与木板甲发生相对滑动，求水平恒力的最小值。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对物块乙，由牛顿第二定律得
解得
（2）对木板甲，由牛顿第二定律得
解得
物块乙、木板甲发生相对滑动的过程中，由运动学公式得
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解得
木板甲的位移大小
（3）对物块乙，由牛顿第二定律得
对木板甲，由牛顿第二定律得
发生相对滑动的条件是
联立求得
即水平恒力的最小值为
。
5．（2023·山东聊城·统考二模）如图所示，质量
、长度
的木板
静置在足够大的光滑水
平地面上，质量
且可视为质点的物块B 放在木板A 的右端，现对木板A 施加一水平向右的恒力
，两者由静止开始运动，作用一段时间后撤去恒力
，最终物块B 恰好能到达木板A 的左端，已
知物块B 与木板A 间的动摩擦因数
，取重力加速度
，求：
（1）恒力
作用的时间；
（2）摩擦力对物块B 做的功
。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据题意，设B 的加速度为
，力
作用时A 的加速度为
；撤去力
后，A 的加速度为
，又经过
后B 达到A 的左端，根据牛顿第二定律，有
19
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撤去力F 后，根据牛顿第二定律，有
由运动学规律得
解得
（2）设最终B 的速度为v，有
由动能定理有
解得
6．（2023·安徽宿州·统考一模）如图所示，质量
、长度
的木板A 静止在水平面上，A 与水
平面间的动摩擦因数
。在A 的左端放置一质量
的铁块
可视为质点，B 与A 间的动摩擦
因数
，现用一水平恒力
作用在B 上，取
，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：
（1）要保持A、B 一起做匀加速运动，求力
的取值范围；
（2）若
，求铁块运动到木块右端所用的时间。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）A 与地面间的最大静摩擦力大小
20
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A 与B 间的最大静摩擦力
A、B 要一起做匀加速直线运动拉力
设拉力大小为
时A、B 恰好发生相对滑动，对A，由牛顿第二定律得
对A、B 系统，由牛顿第二定律得
代入数据解得
要保持A、B 一起做匀加速运动，力
的取值范围是
（2）拉力
时，A、b 相对滑动，A 的加速度大小
对B，由牛顿第二定律得
代入数据解得
设经过时间铁块运动到木板的右端，则
代入数据解得
，不符合实际，舍去
7．（2023·全国·高三专题练习）如图甲所示，质量m＝1kg 的小物块A（可视为质点）放在长L＝4.5m 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
21
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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10m/s2。求：
（1）A、B 间的动摩擦因数μ1；
（2）乙图中F0的值；
（3）若开始时对B 施加水平向右的恒力F＝29N，同时给A 水平向左的初速度v0＝4m/s，则在t＝3s 时A
与B 的左端相距多远。
【答案】（1）0.4；（2）5N；（3）22.5m
【详解】（1）由题图乙知，当A、B 间相对滑动时A 的加速度
a1＝4m/s2
对A 由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
得
μ1＝0.4
（2）设A、B 与水平地面间的动摩擦因数为μ2，B 的质量为M。当A 与B 间相对滑动时对B 由牛顿第二定
律有
F－μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma2
即
由题图乙知
可得
M＝4kg
μ2＝0.1
22
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则
F0＝μ2（m＋M）g＝5N
（3）给A 水平向左的初速度v0＝4m/s，且F＝29N 时A 运动的加速度大小为a1＝4m/s2，方向水平向右。
设A 运动t1时间速度减为零，则
位移
x1＝v0t1－
a1t1
2＝2m
B 的加速度大小
方向向右
B 的位移大小
x2＝
a2t1
2＝2.5m
此时B 的速度
v2＝a2t1＝5m/s
由于x1＋x2＝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，设A 掉下来后B
的加速度大小为a3，对B 由牛顿第二定律有
F－μ2Mg＝Ma3
可得
a3＝
m/s2
在t＝3s 时A 与B 左端的距离
x3＝v2（t－t1）＋
a3（t－t1）
2＝22.5m
8．（2023 春·辽宁大连·高三大连市一0 三中学校考阶段练习）滑块类问题是我们高中常见的模型之一，假
设质量为
足够长的木板放在水平地面上，木板左端放有一质量为
大小不计的小滑块，木板
与地面间的动摩擦因数
，小滑块与木板间的动摩擦因数
。开始时滑块和木板都静止，（设
23
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最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取
）求：
（1）若在小滑块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F，求当力F 增大到多大时，小滑块恰好
要相对木板运动？
（2）现给小滑块施加一水平向右的恒力
，经过
，撤去恒力F，撤去外力F 时，木板的速度大小；
（3）木板从开始运动到停止的总时间。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）假设小滑块恰好要与木板相对运动，则此时小滑块与木板共速且加速度相同，两物体之间
的摩擦力为最大静摩擦力，两物体之间的摩擦力和
与地面之间的摩擦力关系
故随着F 增大，
会先与地面相对运动。对两物体组成的系统进行分析
对
隔离分析则有
解得
（2）根据
，故两物体之间会有相对运动，木板受到滑块向右的滑动摩擦力和地面向左的滑动
摩擦力，即
解得
作用时间为
，则
（3）外力作用过程中对
有
解得
24
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作用时间为
，则
的速度为
当撤去外力F 后，对
分析，加速度大小为
的受力情况不变。两者共速时
解得
，
两者共速后会相对静止一起减速到速度为0，两者共同加速度大小为
，则
根据运动学规律
联立以上方程解得
故木板从开始运动到停止的总时间
9．（2023 秋·江苏南京·高三南京师大附中校考期末）如图所示，将木块A 和木板B 叠放在水平地面上，
木块质量
，木板质量
，木块与木板间动摩擦因数为
、木板与地面间动摩擦因数为
，不计空气阻力，取重力加速度
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，对木块施加一个水
平向右的恒力F，求：
（1）若
，求木块A 的加速度大小和A、B 之间的摩擦力的大小；
（2）若
，求木块A 的加速度大小和A、B 之间的摩擦力的大小。
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【答案】（1）
，
；（2）
，
【详解】（1）A 与B 之间的最大静摩擦力为
B 与地面之间的最大静摩擦力为
当AB 恰好发生相对滑动时，对于B 有
对于整体来说
解得
则当
时，B 与地面发生相对运动，A 与B 没有发生相对滑动，则对于整体研究
解得
隔离B 根据牛顿第二定律可得
解得A、B 之间的摩擦力的大小
（2）当
时，AB 发生相对滑动，根据牛顿第二定律
解得
A、B 之间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为
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10．（2023 秋·内蒙古赤峰·高三赤峰二中校考期末）一神器，外形可忽略、体积可为零；飞天遁水，无往
不利；坚如磐石、滑洁如丝；必要的时候它可以带电、也可以突破引力、甚至可以光速行进！它折磨了几
代莘莘学子，我们为它痴狂不已，它就是传说中的——小滑块。滑块类问题是我们高中常见的模型之一，
假设质量为
足够长的木板放在水平地面上，木板左端放有一质量为
大小不计的小滑块，木
板与地面间的动摩擦因数
，小滑块与木板间的动摩擦因数
。开始时滑块和木板都静止，
（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取
）求
（1）若在小滑块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F，求当力F 增大到多大时，小滑块恰好
要相对木板运动？
（2）现给小滑块施加一水平向右的恒力
，经过
，撤去恒力F，撤去外力F 时，木板的速度大小；
（3）木板从开始运动到停止的总时间。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）分析题意可知，小滑块恰好要相对木板运动时，小滑块与木板间恰好达到最大静摩擦力，
对木板受力分析，由牛顿第二定律
解得
对小滑块受力分析有
解得
（2）初始阶段，对小滑块受力分析，由牛顿第二定律
对木板受力分析，可得
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联立解得
，
经过
，两者的速度分别为
则撤去外力F 时，木板的速度大小为
（3）当撤去F 时，对小滑块受力分析，由牛顿第二定律
又经
两者速度相同
解得，两者达到共速的时间为
共速时，两者的速度均为
两者速度相同之后，两者一起减速直到停止，对小滑块和木板整体受力分析，由牛顿第二定律
解得
由运动学公式，两者一起做匀减速的时间为
木板从开始运动到停止的总时间为
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11．（2023 秋·江苏徐州·高三统考期末）如图所示，为一货运平板汽车，车厢足够长。车上载有一个质量
足够长的木板，其右端距离车箱前壁有一段距离。一个质量
，长度可以忽略不计的金
属箱放置在长木板的中央。长木板和汽车车厢之间的动摩擦因数
。长木板和金属箱之间的动摩擦因
数
。假设汽车在运动过程始终沿水平笔直路面行驶，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取
。
（1）为保证长木板和金属箱相对静止，求汽车向右减速时的最大加速度大小。
（2）汽车向右减速过程中加速度由0 逐渐增大，当加速度为4m/s2时，求长木板对汽车车厢的摩擦力。
（3）当汽车及所载货物均静止后，搬运工人对长木板施加一水平向左，大小为
的拉力，力F 作
用1.5s 后撤去，求2 秒末长木板的速度。
【答案】（1）
；（2）400N，方向水平向右；（3）1.2m/s
【详解】（1）长木板和金属箱即将发生相对滑动时，汽车向右减速时加速度大小为
，对金属箱m 受力
分析可知
可得
（2）汽车向右减速时加速度大于2m
，可知长木板和金属箱已发生相对滑动，对长木板M 受力分析可
知
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可得
长木板与汽车车厢之间的最大静摩擦力
故，长木板和汽车车厢之间未发生相对滑动，汽车车厢对长木板的静摩擦力大小为400N，由牛顿第三定律，
长木板对汽车车厢的静摩擦力大小为400N，方向水平向右。
（3）有力F 作用时，假设长木板和金属箱能保持相对静止，一起向左加速，对长木板和金属箱整体受力
分析可知
可得
故，长木板和金属箱将发生相对滑动，金属箱以2m
的加速度向左加速，长木板以大小为
的加速度向
左加速，对长木板M 受力分析可知
可得
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1.5s 末，金属箱的速度
长木板的速度
力F 撤去后，金属箱继续以
加速度向左加速，长木板以大小为
的加速度向左减速，直到两物体速
度相同。对长木板M 受力分析可知
4
可得
当两物体速度相同时
可得
速度相等之后，金属箱以
加速度向左减速，长木板以大小为
的加速度向左减速。对长木板M 受力
分析可知
31
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可得
2s 末，长木板的速度
其中
可得
12．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）如图所示，静止在水平地面上的木板
的质量
，现让一个
质量
的物块
（视为质点）以大小
的速度从左端冲上木板
，已知物块
与木板
间的
动摩擦因数
，木板
与地面间的动摩擦因数
，木板
足够长，取重力加速度大小
，求：
（1）物块
刚滑上木板
时，物块
的加速度大小
以及木板
的加速度大小
；
（2）从物块
冲上木板
到木板
停下，物块
相对地面发生的位移大小
。
32
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【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）对物块
，根据牛顿第二定律有
解得
对木板
，根据牛顿第二定律有
解得
（2）设经时间物块
与木板
达到的共同速度大小为，有
解得
根据匀变速直线运动的规律，此过程物块
发生的位移大小
解得
达到共同速度后，经分析物块
与木板
能共同向右运动，设加速度大小为
，根据牛顿第二定律有
解得
设达到共同速度后，物块
发生的位移大小为x2，根据匀变速直线运动的规律有
解得
33
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所以从物块
冲上木板
到木板
停下，物块
相对地面发生的位移大小
13．（2023·云南·高三校联考阶段练习）如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，
时刻一小物块以
一定的速度从左端滑上长木板，之后小物块运动的
图像如图乙所示．已知小物块与长木板的质量均为
，前
内小物块在长木板上滑动，之后两者相对静止，取重力加速度大小
，求：
（1）小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q；
（2）小物块与长木板间的静摩擦力大小f．
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设小物块与长木板间的动摩擦因数为
，前
内小物块的加速度大小为
，则有
因2s 末木板和物块共速，则小物块在长木板上滑动的痕迹长度
对物块由牛顿第二定律
小物块与长木板间因摩擦产生的热量
解得
（2）设长木板与地面间的动摩擦因数为
，前
内长木板的加速度大小为
，
后小物块和长木板一起
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做匀减速直线运动时的加速度大小为
，则有
对木板
对木板和木块的整体
对物块
解得
14．（2023 秋·湖南益阳·高三统考期末）一长木板在水平地面上运动，在
时其速度为
，此时将
一相对于地面静止的物块放到木板上。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的动摩擦因数为
，木板与地面间的动摩擦因数为
，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块
始终在木板上。取重力加速度的大小
。求：
（1）物块刚放到木板上时，物块和木板的加速度大小；
（2）木板的最短长度L；
（3）从
到木板停止运动，木板位移的大小。
【答案】（1）2m/s2，4m/s2；（2）3m；（3）6m
【详解】（1）设物块与木板的质量均为
，对物块根据牛顿第二定律可得
解得物块的加速度大小为
对木板根据牛顿第二定律可得
解得木板的加速度大小
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（2）使物块不滑离木板，即木板长度至少等于达到共速时两物体的相对位移；设经时间达到共速，则有
解得
，
木板的位移为
物块的位移为
木板的最短长度为
（3）共速以后两物体视为一个整体，设加速度为
，根据牛顿第二定律可得
解得
共速后整体还能运动的位移为
从
时到木板停止运动，木板的位移的大小
15．（2023·湖南株洲·统考三模）如图，一平板车静止在光滑水平地面上，小物块A 和B 分别从车的最左
端和最右端同时开始相向运动，两物块在平板车上发生碰撞，最终都与平板车保持相对静止。已知平板车
的质量
，长度
，A、B 的质量均为
，A 的初速度大小为
，与平板车之间
的动摩擦因数
；B 的初速度大小为
，与平板车之间的动摩擦因数
，A、B 均可视
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为质点，它们之间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度
取
，求：
（1）整个过程中，A、B 以及平板车组成的系统损失的机械能；
（2）A、B 发生碰撞的位置与平板车最左端的距离；
（3）A、B 与车保持相对静止时，A、B 之间的距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，设平板车最终的速度为，以A、B 以及平板车为系统，根据动量守恒定律有
解得
则系统损失的机械能为
解得
（2）根据题意，设开始运动时A、B 和平板车的加速度大小分别为
、
和a，根据牛顿第二定律有
设经
时间A、B 发生碰撞，则有
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代入数据得
或
（舍去）
A、B 发生碰撞的位置与平板车最左端的距离
解得
（3）设A、B 发生碰撞前瞬间，A、B 和平板车的速度分别为
、
和v，则有
A、B 质量相等，发生弹性碰撞后速度交换，则碰撞后有
碰后B 与平板车速度相等，分析可知此后B 与平板车始终保持相对静止。设此后A 与平板车的相对位移为
，则有
最终A、B 之间的距离
16．（2023 春·湖北襄阳·高三襄阳四中校考阶段练习）如图所示，倾斜角
的光滑斜面底端有一挡板
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1，木板A 置于斜面上，小物块B 置于A 底端，A、B 质量均为2kg，挡板2 到B 和到挡板1 的距离均为
L=0.2m。t=0 时刻，将A、B 一起由静止释放，A、B 分别与挡板1 和挡板2 发生弹性碰撞，碰撞时间极短
忽略不计。已知A、B 间的动摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取
，
小物块B 始终未离开木板A。求：
（1）小物块B 第一次与挡板2 碰撞后瞬间的动量大小；
（2）木板A 的长度至少为多少；
（3）从t=0 时刻开始到木板A 与挡板1 第3 次碰撞前瞬间，重力对木板A 的总冲量。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）斜面光滑，A、B 共同下滑的加速度为
得小物块B 与挡板2 碰撞的速度为
由于发生弹性碰撞，则小物块B 第一次与挡板2 碰撞后瞬间的动量大小为
（2）物块B 沿斜面向上运动，对木板A 分析
说明木板A 匀速下滑，从物块B 与挡板2 碰撞到木板A 与挡板1 碰撞的过程，所用时间为
物块B 减速上滑的加速度大小为
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物块B 减速从碰撞减速至0 所用时间为
则木板A 的长度至少
（3）木板A 与挡板1 碰撞后原速率返回，由于重力的下滑分力与B 施加的摩擦力同向，则匀减速运动的
加速度也为
。由于B 所受摩擦力与重力沿斜面的下滑分力平衡，故B 保持静止状态。木板A 上
滑至速度为0 的位移为
时间为
然后二者从静止开始再次加速度下滑，同时与挡板碰撞，运动时间为
二者相对静止直至第三次碰撞。则从释放开始到第三次碰撞的总时间为
重力对木板A 的总冲量为
17．（2023·高三课时练习）如图甲所示，足够长的木板静止在水平面上，木板的质量M＝0.4 kg，长木板
与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1，质量m＝0.4 kg 的小滑块以v0＝1.8 m/s 的速度从右端滑上长木板，小滑
块刚滑上长木板的0.2 s 内的速度图象如图乙所示，小滑块可看成质点，重力加速度g 取10 m/s2。
（1）求小滑块与长木板间的动摩擦因数μ2和小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a1；
（2）求小滑块从滑上长木板到与长木板速度相等过程中相对长木板滑行的距离L；
（3）求小滑块从滑上长木板到最后停下来的过程中运动的总距离s。
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【答案】（1）0.4，2 m/s2；（2）0.27 m；（3）0.54 m
【详解】（1）小滑块向左减速运动，由vt 图象的斜率可得加速度大小
对滑块，由牛顿第二定律有
则
μ2＝0.4
长木板向左加速运动，由牛顿第二定律得
μ2mg－μ1（M＋m）g＝Ma1
解得
a1＝2 m/s2
（2）小滑块与长木板速度相等时，有
v0－a2t＝a1t
解得
t＝0.3 s
小滑块运动的距离
木板运动的距离
故
L＝s2－s1＝0.27 m
（3）此后一起做匀减速运动
41
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v＝a1t＝0.6 m/s
根据牛顿第二定律得
μ1（M＋m）g＝（M＋m）a3
解得加速度的大小
a3＝1 m/s2
运动的距离为
s3＝
＝0.18 m
所以小滑块滑行的总距离
s＝s2＋s3＝0.54 m.
18．（2023·广东·高三专题练习）如图甲所示，质量
的长木板静止在足够大的水平地面上，一小
物块以
的速度从左端滑上长木板后，恰好不能从木板的右端掉落，其运动的
图像如图乙所
示。取重力加速度大小
，求：
（1）木板的长度L；
（2）小物块与木板间因摩擦产生的热量Q；
（3）2s~4s 内静摩擦力对长木板的冲量I。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，方向向右
【详解】（1）由题意结合
图像可知，
时，小物块与木板共速，且刚好运动到木板的右端，则有
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（2）设小物块的质量为
，小物块与长木板间的动摩擦因数为
，长木板与地面间的动摩擦因数为
，
前2s 内小物块的加速度大小为
，长木板的加速度大小为
，小物块在长木板上滑动的距离为
，2s 后小
物块和长木板一起做匀减速直线运动时的加速度大小为
，则有
联立解得
，
，
小物块与木板间因摩擦产生的热量为
（3）设2s~4s 内长木板受到小物块的静摩擦力大小为f，该静摩擦力的方向向右。则有
静摩擦力对长木板的冲量大小为
方向向右。
19．（2023 秋·河南信阳·高三统考阶段练习）如图所示，在水平地面上有一长木板和一个可视为质点的小
物块，它们分别以初速度
和
相向运动，结果物块恰没有从木板上滑落，二者运动的
图像如图所示。试求：
（1）长木板上、下表面的动摩擦因数；
（2）长木板与小物块的质量比和板的长度。
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【答案】（1）0.2，0.1；（2）
，4.5m
【详解】（1）由
图像可知物块先向右减速停下后再反向加速至与木板共速，再一起减速停下，图中
三段线对应的加速度分别为
物块在木板上相对滑动时，对物块根据牛顿第二定律可得
解得长木板上表面的动摩擦因数为
相对静止后一起滑动时，以物块和木板为整体，根据牛顿第二定律可得
解得长木板下表面的动摩擦因数为
（2）相对滑动时，对木板根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
图像中所围面积表对应的位移，两者的位移差即为板长，故有
44
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20．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）如图所示，两小滑块A 和B 的质量分别为mA=1kg 和mB=7kg，放
在静止于光滑水平地面上的长为L=0.8m 的木板C 两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ=0.5，木板C 被
锁定于地面上静止不动，木板的质量为m=4kg，某时刻A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为
，重力加速度取g=10m/s2。
（1）滑块A、B 相遇时的速度各为多大？
（2）若滑块A、B 碰撞后不再分开，同时木板C 解除锁定，则从两滑块相向运动开始的整个过程由于滑块
A、B 和木板C 之间的摩擦产生的总热量是多少？
【答案】（1）2m/s，2m/s；（2）19J
【详解】（1）A、B 在碰前加速度大小相等，设为a，根据牛顿第二定律可得
A、B 两个滑块相遇时位移相等
根据匀变速直线运动规律可得
滑块A、B 相遇时的速度相等
（2）滑块A、B 碰撞后速度为
，由动量守恒有
解得
碰后
一起向右减速，板C 向右加速，若三者共速的速度为
，相对位移为
，由动量守恒有
由能量守恒有
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解得
，
即
不会从板C 上滑下，摩擦产生的总热量
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