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专题7 板块运动模型
板块模型中的运动学单过程问题（3-8 题）...........................................................................................3
板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题（9-11 题）........................................8
板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题（12-15 题）.................................................11
1.
（多选）（2021•乙卷）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量
为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如
图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F 的大小。木板的加速度a1随时间t 的变化关系如
图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设
最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）
A．F1＝μ1m1g
B．F2= m2(m1+m2)
m1
（μ2
μ
﹣1）g
C．μ2＞m1+m2
m2
μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
【解答】解：A、由图（c）可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静
摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A 错误；
B、由图（c）可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对运动，
此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
对物块和木板F2
μ
﹣
1（m1+m2）g＝（m1+m2）am
对木板μ2m2g
μ
﹣1（m1+m2）g＝m1am
1
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整理可得F2= m2(m1+m2)
m1
（μ2
μ
﹣
1）g
故B 正确；
C、由图（c）可知，对木板μ2m2g
μ
﹣
1（m1+m2）g＝m1am
故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2＞m1+m2
m2
μ1，故C 正确；
D、由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加
速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，故D 正确。
故选：BCD。
2.
（2019•江苏）如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐。
A 与B、B 与地面间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上
滑动距离L 后停下。接着敲击B，B 立即获得水平向右的初速度，A、B 都向右运动，左边缘
再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度为g。求：
（1）A 被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小aB、aB′；
（3）B 被敲击后获得的初速度大小vB。
【解答】解：（1）由牛顿运动定律知，A 加速度的大小：aA＝μg
匀变速直线运动：2aA L= v A
2
解得：v A =√2 μgL
（2）设A、B 的质量均为m，对齐前，B 所受合外力大小：F＝3μmg
由牛顿运动定律：F＝maB，解得：aB＝3μg
对齐后，A、B 所受合外力大小：F'＝2μmg
由牛顿运动定律F'＝2maB′
解得：a'B＝μg
（3）经过时间t，A、B 达到共同速度v，位移分别为xA，xB，A 加速度的大小等于aA，则：v
2
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＝aAt
v＝vB
a
﹣Bt
x A = 1
2 aAt
2
xB= vBt - 1
2 aBt
2
且xB
x
﹣A＝L
解得：vB=2√2 μgL
板块模型中的运动学单过程问题（3-8 题）
3.
（多选）（2019•上饶一模）如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木
板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动
摩擦因数为μ
4
，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一
水平向右的拉力F，则木板加速度a 大小可能是（ ）
A．a＝0
B．a= 2 μg
3
C．a= μg
2
D．a= F
2m - μg
4
【解答】解：A、若F 较小时，木板和木块均静止，则木板的加速度为零，选项A 正确；
C、若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定
律，有：μmg- 1
4
μ•2mg＝ma，解得：a= 1
2
μg，故C 正确。
D、若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和木块的整体，根据牛顿
第二定律可得：F- 1
4
μ•2mg＝2ma，解得：a= F
2m - 1
4 μg，选项D 正确；
故选：ACD。
3
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4.
（多选）（2023•思明区二模）如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m 和m，静止
叠放在水平地面上．A、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为μ
2
．最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A 施加一水平拉力F，则（ ）
A．当 F＜2 μmg 时，A、B 都相对地面静止
B．当 F= 5
2
μmg 时，A 的加速度为1
3
μg
C．当 F＞3μmg 时，A 相对 B 滑动
D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过1
2
μg
【解答】解：D、物块A、B 之间的最大静摩擦力为：fmax＝2μmg
物块B 与地面间的最大静摩擦力为：f′max= μ
2
（2m+m）g＝1.5μmg
物块B 的最大加速度为：am= 2 μmg-1.5 μmg
m
= 1
2
μg，则无论 F 为何值，B 的加速度不会超过
1
2
μg，故D 正确；
C、物块A、B 相对静止与相对滑动的临界条件为：A、B 之间的静摩擦力达到最大值，处于临
界时A、B 整体的加速度等于B 的最大加速度为am，则有：
F- μ
2
（2m+m）g＝3mam，解得：F＝3μmg
可知当 F＞3μmg 时，A 相对B 发生滑动，故C 正确；
A、因物块B 与地面间的最大静摩擦力为1.5μmg，小于A、B 之间的最大静摩擦力2μmg，以
A、B 整体为研究对象，当F＜1.5μmg 时，A、B 都相对地面静止。结合C 选项的结论，可知当
1.5μmg＜F≤3μmg 时，A、B 相对静止一起相对地面滑动，故A 错误；
B、由A 选项的分析，当F= 5
2
μmg 时，A、B 相对静止一起相对地面滑动，以A、B 整体为研究
4
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对象，由牛顿第二定律有：a=
5
2 μmg-1.5 μmg
3m
= 1
3 μg
，故B 正确。
故选：BCD。
5.
（多选）（2023•赤峰模拟）如图所示，质量分别为2m 和m 的A、B 两物块，静止叠
放在水平地面上。A、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为0.5μ。最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对B 施加一水平拉力F，则下列说法中正确的是（
）
A．当F＝2μmg 时，A、B 都相对地面静止
B．当F＞3μmg 时，A、B 间相对滑动
C．当F＝3μmg 时，B 的加速度等于0.5μg
D．无论F 为何值，A 的加速度不会超过μg
【解答】解：A．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，地面最大静摩擦力f 地＝0.5μ（2m+m）g＝
1.5μmg＜F＝2μmg，A、B 都相对地面发生运动，故A 错误；
C．根据牛顿第二定律，物块A 能够获得的最大加速度amax = μ⋅2mg
2m
= μg
当F＝3μmg 时，假设A、B 能够保持相对地面静止，根据牛顿第二定律，则有3μmg
0.5μ
﹣
（m+2m）＝（m+2m）a1
解得a1＝0.5μg＜amax＝μg
可知，当F＝3μmg 时，A、B 保持相对静止，B 的加速度等于0.5μg，故C 正确；
B．若A、B 恰好发生相对运动，根据牛顿第二定律，对B 有amax = μ⋅2mg
2m
= μg
根据牛顿第二定律，对A、B 有F2
0.5μ
﹣
（2m+m）g＝（2m+m）amax
解得F2＝4.5μmg
可知，当F＞4.5μmg 时，A、B 间才能发生相对滑动，故B 错误；
D．根据上述分析，物块A 能够获得最大加速度amax = μ⋅2mg
2m
= μg
即无论F 为何值，A 加速度不会超过μg，故D 正确。
故选：CD。
6.
（多选）（2023•驿城区校级二模）如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m 和m，
5
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静止叠放在水平地面上.A、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为μ
2
。最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A 施加一水平拉力F，则（ ）
A．当F＞2μmg 时，A 相对B 开始滑动
B．当F= 5
2
μmg 时，A 的加速度为1
4
μg
C．当F＝3μmg 时，A 的加速度为1
2
μg
D．无论F 为何值，B 的加速度不会超过1
2
μg
【解答】解：AC、A 刚相对B 开始滑动时，根据牛顿第二定律，有F- μ
2 ×3mg＝3ma，F﹣
2μmg＝2ma，代入数据解得F＝3μmg，a= 1
2
μg
所以当F＞3μmg 时，A 相对B 开始滑动。故A 错误，C 正确；
B、当F= 5
2
μmg 时，二者没有相对滑动，整体有F- μ
2 ×3mg＝3ma，解得a= 1
3
μg，故B 错误；
D、当A 与B 相对滑动时，B 的加速度最大，最大为a= 1
2
μg。故D 正确。
故选：CD。
7.
（2023•张家口二模）如图所示，一个长度L＝1m、质量M＝2kg 的木板静止在光滑
的水平面上，木板的左端放置一个质量m＝1kg 可视为质点的物块，物块与木板间的动摩擦因
数μ＝0.4，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10m/s2。现对物块
施加一水平向右的恒定拉力F，使物块相对木板向右滑动。则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F＞7N
B．物块离开木板时速度的最小值为4m/s
C．物块离开木板的最短时间为1s
D．木板获得的最大速度为2m/s
6
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【解答】解：A、物块相对木板向右滑动，根据牛顿第二定律，对木板有：μmg＝Ma2
代入得到：a2=2m/ s
2
对物块有：F
μng
﹣
＝ma1
且根据：a1＞a2
联立可得：F＞6N，故A 错误；
B、设历时t 物块滑离木板，则由运动学公式和位移关系有：1
2 a1t
2- 1
2 a2t
2= L
物块滑离木板时的速度：v1＝a1t
联立解得：v1=a1√
2 L
a1-a2
=
√
2 L
1
a1
-a2
1
a1
2
由数学知识可知，当1
a1
= 1
2a2
，即a1＝2a2＝2×2m/s2＝4m/s2时物块离开木板的速度最小，其最小
值：v1min＝4m/s，故B 正确；
C、当a1= 4 m/ s
2时，从上面分析可以得到：F＝8N，t＝1s
木板获得的速度：v2＝a2t＝2×1m/s＝2m/s
若F＞8N，则：t＜1s，故C 错误；
D、若6N＜F＜8N，则：v2＞2m/s，故D 错误。
故选：B。
8.
（2023•市中区校级模拟）质量为M＝2kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物
块A 从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A 和B 经过1s 达到同一速度，
之后共同减速直至静止，A 和B 的v
t
﹣图像如图乙所示，重力加速度g 取10m/s2，下列说法正
确的是（ ）
A．A 与B 上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.1
7
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B．B 与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2
C．A 的质量m＝6kg
D．A 的质量m＝4kg
【解答】解：A、由图象可知，A 在0
1s
﹣
内的加速度a1= v1- v0
t1
解得a1＝﹣2m/s2
对A 由牛顿第二定律得，﹣μ1mg＝ma1
解得μ1＝0.故A 错误
B、由图象知，AB 在1
3s
﹣
内的加速度a3= v3- v1
t2
解得a3＝﹣1m/s2，
对AB 由牛顿第二定律得，﹣（M+m）gμ2＝（M+m）a3
解得μ2＝0.故B 错误
C、由图象可知B 在0
1s
﹣
内的加速度a2= v1- v0
t1
解得a2＝2m/s2。
对B 由牛顿第二定律得，μ1mg
μ
﹣
2（M+m）g＝Ma2，
代入数据解得m＝6kg。故C 正确，D 错误；
故选：C。
板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题（9-11
题）
9.
（多选）（2023•厦门模拟）如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，
一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，
筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90g（不含球的质量），球筒与手之间
的滑动摩擦力为f1＝2.6N；羽毛球质量为m＝5g，球头离筒的上端距离为d＝9.0cm，球与筒之
间的滑动摩擦力为f2＝0.1N。重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初
8
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速度后。（ ）
A．羽毛球的加速度大小为10m/s2
B．羽毛球的加速度大小为30m/s2
C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3√5
5
m/s
D．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3m/s
【解答】解：AB、依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖
直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律得mg+f2＝ma1
代入数据解得羽毛球的加速度为a1＝30m/s2，故A 错误，B 正确；
CD、对筒受力分析，根据牛顿第二定律有Mg
f
﹣1
f
﹣2＝Ma2，代入数据解得a2＝﹣20m/s2
负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头
部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时二者速度相等，此时筒获得的初速度为最小vmin，
有a1t＝vmin+a2t，(vmint + 1
2 a2t
2)- 1
2 a1t
2=d
代入数据解得：vmin＝3m/s，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
10. （2023•梅河口市校级三模）如图所示，一木块A 放在长木板B 的正中央，木块A 与
长木板B 间的动摩擦因数为μA＝0.1，长木板B 与水平面间的动摩擦因数为μB＝0.3，mA＝
1kg，mB＝2kg。现用一水平拉力F 作用在长木板B 上。
（1）若长木板B 足够长，F＝10.2N，且作用5s 后撤去拉力，求木块A 和长木板B 都停止运动
时各自的位移。
（2）若长木板B 的长为1.86m，F＝12.4N，要使木块A 从长木板B 后端掉落，求力F 作用的最
短时间。
9
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【解答】解：（1）AB 间的滑动摩擦力：FμA＝μAmAg＝0.1×1×10N＝1N
B 与地面间的滑动摩擦力：FμB＝μB（mA+mB）g＝0.3×（1+2）×10N＝9N
先求出A 与B 恰好不相对滑动时F 的大小，根据牛顿第二定律，对B 木板有：F
F
﹣
μA
F
﹣
μB＝
mBa
对物块A 有：FμA＝mAa
解得：a＝1m/s2，F＝12N＞10.2N
所以当拉力F＝10.2N 时，AB 先一起运动，然后A 相对B 向前滑动，设共同加速度a1，
则对AB 整体：a1= F - F μB
mA+mB
= 10.2-9
1+2
m/s2＝0.4m/s2
经过t1＝5s 时，二者速度为v，则：v＝a1t＝0.4×5m/s＝2m/s
位移：x= 1
2 a1t
2= 1
2 ×0.4×5
2m＝5m
此后撤去拉力F，A、B 各自做匀减速直线运动，A、B 的加速度分别为a2和a3，
对A 有：FμA＝mAa2
对B 有：μB（mA+mB）g
F
﹣
μA＝（mA+mB）a3
解得：a2＝1m/s2，a3＝4m/s2
方向均与物块运动方向相反，分别经过：t2= v
a2
= 2
1s＝2s，t3= v
a3
= 2
4 s＝0.5s 停下
相应的位移：x2= v
2
t2= 2
2 ×2m＝2.0m，x3= v
2 t3= 2
2 ×0.5m＝0.5m
所以木块A 的总位移：xA＝x+x2＝5m+2.0m＝7.0m
长木板B 的总位移：xB＝x+x3＝5m+0.5m＝5.5m
（2）当F＝12.4N 时，A、B 开始相对滑动，各自的加速度为a4和a5，
由牛顿第二定律有：a4＝μAg＝0.1×10m/s2，a5= F - F μA - F μB
mB
= 12.4 -1-9
2
m/ s
2=1.2m/s2
设F 作用t4时间后撤去，木块再经过t5时间刚好从长木板左端滑下，速度为v′，
对木块A，v′＝（t4+t5）a1
10
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撤去力F 后木板B 的加速度：a6= F μA+ F μB
mB
= 1+9
2
m/ s
2=5m/s2
对于长木板B，v′＝a5t4
a
﹣6t5＝1.2t4
5t
﹣
5
两式相等可知：t4＝30t5
两者位移之差等于板长的一半，即：（1
2 a5t 4
2+a5t4t5- 1
2 a6t5
2）- 1
2 a1(t 4+t5)
2= 1
2 L
求解二次方程得：t4＝3s
即要使木块A 从长木板后端掉下，则该力作用的最短时间为3s。
11. （2022•青羊区校级模拟）如图所示，质量为m1 的小铁块和质量为m2 的长木板静止
叠放在水平地面上，铁块位于木板的最左端，m1＝m2＝m，木板长为L，铁块可视为质点。铁
块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝3μ（μ 为已知常数），长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝
μ，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g。现对铁块施加一个水平向右的恒定
拉力F，求解下列问题。
（1）若F＝7μmg，求铁块需经过多长时间才能离开木板？
（2）为使铁块能离开木板且离开木板时，相对于地面的速度最小，F 应该为多大？
【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：
对铁块有：F
μ
﹣
1m1g＝m1a1
解得：a1＝4μg
对长木板有：μ1m1g
μ
﹣
2（m1+m2）g＝m2a2
解得：a2＝μg
设经t 时间铁块离开木板，由两者位移关系得：1
2
a1t2- 1
2
a2t2＝L
解得：t=√
2 L
3 μg
；
（2）设铁块的加速度为a，木板的加速度仍为a2＝μg，经t1时间铁块离开木板，铁块离开木板
时的速度为v，则有：t1= v
a
由两者位移关系得：v
2
2a - 1
2
a2t1
2＝L
11
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联立整理得：v2=
L
1
2a - μg
2a
2
令y= 1
2a - μg
2a
2，当y 取值最大时，v 最小。
解得当1
a =
1
2 μg
，即a＝2μg 时，y 取最大值。
对铁块由牛顿第二定律得：F
μ
﹣
1m1g＝m1a
解得：F＝5μmg。
板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题（12-15 题）
12. （2022•辽宁一模）如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水
平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演
示实验（示意图如图所示），若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因
数均为μ，重力加速度为g。若本实验中，m1＝100g，m2＝5g，μ＝0.2，香皂盒与纸板左端的
距离d＝0.1m，若香皂盒移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素
影响，g 取10m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是（ ）
A．1.41N
B．1.42N
C．1410N
D．1420N
【解答】解：香皂盒的加速度a1= μm1g
m1
=μg＝2m/s2
纸板的加速度a2= F - μm1g- μ(m1+m2)g
m2
对香皂盒，x1= 1
2 a1t1
2
12
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对纸板，x1+d= 1
2 a2t1
2
纸板抽出后香皂盒运动的距离x2= 1
2 a3t2
2，a3＝a1
由题意知a1t1＝a3t2，l＝x1+x2，解得F＝1.42 N
故选：B。
13. （多选）（2021•广东模拟）如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和
纸板的质量分别为M 和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面
右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F 拉动纸板，g 为重力加速度，下列说法正确的是
（ ）
A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M+m）g
B．要使纸板相对砝码运动，F 一定大于2μ（M+m）g
C．若砝码与纸板分离时的速度小于√μgd，砝码不会从桌面上掉下
D．当F＝μ（2M+3m）g 时，砝码恰好到达桌面边缘
【解答】解：A、当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力：μ（M+m）g+μMg，故A 错误；
B、设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：μMg＝Ma1，F
μMg
μ
﹣
﹣（M+m）g＝
ma2，发生相对运动需要a2＞a1，解得：F＞2μ（M+m）g，故B 正确；
C、若砝码与纸板分离时的速度小于√μgd，砝码匀加速运动的位移小于x= v
2
2a = d
2
，匀减速运
动的位移小于x′= v
2
2a' = μgd
2 μg = d
2
，则总位移小于d，不会从桌面掉下，故C 正确；
D 、当F ＝μ （2M+3m ）g 时，砝码未脱离时的加速度a1 ＝μg ，纸板的加速度：a2
= F - μ(m+ M )g- μMg
m
=2μg，根据 1
2
a2t2
- 1
2
a1t2＝d，解得：t=√
2d
μg
，则此时砝码的速度v＝
a1t=√2 μgd，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′＝μg，则匀减速运动
的位移：x= v
2
2a' =d，而匀加速运动的位移x′= 1
2a1t2＝d，则砝码将离开桌面，故D 错误。
故选：BC。
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14. （2023•郴州模拟）如图所示，将一砝码置于水平桌面上的一张纸板上，用水平向右
的拉力将纸板迅速抽出，若砝码的位移很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，
若物块和纸板的质量分别为m1＝100g 和m2＝500g，各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，砝
码与纸板左端的距离d＝0.1m，只要砝码移动的距离超过L＝0.002m 时人眼就能感知，忽略砝
码的体积因素的影响，g 取10m/s2；关于从砝码下抽出纸板过程下列说法正确的是（ ）
A．要把纸板能从砝码下抽出来，拉力至少超过1.4N
B．为确保砝码的移动不被人感知，纸板所需拉力至少为102.4N
C．为确保砝码的移动不被人感知纸板所需拉力至少为52.4N
D．迅速抽出是为了减少抽出过程中砝码所受到的摩擦力
【解答】解：BC、根据牛顿第二定律可知砝码的加速度为a1＝μg
设纸板的加速度为a2，则有F
μm
﹣
1g
μ
﹣（m1+m2）g＝m2a2
砝码的位移x1= 1
2 a1t1
2
纸板的位移x1+d = 1
2 a2t1
2
纸板抽出后砝码的运动距离x2= 1
2 a3t2
2，其中：a3＝a1
由于a1t1＝a3t2，由几何关系可知：L＝x1+x2
代入数据解得F＝102.4N，故B 正确、C 错误；
A 、要把纸板能从砝码下抽出来，纸板的加速度要大于砝码的加速度，即
F - μm1 g- μ(m1+m2)g
m2
＞μg，代入数据解得：F＞2.4N，故A 错误；
D、迅速抽出是为了减少抽出过程中砝码的运动时间，使其移动距离尽可能小，故D 错误。
故选：B。
15. （2021•西固区校级模拟）“桌布挑战”是2019 年最流行的网红挑战项目之一，其挑
战规则是一个人用力抽走桌布，同时保证桌子上的餐具“不动”（肉眼观察不到餐具位置发生
变化）。现将该挑战做如图所示的简化，在桌面上放置一块桌布，将一个可视为质点的正方体
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静置于桌布上，小明对桌布施加水平向右的拉力将桌布迅速抽出。若正方体和桌布的质量分别
为m 和M，正方体与桌布间的动摩擦因数为μ1，桌布、正方体与桌面间的动摩擦因数均为
μ2，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若要使正方体相对桌布静止，求拉力的最大值T；
（2）若人肉眼感知物体“不动”的最大距离l＝0.0075m，m＝1kg，M＝2kg，μ1＝0.1，μ2＝
0.2，g＝10m/s2，正方体与桌布左端的距离d＝0.04m，求小明完成“桌布挑战”需要提供的最小
拉力F。
【解答】解：（1）设正方体的最大加速度为a1，桌布的加速度大小为a2，对正方体、桌布分别
受力分析有：μ1mg＝ma1
T
μ
﹣1mg
μ
﹣
2（M+m）g＝Ma2
正方体和桌布保持相对静止应满足：a2≤a1
解得：拉力的最大值 T＝（μ1+μ2）（M+m）g
（2）设正方体在桌布上运动的位移为x1，加速度大小为a3，时间为t1，正方体离开桌布
后运动的位移为x2，加速度大小为a4，运动时间为t2；正方体从桌布上离开前，桌面的加
速度大小为a5，桌布运动的位移大小为x 则有μ1mg＝ma3
x1= 1
2 a3t1
2
μ2mg＝ma4
x2= 1
2 a4t2
2
F
μ
﹣
1mg
μ
﹣
2（M+m）g＝Ma5
x3= 1
2 a5t1
2=d+x1
若要完成挑战，则正方移动的总位移必须小于或等于人肉眼感知物体“不动”的最大距离l，考
虑临界值有：
l＝x1+x2
由正方先从零开始做匀加速运动，后做匀减速运动，最终静止在桌面上，有
a3t1＝a4t2
联立解得 F＝25N
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