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专题强化六 动力学中的“滑块—木板”模型
【复习目标】
1.掌握“滑块—木板”模型的受力情况和运动情况。 2.会用动力学的观点处理“滑块—木板”问
题。
【知识梳理】
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，滑块和木板具有不同的加速度。
2.模型构建
(1)隔离法的应用:对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
(3)明确滑块和木板间的位移关系
如图所示，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Δx＝x1－
x2＝L(板长);滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L。
3.解题关键
角度1 水平面上的板块模型
【典例剖析】
1
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例1 如图所示，长L＝2 m、质量M＝8 kg 的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v0＝6
m/s 时，在木板最右端轻放一个初速度为0、质量m＝2 kg、可看成质点的小物块。木板与地面、
物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2。求物块滑离木板的时间t 和此时木板的速度。
答案 0.4 s 4.8 m/s
解析 解法一
注意:算出0.4 s 后仍需要检验在0.4 s 内木板是否已减速停止。若0.4 s 内木板已减速停止，则需分
两段进行计算，第一段为木板减速到0 的过程，第二段为木板停止运动后，物块运动的过程。
则0.4 s 时物块已滑离木板，不研究滑离后的运动，因此t2＝2 s 舍去。
解法二 利用v－t 图像求解。
如果木板足够长，整个过程是物块和木板先分别做加速运动和减速运动，然后再一起做减速运动，
设t0时两者速度相等，由v0－a2t0＝a1t0得出t0＝1.2 s，作出v－t 像如图所示。假设两者能共速，那
2
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共速前的位移差等于图中的阴影部分面积，解得s1＝v0t0
2 ＝3.6 m>2 m，可以判断出两者速度相等
前就已经分离了。假设时间t 后两者分离，两者的位移差等于图中梯形ABCO 的面积，表示为s2
＝(v0−a2t −a1t ＋v0)t
2
，又s2＝L，解得t1＝0.4 s，t2＝2 s，由分析我们可知运动时间小于1.2 s，
故取t1＝0.4 s，此时木板的速度v 板＝v0－a2t1＝4.8 m/s。
例2 如图所示，质量M＝2 kg 的滑板A 放在水平地面上，当A 向右滑动的速度v0＝13.5 m/s 时，
在A 中间位置轻轻地放上一个初速度为0、大小不计、质量m＝1 kg 的小物块B，同时给B 施加
一个水平向右的恒力F＝6 N 并开始计时。已知A 与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，A 与B 之间
的动摩擦因数μ2＝0.4(设滑板A 足够长，g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。求:
(1)A、B 达到共同速度时的速度大小;
(2)从开始计时到A、B 达到共同速度的时间内，A、B 间相对位移x。
答案 (1)10 m/s (2)6.75 m
解析 (1)先求摩擦力。
A、B 所受摩擦力的方向如图所示。
A 对B 的摩擦力FfB＝μ2mg＝4 N
由牛顿第三定律知FfB'＝FfB
地面对A 的摩擦力FfA＝μ1(m＋M)g＝3 N
再求加速度。
对B 有F＋FfB＝maB，解得aB＝10 m/s2，方向向右
对A 有FfA＋FfB'＝MaA，解得aA＝3.5 m/s2，方向向左。
设经过时间t 达到共速v 共，对B 有v 共＝aBt
对A 有v 共＝v0－aAt
则aBt＝v0－aAt
3
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解得t＝1 s
所以v 共＝aBt＝10 m/s。
(2)相对位移就是从开始到共速这段时间内A、B 的位移差x＝xA－xB
对滑板A，有xA＝v0＋v共
2
t
对物块B，有xB＝0＋v共
2
t
解得x＝6.75 m。
【即时训练】
1.(多选)(2024·安徽合肥模拟)如图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P 处于静止状态，小滑块
Q(可视为质点)放置于长木板中点。已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的
动摩擦因数μ2＝0.3，滑块、木板的质量均为1 kg，重力加速度g＝10 m/s2。现将一个水平向右的
力F 作用在长木板的右端，则( )
A.F＝4 N，Q 受到的摩擦力为零
B.F＝14 N，P 的加速度等于4 m/s2
C.F＝8 N，Q 受到的摩擦力为1 N
D.F＝8 N，经过4 s 撤去F，若要Q 不从P 上滑脱，长木板长至少为4 m
答案 ACD
解析 P 与地面间的最大静摩擦力为FfPm＝μ2·2mg＝6 N，F 至少等于6 N 才能拉动木板P，当F＝4
N 时木板P 保持静止，Q 受到的摩擦力为零，故A 正确;当F＝14 N 时，假设Q 在P 上相对滑动，
对P 分析，由牛顿第二定律有F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaP，解得aP＝6 m/s2>aQ＝μ1g＝2 m/s2，假
设成立，所以P 的加速度等于6 m/s2，故B 错误;当F＝8 N 时，假设P 和Q 加速度相等，有F－
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝1 m/s2<aQ＝μ1g＝2 m/s2，假设成立，Q 受到的摩擦力Ff＝ma＝1
N，故C 正确;F＝8 N，经过4 s 撤去F，此时两者具有相同的速度v＝at＝4 m/s，以后滑块Q 的加
4
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速度a1＝μ1g＝2 m/s2，木板P 的加速度大小a2＝μ2( M ＋m)g−μ1mg
M
＝4 m/s2，木板先停，滑块后
停，相对位移x 相＝v
2
2a1
－v
2
2a2
＝2 m，则木板长至少4 m，故D 正确。
2.(多选)(2024·黑吉辽卷，10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0 时，
木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从
右端滑上木板。已知t＝0 到t＝4t0的时间内，木板速度v 随时间t 变化的图像如图所示，其中g 为
重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是( )
A.小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C.小物块与木板的质量之比为3∶4
D.t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
答案 ABD
解析 由v－t 图像可知，在3t0时刻木板的加速度发生变化，可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，
A 正确;由v－t 图像可知，0~3t0时间内，木板的加速度大小a1＝1
2μg，设木板的质量为M，对木板
由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝3
2μMg，在t＝3t0时，木板的速度v1＝a1·3t0＝3
2μgt0，
根据题意可知t＝3t0时小物块以3
2μgt0的速度水平向左滑上木板，3t0~4t0时间内，小物块的加速度
大小a'＝
1
2 μgt0−(−3
2 μgt0)
t0
＝2μg，设小物块的质量为m，对小物块，由牛顿第二定律有μ'mg＝
ma'，可得μ'＝2μ，B 正确;由v－t 图像可知，3t0~4t0时间内，木板的加速度大小a2＝μg，对木板分
析有F－μ'mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，可得m∶M＝1∶2，C 错误;t＝4t0之后，假设木板与小物块相
对静止，对整体有F－μ(M＋m)g＝0，假设成立，所以t＝4t0之后小物块与木板一起做匀速运动，
D 正确。
角度2 斜面上的板块模型
【典例剖析】
5
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例3 如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝3 m 的薄平板AB。平
板的上表面光滑，其下端B 与斜面底端C 的距离为16 m。在平板的上端A 处放一可视为质点、质
量m＝0.6 kg 的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放。设平板与斜面间、
滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与平板下端B 到达斜面底端C 的时间差Δt(sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)。
答案 2 s
解析 由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 37°，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动，滑块在平板上
滑行时加速度大小a1＝gsin 37°＝6 m/s2
到达B 点时速度v＝√2a1 L＝6 m/s
之后滑块滑离平板，在斜面上运动时的加速度大小a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
设滑块在斜面上运动的时间为t，则有
LBC＝vt＋1
2a2t2
代入数据解得t＝2 s
对平板，滑块滑离后才开始运动，加速度为a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
设滑至斜面底端C 所用时间为t'，则有LBC＝1
2a3t'2
代入数据解得t'＝4 s
滑块与平板下端B 到达斜面底端C 的时间差为Δt＝t'－t＝2 s。
【即时训练】
3.(多选)(2025·湖南宁乡市高三调研)滑板运动已经成为亚运会中备受瞩目的一项比赛项目，它不仅
代表了一种独特的文化，还展现了竞技体育的精神和魅力。如图所示，某次运动中，小孩(可看作
质点)与滑板以相同初速度v0＝6 m/s 一起滑上斜面体，整个过程斜面体始终保持静止。已知小孩
与滑板间的动摩擦因数μ1＝0.6，滑板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，小孩质量m1＝25 kg，滑板
质量m2＝1 kg，斜面体质量m3＝10 kg，斜面倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力
加速度g＝10 m/s2，则在上滑过程中，下列说法正确的是( )
6
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A.小孩与滑板之间的摩擦力大小为120 N
B.小孩沿斜面滑行的最远距离为1.8 m
C.地面对斜面的支持力大小为360 N
D.地面对斜面的摩擦力大小为208 N
答案 BD
解析 由于μ1>μ2，所以小孩和滑板相对静止一起做匀减速运动到最高点，由牛顿第二定律有(m1
＋m2)gsin θ＋μ2(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a，解得a＝10 m/s2，方向沿斜面向下。对小孩分析，假
设小孩和滑板间的摩擦力为Ff1，有Ff1＋m1gsin θ＝m1a，解得Ff1＝100 N，故A 错误;由速度位移
公式可得x＝0−v0
2
−2a ＝1.8 m，故B 正确;以小孩、滑板和斜面体整体为研究对象，小孩和滑板做匀
减速运动，加速度方向沿斜面向下，加速度有水平向右和竖直向下的分加速度，大小分别为ax＝
acos θ，ay＝asin θ，根据系统牛顿第二定律可知，在竖直方向有(m1＋m2＋m3)g－FN＝(m1＋m2)ay，
解得FN＝204 N，故C 错误;地面对斜面体有向右的摩擦力，其大小为Ff2＝(m1＋m2)ax＝208 N，故
D 正确。
【解题妙招】
处理“板块”模型中动力学问题的流程
【限时训练】（40min）
7
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1.(多选)(2025·山西吕梁高三月考)如图甲所示，长木板A 静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg
的物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s 滑上长木板A 的表面。由于A、B 间存在摩擦，之后
的运动过程中A、B 的速度—时间图像如图乙所示。g 取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.长木板A、物体B 所受的摩擦力均与运动方向相反
B.A、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2
C.1 s 末物体B 从木板A 的右端滑落
D.长木板A 的质量是4 kg
答案 BD
解析 由题意可知，A 木板的运动方向与其摩擦力方向相同，物体B 运动方向与其摩擦力方向相
反，故A 错误;由题图乙知B 的加速度大小为aB＝3−1
1
m/s2＝2 m/s2，对B 由牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB，解得μ＝0.2，故B 正确;由题图乙可知0~1 s 内二者相对运动，之后相对静止一起匀
速运动，故C 错误;长木板A 的加速度大小为aA＝1 m/s2，由μmBg＝mAaA，μmBg＝mBaB，联立两式
可解得
aA
aB
＝mB
mA
＝1
2，长木板A 的质量是B 物体的两倍，即mA＝4 kg，故D 正确。
2.将一香皂盒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，香皂盒的位移很小，
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。本实验中，m1＝100 g，m2＝5 g，
μ＝0.2，香皂盒与纸板左端的距离d＝0.1 m，若香皂盒移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知，
忽略香皂盒的体积因素影响，g 取10 m/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.1.42 N
B.1.40 N
C.142 N
D.0.142 N
答案 A
8
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解析 香皂盒的加速度a1＝μg＝2 m/s2，纸板的加速度a2＝
F −μm1g−μ(m1＋m2)g
m2
，对香皂盒有
x1＝1
2a1t1
2，对纸板有x1＋d＝1
2a2t1
2，纸板抽出后香皂盒运动的距离x2＝1
2a3t2
2，a3＝a1，由题意知
a1t1＝a3t2，l＝x1＋x2，联立解得F＝1.42 N，故A 正确。
3.(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板
的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的变力作用，从t＝0 时刻开始计时，滑块所受
摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g 取10
m/s2，则下列说法正确的是( )
A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C.图乙中t2＝24 s
D.木板的最大加速度为2 m/s2
答案 ACD
解析 由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝
Ffm
mg ＝8
20＝0.4，故A 正确;由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，
则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ'＝Ff '
2mg ＝4
40＝0.1，故B 错误;t2时刻，滑块与木板将要发
生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，两物体的加速度相等，且
木板的加速度达到最大，则对木板有Ffm－μ'·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2，对滑块有F－Ffm＝
mam，解得F＝12 N，则由F＝0.5t(N)可知t2＝24 s，故C、D 正确。
4.(2024·湖南长沙模拟)如图所示，质量为4 kg 的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一
质量为2 kg 的物块，现对物块施加一大小为12 N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F 作用的时
间不超过1 s，物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动
摩擦因数为0.1，物块可视为质点，重力加速度大小g＝10 m/s2。则木板的长度为( )
A.0.8 m
B.1.0 m
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C.1.2 m
D.1.5 m
答案 B
解析 设拉力F 作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小为a1，撤去外力后物块的加速度大
小为a2，木板的加速度为a3，根据牛顿第二定律有F－μ1mg＝ma1，μ1mg＝ma2，μ1mg－μ2(M＋m)g
＝Ma3，解得a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2，a3＝0.5 m/s2，拉力F 作用的时间为1 s 时，物块、木板的速
度为v1＝a1t1＝2 m/s，v2＝a3t1＝0.5 m/s，设又经t2时间，物块、木板共速，则v 共＝v1－a2t2＝v2＋
a3t2，解得t2＝1
3 s，v 共＝2
3 m/s，木板的长度为L＝1
2v1t1－1
2v2t1＋v1＋v共
2
t2－v2＋v共
2
t2＝0.75 m＋
0.25 m＝1.0 m，故B 正确。
5.在倾角为θ 的固定斜面上放置一个长为L、质量为m 的薄木板，木板上端与斜面的顶端对齐。将
质量为m 的小滑块置于木板上端，与木板一起由静止释放。木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝tan
θ，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2<μ1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。斜面足够长，且小滑块
未脱离木板，则在小滑块下滑的过程中，下列说法中正确的是( )
A.小滑块与长木板相对静止一起加速下滑
B.长木板相对斜面匀速下滑
C.小滑块的加速度为gsin θ－μ2gcos θ
D.长木板的加速度为gsin θ＋μ2gcos θ－μ1gcos θ
答案 C
解析 由于μ1＝tan θ，对木板而言，若木板单独放在斜面上，则有mgsin θ＝μ1mgcos θ，即木板会
静止在斜面上，而由于μ2<μ1，对小滑块有mgsin θ>μ2mgcos θ，即小滑块不能静止在木板上，会与
木板产生相对滑动，木板对小滑块的滑动摩擦力沿着木板向上，根据牛顿第三定律可知，滑块对
木板的滑动摩擦力沿着木板向下，此时对木板有mgsin θ＋μ2mgcos θ<μ1(m＋m)gcos θ，即木板仍然
静止在斜面上，故A、B、D 错误;对小滑块，由牛顿第二定律有mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma，解得小
滑块的加速度为a＝gsin θ－μ2gcos θ，故C 正确。
6.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°
的斜坡上有长为1 m 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为21
40。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，
与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与
滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8，g 取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
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A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C.经过1 s 的时间，小孩离开滑板
D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
答案 BC
解析 对小孩，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1，解得加速度大小为a1＝2.8
m/s2，同理对滑板，加速度大小为
a2＝mgsin37°＋μ1mgcos37°−2 μ2mgcos37°
m
＝0.8 m/s2，A 错误，B 正确;小孩刚与滑板分离时，
有1
2a1t2－1
2a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，C 正确，D 错误。
7.如图(a)所示，物块和长木板置于倾角为θ＝37°且足够长的斜面上。t＝0 时对长木板施加沿斜面
向上的拉力F，使长木板和物块由静止开始沿斜面上滑，作用一段时间后撤去拉力F。已知长木
板和物块始终保持相对静止，两者上滑时速度的平方与位移之间的关系v2－x 图像如图(b)所示，
已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列
说法正确的是( )
A.拉力F 的作用时间为2 s
B.拉力F 作用时长木板的加速度大小为2 m/s2
C.长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25
D.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75
答案 C
11
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解析 由图(b)知，斜率的绝对值等于加速度的2 倍，则拉力F 作用的长木板的加速度a1＝v
2
2 x ＝1
2
×16
8 m/s2＝1 m/s2，B 错误;撤去拉力时的速度v＝4 m/s，拉力作用时间为t1＝v
a1＝4 s，A 错误;撤去
拉力后的加速度a2＝v
2
2 x ＝1
2×16
1 m/s2＝8 m/s2，由牛顿第二定律有(M＋m)gsin θ＋μ1(M＋m)gcos θ
＝(M＋m)a2，解得μ1＝0.25，C 正确;物块与长木板之间无相对滑动，由牛顿第二定律有μ2mgcos θ
－mgsin θ≥ma1，解得μ2≥0.875，物块与长木板之间的动摩擦因数不可能为0.75，D 错误。
8.(2025·湖北十堰模拟)如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0＝3
m/s 的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长
度，已知物块的质量m＝1 kg，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数
μ2＝0.05，重力加速度大小g＝10 m/s2，求:
(1)木板的长度L;
(2)木板的质量M。
答案 (1)1.5 m (2)1 kg
解析 (1)设物块在木板上滑动时的加速度大小为a1，它们相对静止一起减速时的加速度大小为
a2，图中两部分的阴影面积相等，有μ1mg＝ma1
μ2(m＋M)g＝(m＋M)a2
设两者共同速度为v 共，有(v0−v共)t1
2
＝2t1v共
2
(v0−v共)t1
2
＝1
2a1t1
2
得t1＝1 s，v 共＝1 m/s
所以1 s 后两者的速度大小均为1 m/s，由题意知木板的长度L＝1
2×3t1×1 m＝1.5 m。
(2)由图知，两者共速前，木板的加速度大小a3＝1.0 m/s2
有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3
解得M＝1 kg。
12
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9.(2024·河北高三猜题卷)如图(a)所示，质量为M＝1 kg 的长木板置于倾角为θ＝37°且足够长的斜
面上，在外力F 作用下沿斜面向上以v0＝0.8 m/s 的速度一直做匀速运动。t＝0 时刻，一质量为m
＝2 kg 的小铁块(可视为质点)以一定的初速度从长木板顶端沿长木板向下滑上长木板，以沿斜面
向上为正方向，外力F 随时间t 变化的图像如图(b)所示，小铁块始终未从长木板上滑落，已知小
铁块与长木板、长木板与斜面间的动摩擦因数均为0.8，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
求:
(1)小铁块滑上长木板的初速度大小;
(2)图(b)中F'的大小和长木板的最短长度。
答案 (1)1 m/s (2)37.2 N 4.05 m
解析 (1)设小铁块的加速度大小为a，对小铁块根据牛顿第二定律有Ff2－mgsin θ＝ma
其中Ff2＝μFN2＝μmgcos θ
解得a＝0.4 m/s2
由图(b)可知t＝4.5 s 时小铁块与长木板达到共速，有v0＋v＝at
解得v＝1 m/s。
(2)小铁块先沿木板向下做匀减速运动至速度为零，再沿木板向上做匀加速运动，t＝4.5 s 后与长木
板一起以速度v0沿斜面向上做匀速运动，有
F'＝Mgsin θ＋mgsin θ＋μ(m＋M)gcos θ
解得F'＝37.2 N
t＝4.5 s 内小铁块的位移大小为x1，长木板的位移大小为x2，有x1＝v −v0
2
t＝0.45 m，方向沿斜面
向下，x2＝v0t＝3.6 m，方向沿斜面向上。为了保证小铁块不从长木板上滑落，长木板的最短长度
为
L＝x1＋x2＝4.05 m。
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