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专题强化六 动力学中的“滑块—木板”模型
学习目标 1.理解什么是“滑块—木板”模型。 2.会用动力学的观点处理“滑块
—木板”模型问题。
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。
图1
3.解题关键
角度
水平面上的板块模型
例1 如图2 所示，一质量M＝2 kg 的木板长度为L＝50 m，静止放在水平面上，
另一质量m＝2 kg、大小可以忽略的铁块静止放在木板的左端，已知铁块与木板
之间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。现给铁块施加一个水平向右的力F，求：
1
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图2
(1)若F 为变力，且从零开始不断增大，当F 增大到多少时，铁块与木板即将开
始相对滑动？
(2)若F 恒定为20 N，试通过计算说明，在此情况下，m 与M 是否分离，若不分
离求两者共同的加速度；若分离，求从静止开始经过多长时间，二者分离？
答案 (1)12 N (2)分离 5 s
解析 (1)二者即将相对滑动时，对整体有F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a
对木板有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma
联立解得F＝12 N。
(2)由于F＝20 N>12 N，因此铁块与木板两者会分离，对铁块和木板由牛顿第二
定律分别有F－μ1mg＝ma1，μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
解得a1＝5 m/s2，a2＝1 m/s2
根据L＝a1t2－a2t2
解得分离所需时间t＝5 s。
1.如图3 所示，质量m＝1.0 kg 的物块(视为质点)放在质量M＝4.0 kg 的木板的右
端，木板长L＝2.5 m。开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水
平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F＝40 N，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝10 m/s2。则物块在木板上运
动的过程中，下列说法中正确的是( )
图3
A.物块与木板以相同的加速度做匀加速运动
B.木板的加速度大小为5.6 m/s2
2
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C.物块的最大速度大小为3.5 m/s
D.物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5 m
答案 D
解析 物块与木板恰好相对滑动时物块的加速度a＝＝μg＝2 m/s2，此时对整体
有Fm－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得Fm＝20 N<F＝40 N，则物块与木板相对滑动，
不可能以相同的加速度做匀加速运动，故A 错误；
木板的加速度a 木板＝＝ m/s2＝7 m/s2，故B 错误；物块的加速度
a 块＝＝μg＝2 m/s2，设经过时间t 物块从木板上滑落，则L＝a 木板t2－a 块t2，代入
数据解得t＝1 s，此时物块的速度最大为v＝a 块t＝2×1 m/s＝2 m/s，故C 错误；
物块到达木板左端时木板前进的位移大小x 木板＝a 木板t2＝×7×12 m＝3.5 m，故D
正确。
2.(多选)(2024·湖南常德模拟)如图4 甲所示，长木板B 静止在水平地面上，在t＝
0 时刻，可视为质点、质量为1 kg 的物块A 在水平外力F 作用下，从长木板的左
端由静止开始运动，1 s 后撤去外力F，物块A、长木板B 的速度—时间图像如图
乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图4
A.长木板的最小长度为2 m
B.A、B 间的动摩擦因数是0.1
C.长木板的质量为0.5 kg
D.外力F 的大小为4 N
3
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答案 ABD
解析 由图乙可知，2 s 后物块和木板达到共速，一起匀速运动，说明木板与地
面之间无摩擦，v－t 图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，故由图乙
可知，在2 s 内物块的位移为x1＝4 m，木板的位移为x2＝2 m，故长木板的最小
长度为L＝x1－x2＝2 m，A 正确；由图乙可知，1 s 时撤去外力F，在1～2 s 内由
物块A 的受力及牛顿第二定律可知μmg＝maA，由图乙可知1～2 s 内物块A 的加
速度大小为aA＝1 m/s2，解得A、B 间的动摩擦因数为μ＝0.1，B 正确；由图乙可
知，木板的加速度大小为aB＝1 m/s2，由木板B 的受力及牛顿第二定律可知μmg
＝MaB，解得长木板的质量为M＝1 kg，C 错误；由0～1 s 内的物块A 的受力及
牛顿第二定律可知F－μmg＝maA′，又此过程中加速度的大小为aA′＝3 m/s2，解
得F＝4 N，D 正确。
角度
斜面上的板块模型
例2 (2024·江苏扬州模拟)如图5 甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放
着小物块B 和薄木板C，木板下端位于挡板A 处，整体处于静止状态。木板C 受
到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F 作用时，木板C 的加速度a 与拉力F 的关系图
像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，则
由图像可知下列说法正确的是( )
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图5
A.10 N<F<15 N 时物块B 和木板C 相对滑动
B.木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出
C.由题目条件可求木板C 的质量
D.F>15 N 时物块B 和木板C 相对滑动
答案 D
解析 由图乙可知，当10 N<F<15 N 时物块B 和木板C 相对静止，当F>15 N 时
木板的加速度变大，物块B 和木板C 产生了相对滑动，故A 错误，D 正确；对
木板和物块整体，当F1＝10 N 时，a＝0，则F1＝(M＋m)gsin θ，当F2＝15 N 时，
a＝2.5 m/s2，则F2－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a，联立得M＋m＝2 kg，sin θ＝，
但是不能求解木板C 的质量，故C 错误；当F2＝15 N 时，对物块B，有μmgcos
θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝，故B 错误。
3.(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6 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。
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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图6
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，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，
加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A 错误，B 正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－
a2t2＝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。
方法总结 处理“板块”模型中动力学问题的流程
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A 级 基础对点练
对点练1 水平面上的板块模型
1.如图1 甲所示，一足够长的质量为m 的木板静止在水平面上，t＝0 时刻质量也
为m 的滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩
擦因数分别为μ1、μ2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v－t 图像如图乙
所示，则有( )
图1
A.μ1＝μ2
B.μ1<μ2
C.μ1>2μ2
D.μ1＝2μ2
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答案 C
解析 由v－t 图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速
到停止，对木板μ1mg>μ2·2mg，则有μ1>2μ2，故C 正确。
2.如图2 所示，光滑水平面上有一足够长的轻质绸布C，C 上静止地放有质量分
别为2m、m 的物块A 和B，A、B 与绸布间的动摩擦因数均为μ。已知A、B 与C
间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A 施加一水平拉力F，F 从0 开始逐渐
增大，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图2
A.当F＝0.5μmg 时，A、B、C 均保持静止不动
B.当F＝2.5μmg 时，A、C 不会发生相对滑动
C.当F＝3.5μmg 时，B、C 以相同加速度运动
D.只要力F 足够大，A、C 一定会发生相对滑动
答案 B
解析 B 对C 的最大静摩擦力为FfBC＝μmg，由于C 是轻质绸布，故A、C 间最
大静摩擦力为FfAC＝FfBC＝μmg，小于A、C 间最大静摩擦力2μmg，即无论F 多
大，A 与C 都不会发生相对滑动，故B 正确，D 错误；B 与C 发生相对滑动时，
对B 由牛顿第二定律有μmg＝ma0，对A、B、C 整体，由牛顿第二定律有F0＝
(2m＋m)a0＝3μmg，则当F>3μmg 时，B 与C 发生相对滑动，且发生相对滑动后，
二者加速度不同，故C 错误；水平地面光滑，故只要水平力不为零，系统就会
发生运动，故A 错误。
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3.(多选)如图3 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( )
图3
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＝＝＝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′＝＝＝
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。
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对点练2 斜面上的板块模型
4.(2024·湖南长沙模拟)如图4 所示，一倾角为θ 的斜面体固定在水平地面上。一
质量为m 的长木板B 静止在斜面上，质量也为m 的物块A 静止在长木板上，A
与B 间、B 与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现
给长木板B 一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B 从物块A 的下面抽出，重力加
速度为g。则拉力F 应大于( )
图4
A.mgsin θ＋μmgcos θ
B.mgsin θ＋2μmgcos θ
C.4μmgcos θ
D.2mgsin θ
答案 C
解析 设拉力为F0时，B 刚要从A 下面被抽出，对整体，根据牛顿第二定律有
F0－2mgsin θ－2μmgcos θ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－
mgsin θ＝ma，联立可得F0＝4μmgcos θ，故A、B、D 错误，C 正确。
5.(2024·浙江宁波高三期末)如图5 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( )
图5
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
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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Ff－mgsin α＝ma，为使物块不滑离木板，则Ff≤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。
6.如图6(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，取重力加速度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( )
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图6
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
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＝＝× 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＝＝4 s，A 错误；撤去拉力后的加速度a2＝＝× 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。
B 级 综合提升练
7.如图7 所示，滑板长L＝1 m，起点A 到终点线B 的距离s＝5 m。开始时滑板
静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施加一水平恒
力F 使滑板前进。滑板右端到达B 处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩
擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加
速度g 取10 m/s2，求：
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图7
(1)滑板由A 滑到B 的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F 的取值范围。
答案 (1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
解析 (1)滑板由A 滑到B 过程中一直加速时，所用时间最短。设滑板的最大加
速度为a2，则有Ff＝μm1g＝m2a2，解得a2＝10 m/s2，又s＝a2t2, 解得最短时间t＝
1 s。
(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加
速度相等，对滑块有F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30 N
当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为
a1，对滑块有F2－μm1g＝m1a1，由位移关系有－＝L，解得F2＝34 N，则水平恒
力大小范围是30 N≤F≤34 N。
C 级 培优加强练
8.如图8 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。
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图8
(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Ff＝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Ff＋mgsin θ＝ma1
Mgsin θ－Ff＝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。
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