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大题05 板块模型
板块模型作为高中物理的重难点，在高考中常结合碰撞、弹簧系统、能量转化等环节（如2023 年
辽宁卷“滑块与木板+弹簧”模型，需分阶段分析动量守恒与能量变化）。黑吉辽卷侧重物理过程分析，
逐渐减少纯数学运算，模型创新，引入多物体系统。整体命题趋势为：“经典模型主导，情境创新突
破，强化综合思维”。2025 年备考需重点关注模型分析，同时强化多过程分析与临界条件判断能力。
以辽宁卷真题为核心，辅以全国卷创新题，提升实际情境的物理建模能力。
题型一 物块受外力作用
【例1】（2024·辽宁大连·三模）如图1 所示，光滑水平面上静置有“L”型长木板
A，A 的上表面在左侧光滑、右侧粗糙，其上表面上放有一质量为
的物体B、B 用轻质水平
弹簧与A 左侧连接，初始状态弹簧处于原长，B 可视为质点。0~3s 时间内，一水平向右的恒力F 作用
于B 上，这段时间内A、B 的加速度随时间变化的情况如图2 所示，在
时撤去外力和轻质弹簧，
此时B 刚好滑到A 的粗糙部分。一段时间后，A、B 相对静止。重力加速度g 取
。求：
1
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（1）恒力F 的大小；
（2）长木板A 的质量
；
（3）3s 以后，A、B 第一次达到相对静止时，共同速度
的大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）
时刻，对物体B，根据牛顿第二定律，恒力F 的大小为
解得
（2）
时刻，对整体，根据牛顿第二定律
解得
（3）对整体，根据动量定理有
解得
力作用在“块”上
示意
图
条件
水平面光滑：μ≠0，μ'＝0
水平面粗糙：μ≠0，μ'≠0 且μmg＞ f '
相对
静止
①“板块”对地静止：对整体有F＝0
②“板块”相对静止对地共同加速：
①“板块”对地静止：对整体有F＝f 地静
2
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过程
对整体：F＝（m＋M）a
对“块”：F－f 静＝ma
对“板”：f 静＝Ma
②“板块”相对静止对地共同加速：
对整体：F－f '＝（m＋M）a
对“块”：F－f 静＝ma
对“板”：f 静－f '＝Ma
临界
条件
①“板块”对地滑动的临界条件
F＝0
F＝f 地max＝f '＝μ'（m＋M）g
②板块”相对滑动的临界条件
F＝fmax＝μmg，此时
，外力
F＝fmax＝μmg，此时
，
外力
相对
滑动
过程
对“块”有：F－μmg＝ma1
对“板”有：μmg＝Ma2
对“块”有：F－μmg＝ma1
对“板”有：μmg－μ'（m＋M）g＝Ma2
a—F
图像
1．（2023·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图所示，长木板A 放置在光滑水平面上，木板右端距固定平台距离
，木板厚度与光滑平台等高，平台上固定半径
的光滑半圆轨道，轨道末端与平台相切。
木板左端放置滑块B，滑块与木板上表面间的动摩擦因数
，给滑块施加水平向右
的作
用力，作用时间
后撤去
，滑块质量
，木板质量
，滑块没有滑离木板，不计空
气阻力，重力加速度
。求：
（1）木板的最大速度；
（2）若木板与平台间碰撞无能量损失，最终滑块停在木板右端，求木板的长度；
（3）若木板长度
，且木板与平台碰撞即与平台粘合在一起，求滑块通过轨道最高点时对轨
3
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道压力大小。
【答案】（1）
；（2）12m；（3）
【解析】（1）根据题意，设加外力时滑块和木板的加速度分别为
，由牛顿第二定律有
解得
撤去外力时滑块及木板的速度分别为
，则
撤去外力后滑块加速度
设木板未碰到平台前已与滑块达到共同速度，设再经过
时间达到共速
，则有
解得
木板位移
4
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故木板最大速度为
。
（2）第一段滑块与木板间的相对位移为
此后木板与平台发生弹性碰撞向左做减速运动，因滑块质量大，两者再达到共同速度再次与平台碰撞，
以后重复上述运动，最终滑块停止在木板右端，第二段滑块与木板间相对位移为
，由功能关系有
解得
故木板长度
（3）滑块与木板达到共同速度后一起运动，木板与平台碰后立即停止，滑块滑离木板时速度为v，由
动能定理
解得
滑块通过最高点速度为
，由机械能守恒，有
解得
由牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律，滑块对轨道压力大小为
。
2．（2024·河北·模拟预测）如图所示，质量为
的长木板B 放在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为
5
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0.1，质量为
的小滑块A 放在长木板B 的最左端。某时刻给小滑块A 施加一个水平向右的恒定拉力
，A、B 向右运动的加速度分别为
和
，已知木板B 长度为
，
取
，求：
（1）水平拉力
的大小；
（2）A 到达B 右端的时间以及此过程拉力
所做的功；
（3）A 到达B 右端的过程中，系统因摩擦产生的热量。
【答案】（1）8N （2）2s；64J （3）24J
【解析】（1）两物体加速度不同，则A、B 间为滑动摩擦力，对A、B 根据牛顿第二定律有
解得
N，
N
（2）根据运动学规律可知
解得
s
A 的位移为
拉力
所做的功为
解得
J
（3）B 的位移为
系统因摩擦产生的热量为
6
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解得
J
3．（24-25 高三上·河南·阶段练习）质量
、长
的木板A 静止在水平面上，木板的左端静置
一质量
可视为质点的木块B，木板与地面之间的动摩擦因数
，木块与木板之间的动摩
擦因数
，现用水平恒力F 始终推木块B，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
，求：
（1）若B 相对A 滑动，推力F 至少多大；
（2）若外力
，B 离开A 的时间；
（3）仅改变外力F 的大小，使B 离开A，力F 做功的最小值。
【答案】（1）
（2）4s （3）
【解析】（1）B 与A 刚好滑动，B 与A 之间的摩擦力
A 与地面之间摩擦力
临界加速度为
对整体
7
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解得
（2）由于28N>24N，则B 相对A 产生滑动，设B 的加速度为
，有
解得
B 离开A，则有
解得
（3）力F 作用在B 上产生的加速度
设离开时间为
，有
力F 做功
整理得
则当
时W 最小，即
当
力F 做功最小
8
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此时
4．（24-25 高三上·湖南长沙·阶段练习）如图所示，质量为M=4kg、长为L=3.2m 的长木板乙放在地面上，
另一质量为m=4kg 且可视为质点的物体甲放在长木板的最右端，现在甲上施加一斜向左上方与水平方
向成53°，大小为40N 的恒力F，使甲开始在长木板上滑动，经过一段时间甲运动到长木板的中点时将
恒力撤走，已知甲与乙之间、乙与地面之间的动摩擦因数分别为µ1=0.5，µ2=0.2，重力加速度
g=10m/s2，sin53°=0.8。求：
（1）撤去恒力瞬间，物体甲的速度（由题设条件可以判断撤去恒力前长木板乙不动）；
（2）整个过程长木板乙的位移。
【答案】（1）4m/s （2）
【解析】（1）在物体甲上施加恒力后，设物体甲的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
又
竖直方向由力的平衡条件得
木板乙与地面之间的最大静摩擦力为
所以长木板静止不动。撤走恒力瞬间，物体甲的速度为
联立解得
（2）撤去F 后，甲、乙之间的摩擦力为
9
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乙与地面之间的摩擦力为
因此撤走F 后，甲开始减速，乙开始加速，由牛顿第二定律对甲
对乙
设经时间t1，甲、乙达到共同的速度，则由
甲乙共同的速度为
该过程中甲、乙的相对位移为
因此甲、乙共速后，二者一起在地面上做匀减速运动，减速时的加速度为
减速的时间为
整个过程木板的位移为
解得
题型二 木板受外力作用
【例1】（2024·吉林·三模）某物流公司研发团队，为了更好地提高包裹的分收效
率，特对包裹和运输装置进行详细的探究，其情景可以简化为如图甲所示，质量M = 2kg、长度L =
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2m 的长木板静止在足够长的水平面（可视为光滑）上，左端固定一竖直薄挡板，右端静置一质量m =
1kg 的包裹（可视为质点）。现机器人对长木板施加一水平向右的作用力F，F 随时间t 变化的规律如
图乙所示，6s 后将力F 撤去。已知包裹与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，包裹与长木板间动摩擦
因数μ = 0.1，重力加速度取g = 10m/s2。从施加作用力F 开始计时，求：
（1）
时，长木板的速度
大小；
（2）与挡板碰撞后瞬间，包裹的速度
大小（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）包裹与长木板发生相对滑动的力的大小为
因为
，所以包裹和长木板相对静止共同加速
加速度为
可得到
（2）设4s 后包裹与长木板发生相对滑动，则包裹的加速度为
长木板的加速度为
可看出假设成立，包裹与长木板发生相对滑动
设再经时间
包裹与挡板发生碰撞，由
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解得
则6s 时长木板的速度
包裹为
此时两者发生弹性碰撞
可求得
力作用在“板”上
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1．（2024·辽宁本溪·一模）如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为
、质量为
的长木
板B，在长木板的中点P 放有一质量为
（可视为质点）的小物块A，开始时A、B 均静止。已
知A 与B、B 与地面之间的动摩擦因数分别为
和
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
现用水平向右的恒力拉长木板B，重力加速度g 取
。
（1）若水平拉力
，小物块A 所受到的摩擦力大小为多少；
（2）若水平拉力
，从静止开始要使小物块刚好不滑离长木板，求
作用时间
；
（3）在满足（2）条件下，A、B 最终都停止运动，整个过程中A、B 间的相对路程。
【答案】（1）
（2）1s （3）7.5m
【解析】（1）当A 与B 刚要相对滑动时，A、B 之间为最大静摩擦力，对A 有
对A、B，有
解得
因
故A、B 一起做匀加速运动。对A、B 整体
解得
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对A 有
（2）因水平拉力
故A、B 相对滑动。对A，有
对B，有
解得
设拉力作用时间为
时最终小物块刚好没有滑离长木板，则
时小物块对应的速度和位移分别为
，
则
时木板对应的速度和位移为
，
则此过程中A 相对B 向左滑动距离
水平拉力撤去后，设再经时间
，A、B 刚好共速。因A 继续加速，加速度
B 做减速运动，有
解得
则
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此过程中A 相对B 向左滑动
因
故共速后A 相对B 向右滑动，则此时A 刚好滑到B 最左端，则
联立，解得
，
（3）A、B 共速后
故A、B 继续相对滑动，A 做减速运动的加速度
，B 做减速运动，有
解得
A、B 停止时，A 相对B 向右滑动的距离为
则A 相对B 滑动的距离为
2．（2024·湖北黄冈·一模）如图所示，匀质木板A、B 右端对齐静止叠放于光滑水平面上，木板A 的质量
为m、长度为L，木板B 的质量为
、长度
，A、B 间动摩擦因数为
，设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，重力加速度大小为g。
（1）若对A 施加水平向右的拉力F，A、B 间恰好发生相对滑动，求F 的大小；
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（2）若对A 施加水平向右的恒力
，求木板A、B 左端对齐所需时间
；
（3）若地面不光滑，木板A 与地面间的动摩擦因数为
，对B 施加水平向左的恒力
，作用
一段时间后再撤去
，木板B 恰好未从木板A 上掉落。求木板B 速度的最大值
和木板A 运动的总时
间t。
【答案】（1）
（2）
（3）
，
【解析】（1）A、B 间恰好发生相对滑动，对B 由牛顿第二定律
对AB 整体
解得
（2）若对A 施加水平向右的恒力
，则AB 之间产生滑动，此时B 的加速度仍为
A 的加速度为
木板A、B 左端对齐时
解得所需时间
（3）设
作用的时间为
，撤力时 B 的速度最大，撤力后再经
时间A、B 速度共速，由A 与地面间
的动摩擦因数小于A、B 间动摩擦因数，共速后两者一起匀减速直至停下，设撤力前B 的加速度大小为
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，撤力后B 相对A 滑动的加速度大小为
，共速前A 的加速度大小为
，共速后A 的加速度大小
为
，撤力前对B 分析有
共速前对A 分析
共速后对 A、B 分析
木板B 恰好未从木板A 上掉落，应满足
其中
最大速度
解得
A 运动的总时间
解得
3．（24-25 高三上·江西·阶段练习）如图所示，质量
的木板高为1.25m，静止放在水平面上，在
其顶部距左方边缘
处放有一个质量为
的物块。物块与木板、木板与水平面间的滑动摩
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擦系数分别为
、
。现在木板的右端施加一个水平向右的恒力F 作用，2s 后物块从木板
上掉下。（取
）求：
（1）水平恒力F 的大小。
（2）物块落地时与木板左端的水平距离。（结果保留到两位有效数字）
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）对物块
物块的加速度
物块从木板上掉下时，物块与木板的位移分别为
、
，由题意知
，
，
解得木板的加速度为
对木板，由牛顿第二定律
联立解得水平恒力
（2）物块离开木板时的速度
此时木板的速度
物块离开木板后作平抛运动，平抛运动的时间：
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平抛运动的水平距离
此时对木板
这段时间内木板的位移
物块与木板左端的水平距离
题型三 物块有初速度
【例1】（2024·黑龙江·一模）如图所示，质量为2m 的木板C 静止在光滑的水平地
面上，质量分别为m 和2m 的物块A、B（可视为质点）紧挨着放在木板C 上。某时刻A、B 分别以
和
的初速度向相反方向运动，A、B 均刚好不从C 上滑落，已知A、B 两物块与木板C 之间的动摩
擦因数均为
，重力加速度为g，求：
（1）最初时刻A、B、C 三个物体各自的加速度大小；
（2）木板C 的最大速度的大小；
（3）木板C 的长度。
【答案】（1）
，
，
；（2）
；（3）
【解析】（1）最初时刻对A 由牛顿第二定律可得
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解得
最初时刻对B 由牛顿第二定律可得
解得
最初时刻对C 由牛顿第二定律可得
解得
（2）以向右为正方向，若A、C 先共速则设共速时间为
，若B、C 先共速则设共速时间为
。分别
计算A 与C 达到共速的时间和B 与C 共速的时间
，
解得
所以B、C 先共速，此后二者相对静止，B、C 整体受到A 向左的摩擦力而减速，所以C 的最大速度在
与B 共速时取得
（3）根据分析可知B、C 整体减速的加速度大小为
A 加速的加速度大小不变，则三者共速所需时间
解得
木板C 的长度等于
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又根据
方程联立解得木板C 的长度
1．（2024·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，长木板静止放置在粗糙的水平地面上，质量为
的物块（视为
质点）静止放置在长木板的最右端，长木板的上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数为
，现
让长木板与木块瞬间同时获得一个水平向左的速度
，经过一段时间长木板停止运动时木块正好从长
木板的左端脱离。已知长木板的长度为
，重力加速度为
，求：
（1）长木板的运动时间以及长木板的质量；
（2）长木板与地面间的摩擦生热以及长木板从运动到停止克服摩擦力做功的平均功率。
【答案】（1）
，
；（2）
，
【解析】（1）设长木板的运动时间为，则长木板的位移为
木块做匀速运动，位移为
两者的相对位移为
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综合解得
，
设长木板的质量为
，木块在长木板上运动，对长木板进行受力分析，长木板的合力（即滑动摩擦
力）为
由牛顿第二定律可得长木板的加速度为
长木板运动的时间为
综合解得
，
（2）长木板与地面间的摩擦生热为
长木板从运动到停止克服摩擦力的平均功率为
计算可得
，
2．（2024·全国·模拟预测）如图所示，质量
、长
的绝缘长木板置于光滑水平面上。一
质量
、电荷量大小
的带负电的小滑块以
的初速度从长木板的左侧滑上长木板，
小滑块与长木板间的动摩擦因数
，小滑块可视为质点，重力加速度
取
。
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（1）通过计算判断小滑块是否滑离长木板，如果滑离长木板，求小滑块滑离长木板时的速度
，如果
不滑离长木板，求小滑块与长木板的相对位移
。
（2）若空间中加上一个磁感应强度大小
、方向垂直纸面向里的匀强磁场，该带电小滑块仍以
的初速度从长木板的左侧滑上长木板，当
时小滑块与长木板共速。
①求共速时小滑块的对地位移
；
②求运动过程中小滑块与长木板的相对位移
。
【答案】（1）小滑块滑离长木板，
（2）①
，②0.72m
【解析】（1）假设共速时小滑块未滑离长木板，设共速是速度为v，取向右为正方向，则根据动量守
恒定律有
解得小滑块与长木板共速时的速度
设该过程相对位移为
，根据能量守恒定律有
解得
故小滑块与长木板共速前已滑离长木板，设小滑块滑离长木板时小滑块的速度为
，长木板的速度为
，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得小滑块滑离长木板时的速度
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，
（舍去）
（2）①若空间中加上一个磁感应强度大小
、方向垂直纸面向里的匀强磁场，系统动量仍然守恒，
根据动量守恒定律有
在小滑块运动过程中取时间微元
，设该过程中小滑块和长木板速度分别为
，长木板速度变化
量为
，对长木板根据动量定理有
对该式求和累加得
解得小滑块对地位移
②运动过程中根据动量守恒定律有
对该式求和累加得
解得长木板对地位移
运动过程中滑块与长木板的相对位移
解得
3．（2024·四川成都·三模）如图所示，静止在水平地面上的水平木板右端固定有厚度不计的竖直薄挡板，
两者构成一个整体B，其质量为
，水平长度为
。可视为质点、质量为
的
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物块A 以水平向右的速度
从左端冲上木板B。已知：A、B 间的动摩擦因数为
，
与地面间的动摩擦因数为
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 与挡板之间的碰撞为瞬间完成
的弹性正碰，重力加速度大小取
。求：
（1）A 与挡板碰撞前瞬间，A 的速度大小
；
（2）A 与挡板碰撞后瞬间，A 和B 的速度大小
和
；
（3）整个过程B 的位移大小
。
【答案】（1）
（2）
，
（3）
【解析】（1）AB 间的滑动摩擦力为
B 与地面间的最大静摩擦力为
因为
，所以，A 与挡板碰撞前，B 静止不动，对A 根据牛顿第二定律
解得
根据速度位移关系
解得
（2）A 与挡板碰撞，根据动量守恒
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动能守恒
解得
，
（3）碰撞后，A 所受滑动摩擦力大小仍为
但方向变为水平向右，则A 的加速度大小为
方向水平向右。B 上下表面所受滑动摩擦力大小分别为
，
方向匀水平向左，对B 根据牛顿第二定律
解得，B 的加速度大小为
方向水平向左；假设A、B 经时间达到共速时，共速的速度大小为，此时A 仍在B 上，则
解得
，
碰后到共速，A 的对地位移大小为
碰后到共速，B 的对地位移大小为
A 相对B 的位移大小为
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所以，假设成立。假设共速后，A、B 发生相对滑动，共速后A 做减速运动的加速度满足
解得，A 做减速运动的加速度大小为
方向水平向左；B 减速的加速度满足
解得，B 做减速运动的加速度大小为
所以，假设成立；则A 减速为零的位移大小为
B 减速为零的位移大小为
代入数据，解得该阶段A 相对B 向前运动的位移大小为
故不会再次相碰，所求整个过程B 的位移大小为
1．（2023·吉林通化·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
，长木板B 与水平面间的动摩擦因数为
。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，
，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。
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（2）若长木板B 的长为1.86m，
，要使木块A 从长木板B 后端掉落，求力F 作用的最短时
间。
【答案】（1）7.0m，5.5m；（2）3s
【解析】（1）AB 间的滑动摩擦力
B 与地面间的滑动摩擦力
先判断A 与B 相对滑动时F 的大小；
根据牛顿第二定律
解得
a=1m/s2
F=12N
所以当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
5s 时二者速度为v，则
位移
此后，AB 的加速度分别为a2和a3，对A 有
对B 有
28
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解得
a2=1m/s2
a3=4m/s2
方向均与物块运动方向相反，AB 均做减速运动，分别经过
停下，相应的位移
即木块A 的总位移
长木板B 的总位移
（2）当F=12.4N 时，AB 开始相对滑动，各自的加速度为a4和a5，则
设F 作用t1时间后撤去，木块再经过t2时间刚好从长木板后端滑下，速度为v，对木块A，
撤去力F 后木板B 的加速度
对于长木板B
29
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两式相等可知
t1=30t2
两者位移之差等于板长的一半，即
求得
t1=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。
2．（2024·辽宁丹东·二模）光滑水平地面上静置一辆平板小车，质量为M=2.5kg，长度为L=2.8m，在小车
最左端放有一块质量为m=2.0kg 的铁块（可看成质点），铁块与小车之间的动摩擦因数为μ=0.4
（g=10m/s2）。
（1）当外力F=20N 水平向右作用在铁块上时，铁块和小车的加速度大小各为多少；
（2）若外力F=20N 水平向右一直作用在铁块上或水平向左一直作用在小车上都可以使铁块运动至小车
的右端，求前后两次运动所用的时间之比。
【答案】（1）6m/s2，3.2m/s2；（2）
【解析】（1）假设铁块与小车相对滑动，对铁块，根据牛顿第二定律可得
解得
对小车，根据牛顿第二定律可得
解得
所以二者相对滑动，计算结果成立；
（2）第一次外力F 水平向右作用在铁块上，直至运送到小车右端所用时间为t1，则
30
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解得
第二次外力F 水平向左作用在小车上，直至将铁块运送到小车右端所用时间为t2，对铁块，有
解得
对小车，有
解得
解得
则前后两次运送所用的时间之比为
3．（2024·辽宁鞍山·二模）如图所示，有一长为
长木板A 静止在水平地面上，其右端静止一体积
可忽略的小物块B。现对长木板A 施加一水平向右的恒力F，使长木板A 和小物块B 发生相对滑动，
已知长木板A 的质量为
，小物块B 的质量为
，长木板A 和小物块B 之间的动摩擦因
数
，长木板A 与地面之间的动摩擦因数
，水平恒力
，g=10m/s2，试求：
（1）在长木板A 受到一水平恒力F 作用后，长木板A 和小物块B 的加速度各是多大；
（2）经多长时间小物块B 离开长木板A；
（3）从长木板A 受到一水平恒力F 作用开始到B 离开A，整个系统由于滑动摩擦力作用而产生的总热
量Q。
31
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【答案】（1）
；
；（2）
；（3）
【解析】（1）对长木板A，根据牛顿第二定律
其中
，
，
解得
对小物块B，根据牛顿第二定律
解得
（2）对长木板A
对小物块B
根据
解得
（3）根据题意，产热
解得
32
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4．（2024·四川雅安·一模）如图所示，在粗糙水平地面上，一长木板在水平向左的外力
作用下始终以恒
定速度
向左运动，一个质量
的可视为质点的滑块由静止开始在恒定外力
（大小与
方向均未知）作用下，从木板最左端向右做加速度
的匀加速直线运动，已知滑块与木板间
的动摩擦因数
，木板长
，取重力加速度
。
（1）求滑块运动到木板最右端的时间
（取
）；
（2）若滑块从静止开始运动一段时间后，撤去外力
，滑块到达木板最右端时速度恰好减为零，求撤
去外力
后，滑块与木板间因摩擦而产生的热量
。
【答案】（1）1.35s （2）12J
【解析】（1）滑块在木板上一直向右做匀加速直线运动，设其运动到木板最右端时的位移为
木板向左做匀速直线运动，其位移为
，则
且有
解得
（2）撤去外力F 后，由牛顿第二定律得
设外力F 作用时间为
，此段时间内滑块与木板位移分别为
和
，则
33
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滑块相对于木板向右滑动距离为
，则有
撤去外力F 瞬间，滑块速度为
，撤去后做匀减速直线运动，时间为
这段时间内滑块与木板位移分别为
和
滑块相对于木板向右滑动距离为
解得
产生的热量为
5．（2024·陕西西安·一模）如图所示，质量为M（大小未知）的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量
的物块（可视为质点）在某一时刻以
的水平初速度从木板左端滑上木板，经
时
间后物块与木板达到共同速度。已知物块与木板间的动摩擦因数
，木板与水平地面间的动摩擦
因数
，重力加速度
。求：
34
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（1）物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小；
（2）长木板的质量M 以及其最小长度d。
【答案】（1）
，
（2）4kg，6m
【解析】（1）设物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有
解得
因为2s 时达到共速，此时速度大小
长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小为
（2）对长木板由牛顿第二定律有
解得
2s 内物块对地位移大小为
m
2s 内长木板对地位移大小为
m
则长木板最小长度为
m
6．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，6 个相同的扁长木板一个紧挨一个放在水平地面上，每个木板的质
量
，长
，它们与地面的动摩擦因数为
，原来木板处于静止状态。左方第一块
35
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木板的左端上放一质量为
的小铅块，它与木板间的动摩擦因数为
。现突然给铅块一
个向右的初速度
，使其在长木板上滑行。（取
，铅块线度远小于L，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力）。
（1）若
，试画出第三个木块所受地面摩擦力f 与时间t 的图像
（2）若
，求铅块到停下运动的位移?
【答案】（1）
（2）
m
【解析】（1）铅块在1 木块上面滑动时，其它木块都不动，此时木块3 受到静摩擦力的作用，大小为
方向向左。同理可知，铅块在2 木块上滑动时，其它木块都不动，此时木块3 受到静摩擦力的作用，大
小与方向均不变；当铅块滑上木块3 时，各木块依然不动，此时木块3 受到的静摩擦力的大小为
方向向左；而铅块上木块4 时，其它木块不动，此时木块3 所受到的摩擦力为0，根据上述分析可知，
铅块滑上3 木块的时间为
，则有
联立解得
同理则有
36
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解得
（由于铅块停止运动时间为
,大于此时间的都舍去）
作图如下
（2）设铅块运动到第五块时速度为v
解得
此后木板5 和6 开始加速
铅块继续减速，直到共速，设到共速时经历了
此时铅块比木板多行了
故此后铅块和木板5、6 一起匀减速直到停止
铅块
37
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7．（2024·海南·模拟预测）如图所示，一长为的木板Q 放置在倾角为37°的足够长斜面上，一小物块P
（可看成质点）放在木板Q 的最上端，小物块P 和木板Q 的质量相等。小物块P 与木板Q 间的动摩擦
因数
，木板Q 与斜面间的动摩擦因数
，刚开始在外力作用下小物块P 和木板Q 均处于静
止状态。某时刻外力撤离，小物块P 和木板Q 开始运动并从此刻开始计时，在2s 时小物块P 与木板Q
间的动摩擦因数由于特殊情况发生了突变，动摩擦因数
变为零，其他条件均不变，且小物块P 在木
板Q 上共运动4s 便滑离木板Q。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小
，
，
。求：
（1）在2s 时刻小物块P 和木板Q 的速度大小；
（2）木板Q 的长度l。
【答案】（1）
，
（2）27m
【解析】（1）假设开始时，小物块P 和木板Q 未发生相对滑动，则有
解得
对小物块P，有
解得
38
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所以假设不成立，小物块P 和木板Q 发生滑动。
在
内，规定沿斜面向下为正方向，设小物块P 和木板Q 的质量均为
，加速度分别为
和
，对
小物块P，由牛顿第二定律得
解得
对木板Q，由牛顿第二定律得
解得
在
时刻，设小物块P 和木板Q 的速度分别为
和
，则
（2）2s 后，设小物块P 和木板Q 的加速度分别为
和
，小物块P 与木板Q 之间摩擦力为零，由牛
顿第二定律得
解得
，
由于
，可知木板Q 做减速运动。设经过时间
，木板Q 的速度减为零，则有
解得
39
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在
时间内，小物块P 相对于木板Q 运动的距离为
此后木板Q 静止不动，小物块P 继续在木板Q 上滑动，设再经过时间
小物块P 离开木板Q，则有
解得
又根据题意知
解得
8．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图所示，半径为
的四分之一光滑圆弧轨道PQ 固定在水平面上，
轨道末端与厚度相同的处于静止的木板A 和B 紧挨着（不粘连）。木板A、B 的质量均为
，与
水平面间的动摩擦因数均为
，木板A 长
。一质量为
、可视为质点的小物块从
P 点由静止释放，小物块在以后的运动过程中没有滑离木板B。小物块与木板A 间的动摩擦因数
，与木板B 间的动摩擦因数
，重力加速度
，求：
（1）小物块运动到Q 点时对轨道的压力大小；
（2）小物块刚滑上木板B 时的速度大小。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）对小物块从P 点运动到Q 点由动能定理得
40
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解得
在Q 点，由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知小物块运动到Q 点时对轨道的压力大小
（2）小物块在木板A 上滑动时，对小物块，由
解得
对木板A，由牛顿第二定律得
解得
小物块的位移
木板A 的位移
又
41
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联立解得
则小物块刚滑上木板B 时的速度
9．（2024·宁夏银川·三模）如图所示，光滑水平面上放着长
，质量为
的薄木板，一个质量
为
的小物体放在木板的最右端，m 和M 之间的动摩擦因
，开始均静止，现对木板施加一
水平向右的恒定拉力F，g 取
。求：
（1）为使小物体不从木板上掉下，F 不能超过多少；
（2）如果拉力
，小物体需多长时间就脱离木板。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）小物体随木板运动的最大加速度为a，对小物体由牛顿第二定律得
可得小物体最大加速度为
对整体分析，由牛顿第二定律得
（2）因施加的拉力
，故物体相对木板滑动，设木板对地运动的加速度为
，对木板由牛
顿第二定律得
解得
小物体在木板上运动的时间为
，则
42
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解得
10．（2024·安徽·三模）如图1 所示，小铁块位于长木板的最左端，小铁块的质量是6kg，长木板的质量是
12kg。
时二者以
的初速度一起向右运动，
时长木板与右侧的挡板（未画出）相碰
（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，
碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分
图像如图2 所示，在运动过程中小铁块恰好没有从
长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力加速度g 取
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；
（2）长木板的长度；
（3）长木板与挡板碰撞后系统产生的内能。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【解析】（1）设长木板与小铁块的质量分别为M、m，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为
，
小铁块与长木板之间的动摩擦因数为
，由
图像可得，0~0.5s 时间内长木板与小铁块整体的加速
度大小为
对此过程由牛顿第二定律得
43
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解得
0．5s 时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动。由v-t 图像可得，0.5s
之后长木板的加速度大小为
对长木板由牛顿第二定律得
解得
（2）由牛顿第二定律可得，0.5s 时刻之后小铁块的加速度大小为
0．5s 时刻之后，长木板与小铁块均以
的速度大小分别向左、向右做匀减速直线运动，因
，故长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为
，则有
代入数据解得
长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力小于长木板与水平地面之间的最大静摩
擦力，故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设0.5s 时刻之后，小
铁块向右做匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为
，则有
代入数据解得
设长木板的长度为L，长木板的长度等于0.5s 时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，则有
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（3）设碰撞后小铁块与长木板相对滑动产生的内能为
，长木板与地面间相对滑动产生的内能为
，
则有
故长木板与挡板碰撞后系统产生的内能
11．（2024·湖北十堰·二模）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
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
，物块与木板间的动摩擦因数
，木板与地面间的动摩擦因数
，取重力加速度大小
，求：
（1）木板的长度L；
（2）木板的质量M。
【答案】（1）
；（2）
【解析】1）设物块在木板上滑动时的加速度大小为
，它们相对静止一起减速时的加速度大小为
，
图中两部分的阴影面积相等，有
设两者共同速度为
，有
45
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得
所以1s 后两者的速度大小均为
，由题意知木板的长度
（2）由图知，两者共速前，木板的加速度大小
有
解得
12．（2024·四川泸州·二模）如图，质量
的物块静置于质量
的长木板右端，长木板长
，物块与长木板间动摩擦因数
，长木板与地面间动摩擦因数
，物块与长木板
之间、长木板与地面之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
。现有一水平向右的
恒力F 作用在长木板上。
（1）若恒力
，求物块和长木板的加速度大小；
（2）若恒力
，求物块在长木板上滑动的时间；
（3）若恒力
，作用一段时间后撤去，物块恰好不从长木板上掉下，求恒力作用的时间。
46
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）物块与木板刚要出现相对滑动时，对物块由牛顿第二定律
对物块和长木板整体受力分析，由牛顿第二定律
联立解得
即当拉力F 超过15N，物块和长木板间就会出现相对滑动，由于
，故物块和长木板相对静止，
一起向右做加速运动，其加速度为
，对物块和长木板整体受力分析，由牛顿第二定律
解得物块和长木板的加速度大小为
（2）当
时，物块和长木板有相对滑动。物块的加速度为
，长木板的加速度为
，对物块
由牛顿第二定律
对长木板受力分析，由牛顿第二定律
设经过时间，当物块滑下长木板时两者的位移关系满足
物块在长木板上滑动的时间为
（3）当
时，物块仍以加速度
做匀加速直线运动，长木板做加速度为
的匀加速直线运动，
对长木板由牛顿第二定律
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作用
时间后，长木板的速度为
，由运动学公式
撤去
后，物块继续以加速度
做匀加速直线运动，长木板做加速度为
的匀减速直线运动，对长木
板由牛顿第二定律
撤去F3后，经过时间
物块与长木板共速，由运动学公式
由于
，因此共速后两者不会再有相对运动，位移满足
联立解得，恒力作用的时间为
1．（2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度
的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右
端与平台的边缘O 对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离
时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O 点。已知物块与薄
板的质量相等。它们之间的动摩擦因数
，重力加速度大小
。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
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【答案】（1）4m/s；
；（2）
【解析】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度
2．（2017·全国III 卷·高考真题）如图，两个滑块A 和B 的质量分别为mA＝1 kg 和mB＝5 kg，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μ1＝0.5，木板的质量为m＝4 kg，与地
面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B 相
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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，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）B 与木板相对静止时，木板的速度大小；
（2）木板在地面上运动的距离一共是多少？
【答案】（1）1 m/s；（2）0.55m
【解析】（1）对B 分析有
解得物块B 加速度大小为
对木板分析有
解得木板加速度大小为
设B 与木板相对静止时间为t1，由运动学公式可得
解得
则B 与木板相对静止时，木板的速度大小为
（2）对A 分析有
解得物块A 加速度大小为
由于A 与B 初速度与加速度大小相等，所以当B 速度减为
时 ，A 速度大小也减为
B 与木板相对静止后，对B 与木板整体有
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解得B 与木板的加速度大小为
设经时间t2，A 与木板共速，取向右为正方向，由公式可得
代入数据解得
此时三者具有共同速度为
最后三者一起做匀减速运动，则可得
解得共同加速度大小为
木板在地面上运动的距离为
3．（2019·江苏·高考真题）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．
【答案】（1）
；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）
【解析】（1）由牛顿运动定律知，A 加速度的大小
aA=μg
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匀变速直线运动
2aAL=vA
2
解得
（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，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′，得aB′=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=aAt，v=vB–aBt
且xB–xA=L
解得
52
