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高考易错点解读和针对训练
运动和力的关系
易错点3.8 动力学滑块木板模型
易错点解读
1. 分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
2. 处理“滑块—木板”问题思维模板
【典例剖析】
【典例1】（2022·山西·怀仁市第一中学校模拟）如图所示，木块A 置于木板B 上，木板B
置于水平面上。A 的质量m＝1.5kg，B 的质量M＝2.0kg，A、B 间动摩擦因数μ1＝0.2，B
与地面间动摩擦因数μ2＝0.4。某时刻（t＝0）水平力F 作用于B 上，其随时间变化的规律
为F＝5t+4（N）（F、t 均取国际单位）。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2。
求：
（1）经过多长时间B 开始滑动；
（2）经过多长时间A 开始相对B 滑动；
（3）t＝3s 时AB 间的摩擦力大小Ff（结果保留两位有效数字）。
易错分析：“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：
am＝.假设两物体同时由静止运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静
摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力.
2 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；
若反向运动，位移大小之和等于板长．
【答案】（1）2s；（2）3.4s；（3）2.1N
【解析】（1）当B 开始滑动时B 与地面间的摩擦力与F 相等，即
，得
（2）当A 开始在B 上滑动时，对木块
对整体
由题知
，解得
（3）当
,B 已滑动，A、B 间未发生相对滑动，对木块
对整体
且
解得
【典例2】 (:2021·全国乙卷·T21）水平地面上有一质量为
的长木板，木板的左明上有
一质量为
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
、
分别为
、
时刻F 的大小。木板的加速度
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
，物块与木板间的动摩
擦因数为
，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.
B.
C.
D.
时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【解析】图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木
板刚要滑动，此时以整体为对象有
故A 错误；图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第
二定律，有
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
，故BC 正确；．图（c）可知，
0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D 正确
【典例3】（2024·新课标卷25 题）如图，一长度l＝1.0 m 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Δl＝l
6 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μ＝0.3，
重力加速度大小g＝10 m/s2。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。
答案：（1）4 m/s 1
3 s （2）5
9 m
解析：（1）解法一 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相
对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量
相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x 物＝v0t1－1
2at1
2＝l＋l
6
x 板＝1
2at1
2＝l
6
联立并代入数据解得v0＝4 m/s、t1＝1
3 s。
解法二 对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·7
6l＝1
2mv1
2－1
2mv0
2
μmg·1
6l＝1
2mv2
2－0
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝1
3 s。
（2）结合（1）问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为
v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞
出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有
l
2－l
6 ＝v2t2
h＝1
2gt2
2
联立并代入数据解得h＝5
9 m。
【针对性训练】
1.（2025·陕西宝鸡阶段练习）如图甲所示，粗糙的水平地面上静置一长为2.0 m、质量为
2 kg 的长木板，在其右端放一质量为1 kg 的小物块（可看作质点）。某时刻起对长木板施
加逐渐增大的水平外力F，测得小物块所受的摩擦力Ff随外力F 的变化关系如图乙所示。最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g＝10 m/s2，若一开始改用F＝16 N 的水
平恒力拉长木板，则小物块在长木板上滑行的时间为（ ）
A.2 s
B.3 s
C.❑√3 s
D.❑√5 s
答案：A
解析：由题图乙知力F 较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速
运动，后来发生相对滑动。当F＞2 N 时二者开始一起加速，则长木板受水平面的滑动摩擦
力Ff2＝2 N，当F＞14 N 时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝4
N，则小物块的加速度最大为a1＝Ff 2
m
＝4
1 m/s2＝4 m/s2，改用F＝16 N 的外力水平拉长木
板时，对长木板，由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，解得a＝5 m/s2，由运动学规律知
小物块在长木板上滑行的时间满足1
2at2－1
2a1t2＝L，代入数据解得t＝2 s，故选A。
2.（2025·四川资阳期末）如图所示，质量为M 的木板放在光滑的水平面上，木板的左端
有一质量为m 的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，
木板相对地面运动位移x 后二者分离。则下列哪些变化可使x 增大（ ）
A.仅增大恒力F
B.仅增大木板的质量M
C.仅增大木块的质量m
D.仅减小木块与木板间的动摩擦因数
答案 C
解析： 根据牛顿第二定律得木块的加速度为a1＝F －μmg
m
＝F
m－μg，木板的加速度为
a2＝μmg
M ，设板长为L，根据L＝1
2a1t2－1
2a2t2得t＝❑√
2 L
a1－a2
，木板相对地面运动位移为x
＝1
2a2t2，则若仅增大木板的质量M，木块的加速度a1不变，木板的加速度a2减小，由上面
式子知时间t 减小，则x 减小，B 错误；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度a1减小，
木板的加速度a2增大，则t 增大，x 增大，C 正确；若仅增大恒力F，则木块的加速度a1变
大，木板的加速度不变，则t 减小，x 减小，A 错误；若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，
则木块的加速度a1增大，木板的加速度a2减小，则t 减小，x 减小，D 错误。
3.（2025·安徽安庆期中）如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m，质量M＝2 kg
的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1 kg 物块，物块与薄板间动摩擦因数μ
＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重
力加速度g 取10 m/s2，则物块在薄板上运动的时间为（ ）
A.0.5 s
B.1 s
C.1.5 s
D.2 s
答案 B
解析： 设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物块脱离薄板的时
间为t，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，代入数据解得a1＝2 m/s2，a2＝3
m/s2，由物块与薄板之间的位移关系可得1
2a2t2－1
2a1t2＝l，代入数据解得物块在薄板上运动
的时间为t＝1 s，故选B。
4.如图甲所示，物块A 与木板B 静止在光滑水平地面上，现给物块A 一初速度，1 s 后两物
体相对静止地一起匀速运动，它们的位移—时间图像如乙图所示，则A、B 两物体的质量比
为（ ）
A.4∶3
B.2∶1
C.3∶2
D.5∶2
答案 B
解析： 由图乙可知，0～1 s 内，xA＝5 m，xB＝2 m，对A 进行受力分析得μmAg＝mAaA，
对B 进行受力分析得μmAg＝mBaB，1 s 后两物体相对静止地一起匀速运动，则速度为v0－
aAt＝aBt，由xB＝1
2aBt2，解得aB＝4 m/s2，则共速时的速度为v 共＝vB＝aBt＝4 m/s，对A 有
xA＝v0＋v共
2
t＝5 m，v 共＝aBt＝4 m/s，联立解得v0＝6 m/s，μ＝0.2，mA
mB
＝2
1，故选B。
5.（2023·湖南·衡阳市船山英文学校高三开学考试）如图所示，一足够长的平直木板静止在
水平地面上，木板上有两个质量分别为m 和M 的物块A、B，且
，它们与木板间的
动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平力F 向右拉动木板，下列说法
可能正确的是（ ）
A．A 与木板间发生相对运动时，B 与木板间不发生相对运动
B．B 与木板间发生相对运动时，A 与木板间不发生相对运动
C．A、B 与木板间同时发生相对运动
D．A 与B 的加速度相同
【答案】CD
【解析】根据牛顿第二定律可知，A、B 不与木板发生相对滑动的最大加速度，同时也是二
者相对木板发生相对滑动后的加速度均为
所以A、B 与木板间同时发生相对运动或A、B 与木板间同时不发生相对运动，且A、B 的
加速度始终相同，故AB 错误，CD 正确。
6．（2023·江西九江·二模）如图所示，在光滑的水平面上放着两块长度相等、质量分别为
M1和M2的木板，在两木板的左端分别放有完全相同的物块，开始都处于静止状态。现分
别对两物块施加水平恒力F1、F2，经过时间
物块与木板分离后，两木板的速度大小分
别为
，已知物块与木板之间的动摩擦因数相同，则（ ）
A．若
，且
，则
B．若
，且
，则
C．若
，且
，则
D．若
，且
，则
【答案】AD
【解析】AB．两滑块在木板上做匀减速直线运动，加速度
而木板做匀加速直线运动，加速度
滑块滑离木板满足相对位移
物块与M1的相对位移
，物块与M2的相对位移
若
且
则
M1的速度为
M2的速度为
则
，A 正确，B 错误；
若
，且
，则
，故
，C 错误，D 正确。
7.（2025·江西上饶二模）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，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则木板的长度为（ ）
A.1.0 m
B.1.5 m
C.2.0 m
D.2.5 m
答案 B
解析： 设物块的质量为m，木板的质量为M，物块减速和木板加速到共速的时间为t1，
物块和木板的加速度大小分别为a1 、a2 ，有a1 ＝μ1mg
m
＝2 m/s2 ，a2 ＝
μ1mg－μ2（M ＋m）g
M
，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移为x1＝v
2t1，两者共速后，因μ1
＞μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度为a3，有a3＝μ2（m＋M ）g
m＋M
＝0.5
m/s2，从两者共速到停止运动，木板的位移为x2＝v
2
2a3
，木板沿地面运动的距离恰好等于
木板的长度，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，
有L＝v0＋v
2
t1－x1，联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故选B。
8.如图所示，将小滑块A 放在长为L 的长木板B 上，A 与B 间的动摩擦因数为μ，长木板B
放在光滑的水平面上，A 与B 的质量之比为1∶4，A 距B 的右端1
3L。现给长木板B 一个水
平向右初速度v0＝10❑√2 m/s，小滑块A 恰好从长木板B 上滑下；若给A 一个水平向右初速
度v，要使A 能从B 上滑下，则v 至少为（ ）
A.5 m/s
B.10 m/s
C.15 m/s
D.20 m/s
答案 B
解析： 由牛顿第二定律可得μmAg＝mAaA，μmAg＝mBaB，设给长木板B 一个水平向右的初
速度v0，滑块A 恰好滑下时的速度为v1，经过的时间为t1，则有v1＝v0－aBt1，v1＝aAt1，v0
2
－v1
2＝2aBxB1，v1
2＝2aAxA1，xB1－xA1＝2
3L，可得
v0
2
2（aA＋aB）
＝2
3L①，设给滑块A 一个
水平向右的初速度v，滑块A 恰好滑下时的速度为v2，经历的时间为t2，则有v2＝v－aAt2，
v2＝aBt2，v2－v2
2＝2aAxA2，v2
2＝2aBxB2，xA2－xB2＝1
3L，可得
v
2
2（aA＋aB）＝1
3L②，①、
②两式相比可得v＝
❑√2
2 v0＝10 m/s，故选项B 正确。
9 .如图所示，质量均为m＝1 kg 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＝0.4。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＝2 m 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
物块A 长度可忽略不计，重力加速度取g＝10 m/s2。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 运动的加速度的大小aB、aB'；
（3）B 被敲击后获得的初速度大小vB及B 运动的最大距离sB。
答案：（1）4 m/s （2）12 m/s2 4 m/s2
（3）8 m/s 3 m
解析：（1）先敲击A 时，由牛顿第二定律知μmg＝maA
A 加速度的大小aA＝μg
A 对B 的摩擦力小于B 与地面间的最大静摩擦力，B 静止不动
根据匀变速直线运动速度与位移关系可知v A
2＝2aAL
解得vA＝❑√2 μgL＝4 m/s。
（2）在左边缘再次对齐前，对B，
根据牛顿第二定律得μmg＋2μmg＝maB
解得aB＝3μg＝12 m/s2
对齐后，对A、B 整体，根据牛顿第二定律得2μmg＝2maB'，解得aB'＝μg＝4 m/s2。
（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＝vB－aBt，xA＝1
2aAt2
xB＝vBt－1
2aBt2，xB－xA＝L
联立解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m
A、B 达到共同速度后，有v2＝2aB'xB'
解得xB'＝0.5 m，所以sB＝xB＋xB'＝3 m。
10..如图所示，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。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2，物块可
视为质点。
(1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；
(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木
板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
【答案】(1)20 N<F≤30 N (2)能 1.2 s 0.9 m
【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得
F－(M＋m)g sin α＝(M＋m)a
以物块为研究对象，由牛顿第二定律得
Ff－mg sin α＝ma
又Ff≤Ffm＝μmg cos α
解得F≤30 N ，又a>0，解得F>20 N
所以20 N<F≤30 N。
(2)因F＝37.5 N>30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得
F－μmg cos α－Mg sin α＝Ma1
隔离物块，由牛顿第二定律得
μmg cos α－mg sin α＝ma2
设物块滑离木板所用时间为t
木板的位移x1＝a1t2 ，物块的位移x2＝a2t2
物块与木板分离的临界条件为 Δx＝x1－x2＝L
联立以上各式解得t＝1.2 s
物块滑离木板时的速度v＝a2t，又－2g sin α·x＝0－v2
解得x＝0.9 m。
11（2022 湖北十堰四模）如图所示，倾角
的光滑斜面上有一质量
的足够
长的木板A，在A 的上端有一质量
的物块B（可视作质点），物块B 与木板A 间的
动摩擦因数
，斜面底端有一挡板P，木板与挡板P 碰撞后会等速率反弹。现将木板
与物块同时由静止释放，释放时木板前端与挡板相距
，取重力加速度大小
，
，
。
（1）木板A 第1 次碰挡板P 时的速度多大；
（2）求从木板A 第1 次碰到挡板到木板A 第1 次减速为零的时间；并求出在此过程中，物
块B 与木板A 间因摩擦产生的热量。
【答案】（1）
；（2）
；
【解析】（1 ）分析可知，释放后A 、B 一起加速下滑，由牛顿第二定律
可得
设木板碰挡板时速度为v，则
代入数据解得
（2）碰后木板A 减速上滑，设其加速度大小为aA，有
可得
故所求时间
木板A 上滑距离
此过程中，物块B 加速下滑，设其加速度大小为aB，有
可得
物块B 下滑距离
故摩擦生热
