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2024 高考物理一轮复习100 考点100 讲
第三章 牛顿运动定律
第3.10 讲 动力学中的板块模型
【知识点精讲】
“滑块-木板模型”一般涉及两个物体的受力分析（整体与隔离法）和多个运动过程的过程，
而且涉及相对运动，是必修1 牛顿定律和受力分析的重点应用，也是高考的重点和难点问
题。为了系统地研究这个模型，我们将此模型分作四类：
1、滑块以一定的初速度滑上木板。
2、木板瞬间获得一个初速度。
3、滑块水平方向受力。
4、木板水平方向受力。
【方法归纳】
在滑块-木板模型中，经常需判断滑块和木板共速后，之后的运动二者是否会发生相对滑动。
图1 和图2 是典型的滑块与木板共速瞬间的情况，图1 两者都不受力，图2 中木板B 受力，
且F 大于B 的最大静摩擦力。
1、分析图1，A 受滑动摩擦力一定做减速运动，A 减速后，B 有相对于A 向右运动的趋势，
所以A 也会受到向左的摩擦力，所以A 也减速。但问题是：A 受的是静摩擦力还是滑动摩
擦力?如果A 受静摩擦力，说明AB 相对无滑动，二者加速度相同；如果A 收滑动摩擦力，
则说明AB 有相对滑动，二者加速度不同。
判断要点：滑块A 由摩擦力提供加速度，所以滑块A 的最大加速度 aAmax=μ1g
1
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判断方法：假定AB 无相对滑动，二者加速度相同，则可以用整体法求出共同的加速a 共
=μ2g。若a 共≦ aAmax （等效于μ2≦μ1），二者将以共同的加速度μ2g 做匀减速运动；
若a 共>aAmax（等效于μ2>μ1），二者将以不同的加速度做匀减速运动，其中aA=μ1g，
2、分析图2，题设F 大于B 的最大静摩擦力，则B 受滑动摩擦力，加速向右运动，A 受到
的摩擦力水平向右，A 也会加速向右。仍然需要判断二者是否发生相对滑动。
判断要点：滑块A 由摩擦力提供加速度，所以滑块A 的最大加速度aAmax=μ1g。
判断方法：假定AB 无相对滑动，二者加速度相同，则可以用整体法求出共同的加速度
。
若a 共≦aAmax=μ1g，二者将以共同的加速度a 共做匀加速运动；若a 共>aAmax=μ1g，二者将以不
同的加速度做匀加速运动，其中aA=μ1g，
滑块-木板模型详细分类讨论
一、滑块以一定的初速度滑上木板。
如图，木板上方的滑块A 突然获得一个初速度v0，一般题设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
初始时刻受力分析是基础，但也是关键。
如上图所示，滑块A 的受力十分明确，木板B 的所受摩擦力不明确（可能为静摩擦力，也
可能为滑动摩擦力），需要根据不平衡力与最大静摩擦力的关系分类讨论。
2
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1、若fAB≦f 地静max，即μ1mg≦μ2(m+M)g，滑块A 将向右以加速度aA=μ1g 做匀减速直线运
动，木板B 将保持静止。
下一步需要判定滑块A 是否会滑出木板。滑块减速到0 时的位移, xA1=
.
若xA1≧L，滑块A 将滑出木板B，滑出时的速度
，时间t=
若xA1<L，滑块A 将一直做匀减速运动，直到停在木板B 上，位移 xA1=
，时间t=
。
2、若fAB＞f 地静max，，即μ1mg>μ2(m+M)g，二者发生相对滑动。滑块A 仍然向右以加速度
aA=μ1g 做匀减速直线运动，木板B 将向右做匀加速运动，加速度
此后的运动过程需要判断滑块A 和木板B 是够保持以上运动状态，直至A 滑出木板右端
（木板是否足够长）的问题。以A 与B 共速时的相对位移判断。
设时刻t1 时，A 与B 速度相同，为v1.。
此时A 相对于B 的位移Δx=xA-xB。
A) 若木板不够长，Δx>L 时，则AB 还没达到共速时，滑块A 就从B 木板上滑下，设t 时
刻滑落，速度分别为vA，vB。
，
，
3
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，
， xA-xB=L
B）、若木板足够长，Δx≦L 时，二者共速时，滑块A 没有滑下木板B，如下图所示。
AB 共速后，因为题设μ1mg>μ2(m+M)g，则μ1>μ2，参考背景知识，可知A 和B 共同以加速
度a 共=μ2g 做匀减速运动，直到静止。
二、木板瞬间获得一个初速度
初始时刻，二者受力分析如下图。
滑块A 将向右作匀加速运动，加速度aA=μ1g，木板B 将向右作匀减速运动，加速度
此后的运动过程需要判断滑块A 和木板B 是够保持以上运动状态，直至A 滑出木板左端。
以A 与B 共速时的相对位移判断。
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设时刻t1时，A 与B 速度相同，为v1.
=
，
，
，
此时A 相对于B 的位移Δx=xB-xA。
1、若木板不够长，Δx>L 时，则AB 还没达到共速时，滑块A 就从B 木板上滑下，设t 时
刻滑落，速度分别为vA，vB。
，
，
，
xA-xB=L
2、若木板足够长，Δx≦L，二者共速时，滑块A 没有滑下木板B，如下图所示。
AB 共速后，参考背景知识，二者的运动需要分类讨论。
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A）、若μ2≦μ1，二者将以共同的加速度μ2g 作匀减速运动。
B)、若μ2>μ1，二者将以不同的加速度做匀减速运动，其中aA=μ1g，
，aA<aB，所以B 减速得快，A 相对B 向右运动。
下阶段：B 减速到0 后，A 继续向右做匀减速运动，直到静止。
三、滑块受水平向右的外力
滑块A 和木板B 的受力分别如下图。
逐步分析，先看A。
1、当F≦ fA 静max =μ1mg 时，A 与B 之间无相对滑动，此时静摩擦力fBA=F，根据B 的受力
再分类讨论。
A）若fBA≦fB 静max，即F≦μ2(m+M)g，B 与地面相对静止，此时A 和B 都静止。
若fBA>fB 静max，即F>μ2(m+M)g，则B 相对地面运动，此时A 和B 一起向右作匀加速运动，
整体法分析可得出二者共同的加速度
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1、当F>FA 静max=μ1mg 时，A 与B 之间发生相对滑动，此时滑动摩擦力f1=μ1mg，A 的
加速度
.
。根据B 的受力分析再分类讨论。
A）若f1≦FB 静max，即μ1mg≦μ2(m+M)g，B 与地面相对静止。A 向右匀加速。
B）若f1>FB 静max，即μ1mg>μ2(m+M)g，则B 相对地面运动，此时A 和B 都右作匀加速
运动，但发生相对滑动，
,
设滑出时二者速度分别vA，vB，时间为t。
，
，
，
， xA-xB=L
四、木板受水平向右的外力
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参考背景知识，A 与B 无相对滑动共同加速的最大加速度a=μ1g，对应外力的临界值
F 临=(μ1+μ2)(m+M)g，
1、若F≦fB 静max=μ2(m+M)g，则B 静止不动，A 也静止不动。
2、μ2(m+M)g<F≦(μ1+μ2)(m+M)g，AB 以一个相同的加速度向右加速，
3、若F>(μ1+μ2)(m+M)g,则A 和B 都向右加速，但加速度不同，其中 aA=μ1g ,
设t 时刻A 从B 最左端滑落，滑落时AB 速度分别vA，vB。
，
，
，
， xA-xB=L
2．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
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【最新高考题精练】
1. （2021 高考全国乙卷） 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（ ）
图（a） 图（b） 图（c）
A. F1= μ1m1 g
B. F2= m2（m1+m2）
m1
（μ2- μ1）g
C. μ2> m1+m2
m2
μ1
D. 在0~t2时间段物块与木板加速度相等
【参考答案】CD【关键能力】 本题通过物块木板模型，分别以F——t 图像和a——t 图像
给出解题信息，考查考生综合分析能力、科学思维能力。
【学科素养】本题考查的学科素养主要是物理观念中的运动和相互作用观念，考生要能够
用牛顿运动定律分析，能从物理学的运动和相互作用的视角分析解决问题。
【解题思路】由（c）可知，在0~t1时间内，木板加速度为零，木板静止。在t1~t2 时间内
木板加速度逐渐增大，t2 时间后，木板加速度为恒量。由图（b），根据力F 随时间变化图
像的面积表示冲量可知，在0~t1时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块静止，
木板静止。在t1~t2时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块静止，木板滑动，选
项D 正确；把物块和木板看作整体，在t1 时刻，牛顿第二定律，F1- μ,1（m1+m2）g=0，
解得：F1-=μ,1（m1+m2）g，选项A 错误；t2 时间后，物块相对于木板滑动，木板所受的滑
动摩擦力为恒力，做匀加速直线运动。设t2 时刻木板加速度为a，在t2 时刻，对木板，由
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牛顿第二定律，μ2m2g- μ,1（m1+m2）g=（m1+m2）a，显然，μ2＞
，选项C 正
确；对物块，由牛顿第二定律，F2-μ2m2g=m2a，与μ2m2g- μ,1（m1+m2）g=（m1+m2）a，
联立解得：F2=
+（μ2-μ1）m2g，选项B 错误。
2.（16 分）（2019 高考江苏卷物理15）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．
【名师解析】．（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 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
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且xB–xA=L
解得
3. （2018 海南高考物理）如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0 时， 小物块以速
度
滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的
图像，图中t1、
、
已知。重力加速
度大小为g. 由此可求得
A.木板的长度
B.物块与木板的质量之比
C.物块与木板之间的动摩擦因数
D.从t=0 开始到t1时刻，木板获得的动能
【参考答案】BC
【命题意图】此题考查物块木板模型、动量守恒定律、牛顿运动定律、对速度图像的理解
及其相关的知识点。
【解题思路】由图（b）的速度图像可以得出物块相对于长木板滑动的距离，不能得出长
木板的长度，选项A 错误；由动量守恒定律，mv0=(m+M)v1，可以得出物块与木板的质量
之比m/M=
，选项B 正确；由图（b）的速度图像可以得出物块在长木板上滑动的加
速度a=
，由牛顿第二定律，μmg=ma，可以解得物块与木板之间的动摩擦因数
μ=a/g=
，选项C 正确；从t=0 开始到t1时刻，木板获得的动能为Ek=
Mv1
2，由于
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不知道长木板的质量M，因此不能得出从t=0 开始到t1时刻，木板获得的动能，选项D 错
误。
4.（2017 全国III 卷·25）如图，两个滑块A 和B 的质量分别为
和
，
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
；木板的
质量为
，与地面间的动摩擦因数为
。某时刻A、B 两滑块开始相向滑动，
初速度大小均为
。A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，取重力加速度大小
。求
（1）B 与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B 开始运动时，两者之间的距离。
【参考答案】（1）
与木板相对静止时，木板的速度为
（2）
、
开始运动时，两者之间的距离为
【名师解析】
（1）如图所示对
、
和木板受力分析，其中
、
分别表示物块
、
受木板摩擦力
的大小，
、
和
分别表示木板受到物块
、
及地面的摩擦力大小，设运
动过程中
、
及木板的加速度大小分别为
，
和
，根据牛顿运动定律得：
①
②
③
且：
④
⑤
⑥
联立①~⑥解得：
，
，
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故可得
向右做匀减速直线运动，
向左做匀减速直线运动，木板向右匀加速运
动；且
，显然经历一段时间
之后
先与木板达到相对静止状态，且
此时
、
速度大小相等，方向相反。不妨假设此时
与木板的速度大小为
：
⑦
⑧
解得：
，
（2）设在
时间内，
、
的位移大小分别为
，
，由运动学公式得：
⑨
⑩
此后
将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和
相遇，这段时间内
的加速度大小仍为
，设
和木板的加速度大小为
，则根据牛顿运动定律
得：
对木板和
：
⑪
假设经过
时间后
、
刚好相遇，且此时速度大小为
，为方便计算我们规定
水平向右为正向，则在这段时间内速度变化：
对
和木板：
⑫
对
：
⑬
联立⑪~⑬解得
，可以判断此时
和木板尚未停下
则
时间内物块
、
的位移大小假设为
、
，由运动学公式：
⑭
⑮
则
和
开始相距
满足：
⑯
联立解得：
5.（2015·全国理综II） 下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为
θ=37°（sin37°=
3
5 ）的山坡C，上面有一质量为m 的石板B，其上下表面与斜坡平行；B 上有一
碎石堆A（含有大量泥土），A 和B 均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A 浸透雨
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水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B 间的动摩擦因数μ1减小
为
3
8 ，B、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s 末，
B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l=27m，C
足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）在0~2s 时间内A 和B 加速度的大小。
（2）A 在B 上总的运动时间。
【名师解析】分析：分别隔离A、B 受力分析，运用牛顿第二定律和相关知识列方程得到在
0~2s 时间内A 和B 加速度的大小。分析A 在B 上受力情况和运动过程可知，A 在B 上的运动可
分为二者均做加速运动，A 加速运动B 减速运动，B 静止不动A 继续滑动，分别求出各段时间，
然后求出总的运动时间。
（1）在0~2s 内。A、B 受力如图所示。
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：
f1=μ1N1，
N1=mgcosθ，
F2=μ2N2，
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N2= N1+mgcosθ，
以沿着斜面向下为正方向，设A 和B 的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律可得
mg sinθ−f 1=ma1，
mg sinθ−f 2+f 1=ma 2 ，
联立以上各式可得
a1=3m/s2。
a2=1m/s2。
（2）在t1=2s，设A 和B 的速度分别为v1和v2，则有：
v1= a1 t1=3×2m/s=6m/s，
v2= a2 t1=1×2m/s=2m/s
t>t1时，设A 和B 的加速度分别为a’1和a’2，此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得
a’1=6m/s2，
a’2=-2m/s2，
即B 做减速运动。设经过时间t2，B 的速度减为零，则有：
v2+ a’2 t2=0
解得：t2=1s。
在t1+ t2时间内，A 相对于B 运动的距离为：
s=(
+ v1 t2+
)- (
+ v2 t2+
)=12m<27m
此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动。设再经过时间t3后A 离开B，则有：
l-s=（v1+a1’t2）t3+
解得：t3=1s。（另一解不合题意，舍去）
设A 在B 上总的运动时间为t 总，有：
t 总=t1+t2+t3=2s+1s+1s=4s。
注解：碎石堆
A 和石板的运动可画出下面的速度图象，你知道图像中阴影部分面积的物理
意义吗？
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6. （2011 新课标卷）如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，
其上叠放一质量为m2 的木块。现假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动
摩擦力相等。现给木块施加一随时间t 增大的水平力F=kt（k 是常数），木板和
木块加速度大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线正确的是
【名师解析】：当给木块施加的水平力F 小于木块与木板之间的最大静摩擦力
时，二者一起做加速运动。当给木块施加的水平力F 大于木块与木板之间的最
大静摩擦力时，木板所受摩擦力不变，木板加速度a1为一恒量，木板做匀加速
运动。设木块所受的滑动摩擦力大小为f，则木块所受合外力为kt-f，由牛顿第
二定律，木块加速度a2=(kt-f)/m，所以反映a1和a2变化的图线正确的是A。
【参考答案】：A
【点评】此题考查叠加体、整体法隔离法受力方向、加速度图象等知识点。
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【最新模拟题精练】
1. （2023 湖南怀化二模）如图所示，小物块质量
，长木板质量
（假设
木板足够长），各接触面摩擦系数从上至下依次为
，
，小物块以初速度
向右滑上木板，木板初始受力F 为14N，初速度为0，F 维持1.5s 后撤去，以初
始状态为计时起点，
，则（ ）
A. 经过1s 二者速度第一次大小相等
B. 速度第一次大小相等后二者一起加速，再一起减速
C. 小物块相对长木板向右最远运动3m
D. 经过1.625s 二者速度第二次大小相等
【参考答案】AC
【名师解析】
.对物块应用牛顿第二定律得物块加速度大小
对木板应用牛顿第二定律得
则二者速度相等时，有
可得
，故A 正确；
.第一次速度相等后，由于木板的加速度大于小物块的加速度，所以小物块相对于木板向左
运动，则小物块受到的摩擦力向右，大小不变，开始向右做加速度大小不变的加速运动，
木板继续加速，再次共速后一起减速，故B 错误；
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.速度第一次相等时，小物块
位移是
木板的位移
这个过程中
位移差为3m，之后小物块相对于木板向左运动，则木板的加速度
再经过0.5s，
，
撤去F 后，木板开始减速，直到再次共速时，小物块速度都小于木板的速度，所以1s 之后，
小物块相对于木板一直向左运动，故小物块相对长木板向右最远运动3m，故C 正确；
.撤去F 后，两物体再次共速前木板加速度大小
，
可得
，则
。故D 错误。
2. （2023 云南师大附中模拟）如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小
物块。在t=0 时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s 后撤去F，此后木板运动
的v—t 图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m／s2，下列说法正确的是（ ）
A. 拉力F 的大小为24N
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B. 物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为
C. 物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m
D. t=2s 时刻，物块的速度减为0
【参考答案】C
【名师解析】
由图像可知，撤去拉力F 前，物块在木板上一直有有相对运动，否则，撤去拉力F 后，木
板的v-t 图像不可能是两段折线。
在1～1.5s 内，物块加速、木板减速，设它们的加速度大小分别为a1、a2，则
设物块、木板的质量均为m，物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩
擦因数μ2，则有
对物块
得
μ1=0.2，μ2=0.4
撤去拉力F 前，木板的加速度
对木板,根据第二定律有
得
F=18N
选项A 错误；
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B．由上可知，物块与木板间的动摩擦因数为
，选项B 错误；
C．在t1=1.5s 内，物块位移为
木板位移为
在t1=1.5s 后，物块与木板间仍有相对滑动
物块的加速度大小
木板的加速度大小为
得
物块到停止的时间还需
木板到停止的时间还需
所以木板比物块早停止运动。
在t1=1.5s 到物块停止运动的时间内，物块的位移为
木板位移为
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物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
选项C 正确；
由上可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s 时的速度不为0，选项D 错误。
3. （2023 湖南二轮复习联考）如图所示，粗糙水平面上静置一质量
的长木板，
其上叠放一木块.现给木板施加一水平拉力
，
随时间变化的图像如图乙所示，
末
木板刚好开始滑动.已知木板与地面间的动摩擦因数为0.1，木块与木板之间的动摩擦因数
为0.4，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，取重力加速度
.则（ ）
A.木块的质量为
B.
末，木板与木块速度不相同
C.
末，木板对木块的摩擦力为
D.
末，拉力的功率为
【参考答案】AD
【名师解析】
末，木板刚好开始滑动，即
，得
，A 正确；
当木板与木块刚好相对滑动时，对木块受力分析，
，得
，对木板
受力分析，
，得
，根据图像可知
，
所以对应时刻为
，即
前木板与木块没有发生相对运动，有相同速度，B 错误；
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末，对整体受力分析，
，对木块受力分析有
，C 错误；设
末木板的速度大小为
，
时间内由动量定理可知，
，拉力的冲量大小为
，地面摩擦力的冲
量大小为
，解得
，拉力的功率
，D 正确.
4. （2023 吉林长春高一期末） 如图所示，质量为m=3kg 的木块放在质量为M=1kg 的长木
板上，开始处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为
，木板与地面间的
动摩擦因数为
，当木块受到水平向右的拉力F 后，下列说法正确的是（ ）
A. 木板受到地面的摩擦力的大小可能是1N
B. 木板受到地面的摩擦力的大小一定是4N
C. 当F>12N 时，木块才会在木板上滑动
D. 无论怎样改变F 的大小，木板都不可能运动
【参考答案】AC
【名师解析】
木板与地面间滑动摩擦力的大小为
木块与木板间的滑动摩擦力大小为
当
时，木块与木板仍保持静止状态，木板与地面间为静摩擦力，大小等于拉力
F，故B 错误，A 正确；
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当拉力为
时木块与木板间刚好发生相对滑动，由牛顿第二定律得
解得
所以当F>12N 时，木块才会在木板上滑动，故C 正确；
D．当
时，木板向右运动，故D 错误。
5．（2023 重庆名校教育联盟质检）如图所示，质量
的物块（视为质点）放在质
量
的木板的右端，木板长
。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
。现对木板施加一水平向右的恒力
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，
。则物块在木板上运
动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
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
C．物块的最大速度大小为3.5m/s
D．物块到达木板左端时木板前进的位移大小为
【参考答案】．D
【名师解析】．物体与物体恰好相对滑动时物块的加速度：
拉力的临界值：
解得：
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，A 错误；
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木板的加速度：
B
错误；
木块的加速度：
经过时间木块从木板上滑落，则：
代入数据解得：
此时木块的速度最大为：
C 错误；
物块到达木板左端时木板前进的位移大小：
D 正确。故
选D。
6.（2022 山西大学附中模拟） 如图甲所示，质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上，
其上静置一质量为m1的小滑块。现给木板施加一随时间均匀增大的水平力F，满足F＝kt
（k 为常数，t 代表时间），长木板的加速度a 随时间t 变化的关系如图乙所示。已知小滑
块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A. 在0~2s 时间内，小滑块与长木板间的摩擦力不变
B. 在2~3s 时间内，小滑块与长木板间的摩擦力在数值上等于m2的大小
C. m1与m2之比为1：2
D. 当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小0.5m/s
【参考答案】BD
【名师解析】
．根据图像，经分析可知，在0~2s 时间内小滑块和长木板相对静止，它们之间为静摩擦力，
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对小滑块有f 静＝m1a，a 在增加，所以静摩擦力也在线性增大，故A 错误；
．长木板的加速度a 在3s 时突变，所以小滑块在3s 时脱离长木板，对长木板在3s 时刻前
后分别列牛顿第二定律可得：
3k﹣f＝m2a 前＝m2•（2m/s2），3k＝m2a 后＝m2•（3m/s2）
两式联立可得：
f＝m2•（
故B 正确；
．在0~2s 时间内，F＝（m1+m2）a1＝kt，所以
在2~3s 时间内，F﹣f＝m2a2，所以
根据图像斜率可知
，
解得：m1＝m2，故C 错误；
D．在 2s 时刻小滑块与长木板速度相同，在2~3s 时间内，滑块块运动的a﹣t 图像如图中
红色线段所示，小滑块的速度的变化量为△v1＝1m/s，长木板的速度的变化量为△v2＝
1.5m/s，所以在3s 时，长木板比小滑块的速度大0.5m/s，故D 正确。
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