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知识点19：板块模型的动力学问题
【知识思维方法技巧】
（1）应用动力学观点解决板块问题往往存在一题多解情况，常见的解法如下：
①动力学分析法：分别对滑块和滑板受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，然后
结合运动学公式求解．
②相对运动分析法：从相对运动的角度出发，根据相对初速度、相对加速度、相对末速度
和相对位移的关系x 相对＝t＝，往往可大大简化数学运算过程．
③图象描述法：有时利用运动v－t 图象分析更快捷．例如，一物块以初速度v0滑上在水平
地面上静止的木板，物块和木板的运动图象如图甲或图乙所示．图甲表示物块在滑出木板
前已经与木板共速，阴影部分面积表示相对位移x 相对，x 相对＝；图乙表示物块已滑出木板，
阴影部分面积表示木板总长度L，x 相对＝L.
（2）思维流程：
考点一：板块模型在水平面的动力学问题
【知识思维方法技巧】
求解水平面上的板块模型的三个关键：
（1）两个分析求加速度：对滑块和木板进行受力分析和运动过程分析，求出各自的加速度。
共速后，物块与木板会不会发生相对滑动是需要判断的．常用的方法：假设二者相对静止
求出二者的共同加速度大小a0，与临界加速度a2大小进行比较，若a0>a2，则二者一定相对
滑动，若a0≤a2，则二者一定相对静止．
（2）明确关系：画好运动情景图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系。每一过程的
1
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末速度是下一过程的初速度。当过程比较多时可以借助vt 图像，从图像中找到时间与空间
的关系，是解决问题的有效手段。
（3）使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度
恰好相同。
题型一：光滑水平面上无外力模型
类型一：滑块带板运动模型
类型二：滑块与板反向运动模型
【知识思维方法技巧】
如果板足够长，共速后一起匀速运动，板块间摩擦力突变为0，用图像法v－t 描述板、块
的速度解题更直观。
类型三：滑块带板运动+弹性挡板碰撞模型
题型二：光滑水平面上外力拉滑块模型
类型一：外力拉滑块运动模型
【典例2a 拔尖题】如图甲所示，滑块与长木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状
态．作用于滑块的水平力F 随时间t 的变化图象如图乙所示．已知滑块质量m＝2 kg，木板
质量M＝1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s2.(已知滑块在2.5 s 内没有滑
离木板)
（1）在0～0.5 s 内，滑块和长木板之间的摩擦力大小是多少？
（2）在2.5 s 时，滑块和长木板的速度分别是多少？
【典例2a 拔尖题】【答案】(1)2 N (2)13 m/s 9 m/s
【解析】(1)在0～0.5 s 过程中，假设M、m 具有共同加速度a1，则：F1＝(M＋m)a1
a1＝2 m/s2木板能达到的最大加速度a2＝ ， a2＝4 m/s2>a1，所以M、m 相对静止，M、m
之间为静摩擦力Ff＝Ma1解得：Ff＝2 N
(2)木板和滑块在0.5 s 时的速度v1＝a1t1解得：v1＝1 m/s，在0.5～2.5 s 过程中，假设M、m
具有共同加速度a3，则：F2＝(M＋m)a3，a3≈5.3 m/s2>a2，则M、m 相对滑动，长木板在2.5
s 时的速度v2＝v1＋a2t2解得：v2＝9 m/s，以滑块为研究对象：F2－μmg＝ma4解得：a4＝6
m/s2
滑块在2.5 s 时的速度v3＝v1＋a4t2解得：v3＝13 m/s.
类型二：外力拉滑块模型的临界极值问题
【典例2b 拔尖题】如图所示，在光滑水平地面上，静放着一质量m1＝0.2 kg、长L＝4 m
的平板小车，质量m2＝0.1 kg 的小物块(可视为质点)置于平板小车A 处，A 处与小车右端
距离为2.5 m，其与小车间的动摩擦因数μ＝0.4(且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．现给
小物块一个v0＝6 m/s 水平向右的初速度，同时对其施加水平向左的拉力F＝0.6 N，取g＝
10 m/s2，则：
(1)当小物块在小车上开始滑动时，两者加速度的大小和方向？并通过计算说明小物块不会
2
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从小车右端滑落；
(2)小物块最远能向右滑行多远？
(3)当小车速度减为零时，水平向左的拉力变为F′＝1.2N，而后保持此值不变，则小物块从
获得初速度v0到滑离小车的总时间是多少？
【典例2b 拔尖题】【答案】见解析
【解析】(1)小物块水平方向受向左的拉力与滑动摩擦力做减速运动，而小车受摩擦力向右
做匀加速运动．对小物块水平方向受力分析如图所示.设小车与小物块的加速度分别为a1、
a2，由牛顿第二定律得，
对小物块有F＋μm2g＝m2a2
解得a2＝
＝10 m/s2，方向向左
对小车水平方向受力如图所示，根据牛顿第二定律得μm2g＝m1a1，
解得a1＝
＝2 m/s2，方向向右.
设经t1秒两者速度相同，则小物块有v 共＝v0－a2t1，
对小车有v 共＝a1t1，
解得t1＝0.5 s，v 共＝1 m/s.
此时小车位移s1＝a1t1
2＝0.25 m，
物块位移s2＝
t1＝1.75 m，
物块比小车多运动了Δs＝s2－s1＝1.5 m，小于物块距右端距离2.5 m，所以不会滑落
(2)当两者达到共同速度后，假设小物块和小车只受F 作用相对静止做减速运动时，其加速
度为a 共，对整体受力如图，有F＝(m1＋m2)a 共
得a 共＝2 m/s2.
3
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对小车水平方向受力如图所示，设两者间摩擦力为Ff 需，则Ff 需＝m1a 共＝0.4 N≤μm2g，假
设成立，两者以2 m/s2的共同加速度做减速运动，直至共同速度减为零．
小物块第二段运动的位移s2′＝
＝0.25 m，
故小物块向右运动最远的位移s＝s2＋s2′＝1.75 m＋0.25 m＝2 m
(3)小物块第二段运动的时间t2＝
＝0.5 s
当小物块及小车的速度减为零后，其水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得，
此时小车的加速度大小为a3＝
＝2 m/s2，
小物块的加速度大小为a4＝
＝8 m/s2，
小物块相对于小车向左运动直至从小车左端滑离，
故L－2.5＋Δs＝a4t3
2－a3t3
2，
得t3＝1 s.
总时间t＝t1＋t2＋t3＝2 s
【典例2b 拔尖题对应练习】如图甲所示，质量M=2.0 kg 的长木板A 静止在光滑水平面上，
在木板的左端放置一个质量m=1.0 kg 的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，对
铁块施加水平向右的拉力F，F 大小随时间变化如图乙所示，5s 时撤去拉力。可认为A、B
间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g=10m/s2求
(1)0~1 s 内，A、B 的加速度大小aA、aB；
(2)B 相对A 滑行的最大距离s；
(3)4.5s 末B 对A 的摩擦力大小；
(4)5s 内A 的位移。
【典例2b 拔尖题对应练习】【答案】(1)
，
；(2)6m；(3)
；(4)
4
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【解析】(1)A、B 恰要相对滑动时，对A
解得
对整体
解得
，
表明0~1 s 内，A、B 发生相对滑动
对B ，
解得
(2)t1=1s 末
，
1s 后，
，B 匀速，A 继续加速
再经t2时间A、B 共速，对A 有
因为
共速后A、B 相对静止，B 相对A 滑行的最大距离s 等于二者的位移差
(3)4s 末开始共速，对整体
对A
(4) 木板A 前4s 的位移
5
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第5s 内木板A 与木块B 一起匀加速运动，初速度为
，加速度为
，运动
时间为t3=1s，第5s 内木板的位移为
前5s 内A 的位移为
题型三：光滑水平面上外力拉板模型
类型一：外力拉板模型
【知识思维方法技巧】
共速后，物块与木板会不会发生相对滑动是需要判断的。常用的方法：假设二者相对静止
求出二者的共同加速度大小a0，与临界加速度a2大小进行比较，若a0>a2，则二者一定相对
滑动，若a0≤a2，则二者一定相对静止。
【典例3a 拔尖题】如图(a)，在光滑水平面上放置一木板A，在A 上放置物块B，A 和B 的
质量均为m＝1 kg.A 与B 之间的动摩擦因数μ＝0.2.t＝0 时刻起，对A 施加沿水平方向的力，
A 和B 由静止开始运动．取水平向右为正方向，B 相对于A 的速度用vBA＝vB－vA表示，其
中vA和vB分别为A 和B 相对水平面的速度．在0～2 s 时间内，相对速度vBA随时间t 变化
的关系如图(b)所示．运动过程中B 始终未脱离A，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)0～2 s 时间内，B 相对水平面的位移；
(2)t＝2 s 时刻，A 相对水平面的速度．
【典例3a 拔尖题】【答案】(1)3.5 m (2)0
【解析】(1)由题知B 始终未脱离A，
由vBA－t 图像可知
0～1.5 s 内，vB<vA，B 在方向向右的摩擦力作用下向右匀加速运动，1.5～2 s 内，vB>vA，B
在向左的摩擦力作用下向右匀减速运动，对物块B，由牛顿第二定律，μmg＝ma，得a＝
μg＝2 m/s2，则物块B 在1.5 s 时，v1.5＝at1.5＝3 m/s，x1.5＝
t1.5＝2.25 m
物块B 在t＝2 s 末，v2＝v1.5－at0.5＝2 m/s，
在1.5～2 s 内位移x2＝
t0.5＝1.25 m
所以B 相对水平面的位移
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xB 总＝x1.5＋x2＝3.5 m.
(2)由图可知t＝2 s 时，vBA＝2 m/s，又此时B 的速度
vB＝v2＝2 m/s
由vBA＝vB－vA得vA＝0.
【典例3a 拔尖题对应练习】如图所示，有三个质量均为m＝1 kg 的物体，长板2 与物块3
通过不可伸长的轻绳连接，跨过光滑的轻质定滑轮且与长板2 相连的轻绳水平，设长板2
到定滑轮足够远，物块3 离地面高H＝5.75 m，物块1 与长板2 之间的动摩擦因数μ＝0.2。
长板2 在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物块1(视为质点)在长板2 的左端以v＝4
m/s 的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2 的右端掉下。(g 取10 m/s2)求：
(1)长板2 开始运动时的加速度大小；
(2)长板2 的长度L0；
(3)当物块3 落地时，物块1 在长板2 上的位置。
【典例3a 拔尖题对应练习】【答案】(1)6 m/s2 (2)1 m (3)物块1 在长板2 的最左端
【解析】(1)设向右为正方向，由牛顿第二定律物块1：－μmg＝ma1，a1＝－μg＝－2
m/s2，
长板2：FT＋μmg＝ma2，物块3：mg－FT＝ma3，且a2＝a3，联立解得：a2＝
＝6
m/s2。
(2)设经过时间t1物块1 与长板2 速度相等，则有v1＝v＋a1t1＝a2t1代入数据，解得t1＝0.5
s，v1＝3 m/s
物块1 的位移为：x1＝
t1＝1.75 m，长板2 的位移为：x2＝
＝0.75 m<H 此后，假设
物块1、2、3 相对静止一起加速FT＝2ma，mg－FT＝ma，即mg＝3ma，得a＝，对1 分
析：Ff 静＝ma≈3.3 N>Ff＝μmg＝2 N，故假设不成立，物块1 相对长板2 向左滑动所以长板
2 的长度L0＝x1－x2＝1 m。
(3)物块1：μmg＝ma4，a4＝μg＝2 m/s2，长板2：FT－μmg＝ma5，物块3：mg－FT＝ma6
且a5＝a6，联立解得：a5＝
＝4 m/s2，从物块1、2 达到共同速度到物块3 落至地面过
程中，物块3 下落的高度h＝H－x2＝5 m，根据h＝v1t2＋a5t2
2，解得t2＝1 s，物块1 的位
移x3＝v1t2＋a4t2
2＝4 m
则Δx＝h－x3＝1 m，即物块1 在长板2 的最左端。
类型二：外力拉板模型的临界极值问题
【典例3b 拔尖题】如图所示，有一长度L＝5 m 的长木板放在光滑的水平面上，板上右端
放一质量m＝2 kg 的物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，长木板的质量为M＝16
kg，现在长木板的右端施加一水平向右的拉力F.将物块视为质点，最大静摩擦力和滑动摩
擦力大小相等，g 取10 m/s2.
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(1)要使物块与长木板不发生相对滑动，求拉力的最大值Fmax；
(2)要使物块2 s 内从长木板上滑下，求拉力的最小值Fmin；
(3)如果把作用力F 变为F＝144 N，只作用1 s 后撤去，问物块能否从长木板上滑落？
【典例3b 拔尖题】【答案】见解析
【解析】(1)物块与长木板刚要发生相对滑动时，施加的拉力为最大值，
对物块有μmg＝ma，
解得a＝μg＝4 m/s2.
对物块和长木板整体有Fmax＝(M＋m)a＝72 N.
(2)设物块刚好经过2 s 从长木板上滑下，则物块滑动时的加速度大小为a1＝μg＝4 m/s2，
长木板的加速度大小为a2＝，
2 s 内物块的位移为x1＝a1t2，
2 s 内长木板运动的位移为x2＝a2t2，
且有x2－x1＝L，解得Fmin＝112 N.
(3)长木板的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有F－μmg＝Ma3，
解得a3＝8.5 m/s2
1 s 末物块的速度v1＝a1t′＝4 m/s，
1 s 末长木板的速度v2＝a3t′＝8.5 m/s，
1 s 内物块的位移x1′＝a1t′2＝2 m，
1 s 内长木板运动的位移x3＝a3t′2＝4.25 m.
撤去外力F 后长木板的加速度变为a4＝＝0.5 m/s2，
设达到共速的时间为t1，则
v1＋a1t1＝v2－a4t1，解得t1＝1 s
t1＝1 s 内物块的位移为x4＝v1t1＋a1t1
2＝6 m
t1＝1 s 内长木板运动的位移x5＝v2t1－a4t1
2＝8.25 m
则x3－x1′＋x5－x4<5 m，所以物块不能从长木板上滑落．
【典例3b 拔尖题对应练习】如图甲所示，质量为M＝0.5 kg 的木板静止在光滑水平面上，
质量为m＝1 kg 的物块以初速度v0＝4 m/s 滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数
为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F 取某一
值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到F 的
关系如图乙所示，其中AB 与横轴平行，且AB 段的纵坐标为1 m－1。将物块视为质点，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？
(2)图乙中BC 为直线段，求该段恒力F 的取值范围及F 函数关系式。
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【答案】(1) s (2)1 N≤F≤3 N ＝
【解析】(1)以初速度v0为正方向，物块的加速度大小：am＝μg＝2 m/s2
木板的加速度大小：aM＝＝4 m/s2
由题图乙知，板长L＝1 m
物块相对木板的路程：L＝v0t－amt2－aMt2
联立解得：t＝ s 或t＝1 s
当t＝1 s 时，物块的速度为2 m/s，木板的速度为4 m/s，而当物块从木板右端滑离时，物
块的速度不可能小于木板的速度，t＝1 s 应舍弃，故所求时间为t＝ s。
(2)①当F 较小时，物块将从木板右端滑下，当F 增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，
且两者具有共同速度v，历时t1，则：
aM′＝
v＝v0－amt1＝aM′t1
s＝t1－t1＝t1
联立解得：＝
由题图乙知，相对路程：s≤1 m
代入解得：F≥1 N
②当F 继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者
共速后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同加速度a 做匀加速运动，则：
a＝
f＝ma
由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤fmax＝μmg＝2 N
联立解得：F≤3 N
综述：BC 段恒力F 的取值范围是1 N≤F≤3 N，函数关系式是＝。
题型四：粗糙水平面上无外力模型
【知识思维方法技巧】
当μ2<μ1（上面比下面粗糙），则不会相对滑动，用极限法，μ1无限大或水平面光滑，一起
匀加速运动。当μ2>μ1（下面比上面粗糙），则会相对滑动。
类型一：上面比下面粗糙模型
类型二：下面比上面粗糙模型
类型三：无外力模型的临界极值问题
【典例4c 拔尖题】如图所示，物块A、木板B 的质量均为m＝10 kg，A 可视为质点，B 的
长度为L＝3 m，开始时A、B 均静止。现使A 以某一水平初速度v0从B 的最左端开始运动。
已知A 与B 之间的动摩擦因数为μ1＝0.3。(g 取10 m/s2)
(1)若B 与水平面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，且物块A 刚好没有从木板B 上滑下来，则
A 的初速度v0为多大？
(2)若把木板B 放在光滑水平面上，让A 仍以(1)问中的初速度从B 的最左端开始运动，则A
能否与B 脱离？最终A 和B 的速度各为多大？
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【典例4c 拔尖题】【答案】(1)2 m/s (2)没有脱离，最终速度均为 m/s
【解析】(1)A 在B 上向右做匀减速直线运动，加速度大小a1＝μ1g＝3 m/s2
木板B 向右做匀加速直线运动，加速度大小
a2＝＝1 m/s2
由题意知，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 运动到B 的最右端时和B 速度相同，记为v，
由时间关系得＝，
由位移关系得L＝－
联立并代入数据解得v0＝2 m/s。
(2)若把木板B 放在光滑水平面上，则A 在B 上向右做匀减速直线运动，加速度大小仍为a1
＝μ1g＝3 m/s2
B 向右做匀加速直线运动，加速度大小为
a2′＝＝3 m/s2
假设A、B 达到相同速度v′时，A 没有脱离B，由时间关系得
＝
解得v′＝＝ m/s
此过程中A 运动的位移xA＝＝3 m
B 运动的位移xB＝＝1 m
因xA－xB＝2 m<L，可知A 没有与B 脱离，最终A 和B 的速度相等，大小为 m/s。
【典例4c 拔尖题对应练习】如图甲所示，一长方体木板B 放在水平地面上，木板B 的右端
放置着一个小铁块A，在t＝0 时刻，同时突然给A、B 初速度，其中A 的初速度大小为vA
＝1 m/s，方向水平向左；B 的初速度大小为vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B 运动的vt
图象如图乙所示。已知A、B 的质量相等，A 与B 及B 与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不
等)，A 与B 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 始终没有滑出B，取重力加速度g＝
10 m/s2。(提示：t＝3 s 时刻，A、B 达到共同速度v＝2 m/s；3 s 时刻至A 停止运动前，A 向
右运动的速度始终大于B 的速度)求：
(1)小铁块A 向左运动相对地面的最大位移；
(2)B 运动的时间及B 运动的位移大小。
甲 乙
【典例4c 拔尖题对应练习】【答案】(1)0.5 m (2)4 s 25 m
【解析】(1)由题图乙可知，0～3 s 内A 做匀变速运动，速度由vA＝－1 m/s 变为v＝2 m/s
则其加速度大小为aA＝＝ m/s2＝1 m/s2，方向水平向右。
当A 水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则s＝＝0.5 m。
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(2)设A 与B 之间的动摩擦因数为μ1，
由牛顿第二定律得μ1mg＝maA
则μ1＝＝0.1
由题图乙可知，0～3 s 内B 做匀减速运动，
其速度由vB＝14 m/s 变为v＝2 m/s
则其加速度大小为aB＝＝ m/s2＝4 m/s2
方向水平向左
设B 与地面之间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB
则μ2＝＝0.15
3 s 之后，B 继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得
2μ2mg－μ1mg＝ma′B
则B 的加速度大小为a′B＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2
方向水平向左
3 s 之后运动的时间为t2＝＝ s＝1 s
则B 运动的时间为t＝t1＋t2＝4 s
0～4 s 内B 的位移xB＝t1＋t2＝25 m，方向水平向右。
类型四：无外力模型+弹性碰撞墙模型
【典例4d 拔尖题】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有
一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0 时刻开始，小物块与木板一起
以共同速度向右运动，直至t＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大
小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s 时间内小物块的vt
图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15 倍，重力加速度大小g 取10 m/s2。求：
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。
图(a) 图(b)
【典例4e 拔尖题】【答案】(1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
【解析】大题分解）第一步：分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为m 和M。
小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。
第二步：分解过程模型。
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(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为
v1，如图乙所示。
(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短
(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s 小物块速度减小为零(如图丁所示)。 由于
木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向
左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。
(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。
详解）(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝ m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋a1t2解得a1＝1 m/s2
对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得
μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝ m/s2，对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2>a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s 的过程中，木板向左运动的位移
为
x1＝vt1－a3t＝ m，末速度v1＝v－a3t1＝ m/s
滑块向右运动的位移x2＝t1＝2 m，此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4
m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ m/s2
假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－a3t＝ m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
滑块向左运动的位移x4＝a2t＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。
(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2，向左运动的
位移为x5＝＝2 m，所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
题型五：粗糙面上外力拉滑块模型
【知识思维方法技巧】
滑块上加力，注意判断木板动不动，是一起加速，还是发生相对滑动(还是用假设法判断)。
类型一：外力拉滑块模型
类型二：外力拉块模型的临界极值问题
【典例5b 拔尖题】如图所示，放在水平桌面上的长板B 的质量mB＝2 kg，木块A 的质量
mA＝1 kg，A、B 间的动摩擦因数μ1＝0.3，长板B 与桌面间的动摩擦因数为μ2，木块A 在
拉力F 的作用下在长板B 上匀速向右滑动，而长板B 保持静止不动．最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，取g＝10 m/s2.
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(1)求长板B 所受木块A 的摩擦力；
(2)求μ2应满足的条件；
(3)若将拉力F 作用在长板B 上，长板B 是否滑动？
【典例5b 拔尖题】【答案】(1)3 N，方向向右 (2)μ2≥0.1 (3)长板B 不会滑动
【解析】(1)分析木块A 的受力情况，水平方向上木块A 受拉力F 及长板B 对木块A 的摩擦
力f，处于平衡状态，则
F＝f＝μ1mAg＝3 N，
由力的作用是相互的，可得长板B 所受木块A 的摩擦力大小为3 N，方向水平向右.
(2)长板B 保持静止不动，则长板B 受到木块A 的摩擦力等于水平桌面对长板B 的摩擦力，
而水平桌面对长板B 的摩擦力小于或等于最大静摩擦力，有
3 N≤μ2(mA＋mB)g，
解得μ2≥0.1.
(3)若将拉力F 作用在长板B 上，将A、B 看成一个整体，此时整体与水平桌面间的最大静
摩擦力为μ2(mA＋mB)g=3 N＝F，
故长板B 不会滑动．
题型六：粗糙面上外力拉板模型
【知识思维方法技巧】
木板上加力，板块可能一起匀加速运动，也可能发生相对滑动。
类型一：外力拉板模型
【典例6a 拔尖题】如图甲所示，水平地面上有一长为L＝1 m，高为h＝0.8 m，质量M＝2
kg 的木板，木板的右端放置一个质量为m＝1 kg 的木块(可视为质点)，已知木板与木块之
间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止．
现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F 随时间的变化如图乙所示，求木块落地时与木
板左侧的水平距离Δs.(取g＝10 m/s2)
【典例6a 拔尖题】【答案】1.68 m
【解析】若木块相对木板滑动，设木块加速度为a1，
则μ1mg＝ma1，得a1＝4 m/s2若前2 s 二者一起做匀加速运动，设加速度为a
则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，得a＝2 m/s2，因为a1>a，所以前2 s 木块和木板一起以2
m/s 的加速度做匀加速运动．2 s 末二者的速度为：v＝at1＝4 m/s 同理可知2 s 后木块和木板
发生相对滑动，木块加速度为：a1＝4 m/s2，木板加速度设为a2，由牛顿第二定律得：F－
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，得：a2＝6 m/s2，设经时间t2二者分离：vt2＋a2t2
2－(vt2＋a1t2
2)＝
L，解得t2＝1 s，此时v 块＝v＋a1t2＝8 m/s，v 板＝v＋a2t2＝10 m/s，木板抽出后，木板继续做
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加速运动，木块将做平抛运动，再经时间：t3＝＝0.4 s，木块落地，在0.4 s 内，x 块＝v 块t3
＝3.2 m，木板的加速度设为a3，由牛顿第二定律有F－μ2Mg＝Ma3，得a3＝11 m/s2，木板
的位移：x 板＝v 板t3＋a3t3
2＝4.88 m，所以，木块落地时距离木板左侧Δs＝x 板－x 块＝1.68 m.
【典例6a 拔尖题对应练习】如图甲所示，质量m＝1 kg 的小物块A(可视为质点)放在长L
＝4.5 m 的木板B 的右端。开始时A、B 两叠加体静止于水平地面上。现用一水平向右的力
F 作用在木板B 上，通过传感器测出A、B 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所
示。已知A、B 两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度g 取10 m/s2。求：
（1）A、B 间的动摩擦因数μ1；
（2）乙图中F0的值；
（3）若开始时对B 施加水平向右的恒力F＝29 N，同时给A 水平向左的初速度v0＝4 m/s，
则在t＝3 s 时A 与B 的左端相距多远。
【典例6a 拔尖题对应练习】【答案】(1)0.4 (2)5 N (3)22.5 m
【解析】(1)由题图乙知，当A、B 间相对滑动时A 的加速度a1＝4 m/s2
对A 由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1得μ1＝0.4。
(2)设A、B 与水平地面间的动摩擦因数为μ2，B 的质量为M。当A 与B 间相对滑动时对B
由牛顿第二定律有F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2 即a2＝，由题图乙知＝，＝－可得M＝4
kg，μ2＝0.1 则F0＝μ2(m＋M)g＝5 N。
(3)给A 水平向左的初速度v0＝4 m/s，且F＝29 N 时A 运动的加速度大小为a1＝4 m/s2，方
向水平向右。设A 运动t1时间速度减为零，则t1＝＝1 s，位移x1＝v0t1－a1t1
2＝2 m
B 的加速度大小a2＝＝5 m/s2，方向向右
B 的位移大小x2＝a2t1
2＝2.5 m，此时B 的速度v2＝a2t1＝5 m/s
由于x1＋x2＝L，即此时A 运动到B 的左端，当B 继续运动时，A 从B 的左端掉下来停止，
设A 掉下来后B 的加速度大小为a3，对B 由牛顿第二定律有F－μ2Mg＝Ma3，可得a3＝
m/s2，在t＝3 s 时A 与B 左端的距离x3＝v2(t－t1)＋a3(t－t1)2＝22.5 m。
类型二：外力拉板模型的临界极值问题
【典例6b 拔尖题】如图所示,在粗糙水平地面上放置一个质量M=2 kg、长度L=5 m 的木板
A,可视为质点的物块B 放在木板A 的最左端,其质量m=1 kg.已知A、B 间的动摩擦因数为
μ1=0.2,A 与水平地面间的动摩擦因数为μ2=0.4.开始时A、B 均处于静止状态.在B 获得水平
向右的初速度v0=8 m/s 的同时,对A 施加水平向右的恒力,重力加速度g 取10 m/s2.
(1)为使物块B 不从木板A 的右端滑出,求力F 的最小值.
(2)若F=22 N,求物块B 的最大速度.
【典例6b 拔尖题】【答案】(1)18.8 N (2)10 m/s
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【解析】(1)物块B 在木板A 上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得μ1mg=ma1
解得a1=2 m/s2，物块B 滑到木板A 的右端时,若A、B 速度相等,则物块B 刚好不从木板A
的右端滑出,A、B 的相对位移为木板长度L.设力F 的最小值为Fmin,木板A 的加速度为a2,二
者的共同速度为v,由速度公式和位移公式可知，木板A 的速度v=a2t，物块B 的速度v=v0-
a1t，木板A 的位移xA=t，物块B 的位移xB=t，A、B 的相对位移为木板长度,即L=xB-xA，联
立解得a2= m/s2，对木板A 分析,由牛顿第二定律得Fmin+μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2，解得
Fmin=18.8 N.
(2)物块B 在木板A 上先做匀减速直线运动,加速度大小为a1=2 m/s2，木板A 做匀加速直线
运动,对木板A 分析,由牛顿第二定律得F+μ1mg-μ2(m+M)g=Ma3，解得a3=6 m/s2，设经过时
间t1,A、B 速度相同,大小都为v1,有v1=v0-a1t1，v1=a3t1，联立解得t1=1 s,v1=6 m/s
在此过程中,设A、B 的位移分别为xA1、xB1,有xA1=t1，xB1=t1，A、B 间的相对位移Δx1=xB1-
xA1，A、B 速度相同后,设木板A 以a4的加速度继续匀加速运动,由牛顿第二定律得F-μ1mg-
μ2(m+M)g=Ma4，解得a4=4 m/s2，由于a4>a1,所以物块B 也向右做匀加速运动,但相对木板A
向左运动,设经时间t2后物块B 会从木板A 的左端滑出,在这段时间内,木板A 的位移
xA2=v1t2+a4，物块B 的位移xB2=v1t2+a1，A、B 间的位移满足Δx1=xA2-xB2
联立解得t2=2 s，物块B 从木板A 的左端滑出时的速度v3=v1+a1t2=10 m/s，物块B 从木板A
的左端滑出后落到地面上做匀减速运动,所以整个过程中,物块B 从木板A 的左端滑出时的
速度最大为10 m/s.
【典例6b 拔尖题对应练习】如图所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg 的薄木板(厚度不计)静
止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg
的小物块(可视为质点)。已知木板与水平台面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，
现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g 取10 m/s2，求：
(1)F 作用了1.2 s 时，木板的右端离平台边缘的距离；
(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。
【典例6b 拔尖题对应练习】【答案】(1)0.64 m (2)μ2≥0.2
【解析】(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，对木板有：F－μ1(M＋
m)g－μ1mg＝Ma1，解得：a1＝6 m/s2。对物块有：μ1mg＝ma2，解得：a2＝4 m/s2。因为
a2<a1，故假设成立。设F 作用时间t 后，物块恰好从木板左端滑离，则有：＝a1t2－a2t2代
入数据解得：t＝1 s(另一解不符合，舍去)在此过程中，木板的位移为：x1＝a1t2＝×6×12 m
＝3 m，末速度为：v1＝a1t＝6×1 m/s＝6 m/s。物块的位移为：x2＝a2t2＝×4×12 m＝2 m，末
速度为：v2＝a2t＝4×1 m/s＝4 m/s。在物块从木板上滑落后的t0＝0.2 s 内，由牛顿第二定律，
对木板有：F－μ1Mg＝Ma1′解得：a1′＝8 m/s2。木板发生的位移为：x1′＝v1t0＋a1′t0
2解得：
x1′＝1.36 m 此时木板距平台边缘的距离为：Δx＝l－x1－x1′＝(5－3－1.36)m＝0.64 m。
(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，对物块有：μ2mg＝ma2′解得：
a2′＝μ2g 若物块在平台上速度减为0，则通过的位移为：x2′＝要使物块最终不会从平台上掉
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下去需满足：l＋≥x2＋x2′，联立解得：μ2≥0.2。
题型七：多个板块的组合模型
【知识思维方法技巧】
对于多物块与多个木板的组合，要注意运用整体法与隔离法分析物块在各个木板上运动时
的受力情况，从而对物体的运动规律作出正确判断。
类型一：一滑块与多个长木板的组合模型
【典例7a 拔尖题】如图，水平地面上紧靠粗糙水平台依次排放着A、B 两木板，A、B 的
长度均为L＝5 m、质量均为M＝1.5 kg，其上表面与平台相平，A 与平台和B 均接触但不
粘连．现有一质量m＝3 kg、可视为质点的滑块C，从平台上距平台右侧的距离d＝2.5 m
处，以大小v0＝8 m/s，方向水平向右的初速度向右滑动．已知C 与平台间、C 与木板A、
B 间的动摩擦因数均为μ1＝0.3，A、B 与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，且最大静摩擦
力与滑动摩擦力大小相等，g 取10 m/s2.求：
(1)滑块C 刚滑上A 板时的速度大小；
(2)滑块C 刚滑离A 板时，B 板的速度大小；
(3)从滑块C 滑上A 板到C 与B 板相对静止的过程中，B 板发生的位移大小．
【典例7a 拔尖题】【答案】(1)7 m/s (2)1 m/s (3)1.375 m
【解析】(1)C 在水平台上做匀减速直线运动，由运动学规律有：v1
2－v0
2＝－2a1d，由牛顿
第二定律有：μ1mg＝ma1，代入数据解得：a1＝3 m/s2，v1＝7 m/s；
(2)滑块C 在木板A 上滑动时的加速度仍为a1，设木板A、B 的加速度为a2，对A、B 有：
μ1mg－μ2(m＋2M)g＝2Ma2，代入数据得：a2＝1 m/s2，设C 在A 上运动的时间为t1，则滑
块相对木板A 向右运动的位移为L，L＝(v1t1－a1t1
2)－a2t1
2，代入数据解得：t1＝1 s 或t1＝
2.5 s(舍去)C 滑上B 时，A、B 分离．设C 离开A 时的速度为vC，木板A、B 的速度分为vA
和vB，vC＝v1－a1t1＝4 m/s，vA＝vB＝a2t1＝1 m/s；
(3)C 在B 上滑动时，C 的加速度仍为a1，设B 的加速度为a3，对B 有：μ1mg－μ2(m＋M)g
＝Ma3，代入数据得：a3＝3 m/s2，设经过时间t2，B、C 达到共同速度v，则有：v＝vC－
a1t2＝vB＋a3t2，代入数据得：t2＝0.5 s，v＝2.5 m/s，B 发生的总位移为：xB＝t1＋t2代入数据
解得：xB＝ m＝1.375 m
【典例7a 拔尖题对应练习】5. 5 个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示。每块木
块的质量均为m＝1 kg，长l＝1 m。它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，且最大静摩擦力
等于滑动摩擦力。现有一质量为M＝2.5 kg 的小铅块(可视为质点)，以v0＝4 m/s 的初速度
向右滑上左边第1 个木块的左端，它与木块间的动摩擦因数μ2＝0.2。小铅块刚滑到第4 个
木块时，木块开始运动，重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求铅块刚滑到第4 个木块时的速度大小；
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(2)试通过计算说明为什么小铅块滑到第4 个木块时，木块才开始运动；
(3)小铅块停止运动后，离第1 个木块的左端多远？
【典例7a 拔尖题对应练习】【答案】(1)2 m/s (2)见解析 (3)
m
【解析】(1)设小铅块在前3 个木块上运动的加速度大小为a1，刚滑到第4 个木块时的速度
大小为v1，由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma1，由运动学公式得v1
2－v0
2＝－2a1·3l，联立两式
并代入数据解得v1＝2 m/s。
(2)设小铅块滑到第n 个木块时对木块的摩擦力大小为f1，则f1＝μ2Mg＝5 N，未滑完的(6－
n)个木块受到地面的最大静摩擦力大小为f2，f2＝μ1[M＋(6－n)m]g，要使木块滑动，应满
足f2<f1，即μ1[M＋(6－n)m]g<5，解得n>3.5，故取n＝4。
(3)设小铅块滑上第4 个木块经过t 秒和第4、5 个木块达到共同速度，此过程小铅块、木块
的对地位移分别为s1和s2，相对位移为Δs，木块运动的加速度大小为a2。由牛顿第二定律
有μ2Mg－μ1(M＋2m)g＝2ma2，v1－a1t＝a2t，s1＝v1t－a1t2，s2＝a2t2，Δs＝s1－s2，联立并
代入数据解得s1＝
m，Δs＝ m，由于Δs<l，说明小铅块没有离开第4 个木块，最后小
铅块与第4、5 个木块达到共同速度，然后一起减速到零。设小铅块与木块达到的共同速度
大小为v2，一起减速的加速度大小为a3，减速过程中所发生的位移为s3，由牛顿第二定律
有μ1(2m＋M)g＝(2m＋M)a3，v2＝a2t，s3＝
，联立解得s3＝
m
小铅块最终与第1 个木块左端的距离为s，s＝3l＋s1＋s3，联立解得s＝
m。
类型二：一长木板与多个滑块的组合模型
【典例7b 拔尖题】如图所示，在足够大的水平地面上有一质量 M＝2kg 的静止长木板，
木板的左端放置一质量 m＝1kg 的物体 A，距木板的右端l1=2m 处放置质量与物体 A 相
等的另一物体 B（物体B 底面光滑）。在 t＝0 时刻对物体 A 施加一水平向右的推力 F
＝6N，物体 A 开始相对长木板滑动，同时给物体 B 一向右的瞬时初速度 v0＝2m/s，木
板与水平地面间的动摩擦因数 μ1=0.05，物体 A 与木板间的动摩擦因数 μ2＝0.4，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g＝10m/s2，物体 A、B 均可视为质点。
（1）t＝0 时刻薄长木板的加速度；
（2）若 t1＝3s 时物体 A、B 在木板上相撞，木板的长度 L；
（3）若在 t2＝2s 时撤去推力 F，试分析物体 A、B 能否相撞？若能，求两物体相撞时距
木板最右端的距离l；若不能，求两物体之间的最小距离 d。
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【典例7b 拔尖题】【答案】（1）
；（2）
；（3）不相撞；
【解析】（1）设
时长木板的加速度大小为
，则对木板，根据牛顿第二定律有
，解得
（2）设
内，物体A 的加速度大小为
，位移大小为
，物体B 的位移大小为
，根
据牛顿第二定律有
，
，物体A 的位移大小为
物体B 的位移大小为
，
，解得
（3）
时，物块A 的速度为
，物体A 的位移为
长木板的速度为
，长木板的位移为
，物体B 的位移为
，
时，物体B 相对长木板的位移恰好满足
即B 恰好在长木板的最右端；，物体A 相对长木板的位移
，可知A 离长
木板右端距离
，设撤去推力F 后物体A 的加速度大小为
，根据牛顿第二定
律得
，解得
，物体A 与木板的共同速度设为
，则
，解得
，
，故在
时物体A 和长木板达到
共同的速度
。在
时间内，物体A 相对长木板的位移为
，此时B 距离长木板右端距离为
，此时物体A 到B 的距离为
，
由于
，此后A 与长木板一起开始做匀减速直线运动，加速度大小为
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，设经过时间
木板与物体B 达到共同速度，则
，解得
，故在
内A 相对物体B 位移
，此时A 与B 距离为
，此后B 做匀速运动，
A 与长木板一起做减速运动，不会相撞。物体A 与B 之间的最小距离为
考点二：板块模型在斜面的动力学问题
【知识思维方法技巧】
（1）求解斜面上的板块模型的三个关键：
①斜面上的板块模型的处理方法与水平面上的板块模型类似，只是要考虑滑块和滑板的重
力在沿斜面方向上的分力对运动的影响。
②注意判断当滑块与滑板同速时，滑块重力沿斜面方向的分力与滑块受到的最大静摩擦力
的大小关系，从而得出滑块能否与滑板以相同的加速度共同运动。
③当受力发生突变时，滑块和滑板运动的加速度也发生突变，要注意根据加速度的不同，
将滑块、滑板运动的过程分段处理。
（2）假设法判断是否发生相对滑动：
①μ2<μ1（上面比下面粗糙），则不会相对滑动．用极限法，μ1无限大或斜面光滑，一起匀
加速运动．
②μ2>μ1（下面比上面粗糙），则会相对滑动．
题型一：光滑斜面上板块运动的问题
类型一：无外力作用模型
类型二：外力拉块模型
【典例1b 提高题】如图所示，足够长光滑斜面的倾角为θ，斜面上放着质量为M 的木板，
木板左端有一个质量为m 的木块，木块与木板之间的动摩擦因数为μ，木块和木板的初速
度都为零。对木块施加平行斜面向上的恒力F 后，下列说法正确的是( )
A．若μ＞tan θ，则木板一定沿斜面向上运动
B．若F＝mgsin θ，则木块一定静止在木板上
C．若木板沿斜面向上滑动，木板质量M 越小，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大
D．若木板沿斜面向下滑动，木板质量M 越大，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大
【典例1b 提高题】【答案】C
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【解析】如果恒力F 趋于0，木板一定沿斜面向下运动，故A 错误；如果μ 趋于0，木板一
定向下运动，两者不能保持静止，故B 错误；假设木板质量M 趋于0，木板将随木块一直
运动，故C 正确；如果木块始终静止，无论M 多大，木块滑行的距离都为0，故D 错误。
类型三：外力拉板模型
题型二：粗糙斜面上无外力板块运动的问题
类型一：斜面相对板块更加粗糙模型
【典例2a 拔尖题】如图所示，在倾角为θ＝37°的固定长斜面上放置一质量M＝2 kg、长度
L1＝2.5 m 的极薄平板AB，平板的上表面光滑，其下端B 与斜面底端C 的距离L2＝16.5
m。在平板的上端A 处放一质量m＝0.5 kg 的小滑块(可看作质点)。将小滑块和薄平板同时
无初速度释放，设薄平板与斜面之间、小滑块与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，已知
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2，求：
(1)小滑块在平板上和在斜面上滑动时的加速度各为多大？
(2) 小滑块到斜面底端C 时，薄平板下端B 距离小滑块的距离ΔL 为多少？
【典例2a 拔尖题】【答案】(1)6 m/s2，2 m/s2 (2)10 m
【解析】(1)小滑块在平板AB 上运动时，由牛顿第二定律有mgsin 37°＝ma1，解得a1＝6
m/s2 ，小滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2解得a2＝2
m/s2。
(2)小滑块在平板AB 上运动时，设平板AB 的加速度为a3，由牛顿第二定律有Mgsin 37°－
μ(Mg＋mg)cos 37°＝Ma3，解得a3＝1 m/s2 ，设滑块离开平板时平板下滑的距离为x，所用
时间为t1，则x＝a3t， L1＋x＝a1t，解得x＝0.5 m，t1＝1 s，滑块滑离平板后，设平板AB
的加速度为a4，由牛顿第二定律有Mgsin 37°－μMgcos 37°＝Ma4, 解得a4＝a2＝2 m/s2
设滑块滑离平板时的速度为v1，则v1＝a1t1＝6 m/s，此时木板的速度为v2，则v2＝a3t1＝1
m/s，设滑块离开平板后滑到斜面底端C 所用的时间为t，则L2－x＝v1t＋a2t2，解得t＝2 s
在这段时间平板下滑的距离x1＝v2t＋a4t2＝6 m，则平板下端距离小滑块的距离ΔL ＝L2－x
－x1＝10 m。
【典例2a 拔尖题】
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°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，
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2 s 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＝27 m，
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＝10 m/s2.求：
（1）在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小；
（2）A 在B 上总的运动时间．
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【典例2a 拔尖题】【答案】(1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
【解析】(1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A 与B 之间的摩擦
力和正压力的大小，Ff2、FN2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由
滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos θ，Ff2＝μ2FN2，FN2＝FN1′＋mgcos θ，规定沿斜面向下为正．设A
和B 的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsin θ－Ff1＝ma1，mgsin θ－Ff2＋Ff1′＝
ma2，FN1＝FN1′，Ff1＝Ff1′联立并代入题给数据得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2.
(2)在t1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s，v2＝a2t1＝2 m/s。
t＞t1时，设A 和B 的加速度分别为a1′和a2′.此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得，a1′
＝6 m/s2，a2′＝－2 m/s2，B 做减速运动．设经过时间t2，B 的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝
0
联立得t2＝1 s,在t1＋t2时间内，A 相对于B 运动的距离为x＝－＝12 m<27 m,此后B 静止，
A 继续在B 上滑动．设再经过时间t3后A 离开B，则有l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t，可得，t3＝
1 s(另一解不符合题意，舍去)
设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t1＋t2＋t3＝4 s.
类型二：斜面相对板块更加光滑模型
【典例2b 拔尖题】如图所示，倾角为
，腰长为
的光滑等腰三角形斜面固定
在水平面上，一长为
的轻质绸带跨过斜面的顶端对称铺放在斜面的两侧，绸带与斜
面间无摩擦。现将质量分别为
、
的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带的
中点上．两物块与绸带间的动摩擦因数
相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．
（
，
，
）问：
（1）若物块M、m 与绸带不发生相对滑动，它们共同运动的加速度大小为多少？且此时
M、m 与绸带间摩擦力的大小为多少？
（2）改变动摩擦因数，物块M 或m 将与绸带发生相对滑动，则
满足什么条件？并说明
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一下出现物块与绸带相对滑动时，绸带的运动情况？
（3）若
，m 物块从释放到斜面底端用时为多少？
【典例2b 拔尖题】【答案】（1）1.2m/s2，7.2N；（2）
时，m 将与绸带出现相对
滑动，而绸带与M 一起运动；（3）
【解析】（1）M、m 加速度大小相等，可以看作一个整体，设加速度为a，根据牛顿第二
定律有
解得
，隔离M，设M 与绸带间的静摩擦
为f，根据牛顿第二定律有
，解得
，由于不计绸带质量，M、m
与绸带间的摩擦力大小相等，都为7.2N
（2）由于最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，所以M、m 与绸带间的最大静摩擦力分
别为
，
，二者动摩擦因数相等，显然
>
，所以当
μ 减小时，首先发生相对滑动的是m,当m 与绸带出现相对滑动时，M 与绸带间不会出现相
对滑动，绸带将随着M 一起运动。令
<7.2 可得
，当动摩擦因数小于0.9
时，m 将与绸带出现相对滑动，而绸带与M 一起运动。
（3）设M 与绸带一起运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有
，
，设m 加速度为a2，根据牛顿第二定律有
，
，当
时
，
，结果表明，M 带着绸带一起向下加速运动，而m 相对斜面静止，m 处
于右侧绸带的中点，所以M 与绸带一起运动2m 时，m 将离开绸带沿斜面下滑，设这段时
间为t1，
，所以
，m 在斜面上下滑的加速度为
，M 刚
离开绸带滑上斜面时速度为零，距斜面底端的距离为3m，设m 滑到斜面底端用时为t2，
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，
，m 物块从释放到斜面底端用时为
。
类型三：斜面与板块动摩擦因数相同模型
题型三：粗糙斜面上有外力作用板块的问题
类型一：外力拉滑块模型
【典例3a 拔尖题】一质量为M=5kg 的木板放在倾角
=37°的光滑斜面上，并在外力作用
下保持着静止状态。木板左端距斜面底端的距离为s=10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡
板，与之相碰的物体会以原速率弹回。t=0 时刻，撤去作用在木板上的外力，同时将一质量
m=10kg 的小物块从距离木板左端l=54m 处，以沿木板向上的初速度v0=4m/s 滑上木板，并
对小物块施加沿斜面向上的外力F0=80N（该力在1s 时变为
）。当木板第一次与弹性
薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的动摩擦因数μ=0.5，小
物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，取g=10m/s2，求：
（1）0 至1s 时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向；
（2）木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小；
（3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡板间的距
离。
【典例3a 拔尖题】【答案】（1）
，小物块的加速度的方向沿斜面向下，
，木板的加速度的方向沿斜面向上；（2）
；（3）5 次，
【解析】(1）0 至1s 时间内，小物块的加速度的大小为
解得
，小物块的加速度的方向沿斜面向下。0 至1s 时间内，木板的加速度的大小
为
，解得
，木板的加速度的方向沿斜面向上。
（2）0 至1s 时间内，小物块沿斜面向上做匀减速运动有
，
，0 至1s 时间内，木板沿斜面向上做匀加速运动有
，
，则1s 时，小物块与木板达到共同速度，且外力变为
，此时小物块和
木板一起做匀减速度运动，则有
解得
，
加速度的方向沿斜面向下。小物块和木板一起做匀减速度运动到速度为0 时，通过的位移
为
，小物块和木板一起做匀减速度运动到速度为0 后，再相同的加速度沿斜
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面向下做匀加速度直线运动，则有
，解得木板第一次与挡板碰撞时的速
度的大小为
。
（3）1s 时，小物块到木板左端的距离为
当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力，则木板的加速度的大小
为
，解得
，小物块的加速度的大小为
，解得
。木板做减速度运动，减速到0 时，所用时
间为
，此过程小物块的位移大小为
，此过程木板的位
移大小为
，则这段时间内，小物块与木板的相对位移为
木板速度减为0 时，小物块的速度大小为
。
设再经过
，木板与挡板第二次碰撞，且碰撞时的速度为
，则有
，
，此过程小物块的位移大小为
，此过程木板的位移大
小为
。则这段时间内，小物块与木板的相对位移为
，
木板与挡板第二次碰撞时，小物块的速度大小为
。
木板与挡板第一次碰撞和第二次碰撞之间小物块与木板的总相对位移为
根据以上分析可知，木板每次与挡板碰撞时的速度大小均为
，并且由于小物体一
直做匀加速运动，所以从木板第一次与挡板碰撞开始，之后的每两次相领碰撞过程中，小
物块与木板相对位移都会比前一次多2m，由此可知，第2 次和第1 次碰撞之间的过程中，
小物块和木板的相对位移为8m，第3 次和第2 次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对
位移为10m，第4 次和第3 次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为12m
，
按照上面的推演可知，木板与挡板第5 次碰撞时，小物块距离木板的左端的距离为
，小物块的速度为
，木板反弹后达
到速度为0 的过程中，小物块和木板的相对位移为
，所以木板速度减
为0 时，小物块到木板左端的距离为2.5m，小物块的速度大小为
，再经过时间
，小物块从木板左端滑出，则有
，解得
从木板与挡板第一次碰撞到小物块滑出木板瞬间所经过的时间为
，
小物块的位移大小为
，所以滑出瞬间小物块与挡板间的距离为
。
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类型二：外力拉板模型
【典例3b 拔尖题】如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡
板P，上端装有光滑定滑轮，E、F 是斜面上两点，P、E 间距离L1＝0.7m，E、F 间距离
L2＝9m。轻绳跨过滑轮连接质量mB＝4kg 的平板B 和质量mC＝3kg 的重物C，质量mA＝
1kg 且可看成质点的小物块A 置于长L＝3.2m 的平板B 上端，初始时A、F 沿斜面方向距
离L0＝2m，当小物块A 在EF 区间运动时对其施加一个沿斜面向下大小F＝10N 的恒力。
已知小物块A、平板B 之间动摩擦因数μ1＝0.75，平板B 与斜面之间的动摩擦因数μ2＝
0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，平板B 与挡板P 碰撞
后不反弹。取g＝10m/s。整个装置初始状态保持静止，现将轻绳剪断，求：
（1）小物块A 在轻绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小；
（2）小物块A 由静止运动到挡板P 所用的时间。
【答案】（1）小物块A 在轻绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小为2N；（2）小物块A 由静
止运动到挡板P 所用的时间为2.05。
【解析】（1）轻绳剪断的瞬间，设A、B 相对静止一起向下做匀加速运动，根据牛顿第二
定律求出A、B 间摩擦力大小，判断能否一起匀速下滑；
（2）分段分析A、B 受力情况，根据牛顿第二定律求加速度，根据运动学规律求时间。
本题考查牛顿第二定律的综合应用，涉及多过程的板块运动问题，解决本题的关键是分析
A、B 在各阶段的受力，根据受力情况分析运动状态，根据运动学公式求解运动时间。
解：（1）轻绳剪断的瞬间，设A、B 相对静止一起向下做匀加速运动，由牛顿第二定律得
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（mA+mB） gsin37°﹣μ2 （mA+mB） gcos37°＝（mA+mB）a，解得：a＝4m/s2，设B 对A
的静摩擦力大小为fBA，对A 受力分析，由牛顿第二定律得：mAgsin37°﹣fBA＝mAa 解得：
fBA＝2N，，A、B 间的最大静摩擦力，fmax＝μ1mAgcosθ，解得：fmax＝6N＞fBA，所以A、B
能够相对静止一起向下做匀加速运动所以小物块A 在绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小为
2N；
（2）小物块A 刚运动至F 点时，小物块A、平板B 速度满足，
，解得：v0＝
4m/s
设该过程的运动时间为t1，则v0＝at1，解得：t1＝1s，当小物块A 进入EF 区间内时，A、
B 之间发生相对运动，对小物块A 有F+mAgsin37°﹣μ1mAgcos37°＝mAa1，解得：a1＝
10m/s2，对平板B 有μ1mAgcos37°+mBgsin37°﹣μ2 （mA+mB）gcos37°＝mBa2，解得：a2＝
5m/s2，当小物块A 刚运动至E 点时，速度满足
，解得：v1＝14m/s；小物
块A 在EF 之间的运动时间为
，对平板B 有v2＝v0+a2t2，平板B 运动的位移为
x＝
，联立解得：x＝6.5m，此时平板B 的下端距离P 的距离为，x'＝L1﹣L+（L2
﹣x）＝0m，此时平板B 与挡板刚好相撞，此后小物块A 离开EF 区域，在平板B 的上表
面匀速滑行，A 离开EF 区域后滑行时间为，t3＝
，因此小物块A 到达P 所用的时间为t
＝t1+t2+t3，解得：t＝2.05s。
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