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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
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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
【典例1a 提高题】（多选）如图甲，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0 时，小物块以
速度v0滑到长木板上，图乙为物块与木板运动的vt 图像，图中t1、v0、v1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
【典例1a 提高题】【答案】BC
【解析】根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无法求出
木板的长度，故A 不能够求解出；由图像的斜率表示加速度可求出长木板的加速度为a 木
＝，小物块的加速度大小a 物＝，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma 木，μmg＝ma 物，解得＝，
μ＝，故B 和C 能够求解出；木板获得的动能Ek 木＝Mv，由于不知道长木板的质量M，故
D 不能够求解出．
【典例1a 提高题对应练习】如图所示，放在水平地面上的木板B 长为1.2 m，质量为M＝
1 kg，B 与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1；一质量为m＝2 kg 的小物块A 放在B 的左端，
A、B 之间动摩擦因数为μ2＝0.3.刚开始A、B 均处于静止状态，现使A 获得3 m/s 向右的初
速度(g 取10 m/s2)．求：
(1)A、B 刚开始运动时的加速度；
(2)通过计算说明，A 最终是否滑出B.
【典例1a 提高题对应练习】【答案】(1)3 m/s2，水平向左 3 m/s2，水平向右 (2)没能滑
出
【解析】(1)以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得aA＝＝μ2g＝3 m/s2，方向水平向左
以B 为研究对象，根据牛顿第二定律可得
aB＝＝3 m/s2，方向水平向右．
(2)设A 在B 上滑行时间t 时达到共同速度
v＝v0－aAt＝aBt，解得t＝0.5 s
所以v＝aBt＝1.5 m/s
由位移—平均速度公式得
A 相对地面的位移xA＝t＝1.125 m
B 相对地面的位移xB＝t＝0.375 m
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A 相对B 的位移为xA－xB＝0.75 m<1.2 m
所以A 没能从B 上滑出．
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。
【典例1b 提高题】如图所示，质量为M 的长木板A 在光滑水平面上，以大小为v0的速度
向左运动，一质量为m 的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板
左端，B、A 间的动摩擦因数为μ，最后B 未滑离A.已知M＝2m，重力加速度为g.求：
（1）A、B 达到共同速度的时间和共同速度的大小；
（2）木板A 的最短长度L.
【典例1b 提高题】【答案】(1) (2)
【解析】(1)对A、B 分别由牛顿第二定律得μmg＝MaA，μmg＝maB，又M＝2m，可得aA
＝μg，aB＝μg 规定水平向右为正方向，经时间t 两者达到共同速度v，则v＝v0－aBt＝－v0
＋aAt
解得t＝＝，v＝－.即A、B 的共同速度大小为.
(2)在时间t 内：A 的位移xA＝t＝－，B 的位移xB＝t＝
木板A 的最短长度为两者的相对位移大小，即L＝Δx＝xB－xA＝.
类型三：滑块带板运动+弹性挡板碰撞模型
【典例1c 提高题】如图，一质量m = 1 kg 的木块静止的光滑水平地面上．开始时，木块
右端与墙相距L = 0.08 m；质量为m = 1 kg 的小物块以初速度v0 = 2 m/s 滑上木板左端．
木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触．物块与木板之间的动摩擦因数为μ= 0.1，
木板与墙的碰撞是完全弹性的．取g = 10 m/s2，求
（1）从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间；
（2）达到共同速度时木板右端与墙之间的距离。
【典例1c 提高题】【答案】（1）2 次，1.8s；（2）0.06m
【解析】（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木块
加速度为a，经历时间T 后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v1，则：μmg=ma ①
②
v1=at ③联立①②③式解得T= 0.4 s；v1 = 0.4 m/s ④
在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用
而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T．设在物块与
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木板两者达到共同速度v 前木块共经历n 次碰撞，则有：v=v0-(2nT+Δt)a=aΔt ⑤
式中Δt 是碰撞n 次后木板从起始位置至达到共同速度所需要的时间．⑤式可改写为2v=v0-
2nT ⑥由于木板的速率只能位于0 到v0之间，故有0≤v0-2nT≤2v0⑦求解上式得1.5≤n≤2.5
由于n 是整数，故 n=2 ⑧再由①⑤⑧得Δt= 0.2 s ⑨v = 0.2 m/s ⑩
从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为t=4T+Δt= 1.8 s ⑪
（2）物块与木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离为
⑫
联立①⑫式，并代入数据得s=0.06 m
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 提高题】如图甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A 静止
叠放在B 的最左端。现用F＝6 N 的水平力向右拉物体A，经过5 s 物体A 运动到B 的最右
端，物体A 的v t 图像如图乙所示。已知A、B 的质量分别为1 kg、4 kg，A、B 间的最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s2。
(1)求A、B 间的动摩擦因数；
(2)若B 不固定，求A 运动到B 的最右端所用的时间。
【典例2a 提高题】【答案】(1)0.4 (2)7.07 s
【解析】(1)根据题图乙可知A 的加速度为
aA＝＝ m/s2＝2 m/s2
以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F－μmAg＝mAaA
解得μ＝0.4。
(2)由题图乙可知木板B 的长度为
l＝×5×10 m＝25 m
若B 不固定，则B 的加速度为
aB＝＝ m/s2＝1 m/s2
设A 运动到B 的最右端所用的时间为t，根据题意可得
aAt2－aBt2＝l
解得t≈7.07 s(另一解不符合，舍去)。
【典例2a 提高题对应练习】(多选) 如图(a)，质量m1＝0.2 kg 的足够长平板小车静置在光
滑水平地面上，质量m2＝0.1 kg 的小物块静止于小车上，t＝0 时刻小物块以速度v0＝11
m/s 向右滑动，同时对小物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图(b)显示小物块与小
车第1 s 内运动的v－t 图象．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2.则下列说法
正确的是( )
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A．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4
B．恒力F＝0.5 N
C．小物块与小车间的相对位移x 相对＝6.5 m
D．小物块向右滑动的最大位移是xmax＝7.7 m
【典例2a 提高题对应练习】【答案】ABD
【解析】由题图(b)知，小车和小物块的加速度分别为
a1＝＝ m/s2＝2 m/s2
a2＝＝ m/s2＝－9 m/s2
对小车：μm2g＝m1a1，
对小物块：－(F＋μm2g)＝m2a2，
解得μ＝0.4，F＝0.5 N，故A、B 正确；
根据题图可知，在t＝1 s 时小车和小物块的速度相同，两者不再发生相对运动，相对位移
等于图中三角形的面积，x 相对＝ m＝5.5 m，C 错误；
在0～1 s 内小物块向右滑动的位移x1＝ m＝6.5 m
当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右匀减速运动，其加速度为a3＝＝
m/s2，
当速度减小到0 时，整体向右发生的位移为
x2＝ m＝1.2 m
所以小物块向右滑动的最大位移是xmax＝x1＋x2＝7.7 m，故D 正确．
类型二：外力拉滑块模型的临界极值问题
【典例2b 提高题】 如图所示，可看作质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光
滑水平面上，两物体皆静止；已知长木板质量为M＝4.0 kg，长度为L＝3.0 m，小物块质量
为m＝1.0 kg，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.2；两物体间的最大静摩擦力大小等
于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，试求：
(1)用水平向右的恒力F 作用于小物块，当F 满足什么条件，两物块才能发生相对滑动？
(2)若一开始就用水平向右5.5 N 的恒力作用于小物块，则小物块经过多长时间从长木板上掉
下？
【典例2b 提高题】【答案】(1)F>2.5 N (2)1 s
【解析】(1)两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦fm；设它
们一起运动的加速度大小为a1，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1，由牛顿运动
定律可知：对整体：F1＝(M＋m)a1
对木板：fm＝Ma1
其中fm＝μmg
联立解得F1＝2.5 N
故当F>2.5 N 时，两物体之间发生相对滑动
(2)分析可知，当一开始就用水平向右F2＝5.5 N 的恒力作用于小物块时，两物体发生相对滑
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动；
设滑动摩擦力的大小为f，小物块、木板的加速度分别为a2、a3，由牛顿第二定律可得：
对小物块；F2－f＝ma2
对木板f＝Ma3
其中f＝μmg 解得a2＝3.5 m/s2；a3＝0.5 m/s2
设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为x1、x2，由匀变速
直线运动的规律和几何关系可知：x1＝a2t2，x2＝a3t2，x1－x2＝L，解得：t＝1 s。
【典例2b 提高题对应练习】有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长
L＝1 m，起点A 到终点线B 的距离s＝5 m．开始滑板静止，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：
（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，水平恒力F 的取值范围．
【典例2b 提高题对应练习】【答案】(1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
【解析】(1)滑板一直以最大加速度加速时，所用时间最短．设滑板最大加速度为a2，f＝
μm1g＝m2a2，a2＝10 m/s2，s＝，解得t＝1 s.(2)滑板与滑块刚好相对滑动时，水平恒力最小，
设为F1，此时可认为二者加速度相等，F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30 N.
当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，
F2－μm1g＝m1a1，－＝L，解得F2＝34 N.则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N.
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 提高题】如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg 的长木板，
在长木板右端有一质量为m＝1 kg 的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，长
木板与小物块均静止．现用F＝14 N 的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s 撤去水平恒
力F.
(1)在F 的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
【典例3a 提高题】【答案】(1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m
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【解析】(1)根据牛顿第二定律可得a＝，解得a＝3 m/s2
(2)撤去F 之前，小物块只受摩擦力作用，
故am＝μg＝2 m/s2
Δx1＝at2－amt2，解得Δx1＝0.5 m
(3)刚撤去F 时，v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F 后，长木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和木板的相对位移
Δx2＝－
解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
【典例3a 提高题对应练习】（多选）如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平
面上，其上放置一质量为m 的小滑块．木板受到水平拉力F 作用时，用传感器测出长木板
的加速度a 与水平拉力F 的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(
)
A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
B．当水平拉力F＝7 N 时，长木板的加速度大小为3 m/s2
C．当水平拉力F 增大时，小滑块的加速度一定增大
D．小滑块的质量m＝2 kg
【典例3a 提高题对应练习】【答案】BD
【解析】由题可知，当0＜F≤6 N 时二者一起加速运动，对整体有F＝(M＋m)a，a＝F，即
此时aF 图线的斜率为整体质量的倒数，得M＋m＝3 kg；当F＞6 N 时二者间出现相对滑动
对木板有F－μmg＝Ma，即a＝F－，可见此时图线斜率为木板质量的倒数，可得M＝1
kg，则m＝2 kg，D 正确；由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦
力，不再随F 的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，
由图可知小滑块的最大加速度为a 大＝2 m/s2，用牛顿第二定律有μmg＝ma 大，得μ＝0.2，
A、C 错误．将F＝7 N 代入a＝F－得a＝3 m/s2，B 正确．
类型二：外力拉板模型的临界极值问题
【典例3b 提高题】如图所示，质量M＝4 kg 的小车长L＝1.4 m，静止在光滑水平面上，
其上面右端静止一质量m＝1 kg 的小滑块(可看作质点)，小车与木板间的动摩擦因数μ＝
0.4，先用一水平恒力F 向右拉小车．(g＝10 m/s2.)
（1）若用一水平恒力F＝10 N，小滑块与小车间的摩擦力为多大？
（2）小滑块与小车间不发生相对滑动的水平恒力F 大小要满足的条件？
（3）若用一水平恒力F＝28 N 向右拉小车，要使滑块从小车上恰好滑下来，力F 至少应
作用多长时间？
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【典例3b 提高题】【答案】（1）2N（2）F≤20 N.（3）1 s.
【解析】(1)当F＝10 N 时，设两者间保持相对静止，由整体法可得：F＝(M＋m)a1 得a1
＝2 m/s2
隔离小滑块可得：f＝ma1＝2 N，而两者间的最大静摩擦力为fmax＝μmg＝4 N 所以小滑块
与小车间的摩擦力为2N.(2)若要发生相对滑动时，两者间要达到最大的静摩擦力．此时小
滑块的加速度可由fmax＝μmg＝ma2得a2＝4 m/s2，由整体法可得：F＝(M＋m)a2＝20 N，小
滑块与小车间不发生相对滑动的水平恒力F 的大小范围是F≤20 N.(3)当F＝28 N 时，两者
间相对滑动， 小滑块μmg＝ ma2，a2＝4 m/s2，小车F－μmg ＝Ma3，得： a3＝6 m/s2，设
F 撤去前作用了时间t1，则两者获得的速度为vm＝a2t1，vM＝a3t1，两者产生的位移为：xm＝
a2t1
2，xM＝a3t1
2，F 撤去后m 仍以a2加速，M 以a4减速，减速的加速度为a4＝＝1 m/s2，设
过时间t2两者等速v′＝vm＋a2t2＝vM－a4t2，代入得t2＝t1，v′＝t1，t2时间内位移xm′＝t2，
xM′＝t2，(xM＋xM′ )－(xm＋xm′)＝L 得t1
2＝L，得t1＝1 s.
【典例3b 提高题对应练习】如图可看作质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量
为M＝4 kg，长度为L＝2 m，小物块质量为m＝1 kg，长木板置于光滑水平地面上，两物
体皆静止．现在用一大小为F 的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F 超过2.5 N 时，才
能让两物体间产生相对滑动．设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力
加速度g＝10 m/s2，试求：
(1)小物块和长木板间的动摩擦因数．
(2)若一开始力F 就作用在长木板上，且F＝12 N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？
【典例3b 提高题对应练习】【答案】(1)0.2 (2)2 s
【解析】(1)设两物体间的最大静摩擦力为Ff，当F＝2.5 N 作用于m 时，
对整体，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a
①
对M，由牛顿第二定律Ff＝Ma
②
由①②可得Ff＝2 N
小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力FN＝mg，
由摩擦力性质Ff＝μFN
得μ＝0.2.
③
(2)F＝12 N 作用于M 时，两物体发生相对滑动，设M、m 加速度分别为a1、a2，
对M，由牛顿第二定律F－Ff＝Ma1
④
得a1＝2.5 m/s2
对m，由牛顿第二定律Ff＝ma2
⑤
得a2＝2 m/s2
由匀变速直线运动规律，两物体在t 时间内位移为
x1＝a1t2
⑥
x2＝a2t2
⑦
m 刚滑下M 时，x1－x2＝L
⑧
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由⑥⑦⑧得t＝2 s.
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
【典例4a 提高题】如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1＝1 kg，与地
面间的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m2＝2 kg 且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩
擦因数均为μ2＝0.4，以v0＝4 m/s 的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 s 滑离木板，g 取
10 m/s2，以下说法正确的是( )
A．木板的长度为1.68 m
B．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/s
C．小物块离开木板后，木板的加速度大小为2 m/s2，方向水平向右
D．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞
【典例4a 提高题】【答案】D
【解析】由于μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，对木板由牛顿第二定律得μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1，
解得a1＝2 m/s2，即物块在木板上以a2＝μ2g＝4 m/s2向右减速滑行时，木板以a1＝2 m/s2向
右加速运动，在0.6 s 时，物块的速度v2＝1.6 m/s，木板的速度v1＝1.2 m/s，B 错误；物块
滑离木板时，物块的位移为x2＝t＝1.68 m，木板的位移x1＝t＝0.36 m，两者相对位移为x＝
x2－x1＝1.32 m，即木板长度为1.32 m，A 错误；物块离开木板后，木板做减速运动，加速
度大小为a1′＝2 m/s2，方向水平向左，C 错误；分离后，在地面上物块加速度仍为a2，物块
会滑行x2′＝＝0.32 m，木板会滑行x1′＝＝0.36 m，所以两者会相碰，D 正确．
【典例4a 提高题对应练习】如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动．某时刻速
度为v0＝2 m/s，此时一质量与木板相等的小滑块(可视为质点)以v1＝4 m/s 的速度从右侧滑
上木板，经过1 s 两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1 m/s，方向向左．重力加速度g＝10
m/s2，试求：
（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1；
（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2；
（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小．
【典例4a 提高题对应练习】【答案】(1)μ1＝0.3(2)μ2＝0.05(3)2.75 m．
【解析】(1)对小滑块分析：其加速度为：a1＝＝ m/s2＝－3 m/s2，方向向右
对小滑块根据牛顿第二定律有：－μ1mg＝ma1，可以得到：μ1＝0.3；
(2)对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ1mg＋μ2·2mg＝m，然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ1mg－μ2·2mg＝m，而且t1＋t2＝t＝1 s 联立可以得到：μ2＝0.05，t1＝0.5 s，t2＝0.5 s
(3)在t1＝0.5 s 时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x1＝·t1＝0.5 m，方向向
右，在t2＝0.5 s 时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2＝·t2＝0.25 m，
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方向向左，在整个t＝1 s 时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x＝·t＝2.5 m，方向向
左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δx＝x＋x1－x2＝2.75 m．
类型二：下面比上面粗糙模型
【典例4b 提高题】 如图所示，一质量为m＝2 kg 的小滑块(可视为质点)放在长木板的右端
木板质量为M＝2 kg，长为l＝3 m，小滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与水平地
面间的动摩擦因数μ2＝0.15。开始时木板与滑块都处于静止状态，现突然给木板一水平向
右的初速度v0＝5 m/s，使木板向右运动，取g＝10 m/s2.
（1）通过计算判断小滑块停止运动前能否与木板达到共速.
（2）求整个运动过程中小滑块相对木板向右滑动的距离
【典例4b】【答案】(1)能 (2)0.25 m
【解析】(1)分析知木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，
小滑块向右做匀加速运动。小滑块受到的摩擦力大小为Ffm＝μ1mg＝2 N，木板受到地面的
摩擦力大小为FfM＝μ2(m＋M)g＝6 N，小滑块的加速度大小am1＝μ1g＝1 m/s2长木板的加速
度大小aM1＝＝4 m/s2，设经时间t 二者达到相同的速度v，则有am1t＝v0－aM1t＝v 解得t＝1
s，v＝1 m/s，该过程中木板的位移大小xM1＝v0t－aM1t2＝3 m 小滑块的位移大小xm1＝＝0.5
m，小滑块到木板的右端的距离Δx1＝xM1－xm1＝2.5 m<l 所以小滑块没滑离木板，二者能够
达到共速.(2)小滑块与木板共速后减速，由于μ1<μ2，所以二者不会一起减速，小滑块的加
速度大小am2＝μ1g＝1 m/s2，长木板的加速度大小aM2＝＝2 m/s2
小滑块的位移大小xm2＝＝0.5 m 长木板的位移大小xM2＝＝0.25 m
小滑块相对木板向右滑动的距离Δx2＝xm2－xM2＝0.25 m
类型三：无外力模型的临界极值问题
【典例4c 提高题】长为L＝1.5 m 的长木板B 静止放在水平冰面上，小物块A 以某一初速
度v0从木板B 的左端滑上长木板B，直到A、B 的速度达到相同，此时A、B 的速度为v＝
0.4 m/s，然后A、B 又一起在水平冰面上滑行了x＝8.0 cm 后停下。若小物块A 可视为质点，
它与长木板B 的质量相同，A、B 间的动摩擦因数μ1＝0.25，g 取10 m/s2。求：
(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2。
(2)小物块A 的初速度v0。
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？
【典例4c 提高题】【答案】(1)0.10 (2)2.4 m/s (3)3.0 m/s
【解析】(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度a
＝＝1.0 m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
解得μ2＝0.10
(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动。其加速度
a1＝μ1g＝2.5 m/s2
小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，
则有
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μ1mg－μ2(2m)g＝ma2
解得a2＝0.50 m/s2
设小物块滑上木板经时间t 后小物块、木板的速度相同为v，则对于木板v＝a2t
解得t＝＝0.8 s
小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4 m/s
小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木
板长时，小物块到达木板B 的最右端，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初
速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则：
v0mt′－a1t′2－a2t′2＝L
v0m－v′＝a1t′
v′＝a2t′
由以上三式解得v0m＝3.0 m/s
【典例4c 提高题对应练习】如图所示，长为l 的长木板A 放在动摩擦因数为μ1的水平地面
上，一滑块B(可视为质点)从A 的左侧以初速度v0向右滑上A，B 与A 间的动摩擦因数为
μ2(A 与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同)。已知A 的质量为M＝2.0 kg，
B 的质量为m＝3.0 kg，A 的长度为l＝2.5 m，μ1＝0.2，μ2＝0.4(g 取10 m/s2)。
（1）A、B 刚开始运动时各自的加速度分别是多大？
（2）为保证B 在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足什么条件？
（3）在满足(2)中条件的情况下，分别求出A、B 对水平地面的最大位移。
【典例4c 提高题对应练习】【答案】(1)1 m/s2 4 m/s2 (2)v0≤5 m/s (3)0.75 m 3.25 m
【解析】(1)分别对A、B 进行受力分析，根据牛顿第二定律，B 的加速度大小：
aB＝＝＝4 m/s2，A 的加速度大小：aA＝＝＝1 m/s2。
(2)当A、B 速度相等时，若B 恰好运动到A 的右侧末端，则可保证B 不会滑出A，
设经过时间t，A、B 的速度相等，则有：v0－aBt＝aAt，根据位移关系得：v0t－aBt2－aAt2＝l
代入数据解得：t＝1 s，v0＝5 m/s 所以初速度v0≤5 m/s。
(3)B 恰好不滑出A 时，A、B 对水平地面的位移最大，A、B 速度相等后相对静止，一起以
v＝aAt＝1 m/s 的初速度做匀减速运动直到静止，匀减速运动的加速度大小为a＝＝2 m/s2，
发生的位移：s＝＝0.25 m。A、B 速度相等前A 发生的位移：sA＝aAt2＝0.5 mB 发生的位移：
sB＝v0t－aBt2＝3 m 所以A 发生的位移：sA＋s＝0.5 m＋0.25 m＝0.75 m，B 发生的位移：sB＋
s＝3 m＋0.25 m＝3.25 m。
类型四：无外力模型+弹性碰撞墙模型
【典例4d 提高题】如图所示，一长木板质量为M＝4 kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1
＝0.2，质量为m＝2 kg 的小滑块放在木板的右端，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.
开始时木板与滑块都处于静止状态，木板的右端与右侧竖直墙壁的距离L＝2.7 m．现给木
板以水平向右的初速度v0＝6 m/s 使木板向右运动，设木板与墙壁碰撞时间极短，且碰后
以原速率弹回，取g＝10 m/s2，求：
（1）木板与墙壁碰撞时，木板和滑块的瞬时速度各是多大？
（2）木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上？
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【典例4d 提高题】【答案】(1)3 m/s 2.4 m/s (2)0.6 s
【解析】(1)木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块
向右做匀加速运动，加速度大小分别为：am＝＝μ2g＝4 m/s2①
aM＝＝5 m/s2②
设木板与墙碰撞时，木板的速度为vM，小滑块的速度为vm，根据运动学公式有：v－v＝－
2aML ③
解得vM＝3 m/s ④
t1＝＝0.6 s ⑤
vm＝amt1＝2.4 m/s ⑥
(2)设木板反弹后，小滑块与木板达到共同速度所需时间为t2，共同速度为v，以水平向左
为正方向，
对木板有v＝vM－aMt2⑦
对滑块有v＝－vm＋amt2⑧
代入公式有3－5t2＝－2.4＋4t2，解得t2＝0.6 s
【典例4d 提高题对应练习】一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图
所示．木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，t＝0 时刻
开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1 s 时，木板以速度v1＝4 m/s 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．运动过程中小物块第一
次减速为零时恰好从木板上掉下．已知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）t＝0 时刻木板的速度大小；
（2）木板的长度．
【典例4d 提高题对应练习】【答案】(1)5 m/s (2) m
【解析】(1)对木板和物块：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
设初始时刻木板速度为v0由运动学公式：v1＝v0－a1t0代入数据解得：v0＝5 m/s
(2)碰撞后，对物块：μ2mg＝ma2
对物块，当速度为0 时，经历时间t，发生位移x1，则有v1＝a2t，x1＝t
对木板，由牛顿第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3
对木板，经历时间t，发生位移x2 x2＝v1t－a3t2
木板长度l＝x1＋x2联立并代入数据解得l＝ 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
【典例5a 提高题】如图所示，质量M＝1 kg 的木块A 静止在水平地面上，在木块的左端放
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置一个质量m＝1 kg 的铁块B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木块长
L＝1 m，用F＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取10 m/s2.
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木块间是否会发生相对滑动；
(2)若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木块右端的时间．
【典例5a 提高题】【答案】(1)见解析 (2) s
【解析】(1)A、B 之间的最大静摩擦力为
fm>μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N
假设A、B 之间不发生相对滑动，则
对A、B 整体，有F＝(M＋m)a
对A，有fAB＝Ma
解得fAB＝2.5 N
因为fAB<fm，所以A、B 之间不发生相对滑动
(2)对B，有F－μ1mg＝maB
对A，有μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA
据题意有xB－xA＝L
又xA＝aAt2
xB＝aBt2
解得t＝ s
【典例5a 提高题对应练习】（多选）如图甲所示，一滑块置于长木板左端，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( )
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
【典例5a 提高题对应练习】【答案】ACD
【解析】由题图知，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，选项A 正确；由题图可知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，选项B 错误；t2时刻，滑块
与木板将要产生相对滑动，滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两物
体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2
m/s2，对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由F＝0.5t(N)可知，t2＝24 s，选项C、D
正确．
类型二：外力拉块模型的临界极值问题
【典例5b 提高题】在水平长直的轨道上，有一长度为L＝2 m 的平板车在外力控制下以速
度v0＝4 m/s 做匀速直线运动。某时刻将一质量为m＝1 kg 的小滑块轻放到车的中点，同时
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对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.2，滑
块恰好不能从车的左端掉下，g 取10 m/s2。求：
（1）恒力F 的大小；
（2）要保证滑块不从车上掉下，力F 的作用时间应该在什么范围内？
【典例5b 提高题】【答案】(1)6 N (2)0.5 s≤t≤1.08 s
【解析】(1)设恒力F 取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则滑
块运动到车左端的时间t1＝，由几何关系有v0t1－t1＝，由牛顿运动定律有F1＋μmg＝ma1，
各式联立代入数据解得t1＝0.5 s，F1＝6 N。
(2)当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动(设运动加速
度为a2，时间为t2)，再做匀减速运动(设运动加速度大小为a3)，到达车右端时，与车达到
共同速度，则有F1－μmg＝ma2,μmg＝ma3，a2t2
2＋＝L 代入数据解得t2＝ s≈0.58 s 则力F 的
作用时间t 应满足t1≤t≤t1＋t2，即0．5 s≤t≤1.08 s。
【典例5b 提高题对应练习】如图所示，一足够长的木板静置在水平地面上，小物块置于木
板上A 点，物块的质量m1＝0.1 kg，木板的质量m2＝0.2 kg，物块与木板间的动摩擦因数
μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现给物
块一个方向水平向右、大小为v0＝6 m/s 的初速度，同时对小物块施加一个方向水平向左、
大小为F＝0.6 N 的恒力，作用0.5 s 后撤去该力．取g＝10 m/s2.求：
(1)初始时刻，物块和木板的加速度大小；
(2)0.5 s 时，物块与木板的速度大小；
(3)木板向右运动的最大位移．
【典例5b 提高题对应练习】【答案】(1)10 m/s2 0.5 m/s2 (2)1 m/s 0.25 m/s (3) m
【解析】(1)小物块受到向左的恒力和滑动摩擦力做匀减速运动，木板受到向右的滑动摩擦
力做匀加速运动．设物块和木板的加速度大小分别为a1、a2，
由牛顿第二定律得，对物块F＋μ1m1g＝m1a1
解得a1＝10 m/s2
对木板μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2
解得a2＝0.5 m/s2.
(2)设经过时间t1＝0.5 s 时，物块与木板的速度分别为v1和v2，
对物块v1＝v0－a1t1
对木板v2＝a2t1
解得v1＝1 m/s，v2＝0.25 m/s.
(3)设撤去F 后，物块加速度大小为a3，经过时间t2物块与木板达到共速，共同速度为v3，
对物块μ1m1g＝m1a3
解得a3＝4 m/s2
则v3＝v1－a3t2＝v2＋a2t2
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解得t2＝s，v3＝m/s
假设共速后一起减速，则μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a4
解得a4＝1 m/s2
木板与物块之间的摩擦力Ff＝m1a4＝0.1 N<μ1m1g
所以假设成立．
木板第一段的位移x1＝v3(t1＋t2)＝m
木板第二段的位移x2＝
＝
m
所以木板向右运动的最大位移为xm＝x1＋x2＝m.
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 提高题】如图所示，在粗糙的水平面上有一足够长的质量为M＝2 kg 的长木板，
在长木板右端有一质量为m＝1 kg 的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数μ1＝0.2，长
木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，长木板与小物块均静止。现用F＝15 N 的水平恒力
向右拉长木板，经时间t＝1 s 撤去水平恒力F。
(1)在力F 的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去力F 时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终小物块离长木板右端多远？
【典例6a 提高题】【答案】(1)5 m/s2 (2)1.5 m (3)2.5 m
【解析】(1)假设力F 作用时，长木板与物块之间发生相对滑动，对小物块，由牛顿第二定
律μ1mg＝ma1，可得a1＝2 m/s2；
对长木板，受拉力和地面与物体给它的摩擦力作用，由牛顿第二定律可得
F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma
解得a＝5 m/s2，a>a1，假设成立，故长木板的加速度为5 m/s2；
(2)小物块此时加速度大小为a1，刚撤去力F 时，小物块离长木板右端的距离即是长木板与
小物块的位移差Δx，由运动学公式Δx＝at2－a1t2
解得Δx＝1.5 m；
(3)由题可知最终小物块与长木板共速，设此时速度大小为v。
刚撤去F 时，木板的加速度为a2＝
解得a2＝2.5 m/s2
刚撤去力F 时，长木板速度大小v1＝at＝5×1 m/s＝5 m/s
刚撤去力F 时，小物块速度大小为v2＝a1t＝2×1 m/s＝2 m/s
设从撤去力F 时到一起做匀速直线运动的时间为t′，则有
v＝v1－a2t′＝v2＋a1t′
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解得v＝
m/s
在时间t′内，木板与小物块的位移差为Δx1，由运动学公式Δx1＝－
解得Δx1＝1.0 m
最终小物块离长木板右端的距离
L＝Δx＋Δx1＝1.5 m＋1 m＝2.5 m。
【典例6a 提高题对应练习】如图所示，物体A 静止放在足够长的木板B 上，木板B 静止
于水平面．已知A 的质量mA＝2.0 kg，B 的质量mB＝3.0 kg，A、B 之间的动摩擦因数μ1＝
0.2，B 与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重
力加速度g 取10 m/s2.若t＝0 开始，木板B 受水平向右、大小为F1＝18 N 的恒力作用，t＝
1 s 时将F1改为F2＝3 N，方向不变，t＝3 s 时撤去F2.
(1)木板B 受F1＝18 N 的水平恒力作用时，A、B 的加速度大小aA、aB各为多少？
(2)从t＝0 开始，到A、B 都停止运动，求A、B 运动的总时间分别是多少？
(3)请以纵坐标表示A 受到B 的摩擦力fA，横坐标表示运动时间t(从t＝0 开始到A、B 静止)，
取运动方向为正方向，在图中准确画出fA－t 关系图线(标出对应点横、纵坐标的准确数值，
不必写出分析和计算过程)．
【典例6a 提高题对应练习】【答案】(1)3 m/s2 (2)4.8 s 4.8 s (3)见解析
【解析】(1)根据牛顿第二定律，对A 有μ1mAg＝mAaA
代入数据解得A 的加速度大小aA＝μ1g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
对B 有F1－μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB
代入数据解得B 的加速度大小aB＝3 m/s2.
(2)设t1＝1 s 时，A、B 的速度大小分别为vA、vB，则有
vA＝aAt1＝2×1 m/s＝2 m/s
vB＝aBt1＝3×1 m/s＝3 m/s
F1改为F2＝3 N 后，在B 的速度大于A 的速度的过程中，A 的加速度不变，设B 的加速度
为aB′
根据牛顿第二定律，对B 有F2－μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB′
代入数据得aB′＝－2 m/s2
设经过时间t2，A、B 速度相等，由于A、B 之间的最大静摩擦力fm＝μ1mAg＝0.2×2.0×10 N
＝4 N
假如A、B 相对静止，整体所受的合力为F 合＝F2－μ2(mA＋mB)g＝－2 N<fm，此后它们保持
相对静止，则有
v＝vA＋aAt2＝vB＋aB′t2
代入数据得t2＝0.25 s，v＝2.5 m/s
故A 在B 上相对B 滑行的时间为t＝t1＋t2＝1.25 s
在1.25～3 s 时间内，A、B 一直做匀减速直线运动
对A、B 整体应用牛顿第二定律，可得F2－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
解得a＝－0.4 m/s2
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t＝3 s 时A、B 的速度v′＝v＋at3＝2.5 m/s－0.4×(3－1.25) m/s＝1.8 m/s
t＝3 s 时撤去F2后，A、B 一起做匀减速直线运动直至静止，对A、B 整体应用牛顿第二定
律，
可得μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1′，
解得a1′＝1 m/s2，t4＝＝1.8 s
故A、B 运动的总时间相等，
有t 总＝t1＋t2＋t3＋t4＝4.8 s
(3)fA－t 关系图线如图所示．
类型二：外力拉板模型的临界极值问题
【典例6b 提高题】如图所示，水平地面上有一质量为M 的长木板，一个质量为m 的物块
(可视为质点)放在长木板的最右端．已知m 与M 之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的
动摩擦因数为μ2.从某时刻起物块m 以v1的水平初速度向左运动，同时木板M 在水平外力
F 控制下始终向右以速度v2(v2>v1)匀速运动，求：
（1）在物块m 向左运动过程中外力F 的大小；
（2）木板至少多长物块不会从木板上滑下来？
【典例6b 提高题】【答案】(1)μ1mg＋μ2(m＋M)g (2)
【解析】(1)在物块m 向左运动过程中，木板受力如图所示，其中f1、f2分别为物块和地面
给木板的摩擦力．由题意可知f1＝μ1mg，f2＝μ2(m＋M)g，由平衡条件得：F＝f1＋f2＝μ1mg
＋μ2(m＋M)g(2)解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则设t1＝，物块向左匀
减速运动的位移为x1，则x1＝t1＝。设物块由速度为零向右匀加速至木板同速(即停止相对
滑动)的时间为t2，则t2＝，设物块向右匀加速运动的位移为x2，则x2＝t2＝
此过程木板向右匀速运动的总位移为x，则x＝v2(t1＋t2)
则物块不从木板上滑下来的最小长度：L＝x＋x1－x2代入数据解得：L＝
解法二：以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速运动的初速度为v0，末速度为vt，
则v0＝v1＋v2 ， vt＝0，加速度：a＝μ1g，根据运动学公式：v－v＝－2aL 解得：L＝
【典例6b 提高题对应练习】如图所示，质量m＝1 kg 的物块A 放在质量M＝4 kg 的木板
B 的左端，起初A、B 静止在水平地面上。现用一水平向左的力F 作用在B 上，已知A、B
之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1。假设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。求：
(1)能使A、B 发生相对滑动的力F 的最小值；
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(2)若力F＝30 N，作用1 s 后撤去，要想A 不从B 上滑落，则B 至少多长；从开始到A、B
均静止，A 的总位移是多少。
【典例6b 提高题对应练习】【答案】(1)25 N (2)0.75 m 14.4 m
【解析】(1)A 的最大加速度由A、B 间的最大静摩擦力决定，即
对于A，根据牛顿第二定律得：μ1mg＝mam
解得am＝4 m/s2
对于A、B 整体，根据牛顿第二定律得：
F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)am
解得F＝25 N。
(2)设力F 作用在B 上时A、B 的加速度大小分别为a1、a2，撤去力F 时速度分别为v1、v2，
撤去力F 后A、B 速度相等前加速度大小分别为a1′、a2′，A、B 速度相等时速度为v3，加
速度大小为a3
对于A，根据牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1
得a1＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s
对于B，根据牛顿第二定律得：
F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
得a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s
撤去力F：a1′＝a1＝4 m/s2
μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2′
得a2′＝2.25 m/s2
经过t2时间后A、B 速度相等v1＋a1′t2＝v2－a2′t2
得t2＝0.2 s
共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8 m/s
从开始到A、B 相对静止，A、B 的相对位移即为B 的最短长度L
L＝xB－xA＝＋－a1(t1＋t2)2＝0.75 m
A、B 速度相等后共同在水平地面上做匀减速运动，加速度大小
a3＝μ2g＝1 m/s2
对于A、B 整体从v3至最终静止位移为x＝＝11.52 m
所以A 的总位移为xA 总＝xA＋x＝14.4 m。
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 提高题】如图所示，水平地面上依次排放两块完全相同的木板，长度均为l＝2
m，质量均为m2＝1 kg，一质量为m1＝1 kg 的物体(可视为质点)以v0＝6 m/s 的速度冲上A
木板的左端，物体与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。(最
大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2)
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(1)若物体滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条
件；
(2)若μ1＝0.5，求物体滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间。
【典例7a 提高题】【答案】(1)0.4＜μ1≤0.6 (2)4 m/s 0.4 s
【解析】(1)若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g；
若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g，联立两式，代入
数据得0.4＜μ1≤0.6。
(2)若μ1＝0.5，则物体在木板A 上滑动时，木板A 不动。设物体在木板A 上做减速运动时
的加速度大小为a1，
由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1，
设物体滑到木板A 末端时的速度为v1，
由运动学公式得v1
2－v0
2＝－2a1l，
设在木板A 上运动的时间为t，由运动学公式得v1＝v0－a1t
代入数据得v1＝4 m/s，t＝0.4 s。
【典例7a 提高题对应练习】如图所示，地面上有一固定的倾角为θ＝37°的斜面，质量为
m＝2 kg 的滑块C(可视为质点)从距长木板上表面高h＝0.6 m 处由静止滑下，水平地面上
长木板A 上表面与斜面末端平滑对接，A 左端与斜面间紧靠在一起但不粘连，A 右端与B
左端紧靠在一起同样不粘连，A、B 的上表面涂有不同材质的涂料，下表面光滑，长度L 均
为37.5 cm，质量M 均为1 kg，原先静止在光滑的水平地面上，已知滑块C 与斜面间的动
摩擦因数为μ0＝0.5，滑块C 与木板A 间的动摩擦因数为μ1＝0.2，滑块C 与木板B 间的动
摩擦因数为μ2＝，忽略空气阻力．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2)求：
(1)滑块C 到达斜面底端时的速度v0大小；
(2)滑块C 在A 上表面滑行时，A、B 间的弹力大小；
(3)经多长时间滑块C 运动到A 的右端以及此时滑块C 的速度大小；
(4)最终稳定时，滑块C 是否脱离长木板B？若未脱离，滑块C 相对B 静止的位置距离B 右
端多远？
【典例7a 提高题对应练习】【答案】(1)2 m/s (2)2 N (3)0.25 s 1.5 m/s (4)滑块C 未脱离
木板B 27.5 cm
【解析】(1)滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律得mgsin θ－μ0mgcos θ＝ma0，
代入数据解得a0＝2 m/s2，
由运动学公式得v0
2＝2a0，
代入数据解得v0＝2 m/s.
(2)C 在A 上表面滑行时，A、B 一起向右加速运动，受到C 给的向右的滑动摩擦力为μ1mg
＝2MaAB，
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解得aAB＝2 m/s2，
隔离B 进行受力分析，A 对B 的弹力大小为F＝MaAB＝2 N.
(3)C 在A 上滑行时，C 减速运动的加速度大小为a1＝μ1g＝2 m/s2，
设经过时间t1，C 刚滑离A 滑上B，则
－aABt1
2＝L，
代入数据解得t1＝0.25 s（t1＝0.75 s 不合题意，舍去），
此时A、B 的速度大小为vAB＝aABt1＝0.5 m/s，
C 的速度大小为v＝v0－a1t1＝1.5 m/s.
(4)此后，C 在B 上继续做减速运动，设C 的加速度大小为a2，B 的加速度大小为aB，由牛
顿第二定律知a2＝μ2g＝ m/s2，aB＝＝ m/s2，
假设C 未脱离B，经过时间t2，B、C 速度相同，即v－a2t2＝vAB＋aBt2，
解得t2＝0.2 s，故vB＝vC＝ m/s.
此时C 在B 上发生的相对位移为
Δx＝·t2－·t2＝0.1 m<0.375 m.
所以滑块C 未脱离长木板B.
此时滑块C 距离B 右端的距离为
ΔL＝0.375 m－0.1 m＝0.275 m＝27.5 cm.
类型二：一长木板与多个滑块的组合模型
【典例7b 提高题】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g＝10 m/s2。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。
【典例7b 提高题】【答案】(1)1 m/s 方向与B 的初速度方向相同 (2)1.9 m
【解析】(1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B 和木板所受的摩
擦力大小分别为f1、f2和f3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于
地面的加速度大小为a1。在滑块B 与木板达到共同速度前有f1＝μ1mAg，f2＝μ1mBg，f3＝
μ2(m＋mA＋mB)g 由牛顿第二定律得f1＝mAaA，f2＝mBaB，f2－f1－f3＝ma1设在t1时刻，B 与
木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有v1＝v0－aBt1，v1＝a1t1联立代入已知数据
得v1＝1 m/s。(2)在t1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－aBt1
2，设在B 与木
板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定
律有f1＋f3＝(mB＋m)a2，知，aA＝aB；再由上式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大
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小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设
其大小为v2。设A 的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2
＝v1－a2t2，对A 有v2＝－v1＋aAt2，在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1
＝v1t2－a2t2
2，在(t1＋t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为sA＝v0(t1＋t2)－aA
2，A 和B 相
遇时，A 与木板的速度也恰好相同。因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1
＋sB联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m。
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
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
【典例1a 提高题】如图所示，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，已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，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 取10 m/s2.求：
（1）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．
【典例1a 提高题】【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木板的滑动摩擦力大小为f＝μmgcos θ＝7.5
N，由牛顿第二定律，对小物块有f＋mgsin θ＝ma1，代入数据得a1＝12.5 m/s2，
对长木板，由牛顿第二定律有Mgsin θ－f＝Ma2，代入数据得a2＝2.5 m/s2.
(2)设当小物块与长木板共速时速度为v1，有v1＝a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s，v1＝12.5
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m/s，
共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前物块与木板的相对
位移为s＝t1－t1＝5 m，故长木板长度至少为10 m.
【典例1a 提高题对应练习】如图所示，AB 段为一半径R＝0.2 m 的光滑圆弧轨道，EF 是
一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg 的薄木板CD，开始时薄
木板被锁定．一质量也为0.1 kg 的物块（图中未画出）从A 点由静止开始下滑，通过B 点
后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板
的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄
木板间的动摩擦因数μ＝.(g＝10 m/s2，结果可保留根号)求：
（1）物块到达B 点时对圆弧轨道的压力；
（2）物块滑上薄木板时的速度大小；
（3）达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时
间．
【典例1a 提高题对应练习】【答案】(1)3 N，方向竖直向下 (2) m/s(3)2.5 m/s2 s
【解析】(1)物块从A 运动到B 的过程，由动能定理得：
mgR＝mv，解得：vB＝2 m/s
在B 点由牛顿第二定律得：FN－mg＝m 解得：FN＝3 N
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下．
(2)设物块滑上薄木板时的速度为v，则：
cos 30°＝ 解得：v＝ m/s.
(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得：
对物块：mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1
对薄木板：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2
设物块和薄木板达到的共同速度为v′，则：v′＝v＋a1t＝a2t
解得：a1＝2.5 m/s2，t＝ s.
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
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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
【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
【典例1c 提高题】如图所示，水平地面上固定一倾角为θ＝37°的光滑斜面．一长L1＝0.18
m 的长木板锁定在斜面上，木板的上端到斜面顶端的距离L2＝0.2 m；绕过斜面顶端光滑定
滑轮的一根轻绳一端连接在板的上端，另一端悬吊一物块Q，木板与滑轮间的轻绳与斜面
平行，物块Q 离地面足够高．现在长木板的上端由静止释放一可视为质点的物块P，同时
解除对长木板的锁定，结果物块P 沿木板下滑而长木板仍保持静止．已知P 的质量为m，
Q 的质量为2m，长木板的质量为3m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
求：
（1）物块P 与长木板间的动摩擦因数μ；
（2）从释放物块P 到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间．
【典例1c 提高题】【答案】（1）0.25 （2）1.3 s
【解析】（1）物块P 下滑时，长木板处于静止状态，则有μmgcos θ＋3mgsin θ＝2mg
解得μ＝0.25.
（2）设物块P 在长木板上滑动的加速度大小为a1，时间为t1，则mgsin θ－μmgcos θ＝
ma1
L1＝a1t1
2
联立解得a1＝4 m/s2，t1＝0.3 s
物块P 滑离木板后，设木板在斜面上滑动的加速度大小为a2，长木板的上端滑到斜面顶端
用时t2，则有2mg－3mgsin θ＝5ma2
L2＝a2t2
2
联立解得a2＝0.4 m/s2，t2＝1 s
则从释放物块P 到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间t＝t1＋t2＝1.3 s.
【典例1c 提高题对应练习】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。
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【典例1c 提高题对应练习】【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 sinα＝(M＋
m)a 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ff－mg sinα＝ma，又Ff≤Ffm＝μmg cosα 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
cosα－Mg sinα＝Ma1，隔离物块，由牛顿第二定律得μmg cosα－mg sinα＝ma2
设物块滑离木板所用时间为t，则木板的位移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 sinα·x＝0－v2解得x＝0.9 m。
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 提高题】如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M＝2 kg，长
度L＝1.5 m 的极薄平板AB，在薄平板上端A 处放一质量m＝1 kg 的小滑块(视为质点)，
将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝
0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10
m/s2，求：
(1)释放后，小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2；
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t.
【典例2a 提高题】【答案】(1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
【解析】(1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块：由牛顿第二定律有
mgsin 37°－Ff1＝ma1
其中FN1＝mgcos 37°，Ff1＝μ1FN1
解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有
Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2
其中FN2＝(m＋M)gcos 37 °，Ff2＝μ2FN2
解得a2＝1 m/s2
a1>a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动．
(2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有
x1＝a1t2
x2＝a2t2
x1－x2＝L
解得：t＝1 s.
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【典例2a 提高题对应练习】如图所示，有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)的斜坡C，上面有
一质量为m 的木板B，其上下表面与斜坡平行．B 上有一物块A(质量也为m)，A 和B 均处
于静止状态．在极短时间内，在A 与B、B 与C 之间注入两种不同的液体，使得A、B 间
的动摩擦因数μ1为0.375，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＝12 m，C 足够长，设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)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小；
(2)A 在B 上运动的总时间．
【典例2a 提高题对应练习】【答案】(1)3 m/s2 1 m/s2 (2)12 m
【解析】(1)设0～2 s 时间内A 和B 的加速度大小分别为a1和a2
对A，由牛顿第二定律得：
mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，
解得a1＝3 m/s2，
对B，由牛顿第二定律得：
mgsin θ＋μ1mgcos θ－μ2·2mgcos θ＝ma2，
解得a2＝1 m/s2.
(2)2 s 时，A 的速度大小v1＝a1t1＝6 m/s，
B 的速度大小v2＝a2t2＝2 m/s
2 s 后对A，由牛顿第二定律得
mgsin θ＝ma1′，
解得a1′＝6 m/s2
2 s 后对B，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μ2·2mgcos θ＝ma2′，
解得a2′＝－2 m/s2，即2 s 后，B 做减速运动直至静止．
设经过时间t2，B 的速度减为零，
则v2＋a2′t2＝0，解得t2＝1 s，
在t1＋t2＝3 s 时间内A 相对B 运动的距离
x＝－＝12 m.
所以A 在B 上运动的总时间t=t1+t2=3s
类型二：斜面相对板块更加光滑模型
【典例2b 提高题】
如图所示，固定斜面C 的倾角为θ，长木板A 与斜面间的动摩擦因
数为μ1，A 沿斜面下滑时加速度为a1。现将B 置于长木板A 顶端，A、B 间的动摩擦因数
为μ2，此时释放A、B，A 的加速度为a2，B 的加速度为a3。下列说法正确的是( )
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A．若μ1>μ2，则有a1＝a2<a3 B．若μ1>μ2，则有a2<a1<a3
C．若μ1<μ2，则有a1＝a2>a3 D．若μ1<μ2，则有a1>a2＝a3
【典例2b 提高题】【答案】B
【解析】若μ1>μ2，A、B 之间有相对滑动，且B 的加速度大于A 的加速度，a2<a3；没有放
B 时，对A，有：mAgsin θ－μ1mAgcos θ＝mAa1，解得：a1＝gsin θ－μ1gcos θ；当放上B 时
有：mAgsin θ－μ1(mA＋mB)gcos θ＋μ2mBgcos θ＝mAa2，解得：a2＝gsin θ－μ1gcos θ＋(μ2－
μ1)gcos θ<a1；B 在A 上下滑时，mBgsin θ－μ2mBgcos θ＝mBa3，解得：a3＝gsin θ－μ2gcos
θ>a1，A 错误，B 正确；若μ1<μ2，A、B 将一起以相同的加速度下滑，故a1＝a2＝a3，C、
D 错误。
【典例2b 提高题对应练习】如图所示，倾角为θ＝37°的斜面上有一固定挡板C，长度为l1
＝10 m 的木板B(与挡板C 厚度相同)上有一长度为l2＝2 m 的木板A，A、B 右端齐平，B 与
斜面之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A、B 之间的动摩擦因数为μ2。现由静止释放A、B，两
者相对静止一起向下加速，经过时间t＝2 s 长木板B 与C 碰撞，碰后B 立即停止运动，重
力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
（1）B 与C 相碰时A 的速度；
（2）要使A 最左端不滑离B，A、B 之间的动摩擦因数μ2应满足的条件。
【典例2b 提高题对应练习】【答案】 (1)4 m/s (2)μ2≥
【解析】(1)A、B 一起向下加速的加速度为a1＝gsin θ－μ1gcos θ＝2 m/s2，则B 与C 相碰
时A 的速度为v＝a1t，可得v＝4 m/s。(2)当B 停止后，A 向下做减速运动，加速度为a2＝
μ2gcos θ－gsin θ，由运动学公式有v2＝2a2Δl＝2a2(l1－l2)，可得μ2＝，则要使A 不滑出B，
A、B 之间的动摩擦因数应满足μ2≥。
类型三：斜面与板块动摩擦因数相同模型
【典例2c 提高题】如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝
0.75 m 的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B 与斜面底端C 的距离为4 m。在平板的
上端A 处放一质量m＝0.6 kg 的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释
放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，通过计算判断无初速释放
后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端B 到达斜面底端C 的时间差Δt。(sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2)
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【典例2c 提高题】【答案】滑块在薄板上滑动时，薄平板静止不动 1 s
【解析】对薄板，由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不
动。滑块在薄板上滑行时加速度a1＝gsin 37°＝6 m/s2
到达B 点时速度v＝＝3 m/s
滑块由B 至C 时的加速度a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
设滑块由B 至C 所用时间为t，则有LBC＝vt＋a2t2
代入数据解得t＝1 s
对薄板，滑块滑离后才开始运动，
加速度a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
设滑至C 端所用时间为t′，则有LBC＝a3t′2
代入数据解得t′＝2 s
滑块与平板下端B 到达斜面底端C 的时间差
Δt＝t′－t＝1 s
【典例2c 提高题对应练习】 如图所示，在倾角为θ＝37°的固定斜面上放置一质量为M＝1
kg、长度为L＝3 m 的薄平板AB，平板的上表面光滑，其下端B 与斜面底端C 的距离为7
m。在平板的上端A 处放一质量为m＝0.6 kg 的滑块，开始时平板和滑块均静止，之后将它
们由静止释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与平板
下端B 到达斜面底端C 的时间差Δt。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10
m/s2。
【典例2c 提高题对应练习】【答案】1.65 s
【解析】对平板，由于Mgsin θ<μ(M＋m)gcos θ，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动。
设滑块在平板上滑行时的加速度大小为a1，则有：mgsin θ＝ma1，解得：a1＝6 m/s2，设滑
块到达B 点时的速度大小为v，则由v2＝2a1L,可得：v＝6 m/s。设滑块由B 运动到C 的过程
中加速度大小为a2，则有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得：a2＝2 m/s2，设滑块由B 运动
到C 过程中所用时间为t，则有：LBC＝vt＋a2t2，代入数据可解得：t＝1 s。对平板，滑块滑
离后才开始运动，设其加速度大小为a，则有：Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma，代入数据可解
得：a＝2 m/s2。设平板滑至C 端所用时间为t′，则LBC＝at′2，解得：t′＝ s，故滑块与平板
下端B 到达斜面底端C 的时间差为Δt＝t′－t≈1.65 s。
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 提高题】如图所示，一个足够长的斜面底端放置一木板，木板上靠近其下端的位
置放有一小铁块，该小铁块可以被看成一质点。已知斜面的倾角θ=37°，木板质量
M=2kg，木板与斜面之间的滑动摩擦系数μ1=0.2，小铁块质量m=10kg，小铁块与木板之间
的滑动摩擦系数μ2=0.6。开始时，木板和小铁块静止于斜面下端直立挡板处。
(1)若在小铁块上作用一沿斜面向上的拉力F，在木板固定不动的情况下，至少用多大的拉
力F 能够拉动小铁块？
(2)木板不固定，若作用于小铁块上的拉力F=151.2N，则此时木板与小铁块的加速度各是
多少？
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(3)木板不固定，在拉力F=208N 作用3 秒钟后，撤去拉力，小铁块刚好能够运动到木板的
上端点，木板的长度L 是多少？
【典例3a 提高题】【答案】(1)108N；(2)5m/s2；(3)7.8m
【解析】(1)对于小铁块，有
解得
(2) 假设小铁块与长木板一起加速，有
解得
对小铁块，有
解得
小铁块与长木板没有发生相对滑动，所以假设成立。木板与小铁块的加速度均为
(3)对于小铁块，有
解得
对于长木板，有
解得
在拉力F=208N 作用3 秒钟后，小铁块与木板的速度分别为
，
二者的相对位移为
撤去拉力后，小铁块加速度为
解得
木板的加速度保持不变，仍然为
二者共速有
解得
第二次相对位移为
解得
之后，二者一起减速上滑。所以长木板的长度为
类型二：外力拉板模型
【典例3b 提高题】（多选）如图所示，一质量为M 的斜面体静止在水平地面上，斜面倾
角为θ，斜面上叠放着A、B 两物体，物体B 在沿斜面向上的力F 的作用下沿斜面匀速上
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滑。若A、B 之间的动摩擦因数为μ，μ<tan θ，A、B 质量均为m，重力加速度为g，则(
)
A．A、B 保持相对静止
B．A、B 一定相对滑动
C．B 与斜面间的动摩擦因数为
D．B 与斜面间的动摩擦因数为
【典例3b 提高题】【答案】BD
【解析】因为μ<tan θ，选A 为研究对象，则满足mgsin θ>μmgcos θ，【解析】所以A、
B 一定相对滑动，A 错误，B 正确；选物体B 为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmgcos
θ－mgsin θ－μB·2mgcos θ＝0，μB＝，故C 错误，D 正确。
【典例3b 提高题对应练习】如图所示，一倾角
的足够长斜面体固定于地面上，斜
面体上有一质量为
的木板，
时刻另一质量为
的木块（可视为质点）以
初速度
从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上
的拉力
，使木板从静止开始运动。当
时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩
擦因数，
，木板和斜面体间动摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
g 取
，
，求：
（1）木块和木板速度相等之前各自的加速度；
（2）若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长？
【典例3b 提高题对应练习】【答案】 （1）
，方向沿斜面向下，
，
方向沿斜面向上；（2）
【解析】（1）设二者共速前木块和长木板的加速度大小分别为
和
，木块和长木板受力
分析如图甲、乙所示，用牛顿运动定律可得
，
，
，
。解得
，方向沿斜面向下；
，方向沿斜面向上。
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（2 ）设木块和长木板达到共速所用时间为
，则有
解得
假设木块、木板在力F 撤去能保持相对静止，则对木块和木板组成整体有
解得
,当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦力
（大小等于滑动摩擦力）时，加速度最大，其加速度大小为
，
，假设不成立，木块
相对木板继续发生相对运动。木块继续沿斜面向上运动，所以其加速度仍然为
，
方向沿斜面向下。设此过程长木板加速度大小为
，受力分析如图丙所示，则有
解得
，由于
，长木板速度先减到零，木块继续上
滑，假设此过程中长木板静止在斜面上，受到斜面的静摩擦力为f ，则有
，
，因为
，故假设成立，木板静止在斜面上，直到
木块上滑过程中速度减为零。
在木块和长木板速度减为零过程中的图像如图丁所示，设木块的位移为，长木板在加速过
程和减速过程的位移为和，由运动学公式可得：，，，，解得。
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