文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
第15 课时 专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题
目标要求 1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”
模型问题。
1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下
发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。
2.模型构建
(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
(3)明确滑块和木板间的位移关系
如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板
长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2+x1＝L。
3.解题关键
(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)挖掘“v 物＝v 板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v 物＝v 板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者
间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v 物＝v 板；
②木板最短的条件：当v 物＝v 板时滑块恰好滑到木板的一端。
例1 (2024·山东烟台市诊断)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为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，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，长木板与小物块均静止，现用水平恒力F 向右拉长木板，g 取10 m/s2。
(1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F 不小于什么值？
(2)若F＝14 N，经时间t＝1 s 撤去水平恒力F，则：
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起以多大的速度匀速运动？
④最终小物块离长木板右端多远？
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
针对训练 (多选)(2025·山东潍坊市开学考)如图甲所示，长木板B 静止在光滑水平地面上，在t＝0 时
刻，可视为质点、质量为1 kg 的物块A 在水平外力F 作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s 后
撤去外力F，物块A、长木板B 的速度—时间图像如图乙所示，g 取10 m/s2，则下列说法正确的是(
)
A.长木板的最小长度为2 m
B.A、B 间的动摩擦因数是0.1
C.长木板的质量为0.5 kg
D.外力F 的大小为4 N
例2 如图所示，一质量为M＝0.9 kg 的长木板B 在粗糙的水平面上向右运动，某一时刻长木板的初
速度为v0＝5.5 m/s，此时将一质量m＝0.2 kg 的物块A(可视为质点)无初速度地放在长木板右端，经过
一段时间后物块A 刚好没有从木板的左端滑出。已知物块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为μ1＝
0.25，长木板B 与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s2，求：
(1)两者相对运动过程中物块A 和木板B 的加速度大小；
(2)长木板B 的长度；
(3)从将物块A 放上长木板开始到最后相对地面静止，物块A 相对地面的位移大小。
例3 如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，初始状态时，质量为M＝0.2 kg、长度为
L＝1 m 的薄木板放在斜面上，且薄木板下端与斜面底端的距离s＝1.92 m，现将薄木板由静止释放，同
时质量m＝0.1 kg 的滑块(可视为质点)以速度v0＝3 m/s 从木板上端沿斜面向下冲上薄木板。已知滑块与
薄木板间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8。
(1)通过计算判断滑块能否脱离薄木板；
(2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底端的时间。
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
处理“板块”模型中动力学问题的流程
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
答案精析
例1 (1)10 N (2)①3 m/s2 ②0.5 m
③2.8 m/s ④0.7 m
解析 (1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，根据牛顿第二
定律，对小物块有μmg＝ma0，对物块和木板整体有F0＝(m+M)a0，
联立解得F0＝10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。
(2)①对长木板，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2
②撤去F 之前，小物块只受摩擦力的作用
故am＝a0＝μg＝2 m/s2
Δx1＝1
2at2－1
2amt2＝0.5 m
③刚撤去F 时v＝at＝3 m/s，
vm＝amt＝2 m/s
撤去F 后，设经时间t'可达到共同速度v'
长木板的加速度大小
a'＝μmg
M ＝0.5 m/s2
最终速度v'＝vm+amt'＝v－a't'
解得t'＝0.4 s，v'＝2.8 m/s
④在t'时间内，小物块和长木板的相对位移
Δx2＝v + v
'
2
t'－vm+ v
'
2
t'＝0.2 m
最终小物块离长木板右端的距离为
x＝Δx1+Δx2＝0.7 m。
针对训练 ABD [由题图乙可知，2 s 后物块和木板达到共速后一起匀速运动，v－t 图像中图线与t 轴围成
的面积表示物体的位移，故由题图乙可知，在2 s 内物块的位移为x1＝4 m，木板的位移为x2＝2 m，故长
木板的最小长度为L＝x1－x2＝2 m，A 正确；由题图乙可知，1 s 时撤去外力F，在1~2 s 内由物块的受力及
牛顿第二定律可知μmg＝maA，由题图乙可知1~2 s 内物块的加速度大小为aA＝1 m/s2，解得A、B 间的动
摩擦因数为μ＝0.1，B 正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1 m/s2，由木板B 的受力及牛顿第
二定律可知μmg＝MaB，解得长木板的质量为M＝1 kg，C 错误；由0~1 s 内物块的受力及牛顿第二定律可
知F－μmg＝maA'，又此过程中加速度的大小为aA'＝3 m/s2，解得F＝4 N，D 正确。]
例2 (1)2.5 m/s2 3 m/s2
(2)2.75 m (3)2.812 5 m
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
解析 (1)由题可知，A、B 先相对滑动，达到共速后一起做匀减速直线运动，直到静止。A、B 相对滑动时，
对物块A 受力分析，由牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2。
对长木板B 受力分析，由牛顿第二定律有μ1mg+μ2(M+m)g＝Ma2，
解得a2＝3 m/s2。
(2)由物块A 刚好未从木板的左端滑出可知，长木板B 的长度等于A、B 两物体相对地面位移的差值。当
A、B 共速时有a1t＝v0－a2t，解得t＝1 s，
A 物块的位移xA＝1
2a1t2＝1.25 m，
B 长木板的位移
xB＝v0t－1
2a2t2＝4 m，
则L＝xB－xA＝2.75 m。
(3)由(2)分析可得，A、B 共速时，A、B 两物体的速度为v 共＝a1t＝2.5 m/s，
由题知μ1>μ2，所以A、B 共速后，一起做匀减速直线运动，直到停止，由牛顿第二定律得
μ2(M+m)g＝(M+m)a3，
解得a3＝2 m/s2，由匀变速直线运动规律有v共
2＝2a3x3，可知x3＝v共
2
2a3
＝1.562 5 m，
则全过程中，A 相对地面发生的位移大小x＝xA+x3＝2.812 5 m。
例3 (1)不能脱离薄木板 (2)0.7 s
解析 (1)开始运动时，滑块的加速度大小为a1＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2
薄木板的加速度大小为
a2＝Mgsinθ+ μmgcosθ
M
＝8 m/s2
假设滑块不脱离薄木板，当两者达到共速时，有
v＝v0+a1t1＝a2t1
解得t1＝0.5 s，v＝4 m/s
滑块下滑的位移大小为
x1＝v0+ v
2
t1＝1.75 m
薄木板下滑的位移大小为
x2＝v
2t1＝1 m
两者相对位移大小为
Δx＝x1－x2＝0.75 m<L＝1 m
假设成立，滑块不能脱离薄木板；
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(2)此后两者一起沿斜面向下运动，加速度大小为
a3＝gsin θ＝6 m/s2
当薄木板下端到达斜面底端时，有
s－x2＝vt2+1
2a3t2
2
解得t2＝0.2 s
故从开始运动到薄木板下端到达斜面底端的时间为t＝t1+t2＝0.7 s。
6
