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第5 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。
考点一 水平面上的板块问题
例1 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，长木板与小物
块均静止，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)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，则：
①在F 的作用下，长木板的加速度为多大？
1
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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？
答案 (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＝at2－amt2＝0.5 m
③刚撤去F 时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F 后，
长木板的加速度大小a′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
④在t′内，小物块和长木板的相对位移
Δx2＝－，解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端的距离为
x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。
例2 (多选)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＝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
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答案 ABD
解析 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，说明木板与地面之间无
摩擦，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3 (2024·广东佛山市联考)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)由牛顿第二定律知μmg＝maA
A 加速度的大小aA＝μg
根据匀变速直线运动速度位移关系vA
2＝2aAL
解得vA＝＝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＝aAt2
xB＝vBt－aBt2，xB－xA＝L
解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m
A、B 达到共同速度后，有v2＝2aB′xB′
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解得xB′＝0.5 m，所以sB＝xB＋xB′＝3 m。
处理“板块”模型中动力学问题的流程
考点二 斜面上的板块问题
例4 如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5
m 的薄平板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，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2；
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
答案 (1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
解析 (1)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有mgsin 37°
－Ff1＝ma1，其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos 37°
解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2
对薄平板，
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由牛顿第二定律有Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2
其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcos 37°
解得a2＝1 m/s2，a1>a2，
假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。
(2)设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，有x1＝a1t2，x2＝a2t2，又x1－x2＝L
解得t＝1 s。
课时精练
1.水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为mA、mB、
mC，且mA>mB>mC，如图所示为俯视图。用一水平外力将薄板抽出，圆柱体与薄板间的动摩
擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所
组成的图形可能是图( )
答案 A
解析 设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数
均为μ，则在抽出薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在
桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可得，加速运动与减速
运动时的加速度大小都为a＝μg。由于圆柱体A 先离开薄板，B、C 同时后离开薄板，则根
据v＝at 可知，A 离开薄板时的速度小于B、C 离开薄板时的速度，同时A 加速运动的位移
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小于B、C 加速运动的位移。离开薄板后，根据v2＝2ax 可知，B、C 在桌面上滑动的距离相
等，且大于A 在桌面上滑动的距离，故A 正确。
2．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为
M，t＝0 时刻，质量为m 的物块以速度v 水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t 图像
如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
答案 BC
解析 物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板的滑动摩擦力的作用，故μmg
＝ma1，而v－t 图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ
＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t 图像可知木板的加速度大小为a2＝ m/s2
＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D 错误，B 正确；由题图乙可知物块和木板在t＝2 s 时分
离，两者在0～2 s 内的v－t 图像与t 轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2
m－×2×2 m＝8 m，C 正确。
3.(2023·福建省枫亭中学期中)如图所示，木板长L＝2.4 m，质量M＝4.0 kg，与地面间的动
摩擦因数为μ1＝0.4。质量为m＝1.0 kg 的小滑块(可视为质点)放在木板的最右端，与木板间
的动摩擦因数为μ2＝0.2，开始时滑块与木板均处于静止状态，现给木板一个向右的初速度
v0，取g＝10 m/s2，求：
(1)木板所受摩擦力的大小；
(2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度v0的最大值。
答案 (1)22 N (2)6 m/s
解析 (1)木板所受摩擦力的大小
Ff＝μ2mg＋μ1(M＋m)g＝22 N
(2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a1，则μ2mg＝ma1，a1＝μ2g＝2 m/s2
木板做匀减速直线运动的加速度大小为a2，
则μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma2
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解得a2＝5.5 m/s2
设经过时间t 滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有a1t＝v0－a2t①
滑块相对于地面的位移x1＝a1t2②
木板相对于地面的位移x2＝v0t－a2t2③
又L＝x2－x1④
由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值v0＝6 m/s。
4．(多选)如图所示，质量mA＝1 kg 足够长的长板A 置于水平地面上，质量mB＝2 kg 的小滑
块B 置于长板A 的左端，A 与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.3，B 与A 间的动摩擦因数μ2
＝0.5，对B 施加一大小为F＝20 N，方向与水平方向成37°角的恒力。已知最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(
)
A．A 的加速度大小为1 m/s2
B．B 的加速度大小为6 m/s2
C．若力F 作用一段时间后，撤去力F，A 的加速度大小增大
D．若力F 作用一段时间后，撤去力F，B 相对A 静止
答案 BC
解析 对小滑块B 进行受力分析，如图甲，可知FNB＋Fsin 37°＝mBg
Ff1＝μ2FNB，根据牛顿第二定律有
Fcos 37°－Ff1＝mBaB
联立可得aB＝6 m/s2，故B 正确；
对长板A 受力分析，如图乙，
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可知FNA＝FNB′＋mAg＝FNB＋mAg
由Ff 地m＝μ1FNA＝5.4 N>Ff1′＝Ff1可知，长板A 静止，即aA＝0，故A 错误；
若力F 作用一段时间后，撤去力F，则对A 有
aA′＝＝1 m/s2
对B 有aB′＝μ2g＝5 m/s2
可知，A 的加速度大小增大，B 不会相对A 静止，故C 正确，D 错误。
5．(2024·广东东莞市石龙中学月考)如图所示，厚0.2 m、长为3 m 的木板AB 静止在粗糙水
平地面上，C 为其中点，木板上表面AC 部分光滑，CB 部分粗糙，下表面与水平地面间的
动摩擦因数μ1＝0.1，木板右端静止放置一个小物块(可看成质点)，它与木板CB 部分的动摩
擦因数μ2＝0.3。已知木板和小物块的质量均为2 kg，重力加速度g 取10 m/s2，现对木板施
加一个水平向右的恒力F。
(1)为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm；
(2)当F＝22 N 时，小物块经多长时间滑到木板中点C?
(3)接第(2)问，当小物块到达C 点时撤去F，求小物块落地时与木板A 端的距离。
答案 (1)16 N (2)1 s (3)0.326 m
解析 (1)设小物块能够达到的最大加速度为am，由牛顿第二定律有μ2mg＝mam
解得am＝3 m/s2
对整体，由牛顿第二定律有Fm－μ1(M＋m)g＝(M＋m)am，解得Fm＝16 N
(2)当F＝22 N 时，小物块与长木板发生相对滑动，对长木板有F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝
Ma1，解得a1＝6 m/s2
小物块加速度a2＝＝μ2g＝3 m/s2
小物块滑到木板中点C，有a1t1
2－a2t1
2＝
解得t1＝1 s
(3)设撤掉外力时木板和物块的速度分别为v1、v2，则有v1＝a1t1＝6 m/s
v2＝a2t1＝3 m/s
撤掉外力后，物块匀速运动，设木板做匀减速运动的加速度为a3，则μ1(M＋m)g＝Ma3，
解得a3＝2 m/s2
设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v3，
则有－v2·＝
解得v3＝(3＋) m/s
此后长木板做匀减速运动，则μ1Mg＝Ma4
解得a4＝1 m/s2
此后小物块做平抛运动，h＝gt2
2
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落地时距长木板左端的距离为Δx＝v3t2－a4t2
2－v2t2，解得Δx≈0.326 m。
6.(2024·江苏苏州市段考)如图所示，有一倾角为θ＝37°的斜面(sin 37°＝)，下端固定一挡板
挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量为m 的小
物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2 s 末，小物块刚好
到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板到达挡板处速度恰好减为零，小物块刚好
到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数μ1＝，长木板与斜面间
的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。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 时间内长木板和小物块的加速度的大小；
(2)开始时长木板距离挡板多远；
(3)长木板的长度。
答案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)3 m (3)12 m
解析 (1)在0～2 s 时间内，对小物块和长木板受力分析，Ff1、FN1是小物块与长木板之间的
摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2 是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，Ff1＝
μ1FN1，FN1＝mgcos θ
Ff2＝μ2FN2，FN2＝FN1＋Mgcos θ
规定沿斜面向下为正，设小物块和长木板的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsin θ－Ff1＝ma1
Mgsin θ－Ff2＋Ff1＝Ma2
联立得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2
(2)在t1＝2 s 时，设小物块和长木板的速度分别为v1和v2，
则v1＝a1t1＝6 m/s，v2＝a2t2＝2 m/s
t>t1时，设小物块和长木板的加速度分别为a1′和a2′。此时小物块与长木板之间摩擦力为
零，
对小物块：mgsin θ＝ma1′，a1′＝6 m/s2
对长木板：Mgsin θ－μ2(M＋m)gcos θ＝Ma2′，
a2′＝－2 m/s2
即长木板做匀减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0
联立得t2＝1 s
在t1＋t2时间内，L1＝a2t1
2＝2 m，
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L2＝|a2′|t2
2＝1 m
L＝L1＋L2＝3 m
(3)长木板的长度等于小物块相对于长木板运动的距离，即s＝(a1t1
2＋v1t2＋a1′t2
2)－(a2t1
2＋
v2t2＋a2′t2
2)＝12 m。
10
