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微专题47 “滑块－木板”模型综合问题
1．分析滑块与木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度
相同时摩擦力可能变化。2.用公式Q＝Ff·x 相对或动能定理、能量守恒定律求摩擦产生的热量。
1. (多选)(2023·云南丽江市统测)质量为m1＝4 kg 的木板放在光滑的水平面上，其上放置一
个质量m2＝2 kg 的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为4 m，物块可
视为质点，现用一大小为F＝16 N 的力作用在物块上，下列说法正确的是(g 取10 m/s2)(
)
A．木板的加速度为2 m/s2
B．物块的加速度为6 m/s2
C．经过2 s 物块从木板上滑离
D．物块离开木板时的速度为8 m/s
答案 ACD
解析 对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，对物块，由牛顿第二定
律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4 m/s2，A 正确，B 错误；物块从木板上滑离时，位移关系
满足a2t2－a1t2＝L，解得t＝2 s，C 正确；物块离开木板时的速度为v2＝a2t＝8 m/s，D 正确。
2．(多选)如图甲，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m＝3 kg 的木块B 可看作质点，
以水平速度v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面。由于A、B 间存在摩擦力，之后
A、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取10 m/s2)( )
A．木板的质量为M＝3 kg
B．木块减小的动能为1.5 J
C．系统损失的机械能为3 J
D．A、B 间的动摩擦因数为0.2
答案 AC
解析 由题图乙可知，A、B 的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知＝1 m/s2，＝1
m/s2，代入数据解得M＝3 kg，μ＝0.1，故A 正确，D 错误；木块减小的动能ΔEk＝ Ek0－Ek1
＝mv0
2－mv1
2＝4.5 J，故B 错误；由题图乙可知，A、B 的相对位移大小Δx＝×2×1 m＝1
m，则系统损失的机械能为ΔE＝Wf＝μmgΔx＝3 J，故C 正确。
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3．(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以
水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将长木
板分成A、B 两块，使B 的长度和质量均为A 的2 倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块
仍以初速度v0由A 的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩
擦力始终不变，则下列说法正确的是( )
A．小铅块将从B 的右端飞离木板
B．小铅块滑到B 的右端前已与B 保持相对静止
C．第一次和第二次过程中产生的热量相等
D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中 产生的热量
答案 BD
解析 在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，直至
二者共速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B 上后A 停止加速。只有B
加速，加速度大于第一次的对应过程中的加速度，故第二次小铅块与B 将更早共速，所以
小铅块还没有运动到B 的右端，二者就已共速，选项A 错误，B 正确；由于第一次的相对
位移大于第二次的相对位移，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，选
项C 错误，D 正确。
4. 如图所示，在光滑水平面上一质量为M＝3 kg 的平板车以v0＝1.5 m/s 的速度向右匀速滑
行，某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小为8.5 N、水平向右的推力F，同时将一质量为
m＝2 kg 的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车
上掉下来。已知小滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)两者达到相同速度所需要的时间t；
(2)平板车的长度l。
答案 (1)3 s (2)2.25 m
解析 (1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a1、a2，根据牛
顿第二定律有
μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2
解得a1＝2 m/s2，a2＝1.5 m/s2
又a1t＝v0＋a2t
解得t＝3 s。
(2)两者达到相同速度后，由于＝1.7 m/s2<a1，可知它们将一起做匀加速直线运动。
从小滑块刚放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中，滑块向右的位移大小为
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x1＝a1t2
平板车向右的位移大小为x2＝v0t＋a2t2
又l＝x2－x1
解得l＝2.25 m。
5. 如图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角θ＝30°，上有质量为m 的足够长的木板
A，其下端距挡板的距离为L，质量也为m 的小物块B 置于木板A 的顶端，B 与木板A 之间
的动摩擦因数为μ＝。无初速度地释放A、B，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生
碰撞，碰撞后木板速度大小不变，方向与原来相反。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
重力加速度为g，求：
(1)木板A 与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中物块B 的加速度大小；
(2)木板A 从开始到第二次与挡板碰撞过程中运动的总路程；
(3)从开始到A、B 最后都静止的过程中，系统因摩擦产生的热量。
答案 (1)g (2)L (3)3mgL
解析 (1)木板A 与挡板第一次碰撞前，A、B 组成的系统加速度为a＝gsin 30°
由运动学公式可知，第一次碰撞时A、B 组成的系统的速度v1＝＝
第一次碰撞后，对B 有aB＝μgcos θ－gsin θ＝g，方向沿斜面向上
(2)第一次碰撞后，对A 有aA＝μgcos θ＋gsin θ＝g，方向沿斜面向下，可见，A、B 均做匀
减速运动，A 先减速至零，再向下加速运动。
第一次碰后，A 沿斜面上滑的距离为x1＝＝L
从开始到第二次碰撞，A 的总路程为xA＝L＋2x1＝L
(3)A 最后静止于斜面底部。设B 相对A 下滑位移为Δx，由系统功能关系，有mgLsin θ＋
mg(L＋Δx)sin θ＝μmgΔxcos θ
可得Δx＝4L
因此，系统因摩擦产生的热量为
Q＝μmgΔxcos θ＝3mgL。
6．(2024·福建厦门市第二中学校考)如图甲所示，竖直面内有一光滑轨道BCD，轨道的上端
点B 和圆心O 的连线与水平方向的夹角α＝30°，圆弧轨道半径为R＝ m，与水平轨道CD
相切于点C。现将一小物块(可视为质点)从空中的A 点以v0＝4 m/s 的初速度水平向左抛出，
恰好从B 点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C 点，物块在圆弧末端C 点对
轨道的压力FN＝64 N，之后继续沿水平轨道CD 滑动，经过D 点滑到质量为M＝1 kg，长为
L＝7 m 的木板上。图乙为木板开始运动后一段时间内的v－t 图像，物块与地面，木板与地
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面间的动摩擦因数相同，重力加速度g 取10 m/s2，不计空气阻力和木板厚度。求：
(1)小物块经过圆弧轨道上B 点的速度大小；
(2)小物块的质量；
(3)全过程中木板与地面间因摩擦产生的热量。
答案 (1)8 m/s (2)1 kg (3)24 J 或12 J
解析 (1)在B 点，由＝sin α 可得vB＝8 m/s
(2)从B 点到C 点，对物块应用动能定理，mg(Rsin α＋R)＝mvC
2－mvB
2，可得vC＝12 m/s，
在C 点，对物块受力分析FNC′－mg＝，又因为FNC′＝FNC，联立可得m＝1 kg
(3)由乙图可知，1 s 时木板受到的力发生了突变，经分析可知有两种情况。
情况一(如图)：1 s 时物块和木板刚好共速，之后两物体一起相对静止，以相同的加速度一起
减速滑行至停止。
由图可知，在0～1 s 内，对物块：a 物＝，a 物＝8 m/s2，又μ1mg＝ma 物，可得μ1＝0.8
对木板：木板的加速度大小a 木＝，a 木＝4 m/s2，又μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma 木，解得μ2＝0.2
通过图像，求得两者共速前相对位移Δs＝ m＝6 m＜L＝7 m，所以此情况成立。
木板加速过程位移s1＝ m＝2 m，木板减速过程位移s2＝＝4 m
木板与地面间因摩擦产生的热量Q＝μ2(m＋M)g(s1＋s2)＝24 J
情况二(如图)：1 s 时物块从木板右侧滑出，之后两物体均在地面上滑行，滑行时加速度相同，
则不会相撞。
由图可知，在0～1 s 内，物块和木板的相对位移Δs′＝＝L＝7 m，解得v 物1＝6 m/s。物块
的加速度大小a 物′＝，则a 物′＝6 m/s2，又μ1′mg＝ma 物′则μ1′＝0.6，
对木板：木板的加速度大小a 木′＝，a 木′＝4 m/s2，
又μ1′mg－μ2′(m＋M)g＝Ma 木′，则μ2′＝0.1，
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由图像知木板加速过程位移s1′＝ m＝2 m，
木板与地面间因摩擦产生的热量Q1′＝μ2′(m＋M)g·s1′，Q1′＝4 J，
由图像知木板减速过程位移s2′＝＝8 m，
木板与地面间因摩擦产生的热量Q2′＝μ2′Mg·s2′，Q2′＝8 J，所以全程木板与地面
间因摩擦产生的热量Q′＝Q1′＋Q2′＝12 J。
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