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第三章 运动和力的关系
第14 课时 专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题
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【考向预测●明考向】
滑块木板模型以整体法与隔离法为核心分析手段，重点判断滑块与木板间静摩擦、滑动摩擦的
临界加速度，分共速前、共速后两阶段分析各自加速度、相对位移、摩擦生热，拓展外力作用于滑块
或木板、地面有无摩擦、多块叠加等变式，常结合v-t 图像、临界极值设问，集中出现在力学多选、
计算压轴题；近三年是动力学高频重难点，每套试卷基本都会出现该模型变式，区分度高；预测2027
年会侧重多滑块多层木板叠加、外力阶段性变化的分段运动分析，强化滑块木板与传送带复合情境、
临界分离条件、能量与动量初步结合的综合运算，结合生产生活真实情境设置多过程图像类压轴考
查。
【双基自测●夯基础】
1．如图甲所示，完全相同的两个长木板A、B 紧靠在一起（但不粘连）静置于水平地面上，
t =0时刻一小物块（可视为质点）以某一较小的速度从长木板A 的左端滑上，小物块始终在
A 的上表面，以后长木板A 运动的速度-时间图象如图乙所示。已知长木板长度L=1.25 m，物
块与长木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板、木板与地面
间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10 m/s
2。则小物块与长木板间动摩擦因
01
考向预测●明考向
对标核心素养，研判高考命题趋势
02
模型构建●明考点
搭建知识框架，构建系统思维
03
双基自测●夯基础
夯实基础知识，总结易错难点
04
考点突破●明方向
拆解核心考点，归纳解题范式
05
真题演练●悟高考
溯源真题逻辑，感知高考考向
06
过关限时训练
限定答题时长，模拟考场实战
数μ1=_______________；若物块的初速度v0= 4 m/s，则小物块最终停在B 的上表面距离B 左
端_______________m。（这一空的答案用分数表示）
【答案】 0.5 1
16
【详解】[1]设滑块和长木板的质量均为m，0－0.1s 内，A、B 两板一起做匀加速直线运动，
设加速度大小为a1，对两板整体由牛顿运动定律得μ1mg−μ2·3mg=2ma1
0.1s－0.2s 内，滑块与两木板一起匀减速运动，设加速度大小为a2，对三者整体由牛顿运动定
律得μ2·3mg=3ma2
由乙图可知a1=1m/ s，a2=1m/ s，由上式可解的μ1=0.5，μ2=0.1
[2]若滑块以v0=4m/s 滑上A 板，设滑块匀减速运动的加速度大小为a0，有a0= μ1mg
m
=5m/ s
2
假设滑块会滑离A 板，它在A 板上运动的时间为t1，有L= v0t1−1
2 a0t1
2−1
2 a1t1
2
解得t1=0.5 s
滑离A 板时，滑块的速度和AB 板的速度分别为v1= v0−a0t1=1.5m/ s，v2=a1t1=0.5m/ s
由于v1>v2，故假设成立，滑块会离开A 板，滑块滑上B 板后，假设最终与B 板达到共同速度，
相对滑动的时间为t2，B 板的加速度由μ1mg−μ2·2mg=maB
又v共= v1−a0t2= v2+aBt2，s= v1+ v共
2
t2−v2+ v共
2
t2
解得小物块最终停在B 的上表面距离B 左端s= 1
16 m。
2．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块。
在t=0 时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F 的作用下物块和木板发生相对滑动，t=1s
时撤去F，整个过程木板运动的v-t 图像如图乙所示，物块和木板的质量均为1kg，物块与木
板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s
2，则拉
力F 的大小为________N；物块最终停止时的位置与木板右端的距离为________m。
【答案】 21 5.25
【详解】[1]设物块与木板间、木板与地面间动摩擦因数分别为μ1、μ2，设物块质量、木板质
量分别为m、M，图乙可知0 到1s 二者均做加速度运动，对木板F −μ1mg−μ2(mg+ Mg)= M a1
图乙可知木板加速度大小a1= Δv
Δt = 9
1 m/s
2=9m/s
2
1s 到1.5s 内，对木板μ1mg+ μ2(mg+ Mg)= M a2
图乙可知该段时间木板加速度大小a2= Δv
Δt = 9−3
1.5−1 m/s
2=12m/s
2
联立解得F =21N
[2]图乙可知1.5s 二者共速，则物块最终停止时的位置与木板右端的距离
Δ x = x木板−x物块=(
1×9
2
+ 9+3
2
×0.5−0+3
2
×1.5)m=5.25m
3．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t =0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上
长木板，之后长木板运动的v −t图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m=1kg，
已知木板足够长，g 取10 m/s
2，则：
（1）小物块与长木板间动摩擦因数μ=________；
（2）在整个运动过程中，整个系统因摩擦而产生的热量为________J。
【答案】 0.5 72
【详解】（1）[1]设长木板与小物块间摩擦因数为μ，长木板与地面间动摩擦因数为μ2，由牛
顿第二定律，得
μmg−2 μ2mg=ma1
v1=a1t1
木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得
μ2⋅2mg=2ma2
0= v1−a2t2
由图像可知
v1=2m /s，t1=2s，t2=1s
联立解得
μ=0.5，μ2=0.2
（2）[2]设小物块的初速度为v0，小物块减速过程中，有
μmg=ma3
v1= v0−a3t1
解得
v0=12m /s
由能量守恒可知，在整个运动过程中，整个系统因摩擦而产生的热量为
Q = 1
2 mv0
2=72J
4．如图，可视为质点的小木块质量为m，木板质量为M＝3m，长度为L，一轻绳通过定滑轮
分别与木板和小木块连接，小木块与木板间、木板与水平桌面间的动摩擦因数均为μ，开始时
木块静止在木板左端。用水平向右的拉力将小木块缓慢向右拉，直到小木块处于木板正中央，
则水平向右的拉力大小为________，该过程此拉力做功为________。
【答案】 6 μmg 1.5 μmgL
【详解】[1]小木块匀速运动时，设轻绳的拉力为T，对木块水平方向根据平衡关系有
F =T + μmg
对木板水平方向根据平衡关系有
T = μmg+ μ（m+ M ）g
解得
F =6 μmg
[2]若小木块处于木板正中央，则小木块的位移为L
4 ，则拉力对小木块做的功为
W = F × L
4 =1.5 μmgL
5．如图所示，物块A 的质量为2m，长木板B 的质量为m，A、B 间的动摩擦因数为2 μ，B 与
地面间的动摩擦因数为μ，不考虑轻绳与定滑轮之间的摩擦，为使A、B 相对滑动，甲、乙、
丙三图中所需施加拉力的最小值分别为F1=______，F2=______，F3=______。
【答案】 11 μmg 6 μmg 9 μmg
【详解】[1]图甲中，对A 分析可知水平方向受到绳子拉力T，摩擦力大小为
f = 4 μmg
对B 分析可知水平方向受到绳子拉力T，地面摩擦力大小为
f ' =3 μmg
A 对B 的摩擦力大小为
f ' ' = 4 μmg
临界情况为
F1= f ' +T + f ' ' =11 μmg
[2]图乙中，A、B 恰好相对滑动，对AB 整体分析可知水平方向拉力F2，摩擦力大小为
f =3 μmg
根据牛顿第二定律有
F2−f =3ma
对A 分析有
F2−2 μ×2mg=2ma
解得
F2=6 μmg
[2]图乙中，A、B 恰好相对滑动，对AB 整体分析可知水平方向拉力F3，摩擦力大小为
f =3 μmg
根据牛顿第二定律有
F3−f =3ma
对A 分析有
2 μ×2mg=2ma
解得
F3=9 μmg
6．如图所示，木板质量为M，长为L，放在光滑水平面上，一细绳通过定滑轮将木板与质量
为m 的小木块相连，M 与m 之间的动摩擦因数为μ，现用水平向右的力F 将小木块从木板的
最左端拉到最右端，拉力至少要做的功是___________。
【答案】μmgL
【详解】匀速运动时，拉力做功最少，对物块
F =T + μmg
对木板
T = μmg
拉力做功为
W = F L
2
得
W = μmgL
7．质量分别为m1和m2的木块重叠后放在光滑的水平面上，如图所示。m1和m2间的动摩擦因
数为μ。现给m2施加随时间t 增大的力F=kt，式中k 是常数。求m1、m2的加速度a1、a2与时
间的关系式为 ___________。
【答案】当t ≤μm2(m1+m2)g
k m1
时，a1=a2=
kt
m1+m2；当t ＞μm2(m1+m2)g
k m1
时，a1= μm2 g
m1 ，
a2= kt
m2
−μg
【详解】[1]由于m1和m2间有摩擦力，而地面是光滑的，所以刚开始m1和m2将一起做加速运
动，设加速度为a，根据牛顿第二定律，有
F =kt =(m1+m2)a
当t 增大时，m1和m2间的摩擦力达到最大静摩擦力时，m1和m2将分离，此时的摩擦力为
f = μm2 g
因此m1将做匀加速运动，加速度
a1= μm2 g
m1
m2将做变加速运动，加速度为
a2= kt −μm2 g
m2
= kt
m2
−μg
设分离时刻为t0，则分离时a1=a2，可解得
t0= μm2(m1+m2)g
k m1
当t ≤μm2(m1+m2)g
k m1
时
a1=a2=
kt
m1+m2
当t ＞μm2(m1+m2)g
k m1
时
a1= μm2 g
m1
，a2= kt
m2
−μg
8．如图所示，质量分别为10kg 和5kg 的长方形物体A 和B 静止叠放在水平桌面上。A 与桌
面以及A、B 间动摩擦因数分别为μ1=0.1 和μ2=0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一
个水平作用力F 作用在B 上，能使A、B 之间发生相对滑动的F 的最小值为______。
【答案】37.5N
【详解】[1]设A、B 的质量分别为mA、mB，A、B 恰好没发生相对滑动时加速度为a，对A
进行受力分析，A 达到最大加速度时
μ2mB g−μ1(mA+mB)g=mA a A、B 恰好没发生相对滑动时，对A、B 整体进行受力分析
F −μ1(mA+mB)g=(mA+mB)a
联立并代入数据得
F=37.5N
因此，A、B 之间发生相对滑动的F 的最小值为37.5N。
9．如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m=2kg 的另一物体B（可视为质
点）以水平速度v0=2m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A、B 间存在摩擦，之后
A、B 速度随时间的变化情况如图乙所示，已知当地的重力加速度g 取10m/s2。则系统损失的
机械能为ΔE=___________J，长木板A 的最短长度为l=___________m，A、B 间的动摩擦因
数为μ=___________。
【答案】 2 1 0.1
【详解】
[1]由v t 图像可知，最终A、B 的共同速度
v=1m/s
且
aA=1m/s2
aB=1m/s2
又
f=MaA=maB
故长木板的质量
M=m=2kg
则系统损失的机械能
Δ E = 1
2 m v0
2−1
2 ( M +m)v
2=2J
[2][3]由能量守恒定律有
fl=ΔE
解得
l = Δ E
f
= Δ E
maB
=1m
又
f=μmg=maB
有
μ=0.1
10．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、可看作质点的小物块与木板、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，木板的长度为
___________ m，小物块离开木板后，木板的加速度为___________ m/s2，方向水平
___________（选填“向左”或“向右”）。
【答案】 1.32 2 向左
【详解】由于
μ2m2 g> μ1(m1+m2)g
则物块在木板上以
a1= μ2 g= 4 m/s
2
减速滑行时，木板以
a= μ2m2 g−μ1(m1+m2)g
m1
=2m/s
2
向右加速运动，在0.6 s 时，物块的速度
v1= v0−a1t =1.6 m/s
木板的速度
v2=a2t =1.2m/s
0.6 s 内物块的位移
s1= v0+ v1
2
t =1.68 m
木板的位移
s2= 0+ v2
2
t =0.36 m
相对位移为
Δ s= s1−s2=1.32m
即木板长度为1.32 m；物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为
a3= μ1g=2m/s
2
方向向左。
【模型构建●明考点】
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。
【考点突破●明方向】
例1 (多选)(2024·浙江杭州市检测)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v0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】物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到滑动摩擦力，故μmg=ma1，而v-t 图
像的斜率表示加速度，故a1=7−3
2
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a2=2−0
2
m/s2=1 m/s2，解得M=2m，A、D 错误，B 正确；从题图乙可知物块和
木板最终分离，0~2 s 内两者v-t 图像与t 轴围成的面积之差等于木板的长度，故L=1
2
×(7+3)×2 m-1
2×2×2 m=8 m，C 正确。
例2 质量为M=1 kg 的木板放在水平地面上，质量为m=0.5 kg 的小滑块(其大小可忽略)
放在木板上最右端，如图所示，木板与地面的动摩擦因数为μ1=0.2，木板与滑块间的动摩
擦因数为μ2=0.1。在木板右侧施加一个水平向右的恒力F，g 取10 m/s2，并认为最大静摩
擦力等于同等条件下的滑动摩擦力，则：
(1)若F=4 N，则小滑块和木板的加速度大小分别为多少？
(2)若F=9 N，作用了1 s 后撤去，运动过程中滑块始终未脱离木板，则木板长度最短为多
少？
(3)在(2)的情境中，滑块和木板最终静止时，滑块到木板最右端的距离为多少？
【答案】(1)2
3 m/s2 2
3 m/s2 (2)4.5 m (3)3.3 m
【解析】(1)滑块最大加速度在滑块与木板刚好要发生相对运动时，对滑块有μ2mg=ma2
解得a2=1 m/s2
此时外力F0为滑块与木板不发生相对滑动的最小值，对整体做动力学分析有F0-
μ1(M+m)g=(M+m)a2
解得F0=4.5 N
当F=4 N 时，F 小于F0，滑块与木板相对静止一起向右做匀加速运动。
对整体有F-μ1(M+m)g=(M+m)a
解得a=2
3 m/s2
(2)F 持续时间内(0~1 s 内)，由于F=9 N>4.5 N，滑块与木板发生相对滑动。
根据(1)分析知此时滑块做匀加速直线运动，滑块加速度为a2=μ2g=1 m/s2
木板也做匀加速直线运动，对木板做动力学分析有F-μ1(m+M)g-μ2mg=Ma1
解得木板加速度a1=5.5 m/s2
令t1=1 s，这段时间内滑块相对木板向左运动，相对位移Δx1=a1t1
2
2
-a2t1
2
2
=2.25 m
力F 撤去后至滑块与木板共速，力F 撤去时，木板速度v1=a1t1=5.5 m/s
滑块速度v2=a2t1=1 m/s
力F 撤去后，滑块将以原来的加速度a2继续加速，木板减速，直到它们速度一样，对木板做
动力学分析有μ1(m+M)g+μ2mg=Ma3
解得木板减速时的加速度大小a3=3.5 m/s2
设经过t2时间滑块和木板的速度相等，由运动学公式得共速时的速度v=v2+a2t2=v1-a3t2
代入数据解得v=2 m/s，t2=1 s
这段时间内滑块相对木板向左运动，相对位移为Δx2=v1t2-1
2a3t2
2-(v2t2+1
2a2t2
2)=2.25 m
故木板长度最短为L=Δx1+Δx2=4.5 m
(3)共速之后，木板继续减速，对木板做动力学分析有μ1(m+M)g-μ2mg=Ma4
解得木板减速时的加速度大小a4=2.5 m/s2
滑块也做减速运动，加速度的大小仍为a2=μ2g=1 m/s2
直到最后都停止运动，整个过程的v-t 图像如图所示，共速后滑块相对木板向右运动，相对位
移为Δx3= v
2
2a2
- v
2
2a4
=1.2 m
最终滑块停在距木板最右端Δx=Δx1+Δx2-Δx3=3.3 m 的地方。
例3 (2024·浙江衢州市检测)如图所示，质量mB=1 kg，长L=8 m 的木板B 静置于水平地
面上，质量mA=3 kg 的煤块(可视为质点)A 静止于木板B 的左端。已知A、B 间的动摩擦因
数μ1=0.2，B 与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g 取10 m/s2，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，不计空气阻力，则：
(1)为保证A 与B 不发生相对滑动，水平拉力F 不能超过多大？
(2)若水平拉力F 大小为24 N，则从煤块开始运动到从木板上滑下，需要多长时间？
(3)若水平拉力F 为24 N 不变，仅作用t1=1 s 后撤去，则当A 与B 停止相对滑动时，求A
在B 留下的划痕长度。
【答案】(1)12 N (2)2 s (3)4 m
【解析】(1)设A 与B 刚好不发生相对滑动时，水平拉力为F0，对木板B，根据牛顿第二定律
可得
μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBa2
对煤块A，根据牛顿第二定律可得F0-μ1mAg=mAa2，联立解得F0=12 N
(2)因为24 N>12 N，故A 与B 发生相对滑动，
对煤块A，根据牛顿第二定律可得
F-μ1mAg=mAa1
煤块脱落前A 的位移为x1=1
2a1t2
煤块脱落前B 的位移为x2=1
2a2t2
由相对运动关系得x1-x2=L，联立解得t=2 s
(3)撤去拉力前，对煤块A 有v1=a1t1
位移为x1'=1
2a1t1
2
撤去拉力后对煤块A，根据牛顿第二定律可得μ1mAg=mAa3
撤去拉力后煤块A 减速到与木板B 共速的时间为t2，
对煤块A 有v=v1-a3t2，位移为x2'=v1+ v
2
t2
从开始运动到木板B 加速至与A 共速，
对木板B 有v=a2(t1+t2)
位移为x3=v
2(t1+t2)
由相对运动关系可得Δx=x1'+x2'-x3
联立解得Δx=4 m。
例4 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。
【答案】(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；
(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。
处理“板块”模型中动力学问题的流程
【真题演练●悟高考】
1．（2024·吉林·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t =0时，
木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速
度从右端滑上木板。已知t =0到t = 4 t0的时间内，木板速度v 随时间t 变化的图像如图所示，
其中g 为重力加速度大小。t = 4 t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是
（ ）
A．小物块在t =3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3︰4
D．t = 4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【详解】A．v −t图像的斜率表示加速度，可知t =3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小
物块在t =3t0时刻滑上木板，故A 正确；
B．结合图像可知t =3t0时刻，木板的速度为
v0= 3
2 μgt0
设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为
v1=−3
2 μgt0，负号表示方向水平向左
物块在木板上滑动的加速度为
a0= μ0mg
m
= μ0 g
经过t0时间与木板共速此时速度大小为v共= 1
2 μgt0，方向水平向右，故可得
v共−v1=a0t0
解得
μ0=2 μ
故B 正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
a=
1
2 μgt0
t0
= 1
2 μg
故可得
F −μMg = Ma
解得
F = 3
2 μMg
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
a
′ =
1
2 μgt0−3
2 μgt0
t0
=−μg
此时对木板由牛顿第二定律得
F −μ(m+ M )g−μ0mg= Ma'
解得
m
M = 1
2
故C 错误；
D．假设t = 4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体
F −μ(m+ M )g= 3
2 μMg−3
2 μMg=0
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t = 4 t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D
正确。
故选ABD。
2．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、
半径为R 的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE 平滑连接。长为L、质量为M 的平
板紧靠长为d 的固定凹槽EFGH 侧壁EF 放置，平板上表面与DEH 齐平。将一质量为m 的小
滑块从A 端弹射，经过轨道BCD 后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG 即被锁定。
已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽
水平底面FG 间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度g=10m/ s
2。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2=0，滑块恰好过C 点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2=0.1，滑块能到达H 点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s
【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 时
mg= m vC
2
R
从滑块离开弹簧到C 过程，根据动能定理
−2mgR = 1
2 mvC
2−1
2 mvB
2
解得
v0=5 m/s
（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒
m vB=( M +m)v共
根能量守恒
Δ E = 1
2 mvB
2−1
2 ( M +m)v共
2
解得
Δ E = 5
8 J
（3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为
a1= μ1 g=6 m/s
2
a2= μ1mg−μ2( M +m)g
M
= 4 m/s
2
共速后，共同加速度大小为
a3= μ2 g=1m/s
2
考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；
假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程
v = v E−a1t1=a2t1
共速过程，滑块、木板位移分别为
x1= v + v E
2
t1
x2= v
2 t1
共速时，相对位移应为
Δ x = L= x1−x2
解得
v E=6 m/s，v =2.4 m/s
随后共同减速
x3=d −x1=1.88 m
到达H 速度
v H =
❑√v
2−2a3 x3= ❑√2m/s
说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。
3．（2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度l =1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，
薄板的右端与平台的边缘O 对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，
当薄板运动的距离Δl = l
6时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运
动到O 点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小
g=10 m/s
2。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）4m/s；1
3 s；（2）5
9 m
【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
a1= μg =3 m/s
2
薄板做加速运动的加速度
a2= μmg
m =3 m/s
2
对物块
l+ Δl = v0t −1
2 a1t
2
对薄板
Δl = 1
2 a2t
2
解得
v0= 4 m/s
t = 1
3 s
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
v2=a2t =1m/s
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
t
' =
l
2 −l
6
v2
= 1
3 s
则平台距地面的高度
h= 1
2 gt
' 2= 5
9 m
4．（2023·海南·高考真题）如图所示，有一固定的光滑1
4圆弧轨道，半径R =0.2m，一质量为
mB=1kg的小滑块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的
初速度，已知mC=3kg，B、C 间动摩擦因数μ1=0.2，C 与地面间的动摩擦因数μ2=0.8，C 右端
有一个挡板，C 长为L。
求：
（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在0.16 m < L<0.8 m时，B 与C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终
停止所用的时间。
【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）(1−15 ❑√0.8−L
16
)s
【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有
mB gR = 1
2 mBv0
2−0
解得
v0=2m /s
在底部，根据牛顿第二定律
FN−mB g=mB
v0
2
R
解得
FN =30 N
由牛顿第三定律可知B 对A 的压力是30 N。
（2）当B 滑上C 后，对B 分析，受摩擦力向左，根据牛顿第二定律得
f B= μ1mB g=mBa1
解得加速度向左为
a1=2m /s
2
对C 分析，受B 向右的摩擦力μ1mB g和地面向左的摩擦力
f 地C= μ2(mB+mC)g
根据牛顿第二定律
f 地C−f BC= μ2(mB+mC)g−μ1mB g=mCa2
解得其加速度向左为
a2=10 m /s
2
由运动学位移与速度关系公式v
2−v0
2=2ax，得B 向右运动的距离
x1= v0
2
2a1
=1m
C 向右运动距离
x2= v0
2
2a2
=0.2m
由功能关系可知，B、C 间摩擦产生的热量
Q = μ1mB g(x1−x2)
可得
Q =1.6J
（3）由上问可知，若B 还末与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为t1，有
t1= v0
a2
解得
t1=0.2s
B 的位移为
xB1= v0t1−1
2 a1t1
2=0.36 m
则此刻的相对位移为
x相= xB1−x2=0.16 m
此时
vB1= v −a1t1=1.6 m /s
由L>0.16 m，一定是C 停下之后，B 才与C 上挡板碰撞。设再经t2时间B 与C 挡板碰撞，有
L−0.16=1.6t2−1
2 a1t2
2
解得
t2=0.8−❑√0.8−L
碰撞时B 速度为
vB2= vB1−a1t2=2❑√0.8−L
碰撞时由动量守恒可得
mBvB2=(mA+mB)v
解得碰撞后B、C 速度为
v =
❑√0.8−L
2
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
a3= μ2(mA+mB)g
(mA+mB)
=8 m/s
2
后再经t3后停下，则有
t3= v
a3
=
❑√0.8−L
16
故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间
t =t1+t2+t3=（1−15 ❑√0.8−L
16
）s
【过关限时训练】
（60 分钟）
[分值：35 分]
[1~3 题，每题3 分]
1.如图所示，桌面上放置一张纸，一个硬币静止在纸面上，现用手快速拉动纸的一边，将纸
从硬币下抽出来，则手的拉力越大( )
A.硬币在纸上滑动的加速度越大
B.硬币在纸上滑行的时间越短
C.硬币受到纸面的摩擦力越大
D.硬币离开纸面时的速度越大
【答案】B
【解析】硬币在纸上滑动时受到的滑动摩擦力大小一定，加速度a1大小一定，与拉力大小无
关，A、C 错误；手的拉力越大，由牛顿第二定律可知，纸张运动的加速度a2越大，由1
2a2t2-
1
2a1t2=l 知，a2越大，硬币在纸上滑行的时间越短，离开纸面时的速度越小，B 正确，D 错
误。
2.平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之
间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能
是( )
【答案】C
【解析】方法一 箱子以一定的水平初速度v0从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做
匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，设经过t 时间箱子与平板车达到共速v 共，此过
程平板车的位移为x 车=v共
2 t，箱子的位移为x 箱=v0+ v共
2
t，则箱子相对于平板车向前的位移大
小为Δx=x 箱-x 车=v0+ v共
2
t-v共
2 t=v0
2 t，可得Δx=v0
2 t>x 车=v共
2 t，故选C。
方法二 由v-t 图像可知箱子的位移大于小车的位移，二者相对位移大于小车加速阶段的位
移，故选C。
3.(多选)如图甲所示，长木板A 静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg 的物体B(可看作质点)
以水平速度v0=3 m/s 滑上长木板A 的表面。由于A、B 间存在摩擦，之后的运动过程中A、B
的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.长木板A、物体B 所受的摩擦力均与各自运动方向相反
B.A、B 之间的动摩擦因数μ=0.2
C.A 长度至少为3 m
D.长木板A 的质量是4 kg
【答案】BD
【解析】摩擦力与物体的相对运动方向相反，由题意可知，A 木板的运动方向与所受摩擦力
方向相同，物体B 运动方向与所受摩擦力方向相反，故A 错误；由图像知B 的加速度大小为
aB=| ΔvB
Δt |=2 m/s2，对B 进行分析有μmBg=mBaB，可解得μ=0.2，故B 正确；由题图乙可知0~1
s 内二者相对运动，位移差为1.5 m，则A 板长度至少为1.5 m，故C 错误；长木板A 的加速
度大小为aA= Δv A
Δt =1 m/s2，又μmBg=mAaA，联立解得
aA
aB
=
mB
mA
=1
2，即A 的质量是B 的两倍，长
木板A 的质量是4 kg，故D 正确。
4.(10 分)(2024·新课标卷·25)如图，一长度l=1.0 m 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄
板的右端与平台的边缘O 对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当
薄板运动的距离Δl= l
6时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动
到O 点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g 取
10 m/s2。求：
(1)(6 分)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间。
(2)(4 分)平台距地面的高度。
【答案】(1)4 m/s 1
3 s (2)5
9 m
【解析】(1)物块在薄板上做匀减速运动，设加速度大小为a1，有μmg=ma1
设薄板做匀加速运动的加速度为a2，有μmg=ma2
对物块l+Δl=v0t-1
2a1t2
对薄板Δl=1
2a2t2
联立解得v0=4 m/s，t=1
3 s
(2)物块飞离薄板后薄板的速度v2=a2t=1 m/s
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，平抛运动的时间t'=
l
2 −l
6
v2
=1
3 s
则平台距地面的高度h=1
2gt'2=5
9 m。
[5~7 题，每题4 分]
5.如图，在光滑水平地面上一足够长的木板b 以速度2v0向右做匀速运动，某时刻将物块a 轻
放在b 上，同时对a 施加水平向右的恒力F。a、b 质量相等，a 与b 间的最大静摩擦力等于滑
动摩擦力。从a 放到b 上开始计时，关于a、b 运动的速度v 随时间t 变化的图像可能正确的是
( )
【答案】B
【解析】a 和b 的速度达到共速之前，a 受到b 向右的摩擦力和恒力F 作用，b 受到a 向左的
摩擦力作用，a 做加速运动，b 做减速运动，则对于a，由牛顿第二定律有a1=F + μmg
m
，对b
有a2=μmg
m =μg<a1，由此可知此过程a 的加速度大于b 的加速度，故A、C 错误；a、b 共速
后，若在恒力作用下，a、b 间的摩擦力Ff没有达到最大静摩擦力，一起做加速运动，则对于
b 有a 共=Ff
m ，且Ff<μmg，故a、b 的加速度a 共<a2；若在恒力作用下，a、b 间的摩擦力达到最
大静摩擦力，发生相对滑动，则a、b 的加速度大小不相等，且均做加速运动，则对于a 有
a3=F −μmg
m
，对b 有a4=μmg
m =μg，可知a 的加速度a3小于共速前a 的加速度a1，b 的加速度与
共速前大小相等，方向相反，故B 正确，D 错误。
6.如图所示，倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上锁定一长L=1.8 m、质量
M=3 kg 的薄木板，木板的最上端叠放一质量m=1 kg 的小物块(可视为质点)，现解除锁定并对
木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，物块与木
板间的动摩擦因数μ=
❑√3
2 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2。则( )
A.恒力F>15 N
B.当恒力F=25 N 时，物块会与木板发生相对滑动
C.当恒力F>30 N 时，物块会与木板发生相对滑动
D.当恒力F=37.5 N 时，物块滑离木板所用的时间为1 s
【答案】C
【解析】要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有F>(M+m)gsin α，解得F>20 N，故
A 错误；对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得F-(M+m)gsin α=(M+m)a，对物块有Ff-
mgsin α=ma，为使物块与木板不发生相对滑动，则Ff≤μmgcos α，解得F≤30 N，综上可得，
当F>30 N 时物块与木板发生相对滑动，故B 错误，C 正确；若F=37.5 N>30 N，物块能滑离
木板，对木板有F-Mgsin α-μmgcos α=Ma1，对物块有μmgcos α-mgsin α=ma2，设经时间t 物块
滑离木板，由运动学公式有1
2a1t2-1
2a2t2=L，解得t=1.2 s，故D 错误。
7.(多选)(2024·黑吉辽·10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t=0 时，
木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速
度从右端滑上木板。已知t=0 到t=4t0的时间内，木板速度v 随时间t 变化的图像如图所示，其
中g 为重力加速度大小。t=4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是( )
A.小物块在t=3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C.小物块与木板的质量比为3∶4
D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【解析】v-t 图像的斜率表示加速度，可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在
t=3t0时刻滑上木板，故A 正确；
设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，取水平向右为正方向，根据题意结合图像可知小物块开
始滑上木板时的速度为v0=-3
2μgt0，小物块在木板上滑动的加速度为a0=μ0mg
m
=μ0g，经过t0时
间与木板共速此时速度为v 共=1
2μgt0，故可得a0=
v共−v0
t0
=2μg，解得μ0=2μ，故B 正确；
设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知小物块未滑上木板时，木板的加速度为a=
1
2 μgt0
t0
=1
2μg，由牛顿第二定律得F-μMg=Ma，解得F=3
2μMg，根据图像可知小物块滑上木板
后木板的加速度为a'=
1
2 μgt0−3
2 μgt0
t0
=-μg，此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-
μ0mg=Ma'，解得m
M =1
2，故C 错误；
假设t=4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体F-μ(m+M)g=3
2μMg-3
2μMg=0，故可知此时
整体处于平衡状态，假设成立，即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D 正确。
[4 分]
8.(多选)如图所示，长为L=2 m 的水平传送带以v=3 m/s 的速率顺时针方向匀速转动，传送带
的右侧平台上紧靠传送带放置一块长木板C，长木板C 上表面与传送带在同一水平面内，滑
块B 静止在长木板C 上，距长木板C 左端l=2.75 m。现有一个滑块A 以初速度v0=6 m/s 从左
端滑上传送带，经过传送带后无能量损失地滑上长木板C，之后与滑块B 发生弹性碰撞。已
知A、B、C 的质量分别为mA=mB=1.0 kg、mC=0.5 kg，A、B 可视为质点，A 与传送带间的动
摩擦因数μ1=0.5，A、B 与C 间的动摩擦因数均为μ2=0.2，C 与平台间的动摩擦因数μ3=0.05，
重力加速度g 取10 m/s2，则下列说法正确的是
A.滑块A 滑上长木板C 时的速度大小为3 m/s
B.滑块A 与B 碰撞前瞬间滑块B 的速度大小为0.5 m/s
C.滑块A 与B 碰撞后瞬间滑块B 的速度大小为2 m/s
D.要使滑块B 不从长木板C 上滑落，长木板C 最小长度为3.2 m
【答案】BCD
【解析】若A 一直减速到传送带右端，由动能定理有-μ1mAgL=1
2mAv A
2-1
2mAv0
2，解得vA=4
m/s>v=3 m/s，假设成立，即滑块A 滑上长木板C 时的速度大小为4 m/s，故A 错误；假设A
滑上C 后，B 与C 保持相对静止，对B、C 整体，由牛顿第二定律有μ2mAg-
μ3(mA+mB+mC)g=(mB+mC)a1，解得a1=0.5 m/s2<μ2g=2 m/s2，假设成立，对滑块A，由牛顿第二
定律有μ2mAg=mAaA，解得aA=2 m/s2，滑块A 与B 碰撞前，满足vAt-1
2aAt2-1
2a1t2=l，解得t=1
s，t=11
5 s(舍去)，则滑块A 与B 碰撞前瞬间滑块B 的速度大小为vB=a1t=0.5 m/s，故B 正确；
滑块A 与B 碰撞前瞬间滑块A 的速度大小为vA'=vA-aAt=2 m/s，滑块A 与滑块B 发生弹性碰
撞，由于滑块A 与滑块B 质量相等，则二者速度互换，即碰撞后滑块A 的速度为vA″=0.5
m/s，碰撞后滑块B 的速度为vB'=2 m/s，故C 正确；结合上述分析可知，滑块A 与滑块B 碰
撞后，滑块B 做减速运动，滑块A 与C 一起加速，当三者共速时，滑块B 恰好滑到C 的右
端，此时长木板C 长度最小，对滑块B，由牛顿第二定律有μ2mBg=mBaB，解得aB=2 m/s2，则
有vB'-aBt1=vA″+a1t1，解得t1=0.6 s，则有Δx=vB't1-1
2aBt1
2-(vA″t1+1
2a1t1
2)=0.45 m，则要使滑块B 不
从长木板C 上滑落，长木板C 最小长度为L'=l+Δx=3.2 m，故D 正确。
