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增分培优2 “滑块—木板”模型的综合问题
1.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若
地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。
2.滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。
3.应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公
式或动能定理列式时位移指相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移(或
相对路程)。
例1 如图1 所示，质量为1 kg、足够长的长木板B 放在水平地面上，质量为2
kg 的物块A 放在木板B 的左端。物块A 与木板B 间的动摩擦因数为0.7，木板B
与地面间的动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
10 m/s2。现对A 施加一水平向右的拉力F，则物块速度vA、木板速度vB随时间
变化的图像可能是( )
图1
答案 A
解析 设二者恰不发生相对滑动时，外力大小为F0，对物块有F0－μ1mAg＝
mAaA，对木板有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB，且aA＝aB，解得F0＝30 N，aA＝aB
＝8 m/s2。A 选项中，物块和木板一起加速运动，且加速度满足要求，A 正确；B
选项中，物块的加速度大于木板的加速度，均小于二者的最大共同加速度，B 错
误；C 选项中，物块的加速度大小为8.5 m/s2，木板的加速度大小为4.25 m/s2＜8
m/s2，C 错误；D 选项中，二者的加速度相同，但大于二者的最大共同加速度，
D 错误。
例2 (2024·海南卷，17)某游乐项目装置简化如图2 所示，A 为固定在地面上的
半径R＝10 m 的光滑圆弧形滑梯，滑梯顶点a 与滑梯末端b 的高度差h＝5 m，
静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板的质量
M＝25 kg，一质量为m＝50 kg 的游客从a 点由静止开始下滑，并从b 点滑上滑
板，当滑板右端运动到与其上表面等高的固定平台C 边缘时，游客恰好滑上平
台，并在平台上滑行s＝16 m 停下。游客可视为质点，其与滑板及平台表面之间
的动摩擦因数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图2
(1)游客滑到b 点时对滑梯压力的大小；
(2)滑板的长度L。
答案 (1)1 000 N (2)7 m
解析 (1)对游客从a 点滑到b 点的过程，由动能定理有mgh＝mv2
游客滑到b 点时，有
FN－mg＝m
由牛顿第三定律可知，游客滑到b 点时对滑梯压力的大小为FN′＝FN＝1 000 N。
(2)解法一 游客在平台上运动时，由牛顿第二定律
有μmg＝ma1
由运动学规律有v＝2a1s
解得游客滑上平台的速度大小v1＝8 m/s
游客在滑板上滑动时，对游客由牛顿第二定律有
μmg＝ma2
对滑板由牛顿第二定律有
μmg＝Ma3
游客在滑板上滑动的过程，由运动学规律有
v1＝v－a2t
游客的位移为x1＝vt－a2t2
滑板的位移为x2＝a3t2
则滑板的长度L＝x1－x2
联立解得L＝7 m。
解法二 游客在滑板上运动时，游客与滑板组成的系统动量守恒，则对游客在滑
板上运动的过程，由动量守恒定律有
mv＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律有
mv2＝mv＋Mv＋μmgL
对游客在平台上运动的过程，由动能定理有
－μmgs＝0－mv
联立解得L＝7 m。
例3 (2024·河南郑州一模)如图3 甲所示，质量mB＝3 kg 的长木板B 上表面放置
一质量mA＝2 kg 的物块A，另有一质量mC＝1 kg 的物块C 以某一初速度v0从长
木板最左端滑上长木板，物块C 与物块A 发生弹性碰撞后恰好能从长木板左端
滑落，物块A 最终未从长木板滑离。物块A、C 与长木板B 之间的动摩擦因数均
为μ1，长木板B 与地面之间的动摩擦因数为μ2，两物块碰撞前长木板与地面相
对静止。从两物块碰撞后瞬间开始计时，物块A 的v－t 图像如图乙所示，重力
加速度g 取10 m/s2。求：
图3
(1)两物块碰撞后瞬间C 的速度大小；
(2)动摩擦因数μ1、μ2的值；
(3)长木板B 与地面之间由于摩擦产生的热量。
答案 (1)1 m/s (2)0.4 0.1 (3)0.2 J
解析 (1)规定向右为正方向，设两物块碰前瞬间C 的速度为vC，碰后瞬间C 的
速度为vC′，碰后瞬间物块A 的速度为vA，物块C 与物块A 发生弹性碰撞，满足
动量守恒和机械能守恒，则有
mCvC＝mCvC′＋mAvA
mCv＝mCvC′2＋mAv
解得vA＝vC＝vC
vC′＝vC＝－vC
由乙图可知，物块A 发生碰撞后速度vA＝2 m/s
解得vC′＝－1 m/s，负号表示方向向左。
(2)由乙图可知，0～0.45 s 内，A 做匀减速直线运动的加速度大小为aA＝＝4 m/s2
由牛顿第二定律得μ1mAg＝mAaA
解得μ1＝0.4
物块C 从碰撞后到滑落过程中，设加速度大小为aC，由牛顿第二定律得μ1mCg＝
mCaC
解得aC＝4 m/s2
物块C 恰好能从长木板左端滑落时速度为零，物块C 从碰撞后到滑落的时间t1＝
＝0.25 s
设物块C 从长木板滑落后，长木板的加速度大小为aB
有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB
由乙图可知t2＝0.45 s 后，物块A 和长木板共速，速度大小是vA＝vB＝0.2 m/s
由运动学公式得vB＝aB(t2－t1)
解得aB＝1 m/s2，μ2＝0.1。
(3)长木板B 加速阶段的位移大小x1＝(t2－t1)
解得x1＝0.02 m
设从A、B 共速到停止运动的加速度大小为a，位移大小为x2，
有μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
v＝2ax2
解得x2＝0.02 m
长木板B 与地面之间由于摩擦产生的热量为
Q＝μ2(mA＋mB)g(x1＋x2)
解得Q＝0.2 J。
1.(多选)(2024·黑吉辽卷，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4 所示，其中g 为重力加速度大小。t＝4t0时
刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是( )
图4
A.小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C.小物块与木板的质量之比为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 由v－t 图像可知，在3t0时刻木板的加速度发生变化，可知小物块在t＝
3t0时刻滑上木板，A 正确；由v－t 图像可知，0～3t0时间内，木板的加速度大小
a1＝μg，设木板的质量为M，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝
μMg，在t＝3t0时，木板的速度v1＝a1·3t0＝μgt0，根据题意可知t＝3t0时小物块以
μgt0 的速度水平向左滑上木板，3t0～4t0 时间内，小物块的加速度大小a′＝＝
2μg，设小物块的质量为m，对小物块，由牛顿第二定律有μ′mg＝ma′，可得μ′＝
2μ，B 正确；由v－t 图像可知，3t0～4t0时间内，木板的加速度大小a2＝μg，对
木板分析有F－μ′mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，可得m∶M＝1∶2，C 错误；t＝4t0之
后，假设木板与小物块相对静止，对整体有F－μ(M＋m)g＝0，假设成立，所以t
＝4t0之后小物块与木板一起做匀速运动，D 正确。
2.(多选)(2024·湖北卷，10)如图5 所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、
长为L 的木块，质量为m 的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受
到的阻力不变，其大小f 与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k 为已知常量)。
改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则( )
图5
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
答案 AD
解析 子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所
以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋
M)v，解得木块获得的速度大小为v＝，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，
则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有mv＝(m＋M)v2＋
kv0L，解得v0＝；若子弹能够射出木块，则有v0>，子弹在木块内运动的过程，
对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据位移关系有v0t
－amt2－aMt2＝L，对木块有vM＝aMt，联立解得vM＝，又v0越大，穿出木块所需
时间t 越小，则vM越小，即随着v0的增大，木块获得的速度vM不断减小。综上，
若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝，A 正确；子弹在木块内运动
的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块中运动的时间t
＝，B 错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk＝kv0L＝，C
错误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x＝，解得木块在加速
过程中运动的距离x＝，D 正确。
1.(多选)如图1 甲所示，小车B 紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视
为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上(未冲出)，物体
和小车的v－t 图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法正确的是(
)
图1
A.物体A 与小车B 间的动摩擦因数为0.3
B.物体A 与小车B 的质量之比为1∶2
C.小车B 的最小长度为2 m
D.如果仅增大物体A 的质量，物体A 有可能冲出去
答案 AC
解析 物体A 滑上小车B 后做匀减速直线运动，对物体A 分析有μmAg＝mAaA，
由v－t 图像可得aA＝＝ m/s2＝3 m/s2，联立解得μ＝0.3，故A 正确；对小车B
分析有μmAg＝mBaB，由v－t 图像可得aB＝＝ m/s2＝1 m/s2，联立解得＝，故B
错误；小车B 的最小长度为物体A 在小车B 上的最大相对滑动位移，则有Lmin＝
xA－xB＝×1 m－×1×1 m＝2 m，故C 正确；如果仅增大物体A 的质量，物体A
的加速度保持不变，但是小车B 的加速度增大，那么两者达到共速的时间减小，
则物体A 与小车B 的相对滑动位移减小，所以物体A 不可能冲出去，故D 错误。
2.(多选)如图2 所示，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)( )
图2
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 对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4 m/s2；对木板，
由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2 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；物块滑离木板时
的速度v2＝a2t＝8 m/s，D 正确。
3.(多选)(2024·河南信阳一模)如图3 所示，质量为M＝1 kg 的长木板放在粗糙的
水平地面上，质量m＝0.5 kg 的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的
动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。现给小物块施加
一个水平向左的恒力F1＝3 N，给长木板施加一个水平向右的恒力F2＝4.5 N。2
s 时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来。下列说法正确的是( )
图3
A.0～2 s 长木板的加速度aM＝3 m/s2
B.0～2 s 过程中F1对小物块做了12 J 的功
C.0～4 s 的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝24 J
D.恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量
答案 BC
解析 对长木板进行受力分析，受力示意图如图甲所示。
根据牛顿第二定律F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1 m/s2，故A 错误；
对小物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，
后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小分别为2 m/s2和4 m/s2，长木
板和小物块在0～4 s 内
的v－t 图像如图乙所示，0～2 s 小物块的位移x＝4 m，拉力对小物块做功为W
＝12 J，故B 正确；两条v－t 图线围成的面积表示小物块相对于木板运动的长度，
由v－t 图像可知L＝12 m，小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝μ1mgL＝24 J，
故C 正确；恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量加上摩擦
生热，故D 错误。
4.如图4 所示，光滑水平地面上有一质量为M＝2 kg 的木板，木板的左端放有一
质量为m＝1 kg 的小木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1。在木板两侧地
面上各有一竖直固定墙壁，起初木板靠左侧墙壁静止放置。现给木块向右的水平
初速度v0＝3 m/s，在此后运动过程中木板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静
止，木块始终没有从木板上掉下，木块与墙壁没发生碰撞。设木板与墙壁碰撞时
间极短且无机械能损失，g＝10 m/s2，求：
图4
(1)第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小I；
(2)木板的最短长度L；
(3)木块与木板发生相对滑动的总时间t。
答案 (1)4 N·s (2) m (3)4 s
解析 (1)取水平向右为正方向，当木块与木板共速时，由动量守恒定律可得
mv0＝(M＋m)v1
解得v1＝1 m/s
因为木板与墙壁碰撞无机械能损失，所以木板与墙壁碰撞前、后速度大小相等，
方向相反，所以第一次碰撞墙壁对木板的冲量为I＝－Mv1－Mv1
解得I＝－4 N·s
第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小为4 N·s。
(2)木块第二次在木板上相对静止的位置到木板左端的距离为木板的最短长度，
设木块第二次与木板相对静止时的速度大小为v2，有Mv1－mv1＝(M＋m)v2
解得v2＝ m/s，方向水平向左
由于第二次相对静止之前木块相对木板都只向同一方向运动，根据动能定理有
μmgL＝mv－(M＋m)v
解得L＝ m。
(3)木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可
以将木板所有减速过程连成一个完整的减速过程，其初速度为v1＝1 m/s，末速
度为零，相对滑动阶段木板加速度大小为
aM＝＝0.5 m/s2
第一次共速前木板加速的时间为t1＝＝2 s
此后所有相对滑动时间为t′＝＝2 s
则木块与木板相对滑动总时间为t＝t1＋t′＝4 s。
5.(2024·广东江门一模)如图5 是工人传输货物的示意图，工人甲把质量m＝7 kg
货物从倾斜轨道的顶端A 点由静止释放，货物从轨道的底端B 点(B 点处有一段
长度不计的小圆弧)滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装
置左端C 点的瞬间，货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速，此
时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区，长木板进入反弹装置，反弹
后长木板的最左端返回B 点时恰好静止。已知倾斜轨道AB 的长度L1＝10 m，倾
斜轨道AB 与水平方向的夹角为θ＝53°，BC 段的长度L2＝7.5 m，长木板的长度
d＝5 m，货物与倾斜轨道以及长木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间
的动摩擦因数μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
图5
(1)货物到达B 点时的速度vB多大；
(2)长木板的右端刚到C 点时货物的速度vC多大；
(3)长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值η。
答案 (1)10 m/s (2)5 m/s (3)60%
解析 (1)货物由A 运动到B 过程，根据动能定理可得
mgL1sin 53°－μ1mgL1cos 53°＝mv
解得vB＝10 m/s。
(2)货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，可得a 货＝＝5 m/s2
根据匀变速直线运动规律，有－2a 货L2＝v－v
解得vC＝5 m/s。
(3)长木板进入反弹装置时的速度为v1＝vC＝5 m/s
设长木板的质量为M，则长木板刚进入反弹装置时的能量为E＝Mv
长木板反弹后最右端回到C 点的速度设为v2，长木板从C 点到B 点的过程中，
由动能定理得
－μ2Mg(L2－d)＝0－Mv
长木板在反弹过程中损失的能量为
ΔE＝Mv－Mv
则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值η＝
×100%＝60%。
6.(2024·湖北襄阳二模)如图6 所示，质量为m＝2 kg、左侧固定有竖直挡板的平
板小车静置于光滑水平地面上，质量均为m＝2 kg 的甲、乙两物块(均可视为质
点)紧挨着并排放置在小车的水平表面上，物块甲距左侧挡板d＝4.5 m，物块乙
距小车右端足够远。已知甲、乙两物块与小车接触面间动摩擦因数分别为μ1＝
0.1、μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，t＝0 时刻开始用水平向右的恒力F＝10 N
作用于小车，t＝3 s 时撤去力F。若物块与挡板发生碰撞，则碰后不再分开。求：
图6
(1)t＝0 时，甲物块的加速度大小a 甲；
(2)小车最终速度的大小v；
(3)甲、乙两物块间的最终距离L。
答案 (1)1 m/s2 (2)5 m/s (3)4.875 m
解析 (1)规定水平向右为正方向，当F＝10 N 时，假设甲、乙、车保持相对静
止，则有F＝3ma 共
解得a 共＝ m/s2
对甲受力分析得μ1mg≥ma 甲
得a 甲≤1 m/s2
则a 共＞a 甲，故甲与车发生相对滑动
假设乙和车保持相对静止，根据牛顿第二定律，有
F－μ1mg＝2ma 共′，解得a 共′＝2 m/s2
对乙受力分析得μ2mg≥ma 乙，则a 乙≤2 m/s2
因为a 共′≥a 乙
所以乙与车保持相对静止，故a 甲＝1 m/s2，a 乙＝2 m/s2。
(2)根据v 甲＝a 甲t，v 乙＝a 乙t
可得t＝3 s 时v 甲＝3 m/s，v 乙＝6 m/s
撤去F 后，甲、乙、车系统动量守恒，有
mv 甲＋(m＋m)v 乙＝3mv
解得v＝5 m/s。
(3)前3 s 内，甲、乙相对运动的距离
x 相对＝(a 乙－a 甲)t2
解得x 相对＝4.5 m＝d
t＝3 s 时甲和车相碰，有mv 甲＋mv 乙＝2mv 共
解得v 共＝4.5 m/s
对乙受力分析得－μ2mg＝ma 乙′
解得a 乙′＝－2 m/s2
对甲、车系统受力分析得μ2mg＝2ma 甲车
解得a 甲车＝1 m/s2
则相对运动位移L＝x 相对＋－
代入数据得L＝4.875 m。
