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第17 讲 板块模型
一、 考点精讲练
模型概述：模型特点+解题思路
题型攻略：三四类常见题型（3 例+3 变式）
二、 巩固提升（精选6 道题）
1. 模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动
或反向相对滑动。问题涉及两物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。
2. 三个基本关系
（1）加速度关系
①滑块与木板保持相对静止，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；
②如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度。应注意挖掘
滑块与木板是否发生相对运动等隐含条件
（2）速度关系
①滑块与木板保持相对静止时，二者速度相同，分析清楚此时的摩擦力作用情况；
②滑块与木板之间发生相对运动时，二者速度不相同，明确滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板
受到的摩擦力情况。应注意摩擦力发生突变的情况。
（3）位移关系
①木板B 带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则
位移关系为xB＝xA＋L；
②物块A 带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则
位移关系为xB＋L＝xA。
模型概述
板块模型
本讲要点
3．四种常见类型
滑块m 与木板M 之间有摩擦，地面光滑或者粗糙。
图例
初始条件
终了条件
（1）滑块m 静止。
（2）木板M 初速度为v。
（1）滑块m 停在
木板M 上某位
置。
（2）滑块m 恰好
没有滑离木板。
（3）滑块m 滑离
木板M。
（1）滑块m 初速度为v。
（2）木板M 静止。
（1）滑块m、木板M 均静止。
（2）外力F 作用在木板M 上。
（1）滑块m、木板M 均静止。
（2）外力F 作用在滑块m 上。
4.两个解题关键
5．解题思维模板
题型1：无外力板块模型
【例1】如图，木板A 静置在光滑水平面上，物块B（可视为质点）以初速度v0从左端滑上木板A 且恰好
未从右端滑出，该过程中，AB 间因摩擦产生的热量为Q，下列说法正确的是（ ）
A．物块B 的位移大小恰好等于木板A 的长度
B．木板A 的位移大小小于木板A 的长度
C．若只增大物块B 的初速度，物块B 一定会从木板A 的右端滑出，且Q将增大
D．若只减小木板A 的质量，物块B 一定会从木板A 的右端滑出，且Q将不变
【答案】B
【详解】AB．画出物块B 和木板A 的v −t图线，分别如图中图线b和图线a所示，
题型攻略
三类常见题型
图线b与t轴所围的面积表示物块B 的位移xB，图线a与t轴所围的面积表示长木板A 的位移xA，图中图线b
和图线a之间的三角形面积表示板长L，由图可知xB= xA+ L，且xA< L，故选项A 错误，B 正确；
C．若增大v0，在v −t图像中图线b将向上平移，由于板长不变，故物块B 一定会从长木板A 的右端滑下，
而摩擦生热Q = fL不变，故选项C 错误；
D．若只减小长木板A 的质量，A 的加速度变大，在v −t图像中图线a的斜率变大，物块B 不会从长木板A
的右端滑出，相对位移减小，故Q将减小，故选项D 错误。
故选B。
【变式1】（多选）（2024·辽宁·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 = 4 t0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 = 4 t0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。
题型2：有外力板块模型
【例2】(多选)（2021·全国乙卷·高考真题）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量
为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（b）所示，
其中F1、F2分别为t1、t2时刻F 的大小。木板的加速度a1随时间t 的变化关系如图（c）所示。已知木板与
地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相
等，重力加速度大小为g。则（ ）
A．F1= μ1m1g
B．F2= m2(m1+m2)
m1
( μ2−μ1)g
C．μ2> m1+m2
m2
μ1
D．在0~t2
时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，
此时以整体为对象有
F1= μ1(m1+m2)g
A 错误；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
F2−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
μ2m2 g−μ1(m1+m2)g=m1a>0
解得
F2= m2(m1+m2)
m1
( μ2−μ1)g
μ2> (m1+m2)
m2
μ1
BC 正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D 正确。
故选BCD。
【变式2】如图甲，质量m1的长木板静置于粗糙水平地面上，质量m2=2.5kg的物块置于木板之上，t =0
时刻力F 作用于长木板，其变化规律如图乙，之后木板的摩擦力f 随时间t 的变化规律如图丙。木板与地
面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2以及m1均未知（g=10 m/s
2），求：
(1)F 随t 的变化规律公式；
(2)木板质量m1、木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2；
(3)t ≥3s后木板的加速度随t 的关系式。
【答案】(1)F =5t(N)
(2)m1=2.5kg，μ1=0.1，μ2=0.2
(3)a=2t −4(m/s
2)(t ≥3s)
【详解】（1）由乙图F =kt
图线斜率k = Δ F
Δt =5
解得F =5t(N)
（2）由丙图：t =1s时，f 1=5 N = μ1(m1+m2)g
t =3s时，f 3=10 N = μ1(m1+m2)g+ μ2m2 g
t =3s时，木板与物块相对滑动a1=a2= μ2 g
根据牛顿第二定律F3−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a2
解得m1=2.5kg，μ1=0.1，μ2=0.2
（3）由牛顿第二定律得F合= F −μ1(m1+m2)g−μ2m2 g=m1a
代入F =5t解得a=2t −4(m/s
2)(t ≥3s)
题型3：斜面上的板块模型
【例3】（多选）如图所示，一倾角为θ=37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=2kg 的长木板B
沿着斜面以速度 v0=9 m/s匀速下滑，现把质量为m=1kg 的铁块A 轻轻放在长木板 B 的左端，铁块最终恰
好没有从长木板上滑下。已知A 与B 之间、B 与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，取重力加速度（g=10m/s²， sin37°=0.6， cos37°=0.8，则下列判断正确的是（ ）
A．铁块 A 和长木板B 共速后的速度大小为 6.5m/s
B．动摩擦因数μ=0.75
C．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A 和长木板 B 减少的机械能等于A、B 之间摩擦产
生的热量
D．长木板的长度为2.25m
【答案】BD
【详解】B．木板B 沿着斜面以速度 v0=9 m/s匀速下滑，根据平衡条件得Mgsin37° = μMgcos37°
解得动摩擦因数μ=0.75，B 正确；
C． 从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A 和长木板 B 减少的机械能，等于A、B 之间摩擦产
生的热量与长木板和斜面之间摩擦产生的热量之和，C 错误；
A．铁块做匀加速直线运动，加速度大小为a1，长木板做匀减速直线运动，加速度大小为a2。根据牛顿第
二定律得
mgsin37°+ μmgcos37° =ma1
，μ(M +m)gcos37°+ μmgcos37°−Mgsin37° = M a2
解得a1=12m/s
2 ，a2=6 m/s
2
达到共同速度所需要的时间a1t = v0−a2t
解得t =0.5s
共同速度为v共=a1t =6 m/s ，A 错误；
D．长木板的长度为L= v0+ v共
2
t −v共
2 t =2.25 m，D 正确。
故选BD。
【变式3】（多选）如图（1）所示，质量为M =2.0kg的木板初始时静置于倾角θ =30°的足够长的光滑斜
面某段。某时刻质量为m=1.0kg的小物块以初速度v0= 4.0 m /s滑上木板底端，物块与木板之间的动摩擦
因数为
❑√3
2
，同时对木板施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，并将木板由静止释放。当恒力F 取某一值时，
物块在木板上相对于木板滑动的路程为S，给木板施加不同大小的恒力F，得到1
S −F的关系如图（2）所
示，其中AB 段与横轴平行，B 点的横坐标为9.5N，若将物块视为质点，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度g 取10 m /s
2，则下列说法正确的是（ ）
A．小物块刚滑上木板时的加速度大小为12.5 m /s
2 B．木板的板长为0.5m
C．C 点纵坐标为45
16 m
−1
D．在图像的DE 段中小物块将从木板上端滑出
【答案】ABC
【详解】A．小物块刚滑上木板时，分析物块受力
由牛顿第二定律可得mgsinθ+ μmgcosθ =ma
整理并代入数据解得a=12.5 m/s
2，方向沿斜面向下，故A 正确；
B．结合物体运动以及图形分析可知，AB 段对应拉力较小时，物块从木板的上端滑出，相对路程等于板长。
小物块刚滑上木板时，由以上分析可知
对物块a1=12.5 m/s
2，方向沿斜面向下
对木板，设加速度为a2
由牛顿第二定律有F + μmgcosθ−Mgsinθ = M a2
由题意知B 点的横坐标为9.5N
代入其它数据解得a2=3.5 m/s
2，方向沿斜面向上
假设木板不动，则由运动学知识得
a相=−a1−a2=(−12.5−3.5)m/s
2=−16 m/s
2
v相= v0−0= 4 m/s
木板的板长s相=−v相
2
2a相
=0.5 m，故B 正确；
C．结合物体运动以及图形分析可知，BC 段对应拉力稍大一些，物块在斜面上减速滑动一段距离后与木板
共速，之后摩擦力反向向上加速。图（2）中C 点就对应物块和木板达到共同速度之后一起加速。
设物块向上加速时最大加速度为am
对物块由牛顿第二定律得μmgcosθ−mgsinθ =mam
代入数据解得一起加速时物块最大加速度am =2.5 m/s
2，方向沿斜面向上
对木板和物块整体运用牛顿第二定律有F −( M +m)gsinθ =( M +m)am
代入数据解得F =22.5 N
图2 中C、D 两点横坐标相同，都为22.5 N
物块刚滑上木板时，设物块加速度为a3，木板的加速度为a4，C 点纵坐标为1
sC
由B 中分析得a3=12.5 m/s
2，方向沿斜面向下
对木板由牛顿第二定律有F + μmgcosθ−Mgsinθ = M a4
代入数据得a4=10 m/s
2，方向沿斜面向上
设经过时间t 二者共速
由运动学知识得a4t = v0−a3t
(v0t −1
2 a3t
2)−1
2 a4t
2= sC
各式联立并代入数据得sC = 16
45 m
则C 点纵坐标为1
sC
= 45
16 m
−1，故C 正确；
D．结合物体运动以及图形分析、上述内容分析可知，DE 段属于拉力过大情况，物块先减速到与板共速，
因摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起沿斜面向上加速运动，后在木板上加速滑动一段距离后，最
终从木板的下端滑出木板，故D 错误；
故选ABC。
巩固提升
1．（多选）如图所示，质量M = 4 kg的长木板静止在粗糙水平地面上，t =0时刻对木板施加F = 45 N的水
平向右恒力，同时质量m=1kg的小物块以v0=15 m /s的初速度从左端滑上木板。已知木板长度L=7.8 m，
木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度g=10 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为10 m/s
2
B．t =1s时，小物块恰好运动到木板最右端
C．t =(1+ ❑√6)s时，小物块从木板左端脱离
D．若t =2s时撤去外力F，小物块最终会从木板右端脱离
【答案】AC
【详解】A．小物块刚滑上木板时，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
F + μ2mg−μ1(m+ M )g= M a1
解得a1=10 m/s
2
故A 正确；
B．对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2
解得a2=5 m/s
2
t =1s时，小物块的速度v1= v0−a2t =10 m/s
此时木板的速度v2=a1t =10 m/s= v1
两者的相对位移x相1= v0+ v1
2
t −v2
2 t =7.5 m< L=7.8 m
可知，t =1s时，小物块并没有运动到木板最右端，故B 错误；
C．结合上述，在t =1s时，小物块与木板速度恰好相等，之后两者不能够保持相对静止，小物块以
a2=5 m/s
2的加速度向右做匀加速直线运动，木板以比小物块更大的加速度向右做匀加速直线运动，对木
板进行分析，根据牛顿第二定律有F −μ2mg−μ1(m+ M )g= M a3
解得a3=7.5 m/s
2
上述过程小物块相对于木板向左运动，则有x相1= v2t1+ 1
2 a3t1
2−(v1t1+ 1
2 a2t1
2)
解得t1= ❑√6s
可知，小物块从木板左端脱离的时间t2=t +t1=(1+ ❑√6)s
故C 正确；
D．若t =2s时撤去外力F，由于t2=t +t1=(1+ ❑√6)s>2s
令t3=2s−1s=1s，结合上述可知，此时小物块与木板的速度分别为v3= v1+a2t3=15 m/s，
v4= v2+a3t3=17.5 m/s
此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为x相2= v4+ v2
2
t3−v3+ v1
2
t3=1.25 m
撤去外力后小物块向右继续以a2=5 m/s
2的加速度做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，对木
板进行分析有μ2mg+ μ1(m+ M )g= M a4
解得a4=3.75 m/s
2
令历时t 4两者达到相等速度，则有v5= v3+a2t 4= v4−a4t 4
解得t 4= 2
7 s
此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为x相3= v4+ v 5
2
t 4−v3+ v5
2
t 4= 5
14 m
由于x相2+ x相3< x相1
可知，撤去外力。两者达到相等速度后，小物块没有从左端滑轮木板，之后两者保持相对静止，做匀减速
直线运动，一直到速度减为0 后静止，即若t =2s时撤去外力F，小物块最终不会从木板右端脱离，故D 错
误。
故选AC。
2．（多选）（2025·湖北·模拟预测）如图甲所示，质量为mB=1kg的长木板B 放在水平面上，质量为
mA=2kg的物块A 放在木板上，开始物块与木板均处于静止状态。现用水平外力F 作用在物块上，当F 从
0 开始逐渐增大时，物块与木板运动的加速度a 随F 变化的图像如图乙中实线所示，图中上段倾斜直线的
延长线与横轴交于F1。已知物块始终没有离开木板，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取
10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
A．木板与水平面间的动摩擦因数为0.1
B．小物块与木板间的动摩擦因数为0.3
C．图乙中F2=5.5 N
D．图乙中F1= 4 N
【答案】AD
【详解】A．由图乙知，当F0=3 N时，物块与木板开始运动，则有F0= μ0(mA+mB)g
解得μ0=0.1，故A 正确；
B．由图乙知，当外力F = F2时，物块与木板开始相对滑动，此时物块与木板的加速度大小均为
a0=1m /s
2
对木板，根据牛顿第二定律有μ1mA g−μ0(mA+mB)g=mBa0
解得μ1=0.2，故B 错误；
CD．当外力F = F2
时，物块与木板开始相对滑动，此时物块与木板的加速度大小均为a0=1m /s
2
对小物块，根据牛顿第二定律有F2−μ1mA g=mAa0
解得F2=6 N，故C 错误；
D．当F > F2时，物块与木板相对滑动，对物块，根据牛顿第二定律有F −μ1mA g=mAa
解得a=−μ1g+ F
mA
变形得1
mA
=
a0
F2−F1
解得F1= 4 N，故D 正确。
故选AD。
3．如图甲所示，质量为2m 的足够长木板C 置于水平面上，滑块A、B 质量均为m，置于C 上，B 位于A 右
方某处。A、C 间的动摩擦因数μA =0.2，B、C 间和C 与地面间的动摩擦因数μB= μC =0.1。给C 施加一水
平向右的恒力F，从开始施加恒力到A、B 第一次相遇时间为t。可得1
t
2与F 的关系如图乙所示（最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s
2）下列说法正确的是（ ）
A．滑块A 能获得的最大加速度为1m/s
2
B．A、B 之间的初始距离为4m
C．滑块A 的质量为1kg
D．若F =10.5 N，A、C 之间将发生相对滑动
【答案】C
【详解】A．对滑块A 有μA mg =maA
解得aA =2m/s
2
A 错误；
B．对滑块B 有μBmg =maB
解得aB=1m/s
2
由图可知F 足够大时，A、B 均相对C 滑动，相遇时间恒定为t = ❑√
1
0.25 s=2s
由1
2 aAt
2−1
2 aBt
2= L
解得L=2m
B 错误；
C．当F =8 N，滑块B 与C 恰好发生相对滑动，则有F −4 μC mg= 4 maB
得m=1kg，C 正确；
D．设A、B、C 均产生相对运动时的拉力为F1，则有F1−4 μC mg−μA mg−μBmg=2maA
得F1=11N
故F =10.5 N时，A、C 保持静止，D 错误。
故选C。
4．质量为M =5kg的长木板置于水平面上，物块（视为质点）质量m=1kg，初始时刻物块处于长木板右
端。长木板与水平面间、物块与长木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.15和μ2=0.1。某时刻分别给长木板和
物块如图所示的初速度，大小分别为v1=5 m /s、v2=1m /s，方向相反。物块在以后运动过程始终没有
滑离长木板。取g=10 m/s
2。求：
(1)刚开始运动时长木板与物块的加速度大小a1和a2；
(2)从开始运动到物块与长木板速度第一次相等所用的时间t1；
(3)到两者都静止时，物块距木板右端的距离。
【答案】(1)2m/s2；1m/s2 (2)2s (3)5.8125m
【详解】（1）对长木板受力分析
μ1（M +m）g+ μ2mg= M a1
解得
a1=2m/s
2
对物块受力分析得
μ2mg=ma2
解得
a2=1m/s
2
（2）对物块与木板的运动情况分析，结合（1）问作出长木板与物块的v −t图像如图
令水平向右为正方向，设经t1时间物块与木板的速度v3相同，有
v3= v1−a1⋅t1=−v2+a2⋅t1
解得
t1=2s
此时的速度
v3= v1−a1⋅t1=1m/s
（3）物块与长木板速度达到相等后的运动分析：由于μ2< μ1，所以接下来物块与长木板以不同的加速度
向前减速。对物块受力分析知：物块加速度仍为
a2=1m /s
2
对长木板受力分析得
μ1（M +m）g−μ2mg= M a1
'
解得
a1
' =1.6 m/s
2
长木板从二者速度相等经时间t3减速停下
0= v3−a1
' ⋅t3
解得
t3=0.625s
长木板在与物块速度相等前运动的位移为
x板1= v1⋅t1−1
2 a1⋅t1
2=6m
长木板在t3时间内的位移为
x板2= v3⋅t3−1
2 a1
' t3
2=0.3125m
可得
x = x板1+ x板2=6.3125 m
由图物块的v-t 图可知，物块对地位移为
x
′ = 1
2 ×(3−1)×1m −1
2 ×1×1m =0.5 m
向右运动两者的相对位移为
Δ x = x−x
′ =5.8125 m
5．（2017·全国III 卷·高考真题）如图，两个滑块A 和B 的质量分别为mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在静止于
水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板的质量为m＝4 kg，与地面间的
动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B 相遇时，A 与
木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）B 与木板相对静止时，木板的速度大小；
（2）木板在地面上运动的距离一共是多少？
【答案】（1）1 m/s；（2）0.55m
【详解】（1）对B 分析有
μ1mB g=mBa1
解得物块B 加速度大小为
a1= μ1 g=5 m/s
2
对木板分析有
μ1mB g−μ1mA g−μ2(mA+mB+m)g=ma2
解得木板加速度大小为
a2=2.5 m/s
2
设B 与木板相对静止时间为t1，由运动学公式可得
v0−a1t1=a2t1
解得
t1=0.4s
则B 与木板相对静止时，木板的速度大小为
v1=a2t1=1m/s
（2）对A 分析有
μ1mA g=mAa4
解得物块A 加速度大小为
a4= μ1g=5 m/s
2
由于A 与B 初速度与加速度大小相等，所以当B 速度减为1m/s时 ，A 速度大小也减为1m/s
B 与木板相对静止后，对B 与木板整体有
μ2(mA+mB+m)g+ μ1mA g=(m+mB)a3
解得B 与木板的加速度大小为
a3= 5
3 m/s
2
设经时间t2，A 与木板共速，取向右为正方向，由公式可得
v1−a3t2=−v1+a4t2
代入数据解得
t2=0.3s
此时三者具有共同速度为
v2= v1−a3t2=0.5 m/s
最后三者一起做匀减速运动，则可得
μ2(mA+mB+m)g=(mA+mB+m)a5
解得共同加速度大小为
a5=1m/s
2
木板在地面上运动的距离为
s= v1
2 t1+ v1+ v2
2
t2+ v2
2
2a5
=0.2m +0.225 m +0.125 m =0.55 m
6．（2025·河北邯郸·模拟预测）如图所示，一倾角为θ =37
∘，足够长的传送带始终以v0=8.4 m /s的速度
顺时针匀速运转，一可视为质点的质量为m=1kg的物块放在质量为M =2kg的木板上的某位置。t =0时
刻，两者同时在传送带的顶端由静止释放，木板与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.6，物块与木板之间的
动摩擦因数μ2=0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10 m/s
2，不计其它阻力。
(1)求由静止释放后木板和物块开始运动时加速度的大小a1和a2；
(2)要使物块不从木板上端滑出，物块初始状态在木板上的位置距木板上端至少为多少；
(3)t
′ =2s时，物块恰好从木板上滑下，求木板的长度至少是多长。
【答案】(1)12m/s
2，8.4m/s
2
(2)1.26m
(3)1.8 m
【详解】（1）释放后，木板受传送带向下的滑动摩擦力，由于μ1大于μ2，木板比物块运动得快，对物块
由牛顿第二定律得mgsinθ+ μ2mgcosθ =ma2
解得a2=8.4 m/s
2
对木板有Mgsinθ+ μ1(m+ M )gcosθ−μ2mgcosθ = M a1
解得a1=12m/s
2
（2）设经时间t1木板与传送带速度相同，则v0=a1t1
解得t1=0.7s
同速后由于μ1(m+ M )gcosθ+ μ2mgcosθ =16.8 N ，Mgsinθ =12N
可知μ1(m+ M )gcosθ+ μ2mgcosθ> Mgsinθ
故木板与传送带相对静止一起匀速运动，物块继续加速，设再经时间t2物块与木板及传送带速度相同，则
v0=a2(t1+t2)
解得t2=0.3s
此时物块相对木板向上端发生位移为Δ x1= 1
2 a1t1
2+ v0t2−1
2 a2(t1+t2)
2=1.26 m
故要使物块不从木板上端滑出，物块初始状态在木板上的位置距木板上端至少为1.26m。
（3）同速后物块会相对于木板下滑，对物块有mgsinθ−μ2mgcosθ =ma2
'
解得a2
'=3.6 m/s
2
对木板有F合= μ2mgcosθ+ Mgsinθ−μ1(m+ M )gcosθ =0
知木板仍匀速运动至t
′ =2s
则从物块与木板及传送带等速至物块从木板上滑落时间为t3=t
′−(t1+t2)=1s
这段时间内物块相对木板向下端运动的距离为Δ x2= v0t3+ 1
2 a2
't3
2−v0t3=1.8 m
可得木板上的长度至少是1.8 m。
