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小题精练05 板块问题
一、动力学中的板块模型
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
的作用下或者还有外力作用下发生相对滑动。
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。
4.板块模型中的动力学问题
二、板块模型的几种情形
1、板块模型中的运动学单过程问题
m1
F
m2
L
m1
F
m2
L
x1
F
F
x2
x 相
对
m1
m2
v1
v2
x1
F
F
x2
x 相
对
m
1
m2
v1
v2
t0
t/s
0
v2
v/ms-1
a1
a2
v1
x 相对
t0
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x 相对
m1
F
m2
L
x1
F
F
x2
x 相
对
m
1
m2
v1
v2
x1'
F
x2'
x2 相
对
m
1
m2
v1
v2
t1
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x1 相
对
t1
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x1 相
对
x2 相
对
a1'
t2
2、板块模型中的运动学多过程问题——至少作用时间问题
恒力拉板
恒力拉块
分离，位移关系：x 相对=½a2t0
2－½a1t0
2=L
分离，位移关系：x 相对=½a1t0
2－½a2t0
2=L
问题：板块分离，F 至少作用时间？
过程①：板块均加速
过程：②板加速、块减速
位移关系：x1 相对+x2 相对=L 即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2
【例题1】（2025·北京大兴·三模）如图1，一质量为m的平板车静止在光滑水平面上，有一质量为
M的小滑块以一定的水平速度冲上平板车，之后小滑块和平板车的v－t图像如图2 所示，平板车足
够长。下列说法正确的是（ ）
A．由图像可知：M >m
B．若仅增大滑块与平板车间的动摩擦因数，线段OE变长
C．若仅增大平板车质量，线段OD的斜率变小
D．图中△COD的面积表示小滑块滑上平板车后小滑块的对地位移
【答案】C
【详解】A．v-t 图像的斜率表示加速度，由图可知滑块的加速度大于平板车的加速度，滑块和平板
车所受合力相等，都等于两物体之间的摩擦力大小，根据f=ma 可知，滑块的质量小于平板车的质
量，即M＜m，故A 错误；
B．若仅增大滑块与平板车间的动摩擦因数，则滑块和平板车之间的摩擦力变大，根据牛顿第二定
律可知两物体的加速度变大，根据速度—时间关系图像可知，CD 和OD 的斜率都变大，它们达到
共速的时间变短，即线段OE 变短，故B 错误；
C．若仅增大平板车质量，两物体之间的摩擦力大小不变，根据牛顿第二定律可知平板车的加速度
变小，所以线段OD 的斜率变小，故C 正确；
D．v-t 图像与坐标轴所围面积表示位移，则图中△COD 的面积表示小滑块滑上平板车后，小滑块
相对平板车的位移，故D 错误。
故选C。
【例题2】17．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，质量分别为M =3kg、m=1kg的小物块和长
木板叠放在水平地面上，t =0s时刻，长木板获得一初速度开始向右运动，同时给位于木板右端的
物块施加一水平向右的恒力，大小为F =18 N，使物块也开始运动，t =1s时小物块与木板第一次共
速，F再作用一段时间后撤去，当物块与木板第二次共速时，物块恰好没有从木板右端滑出，重力
加速度g=10 m/s
2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板与物块、地面间的动摩擦因数分别为0.2
和0.1，下列说法正确的是（ ）
A．t =1s时物块与木板的速度大小为8 m/s
B．木板获得的初速度大小为16 m/s
C．木板的最小长度为9 m
D．第二次共速时的速度大小为(8+3 ❑√6)m/s
【答案】ACD
【详解】AB．设木板与物块、地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，在0~1s，小物块相对长木板向
左运动，对于小物块根据牛顿第二定律有F + Mg μ1= M a1
解得小物块加速度为a1=8 m/s
2
长木板相对小物块向右运动，根据牛顿第二定律有Mg μ1+(M +m)g μ2=ma2
解得长木板加速度为a2=10 m/s
2
t =1s时，小物块与长木板第一次共速，则有v共1=a1t1= v0−a2t1
解得v0=18 m/s，v共1=8 m/s
故A 正确，B 错误；
C．0~1s，小物块的位移为x1= 1
2 a1t1
2= 4 m
长木板的位移为x2= v0t1−1
2 a2t1
2=13 m
则长木板的长度至少为L= x2−x1=9 m，故C 正确；
D．设第一次共速后力F 又作用了时间t2，再经时间t3第二次共速。
在t2时间内，小物块相对长木板向右运动，对小物块，根据牛顿第二定律可知F −Mg μ1= M a3
解得a3= 4 m/s
2
小物块加速度方向向右，小物块向右做匀加速直线运动；
在t2时间内，对长木板有Mg μ1−(M +m)g μ2=ma4
解得a4=2m/s
2
长木板加速度方向向右，长木板向右做匀加速直线运动；
在t3时间内，小物块相对长木板向右运动，对小物块有Mg μ1= M a5
解得a5=2m/s
2
加速度方向向左，小物块向右做匀减速直线运动。
在t3时间内，长木板加速度为a6=a4=2m/s
2
加速度方向依然向右，长木板继续向右做匀加速直线运动。
因为小物块与长木板二次共速，故v共1+a3t2−a5t3= v共1+a6(t2+t3)
解得t2=2t3
开始时，小物块处于长木板右端。当小物块与长木板第二次共速时，小物块恰好没有从长木板右端
掉下，则
v共1t2+ 1
2 a3t2
2+(v共1+a3t2)t3−1
2 a5t3
2−v共(t2+t3)−1
2 a6(t2+t3)
2= x2−x1
解得t2= ❑√6 s，t3=
❑√6
2 s
第二次共速时的速度大小为v共2= v共1+a3t2−a5t3=(8+3 ❑√6)m/s，故D 正确。
故选ACD。
难度：★★★★ 建议时间：60 分钟 正确率： /20
1.
（2025·安徽·模拟预测）如图所示，长木板静置在粗糙水平面上，t =0时与长木板质量相同的小滑
块以某一初速度滑上长木板，已知滑块与木板之间的动摩擦因数是木板与地面间动摩擦因数的3 倍。
设滑块没有离开木板，则下列关于滑块的速度v1与时间t的关系图像以及木板的速度v2与时间t的关
系图像，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】规定向右为正，滑块与木板之间存在相对运动，滑块受到木板施加的滑动摩擦力为
f 1=−3 μmg
根据牛顿第二定律滑块的加速度a1= f 1
m =−3 μg
因此滑块的速度随时间变化关系v1(t )= v0−3 μgt
木板受到滑块施加的滑动摩擦力（方向向右）和地面施加的动摩擦力，即f 2=2 μmg
根据牛顿第二定律木板的加速度a2= f 1−f 2
m
= μg
因此木板的速度随时间变化关系v2(t )= μgt
则在某时刻，滑块与木板相对静止，一起运动，系统加速度为a共=−μg<a1
因v-t 图像的斜率等于加速度，可知只有B 正确。
故选B。
2.
（2025·四川绵阳·三模）如图甲所示，足够长、上表面粗糙的木板P 静止在粗糙水平地面上，可视
为质点的小物块Q 静止在木板的右端、现给物块Q 水平向左的初速度，之后物块Q 的速度v0随时
间t变化的关系图像如图乙所示。若木板与地面间的滑动摩擦因数是μ1，小物块与木板上表面间的
滑动摩擦因数是μ2，则（ ）
A．木板始终静止
B．木板先运动后静止C．μ1> μ2
D．μ1< μ2
【答案】BD
【详解】根据题意，由图乙可知，物块一直减速运动，且一段时间后加速度变小，可知，物块运动
一段时间后与木板共速，并一起减速到0。
AB．物块刚滑上木板时，对木块由牛顿第二定律有μ2mg =ma1
解得物块的加速度大小为a1= μ2 g
木板在木块给的水平向左的滑动摩擦力和地面给的向右的滑动摩擦力作用下，加速向做运动，当木
块与木板共速后，一起向左做减速运动，直到速度减为零，停止运动，A 错误，B 正确；
CD．当木块与木板共速后，一起向左做减速运动的过程中，对整体受力分析，由牛顿第二定律有
μ1(m+ M )g=(m+ M )a2
解得共速后木块的加速度大小为a2= μ1 g
由木块的v −t图像可知a1>a2
即μ2> μ1
C 错误，D 正确。
故选BD。
3.
（2025·河南·模拟预测）如图甲所示，小铁块位于长木板的最左端，小铁块的质量是5kg，长木板
的质量是10kg，t =0时二者以v0=8 m/s的初速度一起向右运动，t =0.5s时长木板与右侧的挡板
（未画出）相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰
撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分v −t图像如图乙所示，在运动过
程中小铁块恰好没有从长木板上滑下，小铁块可视为质点，重力加速度g 取10 m/s
2，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．长木板与水平地面之间的动摩擦因数为0.5
B．小铁块与长木板之间的动摩擦因数为0.4
C．长木板的长度为6.5m
D．长木板与挡板碰撞后系统产生的内能为270J
【答案】BD
【详解】A．设长木板与小铁块的质量分别为M、m，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ1，
小铁块与长木板之间的动摩擦因数为μ2，由v −t图像可得，0~0.5s时间内长木板与小铁块整体的
加速度大小为a1= Δv1
Δv1
= 8−6
0.5 m/s
2= 4 m/s
2
长木板受滑动摩擦力f 1= μ1 FN1，FN1=( M +m)g，对整体由牛顿第二定律得f 1=(M +m)a1
解得μ1=0.4
A 错误；
B．0.5s 时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动.由v −t图像可得，
0.5s 之后长木板的加速度大小为a2= Δv2
Δt2
= −2−(−6)
1−0.5
m/s
2=8m/s
2
小铁块受滑动摩擦力f 2= μ2 F N 2，F N 2=mg
对长木板由牛顿第二定律得f 1+ f 2= M a2
解得μ2=0.4
B 正确；
C．由牛顿第二定律可得，0.5s 时刻之后小铁块的加速度大小为a3= μ2 g=0.4×10 m/s
2=4m/s
2
0.5s 时刻之后，长木板与小铁块均以v =6 m/s的速度大小分别向左、向右做匀减速直线运动，因
a2>a3，故长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为x1，则有v
2=2a2 x1
代入数据解得x1=2.25 m
长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力小于长木板与水平地面之间的最大静
摩擦力，故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设0.5s 时刻之后，
小铁块向右做匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为x2，则有v
2=2a3 x2
代入数据解得x2= 4.5 m
设长木板的长度为L，长木板的长度等于0.5s 时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，则
L= x1+ x2
解得L=6.75 m
C 错误；
D．设碰撞后小铁块与长木板相对滑动产生的内能为Q1，长木板与地面间相对滑动产生的内能为Q2，
则有Q1= μ2mgL，Q2= μ1( M +m)g x1
解得Q1=135J，Q2=135J
故长木板与挡板碰撞后系统产生的内能Q =Q1+Q2=270J
D 正确。
故选BD。
4.
（2024·河北衡水·二模）如图所示，M、N 物块分别以①②两种方式在水平外力作用下，一起由静
止开始沿光滑水平面运动。已知M、N 之间的动摩擦因数为μ，M、N 的质量之比为1：2，最大静
摩擦力认为等于滑动摩擦力，则①②两种情况下，M、N 一起运动相同的距离时（M、N 均恰好不
相对滑动），两者的最大速度之比为（ ）
A．1：1
B．1:❑√2
C．❑√2:1
D．1：3
【答案】B
【详解】当M、N 之间达到最大静摩擦力时，两者的加速度最大。
第①种情况有μ·2mg=2ma1
v1
2=2a1 x
解得v1
2=2 μgx
第②种情况有μ·2mg=ma2
v2
2=2a2 x
解得v2
2= 4 μgx
则最大速度之比为v1
v2
= 1
❑√2
故选B。
5.
（2025·辽宁沈阳·模拟预测）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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】AC．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，b 受到a 向左的摩擦力，
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a 加速度大于b 的加速度，故AC 错误；
B．ab 共速后，若在恒力作用下，ab 间的摩擦力f 没有达到最大静摩擦力，则一起做加速运动，则
对于b 有a共= f
m
且f ≤μmg
故ab 的加速度a共<a1，故B 正确；
D．若在恒力作用下，ab 间的摩擦力达到最大静摩擦力，发生相对滑动，则ab 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，故D 错误。
故选B。
6.
（2025·四川绵阳·模拟预测）如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t =0）长木板速
度为v0时，将一物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间、木板与地面间均
有摩擦，并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，物
块运动的速度一时间图像可能是下列选项中的（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】如图所示，可设二者达到速度v
′后，一起匀减速至t1时刻停止。
对物块，有μ1mg=ma1，则a1= μ1g= v
′
t0
对木板，有μ1mg+ μ2⋅2mg =ma2，则a2= μ1g+2 μ2 g= v0−v
′
t0
二者一起匀减速时，有μ2⋅2mg=2ma2
′，则a2
′ = μ2 g=
v
′
t1−t0
A B．当v
′ = 1
2 v0时，可推出a1=a2，矛盾，故A B 均错误；
C．当v
′ = 1
3 v0时，可推出t1=3t0，故C 正确；
D．当v
′ = 1
6 v0时，可推出t1=1.5t0，故D 错误。
故选C。
7.
（24-25 高三上·湖南长沙·月考）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。
8.
（2025·山东潍坊·三模）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。
9.
（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，A、B、C 三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A 的质量为2m，
B 和C 的质量都是m，A、B 间的动摩擦因数为μ
2
，B、C 间的动摩擦因数为μ
6
，B 和地面间的动摩擦
因数为μ
8
，设B 足够长以保证A、C 不会从B 上滑落，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
为g。现对A 施加一水平向右的拉力F，则下列说法正确的是（ ）
A．为了使A、B、C 均静止，F应小于1
2 μmg
B．无论力F为何值，B 的加速度不会超过1
4 μg
C．无论力F为何值，C 的加速度不会超过1
6 μg
D．当F = μmg时，B、C 间会相对滑动
【答案】AC
【详解】A．AB 间不发生相对滑动，F 最大为F1= μ
2 ×2mg= μmg
ABC 均静止，F 最大为F2= μ
8 ×(2m+m+m)g= 1
2 μmg
为了使A、B、C 均静止，F应小于或等于1
2 μmg，故A 正确；
B．A、B 间摩擦力、B、C 间摩擦力，刚好达到最大静摩擦力，B 的加速度达到最大，对B 根据牛顿
第二定律可得μ
2 ×2mg−μ
8
(2m+m+m)g−μ
6 mg=maB
解得aB= 1
3 μg，故B 错误；
C．当B、C 间的摩擦力达到最大时，C 的加速度最大，点C 根据牛顿第二定律可得μ
6 mg=maC
解得在C 点的最大加速度大小为aC= 1
6 μg，故C 正确；
D．把A、B、C 看成一个整体，由牛顿第二定律可得F −μ
8
(2m+m+m)g=(2m+m+m)a1
解得a1= 1
8 μg< 1
6 μg
B、C 不会发生相对滑动，故D 错误。
故选AC。
10. （2025 高三·江苏·专题练习）如图甲所示，物块A、B 静止叠放在水平地面上，B 受到从零开始逐渐
增大的水平拉力F 的作用，A、B 间的摩擦力Ff1、B 与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F 变化的情况
如图乙所示。已知物块A 的质量m=3 kg，取g=10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列
说法正确的是（ ）
A．两物块间的动摩擦因数为2
15
B．当0＜F＜4 N 时，A、B 保持静止
C．当4 N＜F＜12 N 时，A、B 发生相对滑动
D．当F>12 N 时，A 的加速度随F 的增大而增大
【答案】B
【详解】A．根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B 间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B 之间的
动摩擦因数μ= Ff 1m
mg =0.2，故选项A 错误；
B．当0＜F＜4 N 时，根据题图乙可知，Ff2还未达到B 与地面间的最大静摩擦力，此时A、B 保持
静止，选项B 正确；
C．当4 N＜F＜12 N 时，根据题图乙可知，此时A、B 间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没
有发生相对滑动，选项C 错误；
D．当F>12 N 时，根据题图乙可知，此时A、B 发生相对滑动，对A 物块有a= Ff 1m
m
=2m/s
2，加
速度不变，选项D 错误。
故选B。
11. （2025·贵州遵义·模拟预测）质量为M 的抽屉通过两条平行滑轨水平安装到柜体内部，其与柜体的
其他部位无接触，正视图如图（a）所示。抽屉内部放置质量为m 的小物块，侧视图如图（b）所示，
小物块与抽屉内表面的动摩擦因数为μ。抽屉运动时，每条滑轨给抽屉的阻力大小恒为f，方向与滑
轨平行且水平，物块与抽屉之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度为
g。给抽屉拉手施加水平拉力F，将其沿滑轨方向拉出，在此过程中抽屉与柜体无碰撞，下列说法
正确的是（ ）
A．要能拉动抽屉，拉力F 必须大于μMg+ f
B．要能拉动抽屉，拉力F 必须大于2f
C．为保证物块与抽屉不发生相对滑动，拉力F 不能超过μ(m+ M )g+2f
D．为保证物块与抽屉不发生相对滑动，拉力F 不能超过μmg+2f
【答案】BC
【详解】AB．抽屉运动时，每条滑轨给抽屉的阻力大小恒为f，要能拉动抽屉，拉力F 必须大于
2f，故A 错误，B 正确；
CD．当物块与抽屉恰好发生相对滑动时，对物块，由牛顿第二定律有μmg=mam
解得am = μg
对抽屉和物块整体，由牛顿第二定律有Fm−2f =（m+ M ）am
解得Fm = μ（m+ M ）g+2f
故为保证物块与抽屉不发生相对滑动，拉力F 不能超过μ（m+ M ）g+2f ，故C 正确，D 错误。
故选BC。
12. （2025·黑龙江哈尔滨·三模）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。
13. （2025·云南楚雄·模拟预测）如图所示，A、B 两物块的质量分别为3m 和2m，静止叠放在水平地面
上。A、B 之间的动摩擦因数为μ，B 与地面之间的动摩擦因数为μ
2
，可认为最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度为g。现对A 施加一水平拉力F，则下列说法正确的是（ ）
A．当F <2 μmg时，A、B 都相对地面静止
B．无论F 为何值，B 的加速度都不会超过μg
8
C．当F = 4 μmg时，A、B 之间的摩擦力f =2 μmg
D．当F >6 μmg时，A、B 之间发生相对滑动
【答案】AD
【详解】A．A、B 之间的最大静摩擦力f max=3 μmg
B 与地面之间的最大静摩擦力f max
′ = μ
2
(2m+3m)g= 5 μmg
2
A、B 都相对地面静止时，F < 5 μmg
2
，选项A 正确；
CD．若A、B 一起向右运动，A、B 之间的摩擦力为静摩擦力，对A、B 组成的整体有
F −1
2 μ(2m+3m)g=5ma
对B 有f −1
2 μ(2m+3m)g=2ma
又f ≤3 μmg
解得F ≤15
4 μmg
故F >6 μmg时，A、B 之间发生相对滑动，当F = 4 μmg时，A、B 之间的摩擦力f =3 μmg，选项C
错误，D 正确；
B．当A、B 发生相对滑动时，B 的加速度a=
3 μmg−1
2 μ(2m+3m)g
2m
= μg
4
所以无论F 为何值，B 的加速度都不会超过μg
4 ，选项B 错误。
故选AD。
14. （2025·湖南·模拟预测）如图1 所示，一质量为1kg 的长木板置于水平桌面上，木板左端放置一可
看成质点的滑块。现对滑块施加一水平向右的恒定拉力F，在F 的作用下滑块和木板发生相对滑动，
在t =0.5s 时撤去F，滑块运动的v −t图像如图2 所示。整个运动过程中，滑块始终不脱离木板，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．木板与滑块间的动摩擦因数为0.4
B．滑块的质量为3kg
C．拉力F =21N
D．木板至少长1.5m
【答案】AD
【详解】A．由图可知在0~0.5s 内，滑块的加速度a1= Δv
Δt = 4
0.5 m/s
2=8 m/s
2
0.5s~1.0s 内，滑块在木板上滑动，受到向左的滑动摩擦力，滑块的加速度大小
a2= Δv
Δt =|
2−4
0.5 )m/s
2= 4 m/s
2
设滑块质量为m，则μ1mg=ma2
解得μ1=0.4，故A 正确；
B．由图可知，木板在0~1s 内做加速运动，作出木板运动的v −t图像
加速度a3= Δv
Δt = 2−0
1.0 m/s
2=2m/s
2
滑块与木板在1s 时共速，1~2s 内，整体向右减速运动，加速度大小a4= Δv
Δt =|
0−2
1.0 )m/s
2=2m/s
2
对整体，由牛顿第二定律，有μ2(M +m)g=(M +m)a4
解得μ2=0.2
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得μ1mg−μ2(M +m)g= M a3
代入解得m=2kg，故B 错误；
C．以滑块为研究对象，0~0.5s 内，根据牛顿第二定律F −μ1mg=ma1
解得F =24N，故C 错误；
D．v-t 图像与坐标轴所围的面积表示位移，0-1s 内则滑块运动的位移为
x1= 1
2 ×0.5×4 m + 2+ 4
2
(1.0−0.5)m=2.5m
0-1s 内则长木板运动的位移为x2= 1
2 ×1×2m=1m
长木板至少长度为L= x1−x2=1.5 m，故D 正确。
故选AD。
15. （2025·安徽·模拟预测）如图，足够长的轻质薄板A 放置在光滑水平面上，薄板上静置着两个小物
体B、C，物体B 的质量为2m，物体C 的质量为m，两物体与板之间的动摩擦因数均为μ，现对物
体C 施加大小为F =5 μmg的水平拉力，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列
说法正确的是（ ）
A．两物体都与薄板相对静止
B．两物体都与薄板发生相对滑动
C．物体C 速度变化率的大小为3 μg
D．物体B 受到的合外力大小为μmg
【答案】D
【详解】AB．由于薄板受到的合外力为零，所以C 相对于薄板滑动，B 相对于薄板静止，故AB 错
误；
C．由于C 受到的是滑动摩擦力，对C 根据牛顿第二定律可得F −μmg=ma
解得a= 4 μg
因此物体C 速度变化率的大小就是加速度的大小为4 μg，故C 错误；
D．物体B 受到薄板施加的水平方向的静摩擦力，大小为μmg，故D 正确。
故选D。
16. （25-26 高三上·湖北孝感·月考）如图所示，A、B、C 三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A 和B
的质量均为2m，C 的质量是m，A、B 间的动摩擦因数为μ，B、C 间的动摩擦因数为μ
4
，B 和地面
间的动摩擦因数为μ
8
。设B 足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A 施加
一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（ ）
A．当力F大于μmg时，A、B、C 三个物体不再相对静止
B．当力F逐渐增大时，A、B 之间先发生相对滑动
C．当力F逐渐增大到3 μmg时，B 与A 相对滑动
D．无论力F为何值，B 的加速度不会超过3
4 μg
【答案】D
【详解】物体A、B 间的最大静摩擦力为 f 1= μ×2mg=2 μmg
B、C 间的最大静摩擦力为 f 2= μ
4 ×mg= 1
4 μmg
B 与地面的最大静摩擦力为f 3= μ
8 ×(2m+2m+m)= 5
8 μmg
当F ≤f 3= 5
8 μmg时，A、B、C 都静止不动
AB．若A、B、C 三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体，根据牛顿第二定律得
F −f 3=(2m+2m+m)a
假设C 恰好与B 相对不滑动，对C，由牛顿第二定律得f 2=ma
解得a= 1
4 μg，F = 15
8 μmg
设此时 A 与B 间的摩擦力为f ，对A，由牛顿第二定律得F −f =2ma
解得f = 11
8 μmg<f 1
表明C 达到临界时 A 还没有到达临界值，则当力F逐渐增大时，B、C 之间先发生打滑现象，要使
三者始终相对静止，则F不能超过 15
8 μmg，故AB 错误；
C．物体B 相对A 滑动时，C 早已相对于B 发生相对滑动，对AB 整体，由牛顿第二定律得
F ' −f 2−f 3=(2m+2m)a
对A，由牛顿第二定律得F ' −μ×2mg=2ma
解得：F
' = 25
8 μmg
故当拉力大于 25
8 μmg时，B 相对A 滑动，故C 错误；
D．当F较大时，A 与C 会相对于B 滑动，B 的加速度达到最大，当A 与B 相对滑动时，C 早已相对
于B 发生相对滑动，则B 受到A 的摩擦力向前，B 受到C 的摩擦力向后，B 受到地面的摩擦力向后，
对B，由牛顿第二定律得f 1−f 2−f 3=2maB
解得aB= 9
16 μg< 3
4 μg，故D 正确。
故选D。
17. （2025·甘肃甘南·模拟预测）如图甲所示，质量为1.5kg 的很薄的长木板B 静止在光滑水平地面上，
在t=0 时刻，可视为质点、静止在长木板B 左端的质量为0.5kg 的物块A 在水平外力F 作用下开始
运动，3s 后撤去外力F，外力F 随时间变化的关系如图乙所示，物块A 与长木板B 间的动摩擦因数
为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2，则（ ）
A．物块A 与长木板B 间在8
3 s时开始相对运动
B．物块A 与长木板B 间在1.0s 时开始相对运动
C．在0~3s 内，B 的加速度先增大后不变
D．在0~3s 内，B 的加速度一直增大
【答案】AC
【详解】AB．当物块A 与长木板B 间即将出现相对运动时，对长木板B 受力分析，由牛顿第二定律
得μmg= Ma
对物块A 受力分析得F −μmg=ma
解得F = 4
3 N
由图像可知此时t = 8
3 s，即物块A 与长木板B 间在8
3 s时开始相对运动，故A 正确，B 错误；
CD．在开始的0∼8
3 s时间内AB 相对静止，则随F 增加，整体AB 的加速度逐渐变大，即B 的加速
度逐渐增加；在8
3 s∼3s内，AB 产生相对滑动，此时B 的加速度保持不变，则在0 3s
∼
内B 的加速
度先增大后不变，故C 正确，D 错误。
故选AC。
18. （2025·安徽合肥·模拟预测）在一次科学探究活动中，小明将质量为M = 4 kg的小车放置在水平桌
面上，小车上放一质量为m=1kg的木块。小车与桌面间的动摩擦因数为μ1=0.1，木块与小车间的
动摩擦因数为μ2=0.3。初始时小车和木块均静止，小明对小车的牵引装置施加F =15 N的水平恒力。
一段时间后，小明对木块再施加水平方向上与运动方向相反的恒力F0，若木块能从小车上滑离，
则F0应大于（取g=10 m/s
2）（ ）
A．5
4 N
B．3N
C．19
4 N
D．25
4 N
【答案】A
【详解】对木块施加水平方向上与运动方向相反的恒力后，根据牛顿第二定律，对小车分析有
F −μ1(M +m)g−μ2mg= M a小车
对物块分析有μ2mg−F0=ma木块
当a木块>a小车时木块能从小车上滑离，联立解得F0> 5
4 N
故选A。
19. （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。
20. （2025·内蒙古乌兰察布·二模）如图甲所示，质量为M=0.5kg 的木板静止在光滑水平面上，质量为
m=1kg 的物块以初速度v0= 4 m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2。在物块
滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F，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的关系如图乙所示。其中AB 与横
轴平行，且AB 段的纵坐标为1m
−1。将物块视为质点，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．DE 段表示滑块最终与滑板共速
B．F=0 时，滑块离开滑板的速度v=2m/s
C．B 点的坐标为（2
3，1）
D．C 点的坐标为（3，3
2）
【答案】D
【详解】A．在AB 段，拉力F 较小，物体在木板上相对于木板滑动的路程保持不变，说明物块会
从板右侧滑离木板；在BC 段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具
有共同速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；在DE 段，物块滑上木板后，物
块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，物块相对于木板向左滑动，最终物块会
从板左侧滑离木板；故A 错误；
B．F =0时，根据牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为am= μmg
m =2m /s
2
木板的加速度大小为aM = μmg
M = 4 m /s
2
由图像AB 段可知，滑块相对木板的路程为s= v0t −1
2 amt
2−1
2 aM t
2=1m
联立解得t = 1
3 s或t =1s（舍去，此时滑块的速度小于木板的速度）
则物块滑离木板时的速度大小为vm= v0−amt = 10
3 m /s
故B 错误；
C．在AB 段，F 较小，物块将从木板右端滑下，其中B 点，对应物块恰好到达木板的右端，且两者
具有共同速度v，设此时对应的恒力为FB，由牛顿第二定律得a
′
M = FB+ μmg
M
由速度关系得v = v0−amt1=a
′
M t1
由位移关系得s= v0+ v
2
t1−v
2 t1= v0
2 t1
联立解得1
s = 6+ FB
8
由图乙可知，B 点对应的相对路程s=1m，代入解得F B=2N
故B 点的坐标为（2，1），故C 错误；
D．在BC 段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，之
后保持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；C 点时物块与木板间的静摩擦力刚好达到最大，
设此时对应的恒力为FC，以物块与木板为整体，由牛顿第二定律得FC =( M +m)a0
以物块为对象，由牛顿第二定律得μmg=ma0
联立解得a0=2m /s
2，FC =3 N
由C 选项分析同理可得1
s = 6+ FC
8
代入FC =3 N，可得1
s = 3
2 m
−1
故C 点的坐标为（3，3
2），故D 正确。
故选D。
