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第15 课时 专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题
目标要求 1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模
型问题。
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。
例1 (2024·山东烟台市诊断)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg 的长木板，在
长木板右端有一质量为m＝1 kg 的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，长木板与小物块均静止，现用水平恒力F 向右拉长木板，g 取10 m/s2。
(1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F 不小于什么值？
(2)若F＝14 N，经时间t＝1 s 撤去水平恒力F，则：
①在F 的作用下，长木板的加速度为多大？
②刚撤去F 时，小物块离长木板右端多远？
③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
④最终小物块离长木板右端多远？
1
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答案 (1)10 N (2)①3 m/s2 ②0.5 m
③2.8 m/s ④0.7 m
解析 (1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定
律，对小物块有μmg＝ma0，对物块和木板整体有F0＝(m＋M)a0，
联立解得F0＝10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。
(2)①对长木板，根据牛顿第二定律可得
F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2
②撤去F 之前，小物块只受摩擦力的作用
故am＝a0＝μg＝2 m/s2
Δx1＝1
2at2－1
2amt2＝0.5 m
③刚撤去F 时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F 后，设经时间t'可达到共同速度v'
长木板的加速度大小a'＝μmg
M ＝0.5 m/s2
最终速度v'＝vm＋amt'＝v－a't'
解得t'＝0.4 s，v'＝2.8 m/s
④在t'时间内，小物块和长木板的相对位移
Δx2＝v ＋v
'
2
t'－vm＋v
'
2
t'＝0.2 m
最终小物块离长木板右端的距离为
x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。
针对训练 (多选) (2025·山东潍坊市开学考)如图甲所示，长木板B 静止在光滑水平地面上，在t＝0 时刻，
可视为质点、质量为1 kg 的物块A 在水平外力F 作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s 后撤去外
力F，物块A、长木板B 的速度—时间图像如图乙所示，g 取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.长木板的最小长度为2 m
B.A、B 间的动摩擦因数是0.1
C.长木板的质量为0.5 kg
D.外力F 的大小为4 N
答案 ABD
2
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解析 由题图乙可知，2 s 后物块和木板达到共速后一起匀速运动，v－t 图像中图线与t 轴围成的面积表示物
体的位移，故由题图乙可知，在2 s 内物块的位移为x1＝4 m，木板的位移为x2＝2 m，故长木板的最小长度
为L＝x1－x2＝2 m，A 正确；由题图乙可知，1 s 时撤去外力F，在1~2 s 内由物块的受力及牛顿第二定律可
知μmg＝maA，由题图乙可知1~2 s 内物块的加速度大小为aA＝1 m/s2，解得A、B 间的动摩擦因数为μ＝
0.1，B 正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1 m/s2，由木板B 的受力及牛顿第二定律可知μmg＝
MaB，解得长木板的质量为M＝1 kg，C 错误；由0~1 s 内物块的受力及牛顿第二定律可知F－μmg＝maA'，
又此过程中加速度的大小为aA'＝3 m/s2，解得F＝4 N，D 正确。
例2 如图所示，一质量为M＝0.9 kg 的长木板B 在粗糙的水平面上向右运动，某一时刻长木板的初速
度为v0＝5.5 m/s，此时将一质量m＝0.2 kg 的物块A(可视为质点)无初速度地放在长木板右端，经过一段
时间后物块A 刚好没有从木板的左端滑出。已知物块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，长木
板B 与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s2，求：
(1)两者相对运动过程中物块A 和木板B 的加速度大小；
(2)长木板B 的长度；
(3)从将物块A 放上长木板开始到最后相对地面静止，物块A 相对地面的位移大小。
答案 (1)2.5 m/s2 3 m/s2 (2)2.75 m
(3)2.812 5 m
解析 (1)由题可知，A、B 先相对滑动，达到共速后一起做匀减速直线运动，直到静止。A、B 相对滑动时，
对物块A 受力分析，由牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2。
对长木板B 受力分析，由牛顿第二定律有μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2，解得a2＝3 m/s2。
(2)由物块A 刚好未从木板的左端滑出可知，长木板B 的长度等于A、B 两物体相对地面位移的差值。当A、
B 共速时有a1t＝v0－a2t，解得t＝1 s，
A 物块的位移xA＝1
2a1t2＝1.25 m，
B 长木板的位移xB＝v0t－1
2a2t2＝4 m，
则L＝xB－xA＝2.75 m。
(3)由(2)分析可得，A、B 共速时，A、B 两物体的速度为v 共＝a1t＝2.5 m/s，
由题知μ1>μ2，所以A、B 共速后，一起做匀减速直线运动，直到停止，由牛顿第二定律得μ2(M＋m)g＝(M＋
m)a3，
解得a3＝2 m/s2，由匀变速直线运动规律有v共
2＝2a3x3，可知x3＝v共
2
2a3
＝1.562 5 m，
则全过程中，A 相对地面发生的位移大小
3
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x＝xA＋x3＝2.812 5 m。
例3 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。
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处理“板块”模型中动力学问题的流程
课时精练
(分值：60 分)
1~3 题每小题5 分，共15 分
1.(多选)如图所示，一质量为m1的物块叠放在质量为m2的长木板上，二者均静止在水平地面上，已知木板与
物块间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。现给长木板一水平向右的初速度v0，下列关于
长木板、物块的v－t 图像(实线和虚线分别表示不同物体)可能正确的是( )
答案 AD
解析 由题意可知，起初物块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，故四个选项中的虚线均表示物块、
实线均表示木板。某个时刻两者速度相等，之后若μ1>μ2，则二者可相对静止以共同加速度做匀减速直线运动
直至停下，且二者做匀减速运动的加速度大小均为μ2g，小于起初木板做匀减速运动的加速度，故A 正确，B
错误；若μ1<μ2，则二者不能相对静止，二者以不同的加速度做匀减速直线运动，且物块的加速度大小不变，
方向相反，故C 错误，D 正确。
5
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2.(多选)( 2024·山东临沂市段考)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。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。
3.(多选)如图所示，质量为M＝2.0 kg、长度为l＝2.5 m 的长木板静置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因
数μ1＝0.2。质量为m＝3.0 kg 可视为质点的滑块从长木板的右端以初速度v0向左滑上长木板，滑块恰好运动
到长木板的左端。已知长木板刚开始运动时的加速度大小a1＝1 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
加速度g 取10 m/s2。则下列说法正确是( )
A.滑块与长木板间的动摩擦因数μ2＝2
5
B.滑块与长木板间的动摩擦因数μ2＝1
15
C.滑块初速度v0＝√
25
12 m/s
D.滑块初速度v0＝5 m/s
答案 AD
解析 长木板刚开始运动时的加速度大小a1＝1 m/s2，对木板分析，根据牛顿第二定律有
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μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1，解得μ2＝2
5，故A 正确，B 错误；对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有μ2mg＝
ma2，解得a2＝4 m/s2，可知滑块先向左做匀减速直线运动，木板向左做匀加速直线运动，两者达到相等速度
后保持相对静止向左做匀减速直线运动，最终停止运动。两者达到相等速度过程有v1＝v0－a2t0＝a1t0，滑块相
对于木板的相对位移大小恰好等于木板长度，即有l＝v0＋v1
2
t0－v1
2 t0，联立解得v0＝5 m/s，故C 错误，D 正
确。
4 题6 分，5 题11 分，6 题13 分，共30 分
4.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有
长为1 m 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为21
40。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始
下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的
质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C.经过1 s 的时间，小孩离开滑板
D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
答案 BC
解析 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为
a1＝mgsin37°−μ1mgcos37°
m
＝2.8 m/s2，
同理对滑板，加速度大小为
a2＝mgsin37°＋μ1mgcos37°−2 μ2mgcos37°
m
＝0.8 m/s2，A 错误，B 正确；小孩刚与滑板分离时，有1
2a1t2－1
2a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速
度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，C 正确，D 错误。
5.(11 分)(2024·山东日照市联考)如图所示，水平面上的长木板在推力作用下向右运动，当速度v0＝9 m/s 时撤
去推力，同时在长木板的右端轻轻地放上一个大小不计的小物块，最终小物块恰好没有滑离长木板。已知长
木板的质量M＝2 kg，小物块的质量m＝1 kg，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与地面间的
动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g 取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
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(1)(3 分)小物块刚放上长木板时，小物块的加速度大小a1和长木板的加速度大小a2；
(2)(4 分)长木板的长度l；
(3)(4 分)从小物块放上长木板开始到最后停止运动的总位移大小x。
答案 (1)2 m/s2 2.5 m/s2 (2)9 m (3)12 m
解析 (1)小物块刚放上长木板时在摩擦力的作用下加速，由牛顿第二定律μ1mg＝ma1
长木板减速，有μ2(M＋m)g＋μ1mg＝Ma2
解得小物块的加速度大小a1＝2 m/s2
长木板的加速度大小a2＝2.5 m/s2
(2)设经时间Δt 两者达到共同速度v，有
v＝a1Δt＝v0－a2Δt
得Δt＝2 s，v＝4 m/s
这段时间内小物块的位移x1＝1
2a1(Δt)2＝4 m
长木板的位移x2＝v0Δt－1
2a2(Δt)2＝13 m
长木板的长度l＝x2－x1＝9 m
(3)小物块和长木板达到共同速度之后一起做匀减速直线运动，设加速度大小为a3，有
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
解得a3＝1 m/s2
一起减速的位移为x3，有v2＝2a3x3
解得x3＝8 m
则小物块的总位移x＝x1＋x3＝12 m。
6.(13 分)(2025·黑龙江哈尔滨市检测)如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为
M＝3 kg 的长木板正以v0＝10 m/s 的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg 的小物块(大小可忽略)轻放
在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝√3
2 ，设小物块与长木板间的最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2。
(1)(7 分)求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
(2)(6 分)要使小物块不滑离长木板，长木板至少多长？
答案 (1)2.5 m/s2 12.5 m/s2 (2)10 m
解析 (1)小物块在长木板上滑动时两者间的滑动摩擦力大小为Ff＝μmgcos θ＝7.5 N
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设小物块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2，
由牛顿第二定律，对小物块和长木板，分别有
Ff＋mgsin θ＝ma1
Mgsin θ－Ff＝Ma2
代入数据得a1＝12.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2。
(2)当小物块与长木板共速时，有
v1＝a1t1＝v0＋a2t1
解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s
共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移为
s＝v0＋v1
2
t1－v1
2 t1＝5 m
故长木板长度L≥10 m，即至少为10 m。
7.(15 分)(2025·山东聊城市联考)如图所示，木板C 静置于水平地面上，可视为质点的物块A、B 放置在木板C
上，物块A 到木板C 右边缘的距离x1=9 m，物块B 到木板C 左边缘的距离x2=90 m。已知物块A、物块B、木
板C 的质量分别为m1=2 kg，m2=1 kg，m3=1 kg，物块A 与木板C 间、物块B 与木板C 间、木板C 与地面间的
动摩擦因数分别为μ1=0.8、μ2=0.2、μ3=0.1，各接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g 取
10 m/s2。现对物块A 施加一方向水平向右、大小F=40 N 的拉力，直至物块A 滑离木板C，物块A 滑离木板C
后立即取走物块A。求：
(1)(5 分)物块A 在木板C 上运动时物块A 的加速度大小a1和木板C 的加速度大小a3；
(2)(4 分)物块A 滑离木板C 时物块B 的速度大小v2；
(3)(6 分)物块B 最终静止的位置到木板C 左边缘的距离d。
答案 (1)12 m/s2 10 m/s2 (2)6 m/s (3)6 m
解析 (1)结合题意分析可知物块A 相对于木板C 滑动，
对物块A 受力分析，有F-μ1m1g=m1a1
解得a1=12 m/s2
假设物块B 与木板C 相对静止，对物块B 与木板C 整体受力分析有
μ1m1g-μ3(m1+m2+m3)g=(m2+m3)a
对物块B 受力分析有FfBC=m2a
解得FfBC=6 N>Ffmax=μ2m2g=2 N
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假设不成立
物块B 与木板C 相对滑动，对木板C 受力分析有
μ1m1g-μ3(m1+m2+m3)g-μ2m2g=m3a3
解得a3=10 m/s2
(2)对物块B 受力分析，有μ2m2g=m2a2
设物块A 在木板C 上运动的时间为t1，物块A 滑离木板C 时有
1
2
a1t1
2-1
2
a3t1
2=x1
解得t1=3 s
物块A 滑离木板C 时物块B 的速度大小v2=a2t1
解得v2=6 m/s
(3)物块A 滑离木板C 时木板C 的速度大小
v3=a3t1
分析可知物块A 滑离木板C 后，物块B 仍以加速度a2做匀加速直线运动、木板C 做匀减速直线运动直至两者
速度相等，之后物块B 与木板C 一起做匀减速直线运动，物块A 滑离木板C 后对木板C 受力分析有
μ3(m2+m3)g+μ2m2g=m3a3'
解得a3'=4 m/s2
设从物块A 滑离木板C 到物块B 与木板C 速度相等所用的时间为t2，
有v3-a3't2=v2+a2t2
解得t2=4 s
物块B 从开始运动到与木板C 速度相等的过程中运动的位移大小
xB=1
2
a2(t1+t2)2
木板C 从开始运动到与物块B 速度相等的过程中运动的位移大小
xC=1
2
a3t1
2+v3t2-1
2
a3't2
2
物块B 最终静止的位置到木板C 左边缘的距离
d=x2-(xC-xB)
解得d=6 m。
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