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素养提升5 动力学中的“滑块—木板”模型
目标要求
1. 理解“滑块—木板”模型的特点、临界条件及位移关系。
2. 会用动力学的观点处理“滑块—木板”模型问题。
目 录
CONTENTS
提升点一　水平面上的“滑块—木板”模型
提升点二　斜面上的“滑块—木板”模型
课时跟踪检测
提升点一　水平面上的“滑块
—木板”模型
　如图，木板B、物块A的质量分别为M和m，不计物块大小，开始A、B均
静止，现使A以v0从B的左端开始运动。已知A、B间动摩擦因数为μ，地面
光滑，已知重力加速度为g。
（1）分析A刚滑上B时，A、B的加速度大小？
提示： A刚滑上B时，以A为研究对象，根据牛顿
第二定律可得μmg＝maA，解得A的加速度大小为aA＝
μg，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得μmg＝MaB，解得B的加速度大小为aB＝。
（2）分析A、B各自的运动情况？
提示： A刚滑上B后，A在B上做匀减速直线运动，
B做匀加速直线运动，如果A到达B右端前，两者已经共
速，则共速后A、B一起在光滑地面上做匀速直线运动；若A到达B右端时，A的速度仍大于B的速度，则A从B的右端滑落，之后A、B各自做匀速直线运动。
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。
2. 四种常见类型
图例 初始条件 终止条件
（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M。
（3）滑块m滑离木板M
（1） 滑块m初速度为v。 （2）木板 M静止
图例 初始条件 终止条件
（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停在木
板M上某
位置。
（2） 滑块m恰好没有
滑离木板M。
（3）滑块m滑离木板M
（1）滑块m、木板 M均静止。 （2）外力F作用在滑块m上
3. 临界条件和位移关系
木板向右运动，滑块（视为质点）相对木板由一端运动到另一端，滑块和
木板同向运动时（图甲），位移之差Δx＝x1－x2＝L（板长）；滑块和木板
相向运动时（图乙），位移大小之和x2＋x1＝L。
（2026·云南文山月考）如图所示，质量M＝1 kg的长木板静止在水平
面上，质量m＝2 kg的物块以方向水平向右、大小v0＝3 m/s的初速度冲上木
板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数
μ2＝0.1，木板足够长，物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）物块冲上木板的瞬间，物块与木板各自的加速度大小；
答案： 2 m/s2　1 m/s2　
解析：物块冲上木板左端时，对物块，由牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
对木板，由牛顿第二定律，
有μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2
解得a2＝1 m/s2。
（2）物块最终距木板左端的距离。
答案： 1.5 m
解析：当物块与木板速度相等时，
有v＝v0－a1t1
v＝a2t1
解得t1＝1 s，v＝1 m/s
假设物块与木板共速后保持相对静止，一起减速，对两者组成的整体，由
牛顿第二定律有μ2（M＋m）·g＝（M＋m）a
解得a＝1 m/s2
物块受到的静摩擦力f＝ma＝2 N＜fmax＝μ1mg＝4 N
故两者可以相对静止一起速度减到零，故物块最终距离木板左端的距离L
＝t1－t1＝1.5 m。
（2026·江西赣州月考）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，开
始时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？
答案： 10 N　
解析： 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）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？
答案： ①3 m/s2　②0.5 m　③2.8 m/s ④0.7 m
解析： 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＝at2－amt2＝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'＝＝0.5 m/s2
最终速度v'＝vm＋amt'
v'＝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＝t'－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。
　光滑水平面上有外力作用的两种情境
对A、B整体：F＝（M＋m）a 对B木板：受到的摩擦力向右，大
小为f＝Ma 对A、B整体有：F＝（M＋m）a
对A物块：f＝ma
①两者相对静止时有f≤fm，即f＝
Ma≤μmg，故a≤ ②A、B开始发生相对滑动，即a＞ ①两者相对静止时有f≤fm，即f＝
ma≤μmg，故a≤μg
②A、B开始发生相对滑动，即a＞μg
　〔多选〕（2026·广东潮州期末）如图甲，长木板A静止在光滑水平面
上，另一物体B（可看作质点）以水平速度v0＝2 m/s滑上长木板A的左端。
由于A、B间存在摩擦，之后运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图
乙。g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A. A木板所受的摩擦力与运动方向相同
B. A、B之间的动摩擦因数μ＝0.1
C. A木板的质量是B物体的两倍
D. 长木板A的最小长度为L＝1 m
√
√
√
解析： A木板水平方向只受摩擦力作用，且做加速运动，所受的摩
擦力方向与运动方向相同，故A正确；B物体做匀减速运动，其加速度大小
为a＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得μmBg＝mBa，即μ＝＝0.1，故B
正确；A、B两物体水平方向都只受到来自对方的摩擦力，且加速度大小相
等，根据牛顿第二定律可知，两物体质量相等，故C错误；长木板A的最小
长度等于0～1 s内两物体的v-t图像所围的面积，故长木板A的最小长度为L
＝ m＝1 m，故D正确。
提升点二　斜面上的“滑块—木板”模型
〔多选〕（2026·湖南长沙联考）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＝1 kg，长度为L＝2.5 m的长木板B
沿着斜面以速度v0下滑，此时把质量为m＝1 kg的铁块A（视为质点）无初
速度放在长木板B的下端，经过t＝0.5 s，A和B达到共速。已知A与B之
间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列判
断正确的是（　BD　）
BD
A. 木板下滑的初速度v0＝9 m/s
B. 从放上铁块A到与长木板B共速，所用时间为0.5 s
C. 共速时，铁块距离长木板上端2 m
D. 从放上铁块A经过2 s后木板B的速度为v0
解析：铁块A刚放在长木板B上时，对A分析，根据牛顿第二定律有μmgcos
37°＋mgsin 37°＝maA，解得aA＝10 m/s2，方向沿斜面向下，对B分析，
根据牛顿第二定律有μ（M＋m）gcos 37°＋μmgcos 37°－Mgsin 37°＝
MaB，解得aB＝6 m/s2，方向沿斜面向上，已知铁块A和长木板B共速所用的
时间为t＝0.5 s，则v0－aBt＝aAt，解得v0＝8 m/s，故A错误，B正确；此时
A和B相对位移为Δx＝xB－xA＝v0t－aBt2－aAt2＝2 m，A离木板上端2.5 m
－2 m＝0.5 m，故C错误；A、B共速后，由于μ＜tan 37°，A、B一起沿斜
面加速下滑，加速度a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，方向沿斜面向
下，设经过t1再次加速到v0，v0＝v共＋at1，解得t1＝1.5 s，全程用时t2＝1.5
s＋0.5 s＝2 s，故D正确。
　〔多选〕（2026·广西柳州联考）如图所示，一个质量为m，长为1.0 m
的木板放在倾角为37°的光滑斜面上，板的左端有一个质量为M的物块，
物块上连接了一根细绳，细绳跨过斜面顶端的光滑定滑轮并与斜面平行，
另一端也连接一质量为M的物块，由静止释放该物块后，木板上的物块向
上滑动而木板不动，已知M＝2m，则下列说法正确的是（　　）
A. 物块与木板间的动摩擦因数为0.5
B. 物块在木板上滑行的加速度为0.5 m/s2
C. 物块在木板上滑行时间为2 s
D. 若将竖直悬挂物块质量改为2M，则板将随物块一起上滑
√
√
解析： 　木板上的物块向上滑动而木板不动，对木板进行分析有
μMgcos 37°＝mgsin 37°，解得μ＝0.375，故A错误；对两物块整体分
析，根据牛顿第二定律有Mg－Mgsin 37°－μMgcos 37°＝2Ma，结合上述
解得a＝0.5 m/s2，故B正确；物块做匀加速直线运动，根据位移公式有L＝
at2，结合上述数据代入解得t＝2 s，故C正确；若将竖直悬挂物块质量改
为2M，木板上的物块相对于木板向上运动，其对木板的滑动摩擦力不变，
即木板受力的情境不变，可知，木板仍然处于静止状态，故D错误。
课时跟踪检测
1. （2026·安徽黄山联考）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（　　）
1
2
3
4
5
6
√
解析： 　规定向右为正方向，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f1＝－3μmg，根据牛顿第二定律滑块的加
速度a1＝＝－3μg，因此滑块的速度随时间变化关系v1＝v0－3μgt，木
板受到滑块施加的滑动摩擦力（方向向右）和地面施加的滑动摩擦
力，即f2＝2μmg，根据牛顿第二定律木板的加速度a2＝＝μg，因
此木板的速度随时间变化关系v2＝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。
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2. 如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车
上放一个物体，其质量为mB＝1.0 kg，如图甲所示，给B一个水平推力F，
当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一
水平推力F'，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F'的最大值Fmax为
（　　）
A. 2.0 N B. 3.0 N
C. 6.0 N D. 9.0 N
√
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2
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5
6
解析： 　根据题图甲所示情境，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax
时，系统的加速度为a，对A、B整体根据牛顿第二定律有F＝（mA＋mB）
a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N，根据题图乙所示情况，
设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a'，以B为研究对象，根据牛顿第
二定律有Ffmax＝mBa'，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝（mA＋mB）a'，
代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。
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3. （2026·重庆万州期末）光滑水平面上停放着质量为M＝2 kg的平板小
车，一个质量为m＝1 kg的小滑块（视为质点）以v0＝3 m/s的初速度从A端
滑上小车，如图所示。小车长l＝1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝
0.4，g取10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，2 s末小滑块与小车B端的
距离为（　　）
A. 1 m B. 0
C. 0.25 m D. 0.75 m
√
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解析： 　对小滑块，由牛顿第二定律有a1＝＝μg＝4 m/s2，对小车由
牛顿第二定律有，a2＝＝2 m/s2，设经时间t两者共速，有v＝v0－a1t＝
a2t，解得t＝＝0.5 s，v＝1 m/s，对小滑块有x1＝t＝1 m，对小
车x2＝t＝0.25 m，小滑块相对小车向右滑行的距离为Δx＝x1－x2＝0.75
m，共速后小滑块与车一起向右做匀速直线运动，2 s末小滑块与小车B端
的距离为d＝l－Δx＝0.25 m，故选C。
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4. （2026·江西鹰潭一模）某同学设计了如图甲所示的装置：一质量为0.5
kg的长木板A置于水平桌面上，质量为1 kg的滑块B（可视为质点）置于木
板A上右侧，轻绳一端跨过定滑轮与滑块B连接，另一端悬挂一重物C，定
滑轮和滑块B间轻绳水平，重物落地后立即与轻绳脱离连接。t＝0时刻，所
有物体初速度都为0。该同学在某次操作中，记录下滑块B和木板A运动的
部分v-t图像如图乙所示，整个运动过程中，滑块B始终不脱离木板A，木板
A距定滑轮足够远，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力
加速度g取10 m/s2，求：
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（1）所挂重物C的质量；
答案： 6 kg　
（2）木板A与滑块B间动摩擦因数μ1及木板A与桌面间的动摩擦因数μ2；
答案： 0.4　0.2　
解析：（1）（2）由图乙可知aA＝ m/s2＝2 m/s2，
aB＝ m/s2＝8 m/s2
aB'＝ m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律可得aA＝
aB＝，aB'＝＝μ1g
代入数据解得mC＝6 kg，μ1＝0.4，μ2＝0.2。
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（3）为使滑块B始终不脱离木板A，A的最短长度。
答案： 1.5 m
解析：为使滑块B始终不脱离木板A，则二者共速时，B滑到A的最左端，由图乙可知A至少长为l＝2××2×（1－0.25）m＝1.5 m。
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5. （2026·湖北荆州期末）如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放
置一质量M＝2 kg、长度L＝1.5 m的极薄平板AB，在薄平板的上端A处放
一质量m＝1 kg的小滑块（视为质点），开始时在沿斜面向上的力F的作用
下保持静止，此时薄平板与斜面间无摩擦力。然后将F撤去，使小滑块和
薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝
0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求：
（1）求力F的大小；
答案： 18 N　
解析： 开始时，对滑块和平板整体分析，由平衡条件可知
F＝（M＋m）gsin θ＝18 N。
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（2）小滑块和薄平板无初速释放后，小滑块的加速度a1和薄平板的加速度
a2；
答案： 4 m/s2，1 m/s2　
解析：设释放后，假设小滑块会相对于薄平板向下滑动，对小滑块m由牛顿
第二定律有
mgsin 37°－f1＝ma1
其中f1＝μ1FN1，FN1＝mgcos 37°
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解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2
对薄平板M，由牛顿第二定律有
Mgsin 37°＋f1－f2＝Ma2
其中f2＝μ2FN2，FN2＝mgcos 37°＋Mgcos 37°
解得a2＝1 m/s2
因a1＞a2，假设成立，即小滑块会相对于薄平板向下滑动。
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（3）从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
答案： 1 s
解析：设小滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，
有x1＝a1t2，x2＝a2t2
x1－x2＝L
解得t＝1 s。
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6. （2026·黑龙江哈尔滨联考）如图甲，质量m＝1 kg的小滑块P（可视为
质点），以v1＝6 m/s的速度从木板左端向右滑上木板Q，此时木板Q的速度
大小为v2＝10 m/s，方向水平向左，从该时刻开始1.2 s内两物体的运动情
况的v-t图像如图乙所示，1.2 s时滑块P的速度为0，木板Q的速度大小为4
m/s。已知木板Q的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2。求：
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（1）P、Q间的动摩擦因数μ1；
答案： 0.5　
解析： v-t图像斜率大小表示加速度大小，根据题图乙可得小滑块P的
加速度大小a1＝ m/s2＝5 m/s2
对P分析f1＝μ1mg＝ma1，联立解得μ1＝0.5。
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（2）Q与地面间的动摩擦因数μ2；
答案： 0.25　
解析：根据题图乙可得木板Q的加速度大小
a2＝ m/s2＝5 m/s2
对Q分析μ1mg＋μ2（m＋M）g＝Ma2
联立解得μ2＝0.25。
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（3）如果想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q的最小长度L。
答案： 12.8 m
解析： t＝1.2 s时，P、Q相对位移为
x＝xP＋xQ＝ m＋ m＋4×1.2 m＝12 m
当t＝1.2 s时，vP＝0，但vQ＝4 m/s，方向向左。此时滑块P的加速度方向
向左，大小为
aP＝μ1g＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2
木板Q加速度方向向右，大小为aQ＝＝5 m/s2
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当P、Q共速时，有aPt＝vQ－aQt
解得t＝0.4 s
则共同速度为v共＝aPt＝2 m/s
则这一阶段滑块P向左运动的路程为sP＝t＝0.4 m
木板Q向左运动的路程为sQ＝t＝1.2 m
两者的相对位移为Δs＝sQ－sP＝0.8 m
则想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q至少长度为L＝x＋Δs＝（12＋
0.8）m＝12.8 m。
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1.（2026·安徽黄山联考）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（　　）
2.如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体，其质量为mB＝1.0 kg，如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F'，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F'的最大值Fmax为（　　）
A.2.0 N B.3.0 N
C.6.0 N D.9.0 N
3.（2026·重庆万州期末）光滑水平面上停放着质量为M＝2 kg的平板小车，一个质量为m＝1 kg的小滑块（视为质点）以v0＝3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示。小车长l＝1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，g取10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，2 s末小滑块与小车B端的距离为（　　）
A.1 m B.0
C.0.25 m D.0.75 m
4.（2026·江西鹰潭一模）某同学设计了如图甲所示的装置：一质量为0.5 kg的长木板A置于水平桌面上，质量为1 kg的滑块B（可视为质点）置于木板A上右侧，轻绳一端跨过定滑轮与滑块B连接，另一端悬挂一重物C，定滑轮和滑块B间轻绳水平，重物落地后立即与轻绳脱离连接。t＝0时刻，所有物体初速度都为0。该同学在某次操作中，记录下滑块B和木板A运动的部分v-t图像如图乙所示，整个运动过程中，滑块B始终不脱离木板A，木板A距定滑轮足够远，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）所挂重物C的质量；
（2）木板A与滑块B间动摩擦因数μ1及木板A与桌面间的动摩擦因数μ2；
（3）为使滑块B始终不脱离木板A，A的最短长度。
5.（2026·湖北荆州期末）如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M＝2 kg、长度L＝1.5 m的极薄平板AB，在薄平板的上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块（视为质点），开始时在沿斜面向上的力F的作用下保持静止，此时薄平板与斜面间无摩擦力。然后将F撤去，使小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求：
（1）求力F的大小；
（2）小滑块和薄平板无初速释放后，小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2；
（3）从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
6.（2026·黑龙江哈尔滨联考）如图甲，质量m＝1 kg的小滑块P（可视为质点），以v1＝6 m/s的速度从木板左端向右滑上木板Q，此时木板Q的速度大小为v2＝10 m/s，方向水平向左，从该时刻开始1.2 s内两物体的运动情况的v-t图像如图乙所示，1.2 s时滑块P的速度为0，木板Q的速度大小为4 m/s。已知木板Q的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）P、Q间的动摩擦因数μ1；
（2）Q与地面间的动摩擦因数μ2；
（3）如果想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q的最小长度L。
素养提升5　动力学中的“滑块—木板”模型
1.B　规定向右为正方向，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f1＝－3μmg，根据牛顿第二定律滑块的加速度a1＝＝－3μg，因此滑块的速度随时间变化关系v1＝v0－3μgt，木板受到滑块施加的滑动摩擦力（方向向右）和地面施加的滑动摩擦力，即f2＝2μmg，根据牛顿第二定律木板的加速度a2＝＝μg，因此木板的速度随时间变化关系v2＝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。
2.C　根据题图甲所示情境，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，对A、B整体根据牛顿第二定律有F＝（mA＋mB）a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N，根据题图乙所示情况，设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a'，以B为研究对象，根据牛顿第二定律有Ffmax＝mBa'，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝（mA＋mB）a'，代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。
3.C　对小滑块，由牛顿第二定律有a1＝＝μg＝4 m/s2，对小车由牛顿第二定律有，a2＝＝2 m/s2，设经时间t两者共速，有v＝v0－a1t＝a2t，解得t＝＝0.5 s，v＝1 m/s，对小滑块有x1＝t＝1 m，对小车x2＝t＝0.25 m，小滑块相对小车向右滑行的距离为Δx＝x1－x2＝0.75 m，共速后小滑块与车一起向右做匀速直线运动，2 s末小滑块与小车B端的距离为d＝l－Δx＝0.25 m，故选C。
4.（1）6 kg　（2）0.4　0.2　（3）1.5 m
解析：（1）（2）由图乙可知aA＝ m/s2＝2 m/s2，
aB＝ m/s2＝8 m/s2
aB'＝ m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律可得aA＝
aB＝，aB'＝＝μ1g
代入数据解得mC＝6 kg，μ1＝0.4，μ2＝0.2。
（3）为使滑块B始终不脱离木板A，则二者共速时，B滑到A的最左端，由图乙可知A至少长为l＝2××2×（1－0.25）m＝1.5 m。
5.（1）18 N　（2）4 m/s2，1 m/s2　（3）1 s
解析：（1）开始时，对滑块和平板整体分析，由平衡条件可知
F＝（M＋m）gsin θ＝18 N。
（2）设释放后，假设小滑块会相对于薄平板向下滑动，对小滑块m由牛顿第二定律有
mgsin 37°－f1＝ma1
其中f1＝μ1FN1，FN1＝mgcos 37°
解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2
对薄平板M，由牛顿第二定律有
Mgsin 37°＋f1－f2＝Ma2
其中f2＝μ2FN2，FN2＝mgcos 37°＋Mgcos 37°
解得a2＝1 m/s2
因a1＞a2，假设成立，即小滑块会相对于薄平板向下滑动。
（3）设小滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，
有x1＝a1t2，x2＝a2t2
x1－x2＝L
解得t＝1 s。
6.（1）0.5　（2）0.25　（3）12.8 m
解析：（1）v-t图像斜率大小表示加速度大小，根据题图乙可得小滑块P的加速度大小a1＝ m/s2＝5 m/s2
对P分析f1＝μ1mg＝ma1
联立解得μ1＝0.5。
（2）根据题图乙可得木板Q的加速度大小
a2＝ m/s2＝5 m/s2
对Q分析μ1mg＋μ2（m＋M）g＝Ma2
联立解得μ2＝0.25。
（3）t＝1.2 s时，P、Q相对位移为
x＝xP＋xQ＝ m＋ m＋4×1.2 m＝12 m
当t＝1.2 s时，vP＝0，但vQ＝4 m/s，方向向左。此时滑块P的加速度方向向左，大小为
aP＝μ1g＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2
木板Q加速度方向向右，大小为
aQ＝＝5 m/s2
当P、Q共速时，有aPt＝vQ－aQt
解得t＝0.4 s
则共同速度为v共＝aPt＝2 m/s
则这一阶段滑块P向左运动的路程为
sP＝t＝0.4 m
木板Q向左运动的路程为sQ＝t＝1.2 m
两者的相对位移为Δs＝sQ－sP＝0.8 m
则想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q至少长度为
L＝x＋Δs＝（12＋0.8）m＝12.8 m。
1 / 1素养提升5　动力学中的“滑块—木板”模型
1.理解“滑块—木板”模型的特点、临界条件及位移关系。 2.会用动力学的观点处理“滑块—木板”模型问题。
提升点一　水平面上的“滑块—木板”模型
　如图，木板B、物块A的质量分别为M和m，不计物块大小，开始A、B均静止，现使A以v0从B的左端开始运动。已知A、B间动摩擦因数为μ，地面光滑，已知重力加速度为g。
（1）分析A刚滑上B时，A、B的加速度大小？
（2）分析A、B各自的运动情况？
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。 2.四种常见类型 图例初始条件终止条件（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M。 （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
3.临界条件和位移关系 木板向右运动，滑块（视为质点）相对木板由一端运动到另一端，滑块和木板同向运动时（图甲），位移之差Δx＝x1－x2＝L（板长）；滑块和木板相向运动时（图乙），位移大小之和x2＋x1＝L。
（2026·云南文山月考）如图所示，质量M＝1 kg的长木板静止在水平面上，质量m＝2 kg的物块以方向水平向右、大小v0＝3 m/s的初速度冲上木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，木板足够长，物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）物块冲上木板的瞬间，物块与木板各自的加速度大小；
（2）物块最终距木板左端的距离。
尝试解答
（2026·江西赣州月考）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，开始时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？
尝试解答
　光滑水平面上有外力作用的两种情境
对A、B整体：F＝（M＋m）a 对B木板：受到的摩擦力向右，大小为f＝Ma 对A、B整体有：F＝（M＋m）a 对A物块：f＝ma
①两者相对静止时有f≤fm，即f＝Ma≤μmg，故a≤ ②A、B开始发生相对滑动，即a＞ ①两者相对静止时有f≤fm，即f＝ma≤μmg，故a≤μg ②A、B开始发生相对滑动，即a＞μg
　〔多选〕（2026·广东潮州期末）如图甲，长木板A静止在光滑水平面上，另一物体B（可看作质点）以水平速度v0＝2 m/s滑上长木板A的左端。由于A、B间存在摩擦，之后运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图乙。g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A.A木板所受的摩擦力与运动方向相同 B.A、B之间的动摩擦因数μ＝0.1
C.A木板的质量是B物体的两倍 D.长木板A的最小长度为L＝1 m
提升点二　斜面上的“滑块—木板”模型
〔多选〕（2026·湖南长沙联考）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＝1 kg，长度为L＝2.5 m的长木板B沿着斜面以速度v0下滑，此时把质量为m＝1 kg的铁块A（视为质点）无初速度放在长木板B的下端，经过t＝0.5 s，A和B达到共速。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列判断正确的是（　　）
A.木板下滑的初速度v0＝9 m/s
B.从放上铁块A到与长木板B共速，所用时间为0.5 s
C.共速时，铁块距离长木板上端2 m
D.从放上铁块A经过2 s后木板B的速度为v0
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　〔多选〕（2026·广西柳州联考）如图所示，一个质量为m，长为1.0 m的木板放在倾角为37°的光滑斜面上，板的左端有一个质量为M的物块，物块上连接了一根细绳，细绳跨过斜面顶端的光滑定滑轮并与斜面平行，另一端也连接一质量为M的物块，由静止释放该物块后，木板上的物块向上滑动而木板不动，已知M＝2m，则下列说法正确的是（　　）
A.物块与木板间的动摩擦因数为0.5
B.物块在木板上滑行的加速度为0.5 m/s2
C.物块在木板上滑行时间为2 s
D.若将竖直悬挂物块质量改为2M，则板将随物块一起上滑
素养提升5　动力学中的“滑块—木板”模型
提升点一
寻规探律
　提示：（1）A刚滑上B时，以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得μmg＝maA，解得A的加速度大小为aA＝μg，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得μmg＝MaB，解得B的加速度大小为aB＝。
（2）A刚滑上B后，A在B上做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，如果A到达B右端前，两者已经共速，则共速后A、B一起在光滑地面上做匀速直线运动；若A到达B右端时，A的速度仍大于B的速度，则A从B的右端滑落，之后A、B各自做匀速直线运动。
【例1】　（1）2 m/s2　1 m/s2　（2）1.5 m
解析：（1）物块冲上木板左端时，对物块，由牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
对木板，由牛顿第二定律，
有μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2
解得a2＝1 m/s2。
（2）当物块与木板速度相等时，
有v＝v0－a1t1
v＝a2t1
解得t1＝1 s，v＝1 m/s
假设物块与木板共速后保持相对静止，一起减速，对两者组成的整体，由牛顿第二定律有μ2（M＋m）·g＝（M＋m）a
解得a＝1 m/s2
物块受到的静摩擦力f＝ma＝2 N＜fmax＝μ1mg＝4 N
故两者可以相对静止一起速度减到零，故物块最终距离木板左端的距离L＝t1－t1＝1.5 m。
【例2】　（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＝at2－amt2＝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'＝＝0.5 m/s2
最终速度v'＝vm＋amt'
v'＝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＝t'－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。
强化训练
　ABD　A木板水平方向只受摩擦力作用，且做加速运动，所受的摩擦力方向与运动方向相同，故A正确；B物体做匀减速运动，其加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得μmBg＝mBa，即μ＝＝0.1，故B正确；A、B两物体水平方向都只受到来自对方的摩擦力，且加速度大小相等，根据牛顿第二定律可知，两物体质量相等，故C错误；长木板A的最小长度等于0～1 s内两物体的v-t图像所围的面积，故长木板A的最小长度为L＝ m＝1 m，故D正确。
提升点二
【例3】　BD　铁块A刚放在长木板B上时，对A分析，根据牛顿第二定律有μmgcos 37°＋mgsin 37°＝maA，解得aA＝10 m/s2，方向沿斜面向下，对B分析，根据牛顿第二定律有μ（M＋m）gcos 37°＋μmgcos 37°－Mgsin 37°＝MaB，解得aB＝6 m/s2，方向沿斜面向上，已知铁块A和长木板B共速所用的时间为t＝0.5 s，则v0－aBt＝aAt，解得v0＝8 m/s，故A错误，B正确；此时A和B相对位移为Δx＝xB－xA＝v0t－aBt2－aAt2＝2 m，A离木板上端2.5 m－2 m＝0.5 m，故C错误；A、B共速后，由于μ＜tan 37°，A、B一起沿斜面加速下滑，加速度a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，方向沿斜面向下，设经过t1再次加速到v0，v0＝v共＋at1，解得t1＝1.5 s，全程用时t2＝1.5 s＋0.5 s＝2 s，故D正确。
强化训练
　BC　木板上的物块向上滑动而木板不动，对木板进行分析有μMgcos 37°＝mgsin 37°，解得μ＝0.375，故A错误；对两物块整体分析，根据牛顿第二定律有Mg－Mgsin 37°－μMgcos 37°＝2Ma，结合上述解得a＝0.5 m/s2，故B正确；物块做匀加速直线运动，根据位移公式有L＝at2，结合上述数据代入解得t＝2 s，故C正确；若将竖直悬挂物块质量改为2M，木板上的物块相对于木板向上运动，其对木板的滑动摩擦力不变，即木板受力的情境不变，可知，木板仍然处于静止状态，故D错误。
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