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限时规范训练(17)　动力学中的“板块”模型
(建议用时：40分钟　满分：65分)
(选择题1～5题每题5分，共25分)
[基础巩固练]
1．(2026·浙江学军中学月考)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的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，木板运动的速度—时间图像可能是图中的(　　)
解析：A　放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面施加的向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，A正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。
2．(2025·山西晋中高三模拟预测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m、质量M＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1 kg的物块，物块与薄板间动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，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。则物块在薄板上运动的时间为(　　)
A．2.3 s B．2 s
C．1.7 s D．1 s
解析：D　设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物块在薄板上运动的时间为t，则由牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，由物块与薄板之间的位移关系可得a2t2－a1t2＝l，联立并代入数据解得t＝1 s，故选D。
3．(2026·江苏南通开学考)如图所示，长木板静止在水平地面上，小滑块置于木板的左端。已知木板与滑块的质量相等，滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数相同。敲击滑块使其以初速度v0向右运动，恰能滑至木板的右端；若敲击木板，使其获得向左的初速度，恰好使滑块滑至木板右端，则木板的初速度为(　　)
A．v0 B．2v0
C．3v0 D．4v0
解析：B　设各个接触面间的动摩擦因数为μ，木板长度为L；则敲击滑块时，滑块做减速运动的加速度大小a1＝μg，因滑块对木板的摩擦力μmg小于地面对木板的最大静摩擦力μ·2mg，可知木板静止，则由运动公式可得v02＝2μgL，若敲击木板时，滑块做加速运动的加速度大小a1＝μg，木板减速运动的加速度大小a2＝＝3μg，木块到达木板右端时两者共速，则共同速度v＝a1t＝v0′－a2t，t＝L，解得v0′＝2v0，故选B。
4．(2025·江西二模)如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知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＝0.05，重力加速度大小g取10 m/s2，则木板的长度为(　　)
A．1.0 m B．1.5 m
C．2.0 m D．2.5 m
解析：B　设物块的质量为m，木板的质量为M，在物块减速和木板加速到共速的时间为t1，加速度为a1、a2，有a1＝＝2 m/s2，a2＝，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移为x1＝t1，两者共速后，因μ1>μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度为a3，有a3＝＝0.5 m/s2，木板的位移为x2＝，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，有L＝t1－x1，联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故选B。
5．(2026·山东日照高三开学考)如图所示，一质量为2 kg的足够长木板c置于水平面上，质量均为1 kg的滑块a、b置于c上，b位于a右方某处。a与c之间的动摩擦因数为0.2，b与c之间、c与地面之间的动摩擦因数均为0.1，若给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。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。当F＝10 N时，t＝1 s。下列判断正确的是(　　)
A．初始时a、b之间的距离为0.5 m
B．若F＝8 N，则t＝ s
C．若F＝11 N，则t＝ s
D．F越大，t越小
解析：C　假设ac相对静止，bc相对滑动，对木板ac，有F－μ2(2m＋M)g－μ2mg＝(M＋m)a1，解得a1＝m/s2，由于a1＝m/s2<μ1g＝2 m/s2，a1＝m/s2>μ2g＝1 m/s2，则假设成立，对b，有a2＝＝1 m/s2，根据位移关系有xab＝ m，故A错误；同理，当F＝8 N时，ac整体加速度大小为a1′＝1 m/s2<μ1g＝2 m/s2，由于a1′＝1 m/s2＝μ2g＝1 m/s2，说明三者保持相对静止，ab不能相遇，故B错误；当F＝11 N时，ac整体加速度大小为a1″＝2 m/s2＝μ1g>μ2g，ac保持相对静止，bc相对滑动，则xab＝a1″t′2－a2t′2，代入数据解得t′＝ s，故C正确；当ac相对静止，bc相对滑动时，力F越大，则ac的加速度越大，b的加速度不变，根据位移关系可知，二者相遇的时间t越小，但当ac相对滑动，bc相对滑动时，力F越大，c的加速度增大，但ab加速度保持不变，所以二者相遇的时间不变，故D错误。故选C。
6．(10分)(2026·河北保定十校月考)如图甲所示，长为L＝8 m、质量为M＝4.0 kg的木板P放在光滑的水平地面上，P的中点有一个可视为质点的质量为m＝1.0 kg的小物块Q。现对P施加一水平向右的拉力F，F作用1 s后撤去，P、Q在F作用时的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。求：
图甲 图乙
(1)物块与木板间的动摩擦因数μ和水平拉力F的大小；
(2)F作用过程中，Q对P做的功；
(3)Q相对P向左滑行的最大距离Δx。
解析：(1)由图乙知：P的加速度大小为a1＝4 m/s2
Q的加速度大小为a2＝2 m/s2
对Q有μmg＝ma2
对P有F－μmg＝Ma1
联立上式解得μ＝0.2，F＝18 N。
(2)在0～1 s内P的位移大小为x1＝a1t12＝2 m
则Q对P做的功为W＝－μmgx1＝－4 J。
(3)假设系统向右运动过程中Q一直在P上，在0～1 s内Q的位移大小为x2＝a2t12＝1 m
1 s内P、Q相对位移为Δx1＝x1－x2＝1 m
撤去F至P、Q达到共同速度的过程中Q加速度大小不变，P以加速度大小为a3做减速运动，对P有μmg＝Ma3
解得a3＝0.5 m/s2
设P、Q速度相等再经历的时间为t2，v共＝vQ＋a2t2＝vP－a3t2
解得t2＝0.8 s，v共＝3.6 m/s
此时P运动的位移为x3＝vPt2－a3t22＝3.04 m
Q在t2时间内运动的位移为x4＝vQt2＋a2t22＝2.24 m
t2时间内P、Q相对位移为Δx2＝x3－x4＝0.8 m
Q相对P向左滑行的最大距离为Δx＝Δx1＋Δx2＝1.8 m
由于Δx<，故假设成立，即Q相对P向左滑行的最大距离为1.8 m。
答案：(1)0.2　18 N　(2)－4 J　(3)1.8 m
[能力提升练]
7．(10分)(2024·新课标卷，25)如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。
解析：(1)由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x物＝v0t1－at12＝l＋
x板＝at12＝
联立并代入数据解得v0＝4 m/s、t1＝ s。
(2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为
v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有
＝v2t2
h＝gt22
联立并代入数据解得h＝ m。
答案：(1)4 m/s　 s　(2) m
8．(10分)(2025·吉林高三联考)如图所示，在倾角θ＝30°的足够长固定斜面上，将质量M＝3 kg的长木板由静止释放的同时，一质量m＝0.5 kg的物块以v0＝6 m/s的初速度从木板的下端滑上木板。在物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且物块到达木板上端时物块的速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板的长度L；
(2)木板与斜面之间的动摩擦因数μ2；
(3)物块滑离木板时，木板的速度大小v。
解析：(1)物块刚滑上木板时，设物块的加速度大小为a1，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma1
根据匀变速直线运动的规律有v02＝2a1L
解得L＝4.5 m。
(2)物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，对木板受力分析，根据受力平衡有
Mg sin θ＝μ1mg cos θ＋Ff
Ff＝μ2(m＋M)g cos θ
解得μ2＝。
(3)当物块到达木板上端后，物块与木板都从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，设物块的加速度大小为a2、木板的加速度大小为a3，物块经时间t滑到木板下端，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
对木板受力分析，根据牛顿第二定律有
μ1mg cos θ＋Mg sin θ－μ2(M＋m)g cos θ＝Ma3
解得a3＝1 m/s2
时间t内物块的位移大小为x1＝a2t2
时间t内木板的位移大小x2＝a3t2
根据几何关系有x1－x2＝L
物块滑离木板时，木板的速度大小为v＝a3t
联立解得v＝3 m/s。
答案：(1)4.5 m　(2)　(3)3 m/s
[培优创新练]
9．(10分)(2026·辽宁名校联盟联考)如图所示，倾角θ＝37°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝10.8 m、质量M＝2 kg的薄木板，木板的顶端叠放一质量m＝1 kg的物块(视为质点)。对木板施加沿斜面向上的恒力F(大小未知)，使木板沿斜面向上由静止开始运动。已知物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，认为物块和木板分离前、后瞬间的速度均不变，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)若物块未离开木板时始终处于静止状态，求物块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)若物块与木板间的动摩擦因数μ′＝0.8，求使物块不滑离木板时恒力F的范围；
(3)若μ′＝0.8，F＝24 N，求物块运动至最高点时与木板底端的距离x。
解析：(1)对物块受力分析，有
mg sin θ＝Ff
FN＝mg cos θ
Ff＝μFN
解得μ＝0.75。
(2)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律有
F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a
以物块为研究对象，由牛顿第二定律有
Ff′－mg sin θ＝ma
又Ff′≤Ffmax＝μ′mg cos θ
a>0
解得18 N 故使物块不滑离木板时恒力F的范围为18 N(3)由题意知物块会滑离木板，设物块在木板上的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，有μ′mg cos θ－mg sin θ＝ma1
F－Mg sin θ－μ′mg cos θ＝Ma2
设物块在木板上运动的时间为t1，由几何关系有a2t12－a1t12＝L
解得t1＝3 s
此后物块从木板上掉落，设物块的加速度大小为a3，木板的加速度大小为a4，有
mg sin θ＝ma3
F－Mg sin θ＝Ma4
设从物块刚掉落到物块速度减至零的时间为t2，有t2＝
解得t2＝0.2 s
以物块与木板分离处为起始点，物块的位移大小x1＝t2
木板的位移大小
x2＝a2t1t2＋a4t22
又x＝x2－x1
解得x＝1.68 m。
答案：(1)0.75　(2)18 N 目标 要求 　 　 1.掌握板块模型的特点，会分析物体和木板的受力情况和运动情况。2.能正确运用动力学观点处理“板块”模型问题。
考点一　水平面上的“滑块—滑板”模型
　(经典高考题)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
解析：A、B的运动过程如图所示：
(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知，
A的加速度大小aA＝＝μg
在B上滑动时有2aAL＝vA2
解得vA＝。
(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小FfA＝μmg，方向向左
地面的摩擦力大小Ff地＝2μmg，方向向左
合外力大小F＝FfA＋Ff地＝3μmg
由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小
F′＝Ff地＝2μmg
由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2。
答案：(1)　(2)3μg　μg　(3)2
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)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)。
(3)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。
(4)木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。
　(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(　　)
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比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
解析：ABD　由图像可得，t＝3t0时刻，木板的速度为μgt0，加速度改变，说明t＝3t0时刻小物块滑上木板，木板受到小物块向左的滑动摩擦力作用做减速运动，A正确；小物块滑上木板后，加速度a＝＝2μg，根据牛顿第二定律得μ′mg＝ma，解得μ′＝2μ，B正确；小物块滑上木板之前，木板的加速度a1＝μg，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μMg＝Ma1，小物块滑上木板后，木板的加速度a2＝＝－μg，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μ(M＋m)g－μ′mg＝ Ma2，解得M＝2m，F＝3μmg，C错误；t＝4t0后，小物块和木板组成的整体所受合力F合＝F－μ(M＋m)g＝0，一起向右做匀速运动，D正确。
思路点拨
(1)t＝4t0时刻小物块与木板的速度相同，指的是速度的大小和方向均相同。
(2)3t0～4t0时间内小物块速度的变化量大小为μgt0－(－vm)＝2μgt0。
(3)当小物块滑上木板时，地面对木板的摩擦力会变大，不再是μmg。
　(2025·河南省洛阳市高三期末)如图，质量M＝0.2 kg、长度L＝0.64 m的长木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.3。在木板上左端放置一质量m＝0.2 kg的小滑块，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。若在木板上施加一方向水平向左的恒力F，同时给滑块一水平向右的初速度v0 ，滑块在木板上滑行，恰好从木板的右端掉下，此过程中木板始终保持静止状态。
(1)求初速度v0 的大小；
(2)若滑块在木板上从左端开始运动t1＝0.15 s后撤去力F，求木板在地面上滑行的距离x。
解析：(1)滑块与木板间的滑动摩擦力Ff2＝μ2mg
根据牛顿第二定律可知，滑块的加速度大小a1＝
滑块在木板上做匀减速运动，到木板右端时速度恰好为零，则有0－v02＝2(－a1)L
解得v0＝3.2 m/s。
(2)由v1＝v0－a1t1
解得v1＝2 m/s
撤去力F后，由于木板与地面间的最大静摩擦力Ff1＝μ1(M＋m)g＝1.2 N则木板做加速运动，木板的加速度大小a2＝＝2 m/s2
设滑块与木板共速时的速度大小为v2 ，滑块速率从v1 减到v2 所用的时间为t2，则有v2＝v1－a1t2＝a2t2
解得v2＝0.4 m/s，t2＝0.2 s
木板滑行的距离x1＝t2
之后滑块与木板一起做匀减速运动，直至停下，设此过程中整体的加速度大小为a，则有Ff1＝(M＋m)a，v22＝2a(x－x1)
解得x＝ m。
答案：(1)3.2 m/s　(2) m
思路点拨：木板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及木板与地面是否有相对运动。
考点二　斜面上的“滑块－滑板”模型
　(多选)(2026·湖南长郡中学月考)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。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
解析：BC　对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；要使小孩与滑板分离则有a1t2a2t2＝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。
　(2025·江苏扬州新华中学月考)如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10 m/s2，则由图像可知下列说法正确的是(　　)
图甲　 图乙
A．10 NB．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出
C．由题目条件可求木板C的质量
D．F>15 N时物块B和木板C相对滑动
解析：D　由图像可知，当10 N15 N时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；因当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2，此时物块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块μmg cos θ－mg sin θ＝ma，联立方程可求解μ＝，故B错误；对木板和物块的整体，当F1＝10 N时，a＝0，则F1＝(M＋m)g sin θ，当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2，则F2－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a ，联立方程可求解M＋m＝2 kg，sin θ＝，但是不能求解木板C的质量，故C错误。
思路点拨：当F2＝15 N时a＝2.5 m/s2，此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大。
　(2025·山东省烟台市高三期末)一质量为M＝5 kg的木板放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止状态。斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，木板左下端距挡板的距离为s0＝1.25 m。t＝0时刻，撤去作用在木板上的外力，同时一质量m＝10 kg的小物块从木板左下端以沿斜面向上的初速度v0＝4 m/s滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F，0～1 s时间内，F＝F1＝80 N，该力在t＝1 s时变为F＝F2＝60 N，方向沿斜面向下，并在此后保持不变。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可以看作质点，斜面足够长，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)0～1 s时间内，小物块和木板的加速度的大小；
(2)木板第一次与挡板碰撞时的速度大小。
解析：(1)对物块受力分析，根据牛顿第二定律得F1－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1
解得a1＝－2 m/s2
对木板受力分析，根据牛顿第二定律得μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma2
解得a2＝2 m/s2。
(2)物块、木板在1 s末的速度为v1＝v0＋a1t1，v2＝a2t1
解得v1＝v2＝2 m/s
1 s内木板运动的位移v22＝2a2x1
解得x1＝＝1 m
当1 s末时，将两物体作为研究对象分析得F2＋(m＋M)g sin θ＝(m＋M)a3
解得a3＝10 m/s2
物块和木板继续向上做匀减速运动，由运动学关系为x2＝＝0.2 m
物块和木板滑到最高点后，反向向下做匀加速运动，加速度不变；对木板则有v32＝2a3(x1＋x2＋s0)
解得木板第一次与挡板碰撞时的速度大小v3＝7 m/s。
答案：(1)2 m/s2　2 m/s2　(2)7 m/s
[归纳总结]　　处理“板块”模型中动力学问题的流程
限时规范训练(17)　动力学中的“板块”模型
(建议用时：40分钟　满分：65分)
(选择题1～5题每题5分，共25分)
[基础巩固练]
1．(2026·浙江学军中学月考)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的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，木板运动的速度—时间图像可能是图中的(　　)
解析：A　放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面施加的向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，A正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。
2．(2025·山西晋中高三模拟预测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m、质量M＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1 kg的物块，物块与薄板间动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，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。则物块在薄板上运动的时间为(　　)
A．2.3 s B．2 s
C．1.7 s D．1 s
解析：D　设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物块在薄板上运动的时间为t，则由牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，由物块与薄板之间的位移关系可得a2t2－a1t2＝l，联立并代入数据解得t＝1 s，故选D。
3．(2026·江苏南通开学考)如图所示，长木板静止在水平地面上，小滑块置于木板的左端。已知木板与滑块的质量相等，滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数相同。敲击滑块使其以初速度v0向右运动，恰能滑至木板的右端；若敲击木板，使其获得向左的初速度，恰好使滑块滑至木板右端，则木板的初速度为(　　)
A．v0 B．2v0
C．3v0 D．4v0
解析：B　设各个接触面间的动摩擦因数为μ，木板长度为L；则敲击滑块时，滑块做减速运动的加速度大小a1＝μg，因滑块对木板的摩擦力μmg小于地面对木板的最大静摩擦力μ·2mg，可知木板静止，则由运动公式可得v02＝2μgL，若敲击木板时，滑块做加速运动的加速度大小a1＝μg，木板减速运动的加速度大小a2＝＝3μg，木块到达木板右端时两者共速，则共同速度v＝a1t＝v0′－a2t，t＝L，解得v0′＝2v0，故选B。
4．(2025·江西二模)如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知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＝0.05，重力加速度大小g取10 m/s2，则木板的长度为(　　)
A．1.0 m B．1.5 m
C．2.0 m D．2.5 m
解析：B　设物块的质量为m，木板的质量为M，在物块减速和木板加速到共速的时间为t1，加速度为a1、a2，有a1＝＝2 m/s2，a2＝，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移为x1＝t1，两者共速后，因μ1>μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度为a3，有a3＝＝0.5 m/s2，木板的位移为x2＝，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，有L＝t1－x1，联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故选B。
5．(2026·山东日照高三开学考)如图所示，一质量为2 kg的足够长木板c置于水平面上，质量均为1 kg的滑块a、b置于c上，b位于a右方某处。a与c之间的动摩擦因数为0.2，b与c之间、c与地面之间的动摩擦因数均为0.1，若给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。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。当F＝10 N时，t＝1 s。下列判断正确的是(　　)
A．初始时a、b之间的距离为0.5 m
B．若F＝8 N，则t＝ s
C．若F＝11 N，则t＝ s
D．F越大，t越小
解析：C　假设ac相对静止，bc相对滑动，对木板ac，有F－μ2(2m＋M)g－μ2mg＝(M＋m)a1，解得a1＝m/s2，由于a1＝m/s2<μ1g＝2 m/s2，a1＝m/s2>μ2g＝1 m/s2，则假设成立，对b，有a2＝＝1 m/s2，根据位移关系有xab＝ m，故A错误；同理，当F＝8 N时，ac整体加速度大小为a1′＝1 m/s2<μ1g＝2 m/s2，由于a1′＝1 m/s2＝μ2g＝1 m/s2，说明三者保持相对静止，ab不能相遇，故B错误；当F＝11 N时，ac整体加速度大小为a1″＝2 m/s2＝μ1g>μ2g，ac保持相对静止，bc相对滑动，则xab＝a1″t′2－a2t′2，代入数据解得t′＝ s，故C正确；当ac相对静止，bc相对滑动时，力F越大，则ac的加速度越大，b的加速度不变，根据位移关系可知，二者相遇的时间t越小，但当ac相对滑动，bc相对滑动时，力F越大，c的加速度增大，但ab加速度保持不变，所以二者相遇的时间不变，故D错误。故选C。
6．(10分)(2026·河北保定十校月考)如图甲所示，长为L＝8 m、质量为M＝4.0 kg的木板P放在光滑的水平地面上，P的中点有一个可视为质点的质量为m＝1.0 kg的小物块Q。现对P施加一水平向右的拉力F，F作用1 s后撤去，P、Q在F作用时的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。求：
图甲 图乙
(1)物块与木板间的动摩擦因数μ和水平拉力F的大小；
(2)F作用过程中，Q对P做的功；
(3)Q相对P向左滑行的最大距离Δx。
解析：(1)由图乙知：P的加速度大小为a1＝4 m/s2
Q的加速度大小为a2＝2 m/s2
对Q有μmg＝ma2
对P有F－μmg＝Ma1
联立上式解得μ＝0.2，F＝18 N。
(2)在0～1 s内P的位移大小为x1＝a1t12＝2 m
则Q对P做的功为W＝－μmgx1＝－4 J。
(3)假设系统向右运动过程中Q一直在P上，在0～1 s内Q的位移大小为x2＝a2t12＝1 m
1 s内P、Q相对位移为Δx1＝x1－x2＝1 m
撤去F至P、Q达到共同速度的过程中Q加速度大小不变，P以加速度大小为a3做减速运动，对P有μmg＝Ma3
解得a3＝0.5 m/s2
设P、Q速度相等再经历的时间为t2，v共＝vQ＋a2t2＝vP－a3t2
解得t2＝0.8 s，v共＝3.6 m/s
此时P运动的位移为x3＝vPt2－a3t22＝3.04 m
Q在t2时间内运动的位移为x4＝vQt2＋a2t22＝2.24 m
t2时间内P、Q相对位移为Δx2＝x3－x4＝0.8 m
Q相对P向左滑行的最大距离为Δx＝Δx1＋Δx2＝1.8 m
由于Δx<，故假设成立，即Q相对P向左滑行的最大距离为1.8 m。
答案：(1)0.2　18 N　(2)－4 J　(3)1.8 m
[能力提升练]
7．(10分)(2024·新课标卷，25)如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。
解析：(1)由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x物＝v0t1－at12＝l＋
x板＝at12＝
联立并代入数据解得v0＝4 m/s、t1＝ s。
(2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为
v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有
＝v2t2
h＝gt22
联立并代入数据解得h＝ m。
答案：(1)4 m/s　 s　(2) m
8．(10分)(2025·吉林高三联考)如图所示，在倾角θ＝30°的足够长固定斜面上，将质量M＝3 kg的长木板由静止释放的同时，一质量m＝0.5 kg的物块以v0＝6 m/s的初速度从木板的下端滑上木板。在物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且物块到达木板上端时物块的速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板的长度L；
(2)木板与斜面之间的动摩擦因数μ2；
(3)物块滑离木板时，木板的速度大小v。
解析：(1)物块刚滑上木板时，设物块的加速度大小为a1，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma1
根据匀变速直线运动的规律有v02＝2a1L
解得L＝4.5 m。
(2)物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，对木板受力分析，根据受力平衡有
Mg sin θ＝μ1mg cos θ＋Ff
Ff＝μ2(m＋M)g cos θ
解得μ2＝。
(3)当物块到达木板上端后，物块与木板都从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，设物块的加速度大小为a2、木板的加速度大小为a3，物块经时间t滑到木板下端，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
对木板受力分析，根据牛顿第二定律有
μ1mg cos θ＋Mg sin θ－μ2(M＋m)g cos θ＝Ma3
解得a3＝1 m/s2
时间t内物块的位移大小为x1＝a2t2
时间t内木板的位移大小x2＝a3t2
根据几何关系有x1－x2＝L
物块滑离木板时，木板的速度大小为v＝a3t
联立解得v＝3 m/s。
答案：(1)4.5 m　(2)　(3)3 m/s
[培优创新练]
9．(10分)(2026·辽宁名校联盟联考)如图所示，倾角θ＝37°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝10.8 m、质量M＝2 kg的薄木板，木板的顶端叠放一质量m＝1 kg的物块(视为质点)。对木板施加沿斜面向上的恒力F(大小未知)，使木板沿斜面向上由静止开始运动。已知物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，认为物块和木板分离前、后瞬间的速度均不变，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)若物块未离开木板时始终处于静止状态，求物块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)若物块与木板间的动摩擦因数μ′＝0.8，求使物块不滑离木板时恒力F的范围；
(3)若μ′＝0.8，F＝24 N，求物块运动至最高点时与木板底端的距离x。
解析：(1)对物块受力分析，有
mg sin θ＝Ff
FN＝mg cos θ
Ff＝μFN
解得μ＝0.75。
(2)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律有
F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a
以物块为研究对象，由牛顿第二定律有
Ff′－mg sin θ＝ma
又Ff′≤Ffmax＝μ′mg cos θ
a>0
解得18 N 故使物块不滑离木板时恒力F的范围为18 N(3)由题意知物块会滑离木板，设物块在木板上的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，有μ′mg cos θ－mg sin θ＝ma1
F－Mg sin θ－μ′mg cos θ＝Ma2
设物块在木板上运动的时间为t1，由几何关系有a2t12－a1t12＝L
解得t1＝3 s
此后物块从木板上掉落，设物块的加速度大小为a3，木板的加速度大小为a4，有
mg sin θ＝ma3
F－Mg sin θ＝Ma4
设从物块刚掉落到物块速度减至零的时间为t2，有t2＝
解得t2＝0.2 s
以物块与木板分离处为起始点，物块的位移大小x1＝t2
木板的位移大小
x2＝a2t1t2＋a4t22
又x＝x2－x1
解得x＝1.68 m。
答案：(1)0.75　(2)18 N 专题突破5　动力学中的“板块”模型
1.掌握板块模型的特点，会分析物体和木板的受力情况和运动情况。2.能正确运用动力学观点处理“板块”模型问题。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　水平面上的“滑块—滑板”模型
(经典高考题)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
解析：A、B的运动过程如图所示：
(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知，
A的加速度大小aA＝＝μg
在B上滑动时有2aAL＝vA2解得vA＝。
(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小FfA＝μmg，方向向左
地面的摩擦力大小Ff地＝2μmg，方向向左
合外力大小F＝FfA＋Ff地＝3μmg
由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小
F′＝Ff地＝2μmg
由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2。
答案：(1)　(2)3μg　μg　(3)2
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)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)。
(3)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。
(4)木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。
ABD
(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(　　)
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比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
解析：ABD　由图像可得，t＝3t0时刻，木板的速度为μgt0，加速度改变，说明t＝3t0时刻小物块滑上木板，木板受到小物块向左的滑动摩擦力作用做减速运动，A正确；小物块滑上木板后，加速度a＝＝2μg，根据牛顿第二定律得μ′mg＝ma，解得μ′＝2μ，B正确；小物块滑上木板之前，木板的加速度a1＝μg，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μMg＝Ma1，小物块滑上木板后，木板的加速度a2＝＝－μg，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μ(M＋m)g－μ′mg＝ Ma2，解得M＝2m，F＝3μmg，C错误；
t＝4t0后，小物块和木板组成的整体所受合力F合＝F
－μ(M＋m)g＝0，一起向右做匀速运动，D正确。
思路点拨
(1)t＝4t0时刻小物块与木板的速度相同，指的是速度的大小和方向均相同。
(2)3t0～4t0时间内小物块速度的变化量大小为μgt0－(－vm)＝2μgt0。
(3)当小物块滑上木板时，地面对木板的摩擦力会变大，不再是μmg。
(2025·河南省洛阳市高三期末)如图，质量M＝0.2 kg、长度L＝0.64 m的长木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.3。在木板上左端放置一质量m＝0.2 kg的小滑块，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。若在木板上施加一方向水平向左的恒力F，同时给滑块一水平向右的初速度v0 ，滑块在木板上滑行，恰好从木板的右端掉下，此过程中木板始终保持静止状态。
(1)求初速度v0 的大小；
(2)若滑块在木板上从左端开始运动t1＝0.15 s后撤去力F，求木板在地面上滑行的距离x。
解析：(1)滑块与木板间的滑动摩擦力Ff2＝μ2mg
根据牛顿第二定律可知，滑块的加速度大小a1＝
滑块在木板上做匀减速运动，到木板右端时速度恰好为零，则有0－v02＝2(－a1)L
解得v0＝3.2 m/s。
(2)由v1＝v0－a1t1
解得v1＝2 m/s
撤去力F后，由于木板与地面间的最大静摩擦力Ff1＝μ1(M＋m)g＝1.2 N则木板做加速运动，木板的加速度大小a2＝＝2 m/s2
设滑块与木板共速时的速度大小为v2 ，滑块速率从v1 减到v2 所用的时间为t2，则有v2＝v1－a1t2＝a2t2
解得v2＝0.4 m/s，t2＝0.2 s
木板滑行的距离x1＝t2
之后滑块与木板一起做匀减速运动，直至停下，设此过程中整体的加速度大小为a，则有Ff1＝(M＋m)a，v22＝2a(x－x1)
解得x＝ m。
答案：(1)3.2 m/s　(2) m
思路点拨：木板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及木板与地面是否有相对运动。
考点二　斜面上的“滑块－滑板”模型
(多选)(2026·湖南长郡中学月考)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。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
BC
解析：BC　对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；要使小孩与滑板分离则有a1t2a2t2＝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。
(2025·江苏扬州新华中学月考)如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10 m/s2，
则由图像可知下列说法正确的是(　　)
A．10 NB．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出
C．由题目条件可求木板C的质量
D．F>15 N时物块B和木板C相对滑动
图甲
图乙
D
解析：D　由图像可知，当10 N15 N时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；因当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2，此时物块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块μmg cos θ－mg sin θ＝ma，联立方程可求解μ＝，故B错误；对木板和物块的整体，当F1＝10 N时，a＝0，则F1＝(M＋m)g sin θ，当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2，则F2－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a ，联立方程可求解M＋m＝2 kg，sin θ＝，但是不能求解木板C的质量，故C错误。
图甲
图乙
思路点拨：当F2＝15 N时a＝2.5 m/s2，此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大。
(2025·山东省烟台市高三期末)一质量为M＝5 kg的木板放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止状态。斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，木板左下端距挡板的距离为s0＝1.25 m。t＝0时刻，撤去作用在木板上的外力，同时一质量m＝10 kg的小物块从木板左下端以沿斜面向上的初速度v0＝4 m/s滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F，0～1 s时间内，F＝F1＝80 N，该力在t＝1 s时变为F＝F2＝60 N，方向沿斜面向下，并在此后保持不变。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可以看作质点，斜面足够长，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)0～1 s时间内，小物块和木板的加速度的大小；
(2)木板第一次与挡板碰撞时的速度大小。
解析：(1)对物块受力分析，根据牛顿第二定律得F1－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1
解得a1＝－2 m/s2
对木板受力分析，根据牛顿第二定律得μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma2
解得a2＝2 m/s2。
(2)物块、木板在1 s末的速度为v1＝v0＋a1t1，v2＝a2t1
解得v1＝v2＝2 m/s
1 s内木板运动的位移v22＝2a2x1
解得x1＝＝1 m
当1 s末时，将两物体作为研究对象分析得F2＋(m＋M)g sin θ＝(m＋M)a3
解得a3＝10 m/s2
物块和木板继续向上做匀减速运动，由运动学关系为x2＝＝0.2 m
物块和木板滑到最高点后，反向向下做匀加速运动，加速度不变；对木板则有v32＝2a3(x1＋x2＋s0)
解得木板第一次与挡板碰撞时的速度大小v3＝7 m/s。
答案：(1)2 m/s2　2 m/s2　(2)7 m/s
[归纳总结]　处理“板块”模型中动力学问题的流程
3
4
5
6
7
8
9
1
2
限时规范
训练(17)　动力学中的“板块”模型
(建议用时：40分钟　满分：65分)
(选择题1～5题每题5分，共25分)
[基础巩固练]
1．(2026·浙江学军中学月考)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的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，木板运动的速度—时间图像可能是图中的(　　)
A
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6
7
8
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解析：A　放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面施加的向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，A正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。
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2．(2025·山西晋中高三模拟预测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m、质量M＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1 kg的物块，物块与薄板间动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，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。则物块在薄板上运动的时间为
(　　)
A．2.3 s B．2 s
C．1.7 s D．1 s
D
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解析：D　设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物块在薄板上运动的时间为t，则由牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，由物块与薄板之间的位移关系可得a2t2－a1t2＝l，联立并代入数据解得t＝1 s，故选D。
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3．(2026·江苏南通开学考)如图所示，长木板静止在水平地面上，小滑块置于木板的左端。已知木板与滑块的质量相等，滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数相同。敲击滑块使其以初速度v0向右运动，恰能滑至木板的右端；若敲击木板，使其获得向左的初速度，恰好使滑块滑至木板右端，则木板的初速度为(　　)
A．v0 B．2v0
C．3v0 D．4v0
B
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解析：B　设各个接触面间的动摩擦因数为μ，木板长度为L；则敲击滑块时，滑块做减速运动的加速度大小a1＝μg，因滑块对木板的摩擦力μmg小于地面对木板的最大静摩擦力μ·2mg，可知木板静止，则由运动公式可得v02＝2μgL，若敲击木板时，滑块做加速运动的加速度大小a1＝μg，木板减速运动的加速度大小a2＝＝3μg，木块到达木板右端时两者共速，则共同速度v＝a1t＝v0′－a2t，t＝L，解得v0′＝2v0，故选B。
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4．(2025·江西二模)如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知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＝0.05，重力加速度大小g取10 m/s2，则木板的长度为(　　)
A．1.0 m B．1.5 m
C．2.0 m D．2.5 m
B
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解析：B　设物块的质量为m，木板的质量为M，在物块减速和木板加速到共速的时间为t1，加速度为a1、a2，有a1＝＝2 m/s2，a2＝，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移为x1＝t1，两者共速后，因μ1>μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度为a3，有a3＝＝0.5 m/s2，木板的位移为x2＝，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，有L＝t1－x1，联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故选B。
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5．(2026·山东日照高三开学考)如图所示，一质量
为2 kg的足够长木板c置于水平面上，质量均为1 kg
的滑块a、b置于c上，b位于a右方某处。a与c之间的动摩擦因数为0.2，b与c之间、c与地面之间的动摩擦因数均为0.1，若给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。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。当F＝10 N时，t＝1 s。下列判断正确的是(　　)
A．初始时a、b之间的距离为0.5 m B．若F＝8 N，则t＝ s
C．若F＝11 N，则t＝ s D．F越大，t越小
C
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解析：C　假设ac相对静止，bc相对滑动，对木板
ac，有F－μ2(2m＋M)g－μ2mg＝(M＋m)a1，解得
a1＝m/s2，由于a1＝m/s2<μ1g＝2 m/s2，a1＝m/s2>μ2g＝1 m/s2，则假设成立，对b，有a2＝＝1 m/s2，根据位移关系有xab＝ m，故A错误；同理，当F＝8 N时，ac整体加速度大小为a1′＝1 m/s2<μ1g＝2 m/s2，由于a1′＝1 m/s2＝μ2g＝1 m/s2，说明三者保持相对静止，ab不能相遇，故B错误；当F＝11 N时，ac整体加速度大小为a1″＝2 m/s2＝μ1g>μ2g，ac保持相对静止，bc相对滑动，则xab＝a1″t′2－a2t′2，代入数据
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解得t′＝ s，故C正确；当ac相对静止，bc相对滑动时，力F越大，则ac的加速度越大，b的加速度不变，根据位移关系可知，二者相遇的时间t越小，但当ac相对滑动，bc相对滑动时，力F越大，c的加速度增大，但ab加速度保持不变，所以二者相遇的时间不变，故D错误。故选C。
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6．(10分)(2026·河北保定十校月考)如图甲所示，长为L＝8 m、质量为M＝4.0 kg的木板P放在光滑的水平地面上，P的中点有一个可视为质点的质量为m＝1.0 kg的小物块Q。现对P施加一水平向右的拉力F，F作用1 s后撤去，P、Q在F作用时的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物块与木板间的动摩擦因数μ和水平拉力F的大小；
(2)F作用过程中，Q对P做的功；
(3)Q相对P向左滑行的最大距离Δx。
图甲 图乙
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解析：(1)由图乙知：P的加速度大小为a1＝4 m/s2
Q的加速度大小为a2＝2 m/s2
对Q有μmg＝ma2
对P有F－μmg＝Ma1
联立上式解得μ＝0.2，F＝18 N。
(2)在0～1 s内P的位移大小为x1＝a1t12＝2 m
则Q对P做的功为W＝－μmgx1＝－4 J。
(3)假设系统向右运动过程中Q一直在P上，在0～1 s内Q的位移大小为x2＝a2t12＝1 m
1 s内P、Q相对位移为Δx1＝x1－x2＝1 m
图甲 图乙
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撤去F至P、Q达到共同速度的过程中Q加速度大小不变，P以加速度大小为a3做减速运动，对P有μmg＝Ma3
解得a3＝0.5 m/s2
设P、Q速度相等再经历的时间为t2，v共＝vQ＋a2t2＝vP－a3t2
解得t2＝0.8 s，v共＝3.6 m/s
此时P运动的位移为x3＝vPt2－a3t22＝3.04 m
Q在t2时间内运动的位移为x4＝vQt2＋a2t22＝2.24 m
t2时间内P、Q相对位移为Δx2＝x3－x4＝0.8 m
Q相对P向左滑行的最大距离为Δx＝Δx1＋Δx2＝1.8 m
由于Δx<，故假设成立，即Q相对P向左滑行的最大距离为1.8 m。
答案：(1)0.2　18 N　(2)－4 J　(3)1.8 m
图甲
图乙
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[能力提升练]
7．(10分)(2024·新课标卷，25)如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。
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解析：(1)由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x物＝v0t1－at12＝l＋
x板＝at12＝
联立并代入数据解得v0＝4 m/s、t1＝ s。
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(2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为
v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有
＝v2t2
h＝gt22
联立并代入数据解得h＝ m。
答案：(1)4 m/s　 s　(2) m
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8．(10分)(2025·吉林高三联考)如图所示，在倾角θ＝30°的足够长固定斜面上，将质量M＝3 kg的长木板由静止释放的同时，一质量m＝0.5 kg的物块以v0＝6 m/s的初速度从木板的下端滑上木板。在物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且物块到达木板上端时物块的速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板的长度L；
(2)木板与斜面之间的动摩擦因数μ2；
(3)物块滑离木板时，木板的速度大小v。
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解析：(1)物块刚滑上木板时，设物块的加速度大小为a1，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma1
根据匀变速直线运动的规律有v02＝2a1L
解得L＝4.5 m。
(2)物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，对木板受力分析，根据受力平衡有
Mg sin θ＝μ1mg cos θ＋Ff
Ff＝μ2(m＋M)g cos θ
解得μ2＝。
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(3)当物块到达木板上端后，物块与木板都从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，设物块的加速度大小为a2、木板的加速度大小为a3，物块经时间t滑到木板下端，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
对木板受力分析，根据牛顿第二定律有
μ1mg cos θ＋Mg sin θ－μ2(M＋m)g cos θ＝Ma3
解得a3＝1 m/s2
时间t内物块的位移大小为x1＝a2t2
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时间t内木板的位移大小x2＝a3t2
根据几何关系有x1－x2＝L
物块滑离木板时，木板的速度大小为v＝a3t
联立解得v＝3 m/s。
答案：(1)4.5 m　(2)　(3)3 m/s
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[培优创新练]
9．(10分)(2026·辽宁名校联盟联考)如图所示，倾角θ＝37°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝10.8 m、质量M＝2 kg的薄木板，木板的顶端叠放一质量m＝1 kg的物块(视为质点)。对木板施加沿斜面向上的恒力F(大小未知)，使木板沿斜面向上由静止开始运动。已知物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，认为物块和木板分离前、后瞬间的速度均不变，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)若物块未离开木板时始终处于静止状态，求物块
与木板间的动摩擦因数μ；
(2)若物块与木板间的动摩擦因数μ′＝0.8，求使物块
不滑离木板时恒力F的范围；
(3)若μ′＝0.8，F＝24 N，求物块运动至最高点时与木板底端的距离x。
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解析：(1)对物块受力分析，有mg sin θ＝Ff
FN＝mg cos θ
Ff＝μFN
解得μ＝0.75。
(2)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律有
F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a
以物块为研究对象，由牛顿第二定律有Ff′－mg sin θ＝ma
又Ff′≤Ffmax＝μ′mg cos θ
a>0
解得18 N 故使物块不滑离木板时恒力F的范围为18 N9
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(3)由题意知物块会滑离木板，设物块在木板上的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，有μ′mg cos θ－mg sin θ＝ma1
F－Mg sin θ－μ′mg cos θ＝Ma2
设物块在木板上运动的时间为t1，由几何关系有a2t12－a1t12＝L
解得t1＝3 s
此后物块从木板上掉落，设物块的加速度大小为a3，
木板的加速度大小为a4，有mg sin θ＝ma3
F－Mg sin θ＝Ma4
设从物块刚掉落到物块速度减至零的时间为t2，有t2＝
解得t2＝0.2 s
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以物块与木板分离处为起始点，物块的位移大小x1＝t2
木板的位移大小
x2＝a2t1t2＋a4t22
又x＝x2－x1
解得x＝1.68 m。
答案：(1)0.75　(2)18 N 专题突破5　动力学中的“板块”模型
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