資源簡介

專題強化六　動力學中的“滑塊—木板”模型
學習目標　1.掌握“滑塊—木板”模型的受力情況和運動情況。 2.會用動力學的觀點處理“滑塊—木板”問題。
1.模型特點:滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發生相對滑動，滑塊和木板具有不同的加速度。
2.模型構建
(1)隔離法的應用:對滑塊和木板分別進行受力分析和運動過程分析。
(2)對滑塊和木板分別列動力學方程和運動學方程。
(3)明確滑塊和木板間的位移關系
如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長);滑塊和木板反向運動時，位移大小之和x2＋x1＝L。
3.解題關鍵
角度　水平面上的板塊模型
例1 如圖所示，長L＝2 m、質量M＝8 kg的木板，放在水平地面上，木板向右運動的速度v0＝6 m/s時，在木板最右端輕放一個初速度為0、質量m＝2 kg、可看成質點的小物塊。木板與地面、物塊與木板間的動摩擦因數均為μ＝0.2，g＝10 m/s2。求物塊滑離木板的時間t和此時木板的速度。
答案　0.4 s　4.8 m/s
解析　解法一　
注意:算出0.4 s后仍需要檢驗在0.4 s內木板是否已減速停止。若0.4 s內木板已減速停止，則需分兩段進行計算，第一段為木板減速到0的過程，第二段為木板停止運動后，物塊運動的過程。
則0.4 s時物塊已滑離木板，不研究滑離后的運動，因此t2＝2 s舍去。
解法二　利用v－t圖像求解。
如果木板足夠長，整個過程是物塊和木板先分別做加速運動和減速運動，然后再一起做減速運動，設t0時兩者速度相等，由v0－a2t0＝a1t0得出t0＝1.2 s，作出v－t像如圖所示。假設兩者能共速，那共速前的位移差等于圖中的陰影部分面積，解得s1＝＝3.6 m>2 m，可以判斷出兩者速度相等前就已經分離了。假設時間t后兩者分離，兩者的位移差等于圖中梯形ABCO的面積，表示為s2＝，又s2＝L，解得t1＝0.4 s，t2＝2 s，由分析我們可知運動時間小于1.2 s，故取t1＝0.4 s，此時木板的速度v板＝v0－a2t1＝4.8 m/s。
例2 如圖所示，質量M＝2 kg的滑板A放在水平地面上，當A向右滑動的速度v0＝13.5 m/s時，在A中間位置輕輕地放上一個初速度為0、大小不計、質量m＝1 kg的小物塊B，同時給B施加一個水平向右的恒力F＝6 N并開始計時。已知A與地面之間的動摩擦因數μ1＝0.1，A與B之間的動摩擦因數μ2＝0.4(設滑板A足夠長，g＝10 m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。求:
(1)A、B達到共同速度時的速度大小;
(2)從開始計時到A、B達到共同速度的時間內，A、B間相對位移x。
答案　(1)10 m/s　(2)6.75 m
解析　(1)先求摩擦力。
A、B所受摩擦力的方向如圖所示。
A對B的摩擦力FfB＝μ2mg＝4 N
由牛頓第三定律知FfB'＝FfB
地面對A的摩擦力FfA＝μ1(m＋M)g＝3 N
再求加速度。
對B有F＋FfB＝maB，解得aB＝10 m/s2，方向向右
對A有FfA＋FfB'＝MaA，解得aA＝3.5 m/s2，方向向左。
設經過時間t達到共速v共，對B有v共＝aBt
對A有v共＝v0－aAt
則aBt＝v0－aAt
解得t＝1 s
所以v共＝aBt＝10 m/s。
(2)相對位移就是從開始到共速這段時間內A、B的位移差x＝xA－xB
對滑板A，有xA＝t
對物塊B，有xB＝t
解得x＝6.75 m。
跟蹤訓練
1.(多選)(2024·安徽合肥模擬)如圖所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P處于靜止狀態，小滑塊Q(可視為質點)放置于長木板中點。已知滑塊與長木板間的動摩擦因數μ1＝0.2，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.3，滑塊、木板的質量均為1 kg，重力加速度g＝10 m/s2。現將一個水平向右的力F作用在長木板的右端，則(　　)
A.F＝4 N，Q受到的摩擦力為零
B.F＝14 N，P的加速度等于4 m/s2
C.F＝8 N，Q受到的摩擦力為1 N
D.F＝8 N，經過4 s撤去F，若要Q不從P上滑脫，長木板長至少為4 m
答案　ACD
解析　P與地面間的最大靜摩擦力為FfPm＝μ2·2mg＝6 N，F至少等于6 N才能拉動木板P，當F＝4 N時木板P保持靜止，Q受到的摩擦力為零，故A正確;當F＝14 N時，假設Q在P上相對滑動，對P分析，由牛頓第二定律有F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaP，解得aP＝6 m/s2>aQ＝μ1g＝2 m/s2，假設成立，所以P的加速度等于6 m/s2，故B錯誤;當F＝8 N時，假設P和Q加速度相等，有F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝1 m/s22.(多選)(2024·黑吉遼卷，10)一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為μ。t＝0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時間內，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g為重力加速度大小。t＝4t0時刻，小物塊和木板的速度相同。下列說法正確的是(　　)
A.小物塊在t＝3t0時刻滑上木板
B.小物塊和木板間的動摩擦因數為2μ
C.小物塊與木板的質量之比為3∶4
D.t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動
答案　ABD
解析　由v－t圖像可知，在3t0時刻木板的加速度發生變化，可知小物塊在t＝3t0時刻滑上木板，A正確;由v－t圖像可知，0~3t0時間內，木板的加速度大小a1＝μg，設木板的質量為M，對木板由牛頓第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，在t＝3t0時，木板的速度v1＝a1·3t0＝μgt0，根據題意可知t＝3t0時小物塊以μgt0的速度水平向左滑上木板，3t0~4t0時間內，小物塊的加速度大小a'＝＝2μg，設小物塊的質量為m，對小物塊，由牛頓第二定律有μ'mg＝ma'，可得μ'＝2μ，B正確;由v－t圖像可知，3t0~4t0時間內，木板的加速度大小a2＝μg，對木板分析有F－μ'mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，可得m∶M＝1∶2，C錯誤;t＝4t0之后，假設木板與小物塊相對靜止，對整體有F－μ(M＋m)g＝0，假設成立，所以t＝4t0之后小物塊與木板一起做勻速運動，D正確。
角度　斜面上的板塊模型
例3 如圖所示，在傾角θ＝37°的固定斜面上放置一質量M＝1 kg、長度L＝3 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B與斜面底端C的距離為16 m。在平板的上端A處放一可視為質點、質量m＝0.6 kg的滑塊，開始時使平板和滑塊都靜止，之后將它們無初速度釋放。設平板與斜面間、滑塊與斜面間的動摩擦因數均為μ＝0.5，求滑塊與平板下端B到達斜面底端C的時間差Δt(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)。
答案　2 s
解析　由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 37°，故滑塊在平板上滑動時，平板靜止不動，滑塊在平板上滑行時加速度大小a1＝gsin 37°＝6 m/s2
到達B點時速度v＝＝6 m/s
之后滑塊滑離平板，在斜面上運動時的加速度大小a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
設滑塊在斜面上運動的時間為t，則有
LBC＝vt＋a2t2
代入數據解得t＝2 s
對平板，滑塊滑離后才開始運動，加速度為a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
設滑至斜面底端C所用時間為t'，則有LBC＝a3t'2
代入數據解得t'＝4 s
滑塊與平板下端B到達斜面底端C的時間差為Δt＝t'－t＝2 s。
跟蹤訓練
3.(多選)(2025·湖南寧鄉市高三調研)滑板運動已經成為亞運會中備受矚目的一項比賽項目，它不僅代表了一種獨特的文化，還展現了競技體育的精神和魅力。如圖所示，某次運動中，小孩(可看作質點)與滑板以相同初速度v0＝6 m/s一起滑上斜面體，整個過程斜面體始終保持靜止。已知小孩與滑板間的動摩擦因數μ1＝0.6，滑板與斜面間的動摩擦因數μ2＝0.5，小孩質量m1＝25 kg，滑板質量m2＝1 kg，斜面體質量m3＝10 kg，斜面傾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，則在上滑過程中，下列說法正確的是(　　)
A.小孩與滑板之間的摩擦力大小為120 N
B.小孩沿斜面滑行的最遠距離為1.8 m
C.地面對斜面的支持力大小為360 N
D.地面對斜面的摩擦力大小為208 N
答案　BD
解析　由于μ1>μ2，所以小孩和滑板相對靜止一起做勻減速運動到最高點，由牛頓第二定律有(m1＋m2)gsin θ＋μ2(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a，解得a＝10 m/s2，方向沿斜面向下。對小孩分析，假設小孩和滑板間的摩擦力為Ff1，有Ff1＋m1gsin θ＝m1a，解得Ff1＝100 N，故A錯誤;由速度位移公式可得x＝＝1.8 m，故B正確;以小孩、滑板和斜面體整體為研究對象，小孩和滑板做勻減速運動，加速度方向沿斜面向下，加速度有水平向右和豎直向下的分加速度，大小分別為ax＝acos θ，ay＝asin θ，根據系統牛頓第二定律可知，在豎直方向有(m1＋m2＋m3)g－FN＝(m1＋m2)ay，解得FN＝204 N，故C錯誤;地面對斜面體有向右的摩擦力，其大小為Ff2＝(m1＋m2)ax＝208 N，故D正確。
總結提升　處理“板塊”模型中動力學問題的流程
A級　基礎對點練
對點練1　水平面上的板塊模型
1.(多選)(2025·山西呂梁高三月考)如圖甲所示，長木板A靜止在光滑水平面上，另一質量為2 kg的物體B(可看作質點)以水平速度v0＝3 m/s滑上長木板A的表面。由于A、B間存在摩擦，之后的運動過程中A、B的速度—時間圖像如圖乙所示。g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A.長木板A、物體B所受的摩擦力均與運動方向相反
B.A、B之間的動摩擦因數μ＝0.2
C.1 s末物體B從木板A的右端滑落
D.長木板A的質量是4 kg
答案　BD
解析　由題意可知，A木板的運動方向與其摩擦力方向相同，物體B運動方向與其摩擦力方向相反，故A錯誤;由題圖乙知B的加速度大小為aB＝ m/s2＝2 m/s2，對B由牛頓第二定律有μmBg＝mBaB，解得μ＝0.2，故B正確;由題圖乙可知0~1 s內二者相對運動，之后相對靜止一起勻速運動，故C錯誤;長木板A的加速度大小為aA＝1 m/s2，由μmBg＝mAaA，μmBg＝mBaB，聯立兩式可解得，長木板A的質量是B物體的兩倍，即mA＝4 kg，故D正確。
2.將一香皂盒置于桌面上的一張紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，香皂盒的位移很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗(示意圖如圖所示)。若香皂盒和紙板的質量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g。本實驗中，m1＝100 g，m2＝5 g，μ＝0.2，香皂盒與紙板左端的距離d＝0.1 m，若香皂盒移動的距離超過l＝0.002 m，人眼就能感知，忽略香皂盒的體積因素影響，g取10 m/s2，為確保香皂盒移動不被人感知，紙板所需的拉力至少是 (　　)
A.1.42 N B.1.40 N
C.142 N D.0.142 N
答案　A
解析　香皂盒的加速度a1＝μg＝2 m/s2，紙板的加速度a2＝，對香皂盒有x1＝a1，對紙板有x1＋d＝a2，紙板抽出后香皂盒運動的距離x2＝a3，a3＝a1，由題意知a1t1＝a3t2，l＝x1＋x2，聯立解得F＝1.42 N，故A正確。
3.(多選)如圖甲所示，一滑塊置于足夠長的長木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑塊和木板的質量均為2 kg，現在滑塊上施加一個F＝0.5t(N)的變力作用，從t＝0時刻開始計時，滑塊所受摩擦力隨時間變化的關系如圖乙所示。設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A.滑塊與木板間的動摩擦因數為0.4
B.木板與水平地面間的動摩擦因數為0.2
C.圖乙中t2＝24 s
D.木板的最大加速度為2 m/s2
答案　ACD
解析　由題圖乙可知，滑塊與木板之間的滑動摩擦力為8 N，則滑塊與木板間的動摩擦因數為μ＝＝0.4，故A正確;由題圖乙可知t1時刻木板相對地面開始滑動，此時滑塊與木板相對靜止，則木板與水平地面間的動摩擦因數為μ'＝＝0.1，故B錯誤;t2時刻，滑塊與木板將要發生相對滑動，此時滑塊與木板間的摩擦力達到最大靜摩擦力Ffm＝8 N，兩物體的加速度相等，且木板的加速度達到最大，則對木板有Ffm－μ'·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2，對滑塊有F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，則由F＝0.5t(N)可知t2＝24 s，故C、D正確。
4.(2024·湖南長沙模擬)如圖所示，質量為4 kg的薄木板靜置于足夠大的水平地面上，其左端有一質量為2 kg的物塊，現對物塊施加一大小為12 N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的時間不超過1 s，物塊就不能脫離木板。已知物塊與木板間的動摩擦因數為0.4，木板與地面間的動摩擦因數為0.1，物塊可視為質點，重力加速度大小g＝10 m/s2。則木板的長度為(　　)
A.0.8 m B.1.0 m
C.1.2 m D.1.5 m
答案　B
解析　設拉力F作用下物塊在木板上滑動，物塊的加速度大小為a1，撤去外力后物塊的加速度大小為a2，木板的加速度為a3，根據牛頓第二定律有F－μ1mg＝ma1，μ1mg＝ma2，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3，解得a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2，a3＝0.5 m/s2，拉力F作用的時間為1 s時，物塊、木板的速度為v1＝a1t1＝2 m/s，v2＝a3t1＝0.5 m/s，設又經t2時間，物塊、木板共速，則v共＝v1－a2t2＝v2＋a3t2，解得t2＝ s，v共＝ m/s，木板的長度為L＝v1t1－v2t1＋t2－t2＝0.75 m＋0.25 m＝1.0 m，故B正確。
對點練2　斜面上的板塊模型
5.在傾角為θ的固定斜面上放置一個長為L、質量為m的薄木板，木板上端與斜面的頂端對齊。將質量為m的小滑塊置于木板上端，與木板一起由靜止釋放。木板與斜面間的動摩擦因數μ1＝tan θ，小滑塊與木板間的動摩擦因數μ2<μ1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。斜面足夠長，且小滑塊未脫離木板，則在小滑塊下滑的過程中，下列說法中正確的是(　　)
A.小滑塊與長木板相對靜止一起加速下滑
B.長木板相對斜面勻速下滑
C.小滑塊的加速度為gsin θ－μ2gcos θ
D.長木板的加速度為gsin θ＋μ2gcos θ－μ1gcos θ
答案　C
解析　由于μ1＝tan θ，對木板而言，若木板單獨放在斜面上，則有mgsin θ＝μ1mgcos θ，即木板會靜止在斜面上，而由于μ2<μ1，對小滑塊有mgsin θ>μ2mgcos θ，即小滑塊不能靜止在木板上，會與木板產生相對滑動，木板對小滑塊的滑動摩擦力沿著木板向上，根據牛頓第三定律可知，滑塊對木板的滑動摩擦力沿著木板向下，此時對木板有mgsin θ＋μ2mgcos θ<μ1(m＋m)gcos θ，即木板仍然靜止在斜面上，故A、B、D錯誤;對小滑塊，由牛頓第二定律有mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma，解得小滑塊的加速度為a＝gsin θ－μ2gcos θ，故C正確。
6.(多選)滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1 m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數為。小孩(可視為質點)坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑，小孩與滑板之間的動摩擦因數取決于小孩的衣料，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數為0.4，小孩的質量與滑板的質量相等，斜坡足夠長，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　)
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2 m/s2
B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8 m/s2
C.經過1 s的時間，小孩離開滑板
D.小孩離開滑板時的速度大小為0.8 m/s
答案　BC
解析　對小孩，由牛頓第二定律得mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1，解得加速度大小為a1＝2.8 m/s2，同理對滑板，加速度大小為
a2＝＝0.8 m/s2，A錯誤，B正確;小孩剛與滑板分離時，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，離開滑板時小孩的速度大小為v＝a1t＝2.8 m/s，C正確，D錯誤。
B級　綜合提升練
7.如圖(a)所示，物塊和長木板置于傾角為θ＝37°且足夠長的斜面上。t＝0時對長木板施加沿斜面向上的拉力F，使長木板和物塊由靜止開始沿斜面上滑，作用一段時間后撤去拉力F。已知長木板和物塊始終保持相對靜止，兩者上滑時速度的平方與位移之間的關系v2－x圖像如圖(b)所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是(　　)
A.拉力F的作用時間為2 s
B.拉力F作用時長木板的加速度大小為2 m/s2
C.長木板與斜面間的動摩擦因數為0.25
D.物塊與長木板之間的動摩擦因數可能為0.75
答案　C
解析　由圖(b)知，斜率的絕對值等于加速度的2倍，則拉力F作用的長木板的加速度a1＝× m/s2＝1 m/s2，B錯誤;撤去拉力時的速度v＝4 m/s，拉力作用時間為t1＝＝4 s，A錯誤;撤去拉力后的加速度a2＝× m/s2＝8 m/s2，由牛頓第二定律有(M＋m)gsin θ＋μ1(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a2，解得μ1＝0.25，C正確;物塊與長木板之間無相對滑動，由牛頓第二定律有μ2mgcos θ－mgsin θ≥ma1，解得μ2≥0.875，物塊與長木板之間的動摩擦因數不可能為0.75，D錯誤。
8.(2025·湖北十堰模擬)如圖所示，在足夠大的水平地面上靜置一木板，可視為質點的物塊以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最終物塊恰好到達木板的右端，木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度，已知物塊的質量m＝1 kg，物塊與木板間的動摩擦因數μ1＝0.2，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.05，重力加速度大小g＝10 m/s2，求:
(1)木板的長度L;
(2)木板的質量M。
答案　(1)1.5 m　(2)1 kg
解析　(1)設物塊在木板上滑動時的加速度大小為a1，它們相對靜止一起減速時的加速度大小為a2，圖中兩部分的陰影面積相等，有μ1mg＝ma1
μ2(m＋M)g＝(m＋M)a2
設兩者共同速度為v共，有
a1
得t1＝1 s，v共＝1 m/s
所以1 s后兩者的速度大小均為1 m/s，由題意知木板的長度L＝×3t1×1 m＝1.5 m。
(2)由圖知，兩者共速前，木板的加速度大小a3＝1.0 m/s2
有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3
解得M＝1 kg。
C級　培優加強練
9.(2024·河北高三猜題卷)如圖(a)所示，質量為M＝1 kg的長木板置于傾角為θ＝37°且足夠長的斜面上，在外力F作用下沿斜面向上以v0＝0.8 m/s的速度一直做勻速運動。t＝0時刻，一質量為m＝2 kg的小鐵塊(可視為質點)以一定的初速度從長木板頂端沿長木板向下滑上長木板，以沿斜面向上為正方向，外力F隨時間t變化的圖像如圖(b)所示，小鐵塊始終未從長木板上滑落，已知小鐵塊與長木板、長木板與斜面間的動摩擦因數均為0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求:
(1)小鐵塊滑上長木板的初速度大小;
(2)圖(b)中F'的大小和長木板的最短長度。
答案　(1)1 m/s　(2)37.2 N　4.05 m
解析　(1)設小鐵塊的加速度大小為a，對小鐵塊根據牛頓第二定律有Ff2－mgsin θ＝ma
其中Ff2＝μFN2＝μmgcos θ
解得a＝0.4 m/s2
由圖(b)可知t＝4.5 s時小鐵塊與長木板達到共速，有v0＋v＝at
解得v＝1 m/s。
(2)小鐵塊先沿木板向下做勻減速運動至速度為零，再沿木板向上做勻加速運動，t＝4.5 s后與長木板一起以速度v0沿斜面向上做勻速運動，有
F'＝Mgsin θ＋mgsin θ＋μ(m＋M)gcos θ
解得F'＝37.2 N
t＝4.5 s內小鐵塊的位移大小為x1，長木板的位移大小為x2，有x1＝t＝0.45 m，方向沿斜面向下，x2＝v0t＝3.6 m，方向沿斜面向上。為了保證小鐵塊不從長木板上滑落，長木板的最短長度為
L＝x1＋x2＝4.05 m。(共43張PPT)
專題強化六　動力學中的“滑塊—木板”模型
第三章　運動和力的關系
掌握“滑塊—木板”模型的受力情況和運動情況。
會用動力學的觀點處理“滑塊—木板”問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升素養能力
1.模型特點:滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發生相對滑動，滑塊和木板具有不同的加速度。
2.模型構建
(1)隔離法的應用:對滑塊和木板分別進行受力分析和運動過程分析。
(2)對滑塊和木板分別列動力學方程和運動學方程。
(3)明確滑塊和木板間的位移關系
如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長);滑塊和木板反向運動時，位移大小之和x2＋x1＝L。
3.解題關鍵
角度　　水平面上的板塊模型
例1 如圖所示，長L＝2 m、質量M＝8 kg的木板，放在水平地面上，木板向右運動的速度v0＝6 m/s時，在木板最右端輕放一個初速度為0、質量m＝2 kg、可看成質點的小物塊。木板與地面、物塊與木板間的動摩擦因數均為μ＝0.2，g＝10 m/s2。求物塊滑離木板的時間t和此時木板的速度。
解析　解法一　
注意:算出0.4 s后仍需要檢驗在0.4 s內木板是否已減速停止。若0.4 s內木板已減速停止，則需分兩段進行計算，第一段為木板減速到0的過程，第二段為木板停止運動后，物塊運動的過程。
則0.4 s時物塊已滑離木板，不研究滑離后的運動，因此t2＝2 s舍去。
解法二　利用v－t圖像求解。
如果木板足夠長，整個過程是物塊和木板先分別做加速運動和減速運動，然后再一起做減速運動，設t0時兩者速度相等，由v0－a2t0＝a1t0得出t0＝1.2 s，作出v－t像如圖所示。假設兩者能共速，那共速前的位移差等于圖中
的陰影部分面積，解得s1＝＝3.6 m>2 m，可以判斷出兩者速度相等前就已經分離了。假設時間t后兩者分離，兩者的位移差等于圖中梯形ABCO的面積，表示為s2＝，又s2＝L，解得t1＝0.4 s，t2＝2 s，由分析我們可知運動時間小于1.2 s，故取t1＝0.4 s，此時木板的速度v板＝v0－a2t1＝4.8 m/s。
答案　0.4 s　4.8 m/s
例2 如圖所示，質量M＝2 kg的滑板A放在水平地面上，當A向右滑動的速度v0＝13.5 m/s時，在A中間位置輕輕地放上一個初速度為0、大小不計、質量m＝1 kg的小物塊B，同時給B施加一個水平向右的恒力F＝6 N并開始計時。已知A與地面之間的動摩擦因數μ1＝0.1，A與B之間的動摩擦因數μ2＝0.4(設滑板A足夠長，g＝10 m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。求:
(1)A、B達到共同速度時的速度大小;
解析　先求摩擦力。
A、B所受摩擦力的方向如圖所示。
A對B的摩擦力FfB＝μ2mg＝4 N
由牛頓第三定律知FfB'＝FfB
地面對A的摩擦力FfA＝μ1(m＋M)g＝3 N
再求加速度。
對B有F＋FfB＝maB，解得aB＝10 m/s2，方向向右
對A有FfA＋FfB'＝MaA，解得aA＝3.5 m/s2，方向向左。
設經過時間t達到共速v共，對B有v共＝aBt
對A有v共＝v0－aAt
則aBt＝v0－aAt
解得t＝1 s
所以v共＝aBt＝10 m/s。
答案　10 m/s
(2)從開始計時到A、B達到共同速度的時間內，A、B間相對位移x。
解析　相對位移就是從開始到共速這段時間內A、B的位移差x＝xA－xB
對滑板A，有xA＝t
對物塊B，有xB＝t
解得x＝6.75 m。
答案　6.75 m
1.(多選)(2024·安徽合肥模擬)如圖所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P處于靜止狀態，小滑塊Q(可視為質點)放置于長木板中點。已知滑塊與長木板間的動摩擦因數μ1＝0.2，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.3，滑塊、木板的質量均為1 kg，重力加速度g＝10 m/s2。現將一個水平向右的力F作用在長木板的右端，則( 　　)
跟蹤訓練
ACD
A.F＝4 N，Q受到的摩擦力為零
B.F＝14 N，P的加速度等于4 m/s2
C.F＝8 N，Q受到的摩擦力為1 N
D.F＝8 N，經過4 s撤去F，若要Q不從P上滑脫，長木板長至少為4 m
解析　P與地面間的最大靜摩擦力為FfPm＝μ2·2mg＝6 N，F至少等于6 N才能拉動木板P，當F＝4 N時木板P保持靜止，Q受到的摩擦力為零，故A正確;當F＝14 N時，假設Q在P上相對滑動，對P分析，由牛頓第二定律有F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaP，解得aP＝6 m/s2>aQ＝μ1g＝2 m/s2，假設成立，所
以P的加速度等于6 m/s2，故B錯誤;當F＝8 N時，假設P和Q加速度相等，有F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝1 m/s22.(多選)(2024·黑吉遼卷，10)一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為μ。t＝0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時間內，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g為重力加速度大小。t＝4t0時刻，小物塊和木板的速度相同。下列說法正確的是(　 　)
A.小物塊在t＝3t0時刻滑上木板
B.小物塊和木板間的動摩擦因數為2μ
C.小物塊與木板的質量之比為3∶4
D.t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動
ABD
解析　由v－t圖像可知，在3t0時刻木板的加速度發生變化，可知小物塊在t＝3t0時刻滑上木板，A正確;由v－t圖像可知，0~3t0時間內，木板的加速度大小a1＝μg，設木板的質量為M，對木板由牛頓第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，在t＝3t0時，木板的速度v1＝a1·3t0＝μgt0，根據題意可知t＝3t0
時小物塊以μgt0的速度水平向左滑上木板，3t0~4t0時間內，小物塊的加速度大小a'＝＝2μg，設小物塊的質量為m，對小物塊，由牛頓第二定律有μ'mg＝ma'，可得μ'＝2μ，B正確;由v－t圖像可知，3t0~4t0時間內，木板的加速度大小a2＝μg，對木板分析有F－μ'mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，可得m∶M＝1∶2，C錯誤;t＝4t0之后，假設木板與小物塊相對靜止，對整體有F－μ(M＋m)g＝0，假設成立，所以t＝4t0之后小物塊與木板一起做勻速運動，D正確。
角度　　斜面上的板塊模型
例3 如圖所示，在傾角θ＝37°的固定斜面上放置一質量M＝1 kg、長度L＝3 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B與斜面底端C的距離為16 m。在平板的上端A處放一可視為質點、質量m＝0.6 kg的滑塊，開始時使平板和滑塊都靜止，之后將它們無初速度釋放。設平板與斜面間、滑塊與斜面間的動摩擦因數均為μ＝0.5，求滑塊與平板下端B到達斜面底端C的時間差Δt(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)。
解析　由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 37°，故滑塊在平板上滑動時，平板靜止不動，滑塊在平板上滑行時加速度大小a1＝gsin 37°＝6 m/s2
到達B點時速度v＝＝6 m/s
之后滑塊滑離平板，在斜面上運動時的加速度大小a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
設滑塊在斜面上運動的時間為t，則有LBC＝vt＋a2t2
代入數據解得t＝2 s
對平板，滑塊滑離后才開始運動，加速度為a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
設滑至斜面底端C所用時間為t'，則有LBC＝a3t'2
代入數據解得t'＝4 s
滑塊與平板下端B到達斜面底端C的時間差為Δt＝t'－t＝2 s。
答案　2 s
3.(多選)(2025·湖南寧鄉市高三調研)滑板運動已經成為亞運會中備受矚目的一項比賽項目，它不僅代表了一種獨特的文化，還展現了競技體育的精神和魅力。如圖所示，某次運動中，小孩(可看作質點)與滑板以相同初速度v0＝6 m/s一起滑上斜面體，整個過
跟蹤訓練
BD
程斜面體始終保持靜止。已知小孩與滑板間的動摩擦因數μ1＝0.6，滑板與斜面間的動摩擦因數μ2＝0.5，小孩質量m1＝25 kg，滑板質量m2＝1 kg，斜面體質量m3＝10 kg，斜面傾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，則在上滑過程中，下列說法正確的是(　　)
A.小孩與滑板之間的摩擦力大小為120 N
B.小孩沿斜面滑行的最遠距離為1.8 m
C.地面對斜面的支持力大小為360 N
D.地面對斜面的摩擦力大小為208 N
解析　由于μ1>μ2，所以小孩和滑板相對靜止一起做勻減速運動到最高點，由牛頓第二定律有(m1＋m2)gsin θ＋μ2(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a，解得a＝10 m/s2，方向沿斜面向下。對小孩分析，假設小孩和滑板間的摩擦力為Ff1，有Ff1＋m1gsin θ＝m1a，解得
Ff1＝100 N，故A錯誤;由速度位移公式可得x＝＝1.8 m，故B正確;以小孩、滑板和斜面體整體為研究對象，小孩和滑板做勻減速運動，加速度方向沿斜面向下，加速度有水平向右和豎直向下的分加速度，大小分別為ax＝acos θ，ay＝asin θ，根據系統牛頓第二定律可知，在豎直方向有(m1＋m2＋m3)g－FN＝(m1＋m2)ay，解得FN＝204 N，故C錯誤;地面對斜面體有向右的摩擦力，其大小為Ff2＝(m1＋m2)ax＝208 N，故D正確。
總結提升　處理“板塊”模型中動力學問題的流程
提升素養能力
2
A級　基礎對點練
BD
對點練1　水平面上的板塊模型
1.(多選)(2025·山西呂梁高三月考)如圖甲所示，長木板A靜止在光滑水平面上，另一質量為2 kg的物體B(可看作質點)以水平速度v0＝3 m/s滑上長木板A的表面。由于A、B間存在摩擦，之后的運動過程中A、B的速度—時間圖像如圖乙所示。g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A.長木板A、物體B所受的摩擦力均與運動方向相反
B.A、B之間的動摩擦因數μ＝0.2
C.1 s末物體B從木板A的右端滑落
D.長木板A的質量是4 kg
解析　由題意可知，A木板的運動方向與其摩擦力方向相同，物體B運動方向與其摩擦力方向相反，故A錯誤;由題圖乙知B的加速度大小為aB＝ m/s2＝2 m/s2，對B由牛頓第二定律有μmBg＝mBaB，解得μ＝0.2，故B正確;由題圖乙可知0~1 s內二者相對運動，之后相對靜止一起勻速運動，故C錯誤;長木板A的加速度大小為aA＝1 m/s2，由μmBg＝mAaA，μmBg＝mBaB，聯立兩式可解得，長木板A的質量是B物體的兩倍，即mA＝4 kg，故D正確。
A
2.將一香皂盒置于桌面上的一張紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，香皂盒的位移很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗(示意圖如圖所示)。若香皂盒和紙板的質量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g。本實驗中，m1＝100 g，m2＝5 g，μ＝0.2，香皂盒與紙板左端的距離d＝0.1 m，若香皂盒移動的距離超過l＝0.002 m，人眼就能感知，忽略香皂盒的體積因素影響，g取10 m/s2，為確保香皂盒移動不被人感知，紙板所需的拉力至少是 (　　)
A.1.42 N B.1.40 N C.142 N D.0.142 N
解析　香皂盒的加速度a1＝μg＝2 m/s2，紙板的加速度a2＝，對香皂盒有x1＝a1，對紙板有x1＋d＝a2，紙板抽出后香皂盒運動的距離x2＝a3，a3＝a1，由題意知a1t1＝a3t2，l＝x1＋x2，聯立解得F＝1.42 N，故A正確。
ACD
3.(多選)如圖甲所示，一滑塊置于足夠長的長木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑塊和木板的質量均為2 kg，現在滑塊上施加一個F＝0.5t(N)的變力作用，從t＝0時刻開始計時，滑塊所受摩擦力隨時間變化的關系如圖乙所示。設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　 )
A.滑塊與木板間的動摩擦因數為0.4
B.木板與水平地面間的動摩擦因數為0.2
C.圖乙中t2＝24 s
D.木板的最大加速度為2 m/s2
解析　由題圖乙可知，滑塊與木板之間的滑動摩擦力為8 N，則滑塊與木板間的動摩擦因數為μ＝＝0.4，故A正確;由題圖乙可知t1時刻木板相對地面開始滑動，此時滑塊與木板相對靜止，則木板與水平地面間的動摩擦因數為μ'＝＝0.1，故B錯誤;t2時刻，滑塊與木板將要發生相對滑動，此時滑塊與木板間的摩擦力達到最大靜摩擦力Ffm＝8 N，兩物體的加速度相等，且木板的加速度達到最大，則對木板有Ffm－μ'·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2，對滑塊有F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，則由F＝0.5t(N)可知t2＝24 s，故C、D正確。
B
4.(2024·湖南長沙模擬)如圖所示，質量為4 kg的薄木板靜置于足夠大的水平地面上，其左端有一質量為2 kg的物塊，現對物塊施加一大小為12 N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的時間不超過1 s，物塊就不能脫離木板。已知物塊與木板間的動摩擦因數為0.4，木板與地面間的動摩擦因數為0.1，物塊可視為質點，重力加速度大小g＝10 m/s2。則木板的長度為(　　)
A.0.8 m B.1.0 m C.1.2 m D.1.5 m
解析　設拉力F作用下物塊在木板上滑動，物塊的加速度
大小為a1，撤去外力后物塊的加速度大小為a2，木板的加
速度為a3，根據牛頓第二定律有F－μ1mg＝ma1，μ1mg＝ma2，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3，解得a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2，a3＝0.5 m/s2，拉力F作用的時間為1 s時，物塊、木板的速度為v1＝a1t1＝2 m/s，v2＝a3t1＝0.5 m/s，設又經t2時間，物塊、木板共速，則v共＝v1－a2t2＝v2＋a3t2，解得t2＝ s，v共＝ m/s，木板的長度為L＝v1t1－v2t1＋t2－t2＝0.75 m＋0.25 m＝1.0 m，故B正確。
C
對點練2　斜面上的板塊模型
5.在傾角為θ的固定斜面上放置一個長為L、質量為m的薄木板，木板上端與斜面的頂端對齊。將質量為m的小滑塊置于木板上端，與木板一起由靜止釋放。木板與斜面間的動摩擦因數μ1＝tan θ，小滑塊與木板間的動摩擦因數μ2<μ1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。斜面足夠長，且小滑塊未脫離木板，則在小滑塊下滑的過程中，下列說法中正確的是(　　)
A.小滑塊與長木板相對靜止一起加速下滑
B.長木板相對斜面勻速下滑
C.小滑塊的加速度為gsin θ－μ2gcos θ
D.長木板的加速度為gsin θ＋μ2gcos θ－μ1gcos θ
解析　由于μ1＝tan θ，對木板而言，若木板單獨放在斜面上，則有mgsin θ＝μ1mgcos θ，即木板會靜止在斜面上，而由于μ2<μ1，對小滑塊有mgsin θ>μ2mgcos θ，即小滑塊不能靜止在木板上，會與木板產生相對滑動，木板對小滑塊的滑動摩擦力沿著木板向上，根據牛頓第三定律可知，滑塊對木板的滑動摩擦力沿著木板向下，此時對木板有mgsin θ＋μ2mgcos θ<μ1(m＋m)gcos θ，即木板仍然靜止在斜面上，故A、B、D錯誤;對小滑塊，由牛頓第二定律有mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma，解得小滑塊的加速度為a＝gsin θ－μ2gcos θ，故C正確。
BC
6.(多選)滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1 m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數為。小孩(可視為質點)
坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑，小孩與滑板之間的動摩擦因數取決于小孩的衣料，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數為0.4，小孩的質量與滑板的質量相等，斜坡足夠長，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　)
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2 m/s2
B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8 m/s2
C.經過1 s的時間，小孩離開滑板
D.小孩離開滑板時的速度大小為0.8 m/s
解析　對小孩，由牛頓第二定律得mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1，解得加速度大小為a1＝2.8 m/s2，同理對滑板，加速度大小為a2＝＝0.8 m/s2，A錯誤，B正確;小孩剛與滑板分離時，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，離開滑板時小孩的速度大小為v＝a1t＝2.8 m/s，C正確，D錯誤。
C
B級　綜合提升練
7.如圖(a)所示，物塊和長木板置于傾角為θ＝37°且足夠長的斜面上。t＝0時對長木板施加沿斜面向上的拉力F，使長木板和物塊由靜止開始沿斜面上滑，作用一段時間后撤去拉力F。已知長木板和物塊始終保持相對靜止，兩者上滑時速度的平方與位移之間的關系v2－x圖像如圖(b)所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是(　　)
A.拉力F的作用時間為2 s
B.拉力F作用時長木板的加速度大小為2 m/s2
C.長木板與斜面間的動摩擦因數為0.25
D.物塊與長木板之間的動摩擦因數可能為0.75
解析　由圖(b)知，斜率的絕對值等于加速度的2倍，則拉力F作用的長木板的加速度a1＝× m/s2＝1 m/s2，B錯誤;撤去拉力時的速度v＝4 m/s，拉力作用時間為t1＝＝4 s，A錯誤;撤去拉力后的加速度a2＝× m/s2＝8 m/s2，由牛頓第二定律有(M＋m)gsin θ＋μ1(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a2，解得μ1＝0.25，C正確;物塊與長木板之間無相對滑動，由牛頓第二定律有μ2mgcos θ－mgsin θ≥ma1，解得μ2≥0.875，物塊與長木板之間的動摩擦因數不可能為0.75，D錯誤。
8.(2025·湖北十堰模擬)如圖所示，在足夠大的水平地面上靜置一木板，可視為質點的物塊以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最終物塊恰好到達木板的右端，木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度，已知物塊的質量m＝1 kg，物塊與木板間的動摩擦因數μ1＝0.2，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.05，重力加速度大小g＝10 m/s2，求:
(1)木板的長度L;
(2)木板的質量M。
答案　(1)1.5 m　(2)1 kg
解析　(1)設物塊在木板上滑動時的加速度大小為a1，它們相對靜止一起減速時的加速度大小為a2，圖中兩部分的陰影面積相等，有μ1mg＝ma1
μ2(m＋M)g＝(m＋M)a2
設兩者共同速度為v共，有
a1
得t1＝1 s，v共＝1 m/s
所以1 s后兩者的速度大小均為1 m/s，由題意知木板的長度L＝×3t1×1 m＝1.5 m。
(2)由圖知，兩者共速前，木板的加速度大小a3＝1.0 m/s2
有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3
解得M＝1 kg。
C級　培優加強練
9.(2024·河北高三猜題卷)如圖(a)所示，質量為M＝1 kg的長木板置于傾角為θ＝37°且足夠長的斜面上，在外力F作用下沿斜面向上以v0＝0.8 m/s的速度一直做勻速運動。t＝0時刻，一質量為m＝2 kg的小鐵塊(可視為質點)以一定的初速度從長木板頂端沿長木板向下滑上長木板，以沿斜面向上為正方向，外力F隨時間t變化的圖像如圖(b)所示，小鐵塊始終未從長木板上滑落，已知小鐵塊與長木板、長木板與斜面間的動摩擦因數均為0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求:
(1)小鐵塊滑上長木板的初速度大小;
(2)圖(b)中F'的大小和長木板的最短長度。
答案　(1)1 m/s　(2)37.2 N　4.05 m
解析　(1)設小鐵塊的加速度大小為a，對小鐵塊根據牛頓第二定律有Ff2－mgsin θ＝ma
其中Ff2＝μFN2＝μmgcos θ
解得a＝0.4 m/s2
由圖(b)可知t＝4.5 s時小鐵塊與長木板達到共速，有v0＋v＝at
解得v＝1 m/s。
(2)小鐵塊先沿木板向下做勻減速運動至速度為零，再沿木板向上做勻加速運動，t＝4.5 s后與長木板一起以速度v0沿斜面向上做勻速運動，有
F'＝Mgsin θ＋mgsin θ＋μ(m＋M)gcos θ
解得F'＝37.2 N
t＝4.5 s內小鐵塊的位移大小為x1，長木板的位移大小為x2，有x1＝t＝0.45 m，方向沿斜面向下，x2＝v0t＝3.6 m，方向沿斜面向上。為了保證小鐵塊不從長木板上滑落，長木板的最短長度為
L＝x1＋x2＝4.05 m。

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