专题5 滑块木板模型(教师版)-2025版动力学中的九类常见模型精讲精练讲义

动力学中的九类常见模型精讲精练专题5滑块木板模型【模型精讲】“滑块-木板模型”一般涉及两个物体的受力分析（整体与隔离法）和多个运动过程的过程，而且涉及相对运动，是必修1牛顿定律和受力分析的重点应用，也是高考的重点和难点问题。为了系统地研究这个模型，我们将此模型分作四类：1、滑块以一定的初速度滑上木板。2、木板瞬间获得一个初速度。3、滑块水平方向受力。4、木板水平方向受力。 【方法归纳】在滑块-木板模型中，经常需判断滑块和木板共速后，之后的运动二者是否会发生相对滑动。图1和图2是典型的滑块与木板共速瞬间的情况，图1两者都不受力，图2中木板B受力，且F大于B的最大静摩擦力。1、分析图1，A受滑动摩擦力一定做减速运动，A减速后，B有相对于A向右运动的趋势，所以A也会受到向左的摩擦力，所以A也减速。但问题是：A受的是静摩擦力还是滑动摩擦力?如果A受静摩擦力，说明AB相对无滑动，二者加速度相同；如果A收滑动摩擦力，则说明AB有相对滑动，二者加速度不同。判断要点：滑块A由摩擦力提供加速度，所以滑块A的最大加速度

aAmax=μ1g判断方法：假定AB无相对滑动，二者加速度相同，则可以用整体法求出共同的加速a共=μ2g。若a共≦

aAmax

（等效于μ2≦μ1），二者将以共同的加速度μ2g做匀减速运动；若a共>aAmax（等效于μ2>μ1），二者将以不同的加速度做匀减速运动，其中aA=μ1g，2、分析图2，题设F大于B的最大静摩擦力，则B受滑动摩擦力，加速向右运动，A受到的摩擦力水平向右，A也会加速向右。仍然需要判断二者是否发生相对滑动。判断要点：滑块A由摩擦力提供加速度，所以滑块A的最大加速度aAmax=μ1g。判断方法：假定AB无相对滑动，二者加速度相同，则可以用整体法求出共同的加速度。若a共≦aAmax=μ1g，二者将以共同的加速度a共做匀加速运动；若a共>aAmax=μ1g，二者将以不同的加速度做匀加速运动，其中aA=μ1g，【滑块-木板模型分类讨论】一、滑块以一定的初速度滑上木板。如图，木板上方的滑块A突然获得一个初速度v0，一般题设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时刻受力分析是基础，但也是关键。如上图所示，滑块A的受力十分明确，木板B的所受摩擦力不明确（可能为静摩擦力，也可能为滑动摩擦力），需要根据不平衡力与最大静摩擦力的关系分类讨论。1、若fAB≦f地静max，即μ1mg≦μ2(m+M)g，滑块A将向右以加速度aA=μ1g做匀减速直线运动，木板B将保持静止。下一步需要判定滑块A是否会滑出木板。滑块减速到0时的位移,

xA1=

.若xA1≧L，滑块A将滑出木板B，滑出时的速度，时间t=若xA1<L，滑块A将一直做匀减速运动，直到停在木板B上，位移

xA1=，时间t=。2、若fAB＞f地静max，，即μ1mg>μ2(m+M)g，二者发生相对滑动。滑块A仍然向右以加速度aA=μ1g做匀减速直线运动，木板B将向右做匀加速运动，加速度此后的运动过程需要判断滑块A和木板B是够保持以上运动状态，直至A滑出木板右端（木板是否足够长）的问题。以A与B共速时的相对位移判断。设时刻t1时，A与B速度相同，为v1.。此时A相对于B的位移Δx=xA-xB。A)若木板不够长，Δx>L时，则AB还没达到共速时，滑块A就从B木板上滑下，设t时刻滑落，速度分别为vA，vB。，，，，xA-xB=LB）、若木板足够长，Δx≦L时，二者共速时，滑块A没有滑下木板B，如下图所示。AB共速后，因为题设μ1mg>μ2(m+M)g，则μ1>μ2，参考背景知识，可知A和B共同以加速度a共=μ2g做匀减速运动，直到静止。二、木板瞬间获得一个初速度初始时刻，二者受力分析如下图。滑块A将向右作匀加速运动，加速度aA=μ1g，木板B将向右作匀减速运动，加速度此后的运动过程需要判断滑块A和木板B是够保持以上运动状态，直至A滑出木板左端。以A与B共速时的相对位移判断。设时刻t1时，A与B速度相同，为v1.=，，，此时A相对于B的位移Δx=xB-xA。1、若木板不够长，Δx>L时，则AB还没达到共速时，滑块A就从B木板上滑下，设t时刻滑落，速度分别为vA，vB。，，，xA-xB=L2、若木板足够长，Δx≦L，二者共速时，滑块A没有滑下木板B，如下图所示。AB共速后，参考背景知识，二者的运动需要分类讨论。A）、若μ2≦μ1，二者将以共同的加速度μ2g作匀减速运动。B)、若μ2>μ1，二者将以不同的加速度做匀减速运动，其中aA=μ1g，，aA<aB，所以B减速得快，A相对B向右运动。下阶段：B减速到0后，A继续向右做匀减速运动，直到静止。三、滑块受水平向右的外力滑块A和木板B的受力分别如下图。逐步分析，先看A。1、当F≦

fA静max

=μ1mg时，A与B之间无相对滑动，此时静摩擦力fBA=F，根据B的受力再分类讨论。A）若fBA≦fB静max，即F≦μ2(m+M)g，B与地面相对静止，此时A和B都静止。若fBA>fB静max，即F>μ2(m+M)g，则B相对地面运动，此时A和B一起向右作匀加速运动，整体法分析可得出二者共同的加速度1、当F>FA静max=μ1mg时，A与B之间发生相对滑动，此时滑动摩擦力f1=μ1mg，A的加速度.。根据B的受力分析再分类讨论。A）若f1≦FB静max，即μ1mg≦μ2(m+M)g，B与地面相对静止。A向右匀加速。B）若f1>FB静max，即μ1mg>μ2(m+M)g，则B相对地面运动，此时A和B都右作匀加速运动，但发生相对滑动，,设滑出时二者速度分别vA，vB，时间为t。，，，，xA-xB=L四、木板受水平向右的外力参考背景知识，A与B无相对滑动共同加速的最大加速度a=μ1g，对应外力的临界值F临=(μ1+μ2)(m+M)g，1、若F≦fB静max=μ2(m+M)g，则B静止不动，A也静止不动。2、μ2(m+M)g<F≦(μ1+μ2)(m+M)g，AB以一个相同的加速度向右加速，3、若F>(μ1+μ2)(m+M)g,则A和B都向右加速，但加速度不同，其中

aA=μ1g

,设t时刻A从B最左端滑落，滑落时AB速度分别vA，vB。，，，，xA-xB=L【解题关键】．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联【典例精析】【典例】（2024河北强基联盟联考）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，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为。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。则下列说法正确的是（）A．若恒力F=0，物块滑出木板时的速度为3m/sB．图像中C点的纵坐标为C．随着F增大，当恒力F=1N时，物块恰好不能从木板右端滑出D．图像中D点对应的恒力的值为4N【参考答案】BC【名师解析】：若恒力F=0，物块刚滑上木板时，设物块和木板的加速度大小分别为、，由牛顿第二定律有，，得到，，由题意可知，当F=0时，设经时间物块从木板右侧滑出，位移差为1m，则，且物块从木板右侧滑出时，需满足物块的速度大于木板的速度，即，联立解得(舍)，，则物块滑出木板时的速度为，故A错误；C、D两点对应的为恰好可一起匀加速运动，即物块与木板共速后，木板的加速度大小等于物块的最大加速度，则有，解得F=3N，物块刚滑上木板时，设木板的加速度为，由牛顿第二定律有，设经时间两者速度相等，有，，解得，故，故B正确，D错误；当物块恰好不能从木板右端滑出时，即物块恰好滑到木板右侧与木板共速，对应图中B点，设木板加速度为，用时为，此时有，，，解得，故C正确。【模拟题精练】1.（2024江西五市九校协作体第二次联考）如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力，作用后撤去，此后木板运动的图像如图乙。物块和木板的质量均为，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（）A.拉力的大小为B.物块与木板间的动摩擦因数为C.物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为D.时刻，物块的速度减为0【参考答案】C【名师解析】由图像可知，撤去拉力F前，物块在木板上一直有相对运动，否则，撤去拉力F后，木板的图像不可能是两段折线。在内，物块做匀加速运动，则有设物块与木板间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律有解得撤去拉力后木板做匀减速，由图乙可知对木板，由牛顿第二定律有解得撤去拉力F前，木板的加速度对木板，根据第二定律有得故AB错误；在内，物块位移为木板位移为由于可知，在后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小木板的加速度大小为，则有解得物块到停止的时间还需木板到停止的时间还需所以木板比物块先停止运动，在到物块停止，运动的时间为物块的位移为木板位移为物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为由上述分析可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为0，故C正确，D错误。2.（2024福建泉州三校协作体12月联考）如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB=BC，小物块P（可视为质点）以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，桌面始终静止，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1：3，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为（）A.1：1 B.1：3 C.3：1 D.6：1【参考答案】C【名师解析】设小物块在两部分桌面上运动时的加速度大小分别为a1、a2，小物体经过B点的速度为v，由运动学规律有解得由加速度定义公式有故a1：a2=3：1又由牛顿第二定律得μmg=ma解得则动摩擦因数与加速度成正比，所以动摩擦因数之比为μ1：μ2=3：1故选C。3.（2024四川蓉城名校联盟联考）21．如图，足够长的质量为的木板静置于水平地面上，木板右端放置一质量为的物块（可视为质点）。时刻，对木板施加一水平向右的恒定拉力，作用2s后撤去F。物块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取。下列说法正确的是A．未撤去F时，木板和物块的加速度大小均为3.5m/s2B．撤去F时，木板的速度大小为8m/sC．物块最终距木板右端的距离为D．整个过程中由于摩擦产生的总热量为【参考答案】BC【解析】当物块和木板刚好要发生相对滑动时，对物块和木板组成的整体，根据牛顿第二定律有，对物块，根据牛顿第二定律有，联立解得，因此当时，物块和木板发生相对滑动。对木板，根据牛顿第二定律有，对物块，根据牛顿第二定律有，解得，，A错误；撤去F时，木板的速度大小，B正确；撤去F时，物块的速度大小，F作用过程中，木板的位移，物块的位移，物块相对木板向左运动的位移。撤去F后，对木板，根据牛顿第二定律有，解得，物块的加速度不变，木板做匀减速直线运动，物块做匀加速直线运动，当物块与木板共速时有，解得，，此过程中木板的位移，物块的位移，物块相对木板向左运动的位移。共速后，因，所以物块和木板不能保持相对静止一起做匀减速直线运动。对木板，根据牛顿第二定律有，解得，所以木板以的加速度做匀减速直线运动，物块以的加速度做匀减速直线运动，在速度分别减为零的过程中，设木板的位移为，有，解得，设物块的位移为，有，解得，物块相对木板向右运动的位移。整个过程中，物块相对木板向左运动的位移，C正确；根据功能关系，整个过程中由于摩擦产生的总热量来源于外力F做的功，对木板有，因此整个过程中由于摩擦产生的总热量为240J，D错误。4.（2023湖南怀化二模）如图所示，小物块质量，长木板质量（假设木板足够长），各接触面摩擦系数从上至下依次为，，小物块以初速度向右滑上木板，木板初始受力F为14N，初速度为0，F维持1.5s后撤去，以初始状态为计时起点，，则（）A.经过1s二者速度第一次大小相等B.速度第一次大小相等后二者一起加速，再一起减速C.小物块相对长木板向右最远运动3mD.经过1.625s二者速度第二次大小相等【参考答案】AC【名师解析】.对物块应用牛顿第二定律得物块加速度大小对木板应用牛顿第二定律得则二者速度相等时，有可得，故A正确；.第一次速度相等后，由于木板的加速度大于小物块的加速度，所以小物块相对于木板向左运动，则小物块受到的摩擦力向右，大小不变，开始向右做加速度大小不变的加速运动，木板继续加速，再次共速后一起减速，故B错误；.速度第一次相等时，小物块位移是木板的位移这个过程中位移差为3m，之后小物块相对于木板向左运动，则木板的加速度再经过0.5s，，撤去F后，木板开始减速，直到再次共速时，小物块速度都小于木板的速度，所以1s之后，小物块相对于木板一直向左运动，故小物块相对长木板向右最远运动3m，故C正确；.撤去F后，两物体再次共速前木板加速度大小，可得，则。故D错误。5.（2023湖南益阳桃江一中模拟）如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则()A.μ1一定小于μ2B.μ1可能大于μ2C.改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动D.改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动【参考答案】BD【名师解析】因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力．对m1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g-Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较．故A错误、B正确．改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止．故C错误．若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g，对整体分析，有F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得F=（μ1+μ2）（m1+m2）g，所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动．故D正确．故选BD．【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解．6.（2023湖南二轮复习联考）如图所示，粗糙水平面上静置一质量的长木板，其上叠放一木块.现给木板施加一水平拉力，随时间变化的图像如图乙所示，末木板刚好开始滑动.已知木板与地面间的动摩擦因数为0.1，木块与木板之间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，取重力加速度.则（）A.木块的质量为 B.末，木板与木块速度不相同C.末，木板对木块的摩擦力为 D.末，拉力的功率为【参考答案】AD【名师解析】末，木板刚好开始滑动，即，得，A正确；当木板与木块刚好相对滑动时，对木块受力分析，，得，对木板受力分析，，得，根据图像可知，所以对应时刻为，即前木板与木块没有发生相对运动，有相同速度，B错误；末，对整体受力分析，，对木块受力分析有，C错误；设末木板的速度大小为，时间内由动量定理可知，，拉力的冲量大小为，地面摩擦力的冲量大小为，解得，拉力的功率，D正确.7．如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块，t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是()【参考答案】AC【名师解析】当恒力F较小时，木块和木板相对静止，一起做匀加速直线运动，此时a1＝a2，v1＝v2；当恒力F较大时，木块和木板发生相对滑动，分别做匀加速直线运动，此时a1＜a2，v1＜v2。故A、C正确，B、D错误。8如图所示，物块A、木板B的质量分别为mA＝5kg，mB＝10kg，不计A的大小，木板B长L＝4m，开始时A、B均静止，现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B之间的动摩擦因数为0．3，水平地面光滑，g取10m/s2。(1)求物块A和木板B发生相对运动时各自的加速度的大小；(2)若A刚好没有从B上滑下来，求A的初速度v0的大小。[解析](1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有a1＝eq\f(μ1mAg,mA)＝3m/s2木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有a2＝eq\f(μ1mAg,mB)＝1．5m/s2。(2)由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有v＝v0－a1tv＝a2t位移关系为L＝eq\f(v0＋v,2)t－eq\f(v,2)t解得v0＝6m/s。[答案](1)3m/s21．5m/s2(2)6m/s9．如图所示，厚度不计的薄板A长l＝5m，质量M＝5kg，放在水平地面上。在A上距右端x＝3m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2kg，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0．1，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0．2，原来系统静止。现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26N，将A从B下抽出。g＝10m/s2，求：(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大；(2)B运动多长时间离开A