第15讲　题型突破：滑块—木板模型中的动力学问题 夯基强化讲义 -2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

该高中物理“滑块—木板模型中的动力学问题”夯基强化讲义，通过表格梳理板块运动不同状态（速度不相等、相等瞬间、共速运动）的处理方法与临界条件，结合解题思路分点呈现审题建模、加速度求解、位移关系分析等要点，构建清晰知识脉络。 讲义亮点在于“外力驱动型板块解题步骤”等方法指导，通过典例分析v-t图像与相对位移关系，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。练习题分层设计，基础题巩固方法，综合题提升应用，助力学生掌握隔离法与整体法，教师可据此实施精准复习教学。

2026-2027学年高中物理夯基强化讲义（必修一） 第15讲　滑块—木板模型中的动力学问题 ——夯基强化讲义 题型一　水平面上的板块问题 1.问题特点: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或者还有其他外力作用下发生相对滑动。 2.两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。 3．解题方法：整体法、隔离法。 4．解题思路 (1)审题建模：求解时，应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。 (2)求加速度：因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）。 (3)明确关系：对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程。这是解题的突破口。特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 状态 板、块速度不相等 板、块速度相等瞬间 板、块共速运动 方法 隔离法 假设法 整体法 步骤 对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程 假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff >Ffm，则发生相对滑动 将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析 临界条件 ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件 原理 时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律（动能定理、功能关系）等 5.外力驱动型板块解题步骤 核心思想：(1)分离判定；(2)a-F图象、v-t图象 ①找到弱者（即先发生相对滑动的物体）； ②求弱者的最大加速度（即为系统整体最大加速度）； ③求分离最大力F0； ④若F＞F0，则板块分离，分别求块、板的加速度。 6.常见类型 (1)主动块从动板型 (2)主动板从动块型 【典例1】　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刚好没有从长木板的左端滑出。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和长木板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B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刚好未从长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,物块A的位移xA=a1t2=1.25 m,长木板B的位移xB=v0t-a2t2=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=2a3x3,可知x3==1.562 5 m,则全过程中,A相对地面发生的位移大小x=xA+x3=2.812 5 m。 【典例2】　(多选)如图甲所示,质量为1 kg的木板置于水平地面上,木板最左端放有可视为质点的物块。t=0时刻,对物块施加水平向右、大小为F=15 N的恒力;t=1.0 s时刻,撤去F,物块、木板运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。g取10 m/s2。下列说法正确的是(　BC　) A.物块与木板间的动摩擦因数为0.2 B.物块的质量为3 kg C.t=1.3 s时,物块的加速度大小为2 m/s2 D.木板的长度至少为0.75 m 【解析】　在0~1 s,物块向右做匀加速运动,木板向右做匀加速运动,对木板,设木板与地面间的动摩擦因数为μ0,物块与木板间的动摩擦因数为μ1,由牛顿第二定律可得μ1mg-μ0(M+m)g=Ma1,由v-t图像可知a1= m/s2=1 m/s2,对物块,由牛顿第二定律可得F-μ1mg=ma2,由v-t图像可知a2= m/s2=2 m/s2,撤去F,对木板,由牛顿第二定律可得加速度仍为a1,对物块μ1mg=ma'2,从撤去外力到共速v共=v2-a'2Δt=v1+a1Δt,其中v2为物块速度,v1为木板速度,联立解得μ1=0.3,m=3 kg,μ0=0.2,故A错误,B正确;t=1.3 s时,根据整体法,物块的加速度大小为μ0(M+m)g=(M+m)a3,解得a3=2 m/s2,故C正确;0~1.25 s木板的位移x1=v共t,0~1 s物块的位移x2=v2t1,其中t1=1 s,1~1.25 s物块位移x3=(v2+v共)Δt,木板长度至少为L=x2+x3-x1=0.625 m,故D错误。 1. （多选）如图所示，8块同样的木板一个一个紧挨着静止放在足够大的水平地面上，每个木板质量均为，长均为，它们与地面之间的动摩擦因数均为。在第1块木板左端放一质量为的可视为质点的铅块，它与木板间的动摩擦因数为，现给铅块一水平向右的初速度，使其在木板上滑行。最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，。下列说法正确的是（　ACD　） A．铅块刚滑过第1块木板时的速度大小 B．铅块从左向右滑过5块木板时，下面的木板开始滑动 C．第8块木板刚开始滑动时的加速度大小 D．铅块最终停在第7块木板上 解析：A．铅块受滑动摩擦力为,8个板受最大静摩擦力为 由于，所以板静止铅块的加速度 根据速度和位移的关系有 ,解得,选项A正确； B．设右端还剩n块时，木板开始滑动,解得,所以，铅块滑过6块木板时，板开始滑动，选项B错误； C．对7、8块整体，根据牛顿第二定律有,解得,选项C正确； D．铅块刚滑上第7块板时的速度设为v2，根据速度和位移的关系有 ,解得 假设不会从右端掉下，共速时,解得,则 , 由于,所以铅块最终不会从木板右端掉下，停在第7块板上。选项D正确。故选ACD。 2. （多选）如图甲，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，t=5s时撤去F，滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物块与木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（　AB　）    A．滑块Q在长木板上滑行的相对位移为3m B．长木板P的长度至少是7.5m C．长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.5 D．滑块Q在t=9s时停下来 解析：C．由图乙可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为5m/s，6s时两者速度相同，6s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，6s后长木板Р的速度小于滑块Q的速度，0~6s过程中，以滑块Q为对象，由牛顿第二定律得，结合图像可得，解得 5~6s过程中，以长木板P为对象，由牛顿第二定律得，结合图像可得，解得，故C错误； D．由图可知，6s之后，滑块速度大于长木板的速度，则滑块做减速运动，由牛顿第二定律可得 所以滑块减速到零的时间为，则滑块Q在12s时停下来，故D错误； B．滑块Q没有从长木板上滑下，即临界状态为二者共速时，其相对位移等于板长，所以，故B正确； A．从6s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得，解得，，即长木板P在9s时停下来，所以从二者共速到均停止运动的相对位移为 所以滑块Q在长木板上滑行的相对位移为，故A正确。故选AB。 题型二　斜面上的板块问题 1.问题特点:斜面上的板块模型是指滑板和滑块一起在斜面上运动的情形，此类问题的处理方法与水平面上的板块模型类似，只是要考虑滑块和滑板的重力在沿斜面方向上的分力对运动的影响。 2.思维流程 3.常见模型 (1)无初速度下滑类 假设法判断是否发生相对滑动 ①μ2<μ1(上面比下面粗糙)，则不会相对滑动．用极限法，μ1无限大或斜面光滑，一起匀加速运动。 ②μ2>μ1(下面比上面粗糙)，则会相对滑动。 (2)加外力下滑类 对m分析，加速度范围gsin θ－μ1gcos θ<a<gsin θ＋μ1gcos θ 加速度在这个范围内，板块可保持相对静止． 【典例3】　如图所示,在倾角为θ=37°的足够长的斜面上有一个质量为m1=4 kg的长木板,长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1=0.7。将长木板由静止释放,经过Δt=2.5 s,将一质量为m2=1 kg的物块无初速度地放到距长木板底端L=9.628 m处。已知物块最终从长木板底端滑出,物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.3,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,物块体积较小,计算时可视为质点。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)刚放上物块的瞬间,求长木板的加速度a'1的大小。 (2)求物块在长木板上滑行的时间t。 【答案】　(1)1.6 m/s2　(2)2.3 s 【解析】　(1)由静止释放长木板之后,设长木板的加速度为a1,由牛顿第二定律有 m1gsin θ-μ1m1gcos θ=m1a1, 解得a1=gsin θ-μ1gcos θ=0.4 m/s2,放上物块瞬间,同理由牛顿第二定律,长木板的加速度大小为a'1==1.6 m/s2。 (2)刚放上物块时,设物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有m2gsin θ+μ2m2gcos θ=m2a2,解得a2=gsin θ+μ2gcos θ=8.4 m/s2,此时长木板的速度为v1=a1Δt=1.0 m/s,设经过Δt1时间二者共速,则v1-a'1Δt1=a2Δt1,解得Δt1=0.1 s,v共=0.84 m/s。这段时间里长木板比物块多运动的距离为Δx1=v1Δt1- a'1 a2=0.05 m,经过判断,物块会继续相对长木板加速下滑,长木板的加速度a″1 = = 0.4 m/s2,沿斜面向上,物块的加速度为a'2= gsin θ-μ2gcos θ=3.6 m/s2,设又经过Δt2时间长木板停下,v共=a″1Δt2,解得Δt2=2.1 s,Δt2时间内物块比长木板多运动Δx2=(a'2+a″1)·Δ=8.82 m,此时物块的速度为v2=a2Δt1+a'2Δt2=8.4 m/s,距离长木板底端Δx3=L+Δx1-Δx2=0.858 m,设再经Δt3时间,物块从长木板上滑落,则Δx3=v2Δt3+,解得Δt3=0.1 s,所以物块在长木板上滑行的时间为t=Δt1+Δt2+Δt3=2.3 s。 3.如图所示,倾角为θ=37°的斜面固定在地面上,斜面光滑且足够长,其上有一质量为M=1 kg、长L=6 m的木板,木板厚度不计。在木板的左端有一个可以看作质点的、质量为m=2 kg的木块,木块与木板之间的动摩擦因数μ=0.5。开始时二者都静止,现用平行于斜面向上的恒力F=30 N拉木块,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)经过多长时间木块从木板右端滑落? (2)当木板相对斜面速度为0时,木板右端与木块之间的距离。 答案:(1)2 s　(2)7.3 m 解析:(1)对木块由牛顿第二定律得F-mgsin θ-μmgcos θ=ma1,解得a1=5 m/s2,对木板由牛顿第二定律得μmgcos θ-Mgsin θ=Ma2,解得a2=2 m/s2,木块从木板右端滑落时,木块的位移比木板的位移大L,则 a1t2a2t2=L,解得t=2 s。 (2)木块从木板右端滑落时,木块的速度为v1=a1t=10 m/s,木板的速度为v2=a2t=4 m/s,木块从木板右端滑落后,对木块,根据牛顿第二定律得F-mgsin θ=ma'1,解得a'1=9 m/s2,木板运动的加速度a'2=gsin θ=6 m/s2,木板相对斜面速度为0时运动的时间为t'= s,在这段时间木块运动的位移x1=v1t'+ a'1'2 m,木板的位移x2= m,木板右端与木块之间的距离Δx=x1-x2≈7.3 m。 1.如图所示,水平桌面宽度L=1 m,其上铺有很薄的桌布,桌布左侧与桌边平齐,桌布上静止放置一茶杯(可视为质点),茶杯位于桌面中央处。现用力沿水平方向拉动桌布,使茶杯与桌布间发生相对滑动,茶杯滑离桌布落到桌面上时速度不变,所用时间忽略不计,茶杯恰好停在桌边。已知茶杯与桌布间及茶杯与桌面间的动摩擦因数均为0.2,g取10 m/s2,桌布运动加速度为a,茶杯运动时间为t,下列说法正确的是(　B　) A.a=3 m/s2,t=1 s B.a=6 m/s2,t=1 s C.a=3 m/s2,t=0.5 s D.a=6 m/s2,t=0.5 s 解析:根据题意可知,茶杯做加速和减速的加速度大小均为a'==2 m/s2,根据对称性可得茶杯加速阶段有,解得茶杯加速阶段的时间为t1=0.5 s,则茶杯减速阶段的时间也为t2=t1=0.5 s,茶杯的运动时间为t=t1+t2=1 s,根据相对运动位移关系可得,解得桌布运动加速度为a=6 m/s2,故选B。 2.(多选)如图所示,一质量为m的木块以v1的速率向右滑上以v2的速率在光滑水平地面上向左运动的薄木板,薄木板质量为M,已知m<M,则在以后的运动过程中,下列图像可能正确的是(　BD　) 解析:设木块与木板之间的动摩擦因数为μ,对木块由牛顿第二定律可得木块加速度大小为a1==μg,同理可得木板加速度大小为a2=,由题可知,m<M,故有a1>a2,v-t图线的斜率代表加速度,故v1图线斜率的绝对值应大于v2图线斜率的绝对值,C错误;由于不知道v1和v2的大小关系,故可能存在木块与木板速度同时减小为0的情况,B正确;若木块速度先减小为0,则木块会在摩擦力作用下向左做匀加速运动,加速度不变,故其图线斜率不变,A错误,D正确。 3.(多选)某同学设计了如图甲所示装置: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,所有物体均静止。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,g取10 m/s2。则(　BCD　) A.本次操作中,所挂重物C的质量为8 kg B.木板A与滑块B间的动摩擦因数为μ1=0.4 C.木板A与桌面间的动摩擦因数为μ2=0.2 D.为使滑块B始终不脱离木板A,A至少长1.5 m 解析:由题图乙可知aA= m/s2=2 m/s2,aB= m/s2=8 m/s2, m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律可得aA=,aB=,=μ1g,代入数据解得μ1=0.4,mC=6 kg,μ2=0.2,故A错误,B、C正确;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,由题图乙可知A至少长为l=2××2×(1-0.25) m=1.5 m,故D正确。 4.如图所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8 m、质量M=3 kg的薄木板,木板的最右端叠放一质量m=1 kg的物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动,设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。则(　C　) A.要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动,需恒力F>15 N B.当恒力F=25 N时,物块会与木板发生相对滑动 C.当恒力F>30 N时,物块会与木板发生相对滑动 D.当恒力F=37.5 N时,物块滑离木板所用的时间为1 s 解析:要使木板沿斜面加速运动,对物块与木板整体有F>(M+m)gsinα,解得F>20 N,故A错误;对物块与木板整体,由牛顿第二定律可得F-(M+m)gsinα=(M+m)a, 对物块有Ff-mgsin α=ma,为使物块不滑离木板,则Ff≤μmgcos α,解得F≤30 N, 综上可得,当F≤30 N时物块不滑离木板,当F>30 N时物块与木板发生相对滑动,故B错误,C正确;若F=37.5 N>30 N,物块能滑离木板,对木板有F-Mgsin α-μmgcos α=Ma1,对物块有μmgcos α-mgsin α=ma2,设经时间t物块滑离木板,由运动学公式有a1t2a2t2=L,解得t=1.2 s,故D错误。 5.(多选)如图甲所示,粗糙的水平地面上有长木板P,小滑块Q(可看作质点)放置在长木板的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端,让长木板从静止开始运动,一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示,已知小滑块Q与长木板P的质量相等,小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　AC　) A.小滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05 B.长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.75 C.t=9 s时长木板P停下来 D.长木板P的长度至少是16.5 m 解析:由题图乙可知,力F在5 s时撤去,此时长木板P的速度为v1=5 m/s,6 s时两者速度相同为v2=3 m/s,在0~6 s的过程,对Q由牛顿第二定律得μ1mg=ma2,根据题图乙可知a2= m/s2=0.5 m/s2,联立解得小滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1=0.05,故A正确;在5~6 s的过程,对P由牛顿第二定律得μ1mg+μ2·2mg=ma1,由题图乙可知a1= m/s2=2 m/s2,联立解得长木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.075,故B错误;从6 s末到长木板停下的过程,对长木板由牛顿第二定律得μ2·2mg-μ1mg=ma3,解得a3=1 m/s2,该过程所用时间为Δt==3 s,可知t=9 s时长木板P停下来,故C正确;6 s前长木板的速度大于小滑块Q的速度,6 s后长木板P的速度小于小滑块Q的速度,由v-t图像与时间轴围成的面积表示位移,可知6 s前Q相对于P向左运动的位移大小为Δx1=×(5+3)×1 m - ×3×6 m=7.5 m,6 s后到两者都停下,Q相对于P向右运动的位移大小为Δx2==4.5 m<Δx1,则长木板P的长度至少为Lmin=Δx1=7.5 m,故D错误。 6.如图所示,足够长质量为1 kg的木板放置于光滑水平面上,木板左端放置了一可视为质点、质量为1 kg的物块,物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2。初始时,木板与物块都静止,现给木板一个向左的拉力,使木板以恒定的加速度a0=4 m/s2开始运动,当其速度达到v0=8 m/s后,便以此速度做匀速运动,g取10 m/s2。求: (1)物块相对于木板运动的最大距离; (2)通过计算,写出拉力随时间变化的关系。 答案:(1)8 m　(2)F= 解析:(1)对物块,加速时有μmg=ma,解得a=2 m/s2,对物块,有v0=at,对木板,有v0=a0t0,如图,速度图像中阴影面积表示了相对距离,即Δx=v0(t-t0),代入数据解得Δx=8 m。 (2)在0<t≤2 s过程中,对木板有F-μmg=Ma0,在2 s<t≤4 s过程中,对木板有F-μmg=0,在t>4 s过程中,对木板有F=0,所以F= 7.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=,设小物块与长木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求放上小物块后,长木板和小物块的加速度大小。 (2)要使小物块不滑离长木板,长木板至少要有多长? 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受到的沿长木板的滑动摩擦力大小为Ff=μmgcos θ=7.5 N,设小物块的加速度为a1,长木板的加速度为a2,由牛顿第二定律,对小物块和长木板,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=×1 m=5 m,故长木板长度L≥10 m,即至少为10 m。 8.(多选)如图甲所示,滑块A放在静止于水平地面上的木板B右端,已知滑块A与木板B的质量均为m=1 kg,t=0时刻滑块A以v0=3 m/s的初速度向左运动,同时在木板B右端加一个水平向右的外力F=9 N,作用1 s后撤去外力F,前1 s内滑块A和木板B的v-t关系图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,滑块A始终没有离开木板B,重力加速度g取10 m/s2。则(　ACD　) A.滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.1 B.木板B与地面间的动摩擦因数为0.4 C.木板B长度至少为8.1 m滑块A才能不掉下来 D.整个过程中系统摩擦生热共22.5 J 解析:前1 s内,对滑块A有μ1mg=ma1,由题图乙中斜率可得a1=1 m/s2,解得滑块A和木板B间的动摩擦因数μ1=0.1,故A正确;前1 s内,对木板B有F-μ1mg-μ2·2mg=ma2,根据题图乙中斜率得a2=4 m/s2,解得木板B和地面间的动摩擦因数μ2=0.2,故B错误;1 s后撤去外力F,对木板B有μ1mg+μ2·2mg=ma3,解得a3=5 m/s2,木板B以a3向右做匀减速直线运动,速度减为0用时t==0.8 s,由于μ1mg<μ2·2mg,故之后木板B保持静止,滑块A继续向左减速到停止;滑块A的位移x1==4.5 m,木板B的总位移x2=vB(t1+t2)=×4×(1+0.8) m=3.6 m,所以木板B长度至少为L=x1+x2=8.1 m,故C正确;系统摩擦生热Q=μ1mgL+μ2·2mgx2=22.5 J,故D正确。 为则易 第1页/共12页 行则至 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高中物理夯基强化讲义（必修一） 第15讲　滑块—木板模型中的动力学问题 ——夯基强化讲义 题型一　水平面上的板块问题 1.问题特点: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或者还有其他外力作用下发生相对滑动。 2.两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。 3．解题方法：整体法、隔离法。 4．解题思路 (1)审题建模：求解时，应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。 (2)求加速度：因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）。 (3)明确关系：对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程。这是解题的突破口。特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 状态 板、块速度不相等 板、块速度相等瞬间 板、块共速运动 方法 隔离法 假设法 整体法 步骤 对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程 假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff >Ffm，则发生相对滑动 将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析 临界条件 ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件 原理 时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律（动能定理、功能关系）等 5.外力驱动型板块解题步骤 核心思想：(1)分离判定；(2)a-F图象、v-t图象 ①找到弱者（即先发生相对滑动的物体）； ②求弱者的最大加速度（即为系统整体最大加速度）； ③求分离最大力F0； ④若F＞F0，则板块分离，分别求块、板的加速度。 6.常见类型 (1)主动块从动板型 (2)主动板从动块型 【典例1】　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刚好没有从长木板的左端滑出。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和长木板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B开始到最后相对地面静止,物块A相对地面的位移大小。 【典例2】　(多选)如图甲所示,质量为1 kg的木板置于水平地面上,木板最左端放有可视为质点的物块。t=0时刻,对物块施加水平向右、大小为F=15 N的恒力;t=1.0 s时刻,撤去F,物块、木板运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) A.物块与木板间的动摩擦因数为0.2 B.物块的质量为3 kg C.t=1.3 s时,物块的加速度大小为2 m/s2 D.木板的长度至少为0.75 m 1. (多选)如图所示，8块同样的木板一个一个紧挨着静止放在足够大的水平地面上，每个木板质量均为，长均为，它们与地面之间的动摩擦因数均为。在第1块木板左端放一质量为的可视为质点的铅块，它与木板间的动摩擦因数为，现给铅块一水平向右的初速度，使其在木板上滑行。最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，。下列说法正确的是（　 　） A．铅块刚滑过第1块木板时的速度大小 B．铅块从左向右滑过5块木板时，下面的木板开始滑动 C．第8块木板刚开始滑动时的加速度大小 D．铅块最终停在第7块木板上 2. (多选)如图甲，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，t=5s时撤去F，滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物块与木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（　 　）    A．滑块Q在长木板上滑行的相对位移为3m B．长木板P的长度至少是7.5m C．长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.5 D．滑块Q在t=9s时停下来 题型二　斜面上的板块问题 1.问题特点:斜面上的板块模型是指滑板和滑块一起在斜面上运动的情形，此类问题的处理方法与水平面上的板块模型类似，只是要考虑滑块和滑板的重力在沿斜面方向上的分力对运动的影响。 2.思维流程 3.常见模型 (1)无初速度下滑类 假设法判断是否发生相对滑动 ①μ2<μ1(上面比下面粗糙)，则不会相对滑动．用极限法，μ1无限大或斜面光滑，一起匀加速运动。 ②μ2>μ1(下面比上面粗糙)，则会相对滑动。 (2)加外力下滑类 对m分析，加速度范围gsin θ－μ1gcos θ<a<gsin θ＋μ1gcos θ 加速度在这个范围内，板块可保持相对静止． 【典例3】　如图所示,在倾角为θ=37°的足够长的斜面上有一个质量为m1=4 kg的长木板,长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1=0.7。将长木板由静止释放,经过Δt=2.5 s,将一质量为m2=1 kg的物块无初速度地放到距长木板底端L=9.628 m处。已知物块最终从长木板底端滑出,物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.3,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,物块体积较小,计算时可视为质点。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)刚放上物块的瞬间,求长木板的加速度a'1的大小。 (2)求物块在长木板上滑行的时间t。 3.如图所示,倾角为θ=37°的斜面固定在地面上,斜面光滑且足够长,其上有一质量为M=1 kg、长L=6 m的木板,木板厚度不计。在木板的左端有一个可以看作质点的、质量为m=2 kg的木块,木块与木板之间的动摩擦因数μ=0.5。开始时二者都静止,现用平行于斜面向上的恒力F=30 N拉木块,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)经过多长时间木块从木板右端滑落? (2)当木板相对斜面速度为0时,木板右端与木块之间的距离。 1.如图所示,水平桌面宽度L=1 m,其上铺有很薄的桌布,桌布左侧与桌边平齐,桌布上静止放置一茶杯(可视为质点),茶杯位于桌面中央处。现用力沿水平方向拉动桌布,使茶杯与桌布间发生相对滑动,茶杯滑离桌布落到桌面上时速度不变,所用时间忽略不计,茶杯恰好停在桌边。已知茶杯与桌布间及茶杯与桌面间的动摩擦因数均为0.2,g取10 m/s2,桌布运动加速度为a,茶杯运动时间为t,下列说法正确的是(　 　) A.a=3 m/s2,t=1 s B.a=6 m/s2,t=1 s C.a=3 m/s2,t=0.5 s D.a=6 m/s2,t=0.5 s 2.(多选)如图所示,一质量为m的木块以v1的速率向右滑上以v2的速率在光滑水平地面上向左运动的薄木板,薄木板质量为M,已知m<M,则在以后的运动过程中,下列图像可能正确的是(　 　) 3.(多选)某同学设计了如图甲所示装置: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,所有物体均静止。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,g取10 m/s2。则(　 　) A.本次操作中,所挂重物C的质量为8 kg B.木板A与滑块B间的动摩擦因数为μ1=0.4 C.木板A与桌面间的动摩擦因数为μ2=0.2 D.为使滑块B始终不脱离木板A,A至少长1.5 m 4.如图所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8 m、质量M=3 kg的薄木板,木板的最右端叠放一质量m=1 kg的物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动,设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。则(　 　) A.要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动,需恒力F>15 N B.当恒力F=25 N时,物块会与木板发生相对滑动 C.当恒力F>30 N时,物块会与木板发生相对滑动 D.当恒力F=37.5 N时,物块滑离木板所用的时间为1 s 5.(多选)如图甲所示,粗糙的水平地面上有长木板P,小滑块Q(可看作质点)放置在长木板的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端,让长木板从静止开始运动,一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示,已知小滑块Q与长木板P的质量相等,小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　 　) A.小滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05 B.长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.75 C.t=9 s时长木板P停下来 D.长木板P的长度至少是16.5 m 6.如图所示,足够长质量为1 kg的木板放置于光滑水平面上,木板左端放置了一可视为质点、质量为1 kg的物块,物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2。初始时,木板与物块都静止,现给木板一个向左的拉力,使木板以恒定的加速度a0=4 m/s2开始运动,当其速度达到v0=8 m/s后,便以此速度做匀速运动,g取10 m/s2。求: (1)物块相对于木板运动的最大距离; (2)通过计算,写出拉力随时间变化的关系。 7.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=,设小物块与长木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求放上小物块后,长木板和小物块的加速度大小。 (2)要使小物块不滑离长木板,长木板至少要有多长? 8.(多选)如图甲所示,滑块A放在静止于水平地面上的木板B右端,已知滑块A与木板B的质量均为m=1 kg,t=0时刻滑块A以v0=3 m/s的初速度向左运动,同时在木板B右端加一个水平向右的外力F=9 N,作用1 s后撤去外力F,前1 s内滑块A和木板B的v-t关系图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,滑块A始终没有离开木板B,重力加速度g取10 m/s2。则(　ACD　) A.滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.1 B.木板B与地面间的动摩擦因数为0.4 C.木板B长度至少为8.1 m滑块A才能不掉下来 D.整个过程中系统摩擦生热共22.5 J 为则易 第1页/共12页 行则至 学科网（北京）股份有限公司 $