“板块类”问题专项突破
“板块”问题就是通常遇到的叠放问题，由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型，故将其形象称为“板块”问题。其应用的知识面较为广泛，与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系，而且往往牵涉着临界极值问题问题，的确是教学的一大难点。板块问题能够较好的考查学生对知识的掌握程度和学生对问题的分析综合能力，是增强试卷区分度的有力题目。因此，板块问题不论在平时的大小模考中，还是在高考试卷中都占据着非常重要的地位。学生在学习这类问题问题时通常对相对运动情况、临界情形和功能关系等不能很好理清。
v 0=10m/s的物块冲上一置于光滑水平面上且足够长的木板
上。物块质量为m =4kg，木板质量M =6kg，物块与木板间的动摩擦因数μ=0. 6，试问：
物块将停在木板上何处？
【启导】物块冲上木板后相对木板向右运动，会在木板摩擦力作用下匀减速运动，木板会在摩擦力作用下匀加速运动，两者共速后，一起匀速运动。求物块停在木板上何处，实际是在求物块与木板的相对位移大小。
【品味】本题是板块问题得基本问题。求解本题一定要弄清摩擦力起的作用，物体的运动情况和理解相对位移。本题用不同方法进行了求解意在加强学员从不同角度分析处理问题的意识与能力，要注意对比不同方法的解题出发点，有意识培养自己的思维灵活性、方法的多样性。
v
长L =1. 5m 、质量M =3kg 的木板静止放在水平面上，质量m =1kg 的小物块（可视为质点）放在木板的右端，木板和小木块间的动摩擦因数μ1=0.1，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2。现对木板施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s2，求：（1）使小物块不掉下木板的最大拉力F 0（小物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。（2）如果拉力F =21N 恒定不变，小物块所能获得的最大动能是多少。
【引导】当木板所受水平外力F 小于某一值时，木板会在水平外力作用下加速运动，物块相对于木板就有了相对运动趋势，就会受到木板的静摩擦力作用，并且在其作用下也做与木板加速相同的加速运动。由于物块的加速度由静摩擦力提供，所以物块与木板相同加速度的加速运动的加速度是有上限的，就是物块和木板摩擦力为最大静摩擦时、对物块所产生的加速度，而这也是木板与物块能保持相对静止一块加速的临界加速度。求出这个临界加速度，就可以求出物块不掉下去的最大拉力，因为只要板、块发生了相对滑动，其就必然能够掉下去。如果物块在木板上滑动了，那么其从木板后端将要掉下去时的动能最大，因为此前其一直在滑动摩擦力作用下加速。
【品味】在本题第一问的求解中，对临界加速度的分析和求解是关键，而在第二问的求解中用相对位移求时间则是关键。不难发现，就是这样一个看起来并不很长的题目竟然包含着临界问题和相对运动问题，难怪乎不少学员都叹息板块问题太难！“困难像弹簧，你弱它就强！”有些人宁愿被困难征服，有些人喜欢征服困难，你想做哪一种呢？其实，当你全心投入的时候，你会发现别样的精彩！不妨来试试。
B 的质量为m ＝0.5kg 、长L ＝1m 。某时刻A 以v 0
＝4m/s向右的初速度滑上木板B 的上表面，物体A 的质量M ＝1kg ，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力。忽略物体A 的大小，已知A 与B 之间的动摩擦因数µ=0.2，取重力加速度g =10m/s2。试求：（1）若F =5N，物体A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；（2）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件。
【引导】本题与上题运动情境不同之处在于本题中物块有初速度，而上题中却没有。物块在平板车上做匀减速运动，当两者速度相等时具有最大相对位移（如果两者速度能相等的话）。要想A 不从平板车B 上滑落，F
不能太小，致使物块从平板车右端冲出；F 也不能太大，致使两者速度相等后依然不能相对静止而从平板车左端滑出。
【品味】本题中物块有了速度，较之上一题运动情境要复杂一些，在分析时就要更加细心。在求解本题第二问时，思维是否缜密直接影响到问题能否得到完满解决，有不少学员可能只考虑到不从平板车右边冲出一种情况。
M 、长为l
的匀质木板放在很长的水平桌面上，板的左
端有一质量为m 的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮并与桌面平行，某人以恒定的速度v 向下拉绳，物块最多只能到达板的中点，且此时板的右端距离桌边定滑轮足够远．求：
（1）若板与桌面间光滑，物块与板的动摩擦因数．
（2）若板与桌面间有摩擦，为使物块能到达板右端，板与桌面的动摩擦因数的范围．
【引导】由“物块最多只能到达板的中点”知当物块与木板相对位移为木板长度的一半时两者共速。根据位移关系可求出时间，由牛顿第二定律可求出木板加速度，再加上速度相等这一临界条件就可以求出动摩擦因数。若斜面不光滑
【品味】求解本题第一问的关键是抓住物体的位移关系，而第二问中弄清物块能够运动到木板右端的临界条件则是解题的关键。
在倾角为θ的足够长的斜面上，
有
一质量为m 1的长木板。开始时，长木板上有一质量为m 2
的小铁块（视为质点）以相对斜面的初速度v 0从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v 的匀速运动（已知二者速率的值v 0>v ），小铁块最终跟长木板一起向上做匀速运动。已知小铁块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为μ（μ>tan θ），试求：（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度？（2）长木板至少多长？（3）小铁块从中点开始运动到最终匀速运动的过程中拉力做了多少功？
【引导】物块受到沿斜面的重力分量和摩擦力的作用，且由于μ>tan θ，所以物块受到的摩擦力一定大于重力沿斜面的分力，物块做匀减速运动，利用牛顿第二定律即可求出加速度。由于物块最终跟长木板一起向上做匀速运动，所以物块速度减为零后又会反向加速，但在物块和木板共速前物块运动方向始终沿斜面向下。由于木板一直匀速运动，因此由平衡条件可以求出拉力大小，再求出物块位移，就可以按照功的定义求解拉力做功了。当然，也可以依据动能定理求解。
【品味】本题运动情境较为复杂，根据μ>tan θ对铁块运动状态的判断体现了学员对斜面模型规律的掌握程度；对小铁块运动情况的分析与运算则又能反映出学员对运动学规律的认识深度；对临界条件的分析又能彰显学员对临界问题的分析能力；而对拉力做功的运算则不仅考查学员对功、能的理解，也能反映出学员对问题的综合把控能力。本题综合性较强，覆盖面较广，对学生的悟性要求也较高。
2009·山东）如图所示，某货场将质量为
m 1=100 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，
为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R =1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A 、B ，长度均为l =2m，质量均为m 2=100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g =10 m/s2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。（2）若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件。（3）若μ1=0.5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间。
【启导】物块滑下圆轨道末端获得速度，由圆周运动规律可以求得物块对轨道的压力。第（2）问中当其冲上木板A 后，A 未动，说明物块施予A 的摩擦力小于地面对A 、B 板的最大静摩擦力。物块滑上B 后，B 动了，说明物块施予B 的摩擦力大于地面与B 间的最大静摩擦力。第（3）问中看μ1=0.5是否满足（2）中所求的范围内，若满足的话，可根据运动学规律求时间。
【品味】本题第（2）问中根据“A 动B 不动”分析物块摩擦力所满足关系是一个难点！本题与前面所研究过的题目不同，其对象较多，除物块外有两个木板。物块在A 上运动过程中，可将A 、B 看做整体来分析，问题就得到了简化。因为A 随然没动，但有向右运动的趋势，我们不妨理解为A 发生了形变，从而了挤压B ，而地面又阻碍B 运动，所以归根结底，地面对A 、B 整体的摩擦力是阻碍A 运动的原因。
2010·福建）如图所示，物体A 放在足够长的木板B 上，木板B 静止于水平面。
t =0时，电动机通过水平细绳以恒力F 拉木板B ，使它做初速度为零，加速度a B =1.0m/s2
的匀加速直线运动。已知A 的质量m A 和B 的质量m B 均为2.0kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ1=0.05，B 与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g 取10m/s2。求：（1）物体A 刚运动时的加速度a A ；（2）t =1.0s时，电动机的输出功率P ；（3）若t =1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P '=5W ，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t =3.8s时物体A 的速度为1.2m/s。则在t =1.0s到t =3.8s这段时间内木板B 的位移为多少？
【启导】本题第（1）问易求；第（2）问需要根据速度公式先求出1.0s 时木板的运动速率和根据牛顿第二定律求出木板所受的牵引力，然后按照瞬时功率的表达式求出功率P ；第（3）问需要先求出木板所受拉力，然后对木板进行分析，确定木板的运动状态，为进一步求解奠定基础。
【品味】本题为2010年福建省压轴题，其涵盖受力分析、运动学、牛顿运动定律、功率、动能定理等力学重要知识内容，涉及面非常广。本题第（1）问是常规性问题，一般同学都能做出来。第（2）问，在掌握功率概念及求解方法的同时，要求能对木板B 受力情况做出正确的分析。第（3）问的过程较为复杂，充分考查学生的分析综合能力，和应用功能关系求解问题的意识与能力，对学生基础的扎实性、方法的灵活性和思维的缜密性都有较高要求，区分度较大。本题在设置上层层深入，由易到难，使学生容易上手却又难以深入，能够较好检测出学生学业水平，的确是一道不错的高考题！由本题我们至少能明显能体会到这么两点：一是其实高考压轴题也是能得分的，不要盲目放弃；二是练好基本功是根本，特别是对较为复杂的题目，高考中有几道题是直接套套公式就能出来的呢？ 1．板块问题本质特征：①两物体叠放并接触 ②两物体间通过摩擦力发生作用
m =1. 0kg 的小滑块（可视为质点）放在质量为3. 0kg 的长木板的右端，木板
上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，木板长L =1. 0m 。开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F =12N ，如图所示。为使小滑块不掉下木板，试求（g 取10m /s ）：
2
（1）用水平恒力F 作用的最长时间；
（2）水平恒力F 作功的最大值。
【回味】本题第（1）问中，弄清物块不掉下去的条件是关键。一些学员由于理解不了“最长时间”陷入困境，其实只要能想着弄清物体运动过程，找出时间、位移关系，再考虑上临界条件，还是不难求解的。第（2）问，难度不大，考查了功的计算。
v 0匀速行驶，某时刻一货箱（可视为质点）无初
速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l =3m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a =4m/s2的匀减速直线运动。已知货箱与平板车之间的摩擦因数为μ=0.2，g =10m/s2。为使货箱不从平板上掉下来，平板车匀速行驶的速度v 0应满足什么条件？
【回味】本题中在货箱与平板车共同前进，平板车运动的“快”，货箱相对平板车向后运动；共速后，两者依然要发生相对运动，但货箱较“快”，货箱相对平板车向前运动。因此要想货箱不从平板车上掉下来，只要满足共速前的相对位移大小不超过l 就可以了。本题解析应用了图像法求解，学员也可应用其它方法试试。
AB 边
重合，如图所示。已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的摩擦因数为μ2。现突然以恒定加速度a 将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB 边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a 满足的条件是什么？（
g 表示重力加速度）
【回味】本题牵涉过程较复杂，找出盘子与桌布间的位移关系以及盘子不掉下去的条件是关键。求解时要在分析物体运动过程，及位移关系上下功夫。本题中，关于方程组的求解也是一个难点，是对学员运算思维能力的一个考验。
1. （2011·新课标）如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板， 其上叠放一质量为m 2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加
一随时间t 增大的水平力F =kt （k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是（
）
2．一块足够长得木板C 质量为2m ，放在光滑水平面上，如图所示。在木板上自左向右放有A 、B 两个完全相同的物块，两物块质量均为m ，与木板间的动摩擦因数均为μ。开始时木板静止不动，A 、B 两物块的初速度分别为v 0、2v 0，
0方向如图所示。刚开始时A 、B 、C 三物体的加速度之比
为 ；A 物块在整个运动过程中最小速度
为 ；A 速度减至最小过程中，AC 间的摩擦生热
跟BC 间的摩擦生热之比为 。
3．如图所示，有一木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M =4kg ，长为L =1. 4m ；木板右端放着一小物块，小物块质量为m =1kg，其尺寸远远小于L 。小滑块与
v
2v
木板之间的动摩擦因数为μ=0. 4（g 取10m/s2）
（1）现用恒力F 作用在木板M 上，求：能使m 从M 上面滑落下来的F 的范围？ （2）其它条件不变，若恒力F =22.8N，求：m 从M 上面滑落下来所用的时间？
4．如图所示，质量M =8kg的长木板放在光滑水平面上，在长木板的右端施加一水平恒力F =8N，当长木板向右运动速率达到v 1=10m/s时，在其右端有一质量为m =2kg的小物块（可视为质点）以水平向左的速率v 2=2m/s滑上木板，物块与长木板间的动摩擦因数
μ=0. 2，小物块始终没有离开长木板，g =10m/s2（1）经过多长时间小物块与长木板相对静止；
（2
（3）上述过程中长木板对小物块所做的功。
5. 如图所示，质量为M 的长木板，静止放在粗糙水平面上，有一个质量为m ，可视为质点
的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板，从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度
的过程中，物块和木板的v -t 图像分别如图中的折线acd 和bcd 所示，a 、b 、c 、d 点得坐
标为a (0，10) 、b (0，0) 、c (4，4) 、d (12，0) 。根据v -t 图像（g =10m/s2），求：
（1）物块冲上木板做匀速直线运动的加速度大小a 1，木板开始做匀加速直线运动的加
速度大小a 2，达到相同速度之后，一起做匀减速直线运动的加速度大小a ；
（2）物块质量m 与长木板质量M 之比；
（3）物块相对长木板滑行的距离∆x 。
6．如图所示，一块质量为M 、长为l 的匀质木板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端
有一质量为m 的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮，某
人以恒定的速度v 向下拉绳，物块最多只能到达板的中
点，而且此时板的右端尚未到达桌边定滑轮．求：
（1）物块与板的动摩擦因数及物块刚到达板的中点
时板的位移；
（2）若板与桌面间有摩擦，
为使物块能到达板右端，
板与桌面的动摩擦因数的范围；
（3）若板与桌面间的动摩擦因数取第（2）问中的最小值，在物块从板的左端运动到
右端的过程中，人拉绳的力所做的功（其它阻力均不计）。
7．（2011·山东）如图所示，在高出水平地面h =1.8m 的光滑平台上放置一质量M =2kg 、由两种不同材料连接成一体的薄板A ，其右段长度l 1=0.2m 且表面光滑，左段表面粗糙。
在A 最右端放有可视为质点的物块B ，其质量m =1kg 。B 与A 左段间动摩擦因数u =0.4。开始时二者均静止，现对A 施加F =20N 水平向右的恒力，待B 脱离A （A 尚未露出平
台）后，将A 取走。B 离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x =1.2m 。（取
g =10m/s2）求：（1）B 离开平台时的速度v B 。（2）B 从开始运动到刚脱离A 时，B 运动
的时间t B 和位移x B （3）A 左端的长度l 2
“板块类”问题专项突破参考答案
例1【解析】方法一（基本公式法）由牛顿第二定律可知： 对物块μmg =ma 1
对木板 μmg =Ma 2 解得 a 1=6m/s2，a 2=4m/s2
设两者共速时所用时间为t ，则v 0-a 1t =a 2t 解得 t =1s
这段时间物块与车的位移大小分别为x 1=v 0t -12a 1t =7m 2
x 2=1a 2t 2=2m 2
两车的位移之差： ∆x =x 1-x 2=5m 故物块能停距木板左端5m 处
方法二（图像法）作出物块与木板的运动图像如图所示。由牛顿第二定律可求得物块
与木板的加速度a 1=μg =6m/s2 a 2=m 2μg =4m /s M
两者t 时刻速度相等，则v 0-a 1t =a 2t 解得 t =1s
∆x =1v 0t =5m 故物块能停距木板左端5m 处 2
对物块 μmg =ma 1 对木板 μmg =Ma 2
22解得 a 1=6m/s，a 2=4m/s
以木板为参考系，物块的初速度为v 0，加速度为-(a 1+a 2)，则两者相对位移为
2v 0∆x ==5m 故物块能停在距木板左端5m 处 2a 1+a 2例2【解析】（1）设物块与木板能保持相对静止的临界加速度为a 1，则
对物块：a 1=μ1mg
m =μ1g =1m /s 2 对整体：F 0-μ2(M +m ) g =(M +m ) a 1
所以：F 0=μ2(M +m ) g +(M +m ) a 1=12N
（2）当拉力F =21N >F 0时，物块相对于木板滑动，则 对木板：a 2=F -μ1mg -μ2(M +m ) =4m /s 2 M
11a 2t 2-a 1t 2=L 解得t =1s 22
12物块的最大速度 v m =a 1t =1m/s 所以 E km =mv m =0. 5J 2设物块在木板上滑行时间为t ，则
例3【解析】（1）物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，有a A =μg =2m /s 2
平板车B 做加速运动，有F +μMg =ma B 解得 a B =14m /s 2
两者速度相同时，有v 0-a A t =a B t 解得： t =0. 25s
这段时间内A 、B 运行的位移大小分别为x A =v 0t -115a A t 2=m 216
x B =17a B t 2=m 216
物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离∆x m =x A -x B =0. 5m
由于∆x m
（2）物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则位
2v -v v 0-v 12v v 12移关系为： =+L 时间关系为： 01=1联立以上两式解得 a A a B 2a A 2a B
a B =6m /2s 由牛顿第二定律得 ：F =ma B -μMg =1N
若F
要想不滑落，F 必须大于等于1N 。
当F 大于某一值时，在A 到达B 的右端之前，B 就与A 具有共同的速度，之后，只有
A 与B 保持相对静止，才不会从B 的左端滑落，所以F =(M +m ) a μMg =Ma
由以上两式解得 F =3N
若F 大于3N ，A 与B 具有相同的速度之后，A 会相对B 向左滑动，要想不滑落，F
必须小于等于3N 。综上所述，F 应满足的条件是 1N ≤F ≤3N
例4【解析】（1）以板为研究对象，由牛顿第二定律知μ1mg =Ma 1 ①
设物块运动到木板中点用时为t 1，则vt 1-v l t 1= ② v =at 1 ③ 22
Mv 2
联立①②③式，解得 μ1= mgl
（2）物块能到达木板右端的条件为：两者速度相等时，其相对位移大于或等于板长，设物块与木板达到共速所用时间为t 2，则μ1mg -μ2(M +m )g =Ma 2 ④
v Mv 2
vt 2-t 2≥l ⑤ v =a 2t 2 ⑥ 联立④⑤⑥式，解得 μ2≥ 22M +m gl
例5【解析】（1）因为μ>tan θ，所以小铁块相对木板由沿斜面向上得加速度。设小铁块的加速度为a ，由牛顿第二定律得μm 2g cos θ-m 2g sin θ=m 2a
解得：a =g (μcos θ-sin θ)
（2）小铁块先沿斜面向下匀减速至速度为零，再沿斜面向上匀加速，最终获得稳定速度v ，设t 时间后小铁块达到稳定速度，则v =-v 0+at t =
设此过程小铁块的位移为x 1，木板的位移为x 2，则x 1=v +v 0 g (μc o θs -s i n θ) (v 0-v ) t ，方向沿斜面向下2
L （因为v 0>v ）x 2=vt ，方向沿斜面向上，由于 x 1+x 2≤，所以： 2
(v 0+v ) 2
L ≥2(x 1+x 2) =g (μcos θ-sin θ)
（3）对木板进行受力分析，知F =μ(m 2+m 1) g cos θ+μm 2g cos θ+mg sin θ 所以 W =Fx 2=[μ(m 1+2m 2) cos θ+m 1sin θ](v 0+v ) v μcos θ-sin θ
例6【解析】（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为v 0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得mgR =12m 1v 0① 设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N , 根据牛顿2
2v 0第二定律得F N -m 1g =m 1② 联立以上两式代入数据得：F N =3000N N ③ R
根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N ，方向竖直向下。
（2）若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得μ1m 1g ≤μ2(m 1+2m 2) g
④ 若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得μ1m 1g >μ2(m 1+m 2) g
联立④⑤式代入数据得 0.4
（3）μ1=0.5，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动。设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ1m 1g =m 1a 1
⑦ ⑧
⑨
⑩ 22设货物滑到木板A 末端是的速度为v 1，由运动学公式得v 1-v 0=-2a 1l 联立①⑦⑧式代入数据得 v 1=0. 4m/s 设在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式得v 1=v 0-a 1t
联立①⑦⑨⑩式代入数据得 t =0. 4s
例7【解析】（1）物体A 在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得
μ1m A g =m A a A ① 代入数据解得 a A =0. 5m/s2
（2）t =1.0s s 时，木板B 的速度大小为 v =a B t =1m/s ② 木板B 所受拉力F ，由m/s
牛顿第二定律有：F -μ1m A g -μ2(m A +m B ) g =m B a B ③ 解得 F =7N
W ④ 电动机输出功率 P =Fv =7W
（3）电动机的输出功率调整为5W W 时，设细绳对木板B 的拉力为F ' ，则P ' =F ' v ⑤
解得 F ' =5N N 木板B 受力满足 F -μ1m A g -μ2(m A +m B ) g =m 0 ⑥ B a B
所以木板B 将做匀速直线运动，而物体A 则继续在B 上做匀加速直线运动直到A 、B 速度相等。设这一过程时间为t ' ，则v 1=a 1(t 1+t ') ⑦
这段时间内B 的位移大小 x 1=v 1t ' ⑧
P '(t 2-t '-t 1)-μ2(m A +m B )gx 2=1(m A +m B )v 2-1(m A +m B )v 12 ⑨ 22
联立各式，解得木板B 在t =1.0s s 到3.8s 这段时间内的位移 x =x 1+x 2=3. 03m ⑩
课堂演练： 1【解析】（1）撤离前后木板先加速后减速，由牛顿第二定律得
4m /s 2 3
82撤力后 μ(M +m ) g =Ma 2 解得 a 2=m /s 3
1212木板的位移x 1=a 1t 1 x 2=a 2t 2 22撤力前 F -μ(M +m ) g =Ma 1 解得 a 1=
为使小滑块不从木板上掉下，应满足 x 1+x 2≤L 又 a 1t 1=a 2t 2
由以上各式解得 t 1≤1s 故作用的最长时间为1s
（2）木板在拉力F 作用下的最大位移为x 1=
所以F 做功的最大值 W =Fx 1=12⨯12142a 1t 1=⨯⨯1m =m 22332J =8J 3
2【解析】由于μg
2v 01阴影面积 ∆x =v 0t = 212v 0v =0 a +μg 6要使货箱不从平板上掉下来，需满足∆x ≤l
解得 v 0≤6m/s
3【解析】分析可知，盘在桌布上做匀加速运动，
则μ1mg =ma 1 ①μ2mg =ma 2 ② v 1=2a 1x 1 ③v 1=2a 2x 2 ④ 22
1l ⑤ 2
12设桌布从盘下抽出所用时间为t ，这段时间内桌布位移为x ，则x =at ⑥ 2
11x 1=a 1t 2 ⑦ x =x 1+l ⑧ 22要想盘不从桌面掉下，需满足 x 1+x 2≤
联立①~⑧式，解得a ≥μ1+2μ2μ+2μ2μ1g 【答案】a ≥1μ1g μ2μ2
课后练习：1．A 2．1:1:1 v 0 1:3 3．解：（1）两者能保持相对静止的最大加速2
度a =μg =4m/s2 故要使m 从M 上滑落，只需满足F >(M +m )a =20N
（2）由于F =22.8N >20 N，所以物块相对于木板滑动，由牛顿第二定律知
a '=F -μmg =4. 7m/s2 M
121at -μgt 2=L 解得 t =2s 22
F -μmg =0. 5m/s2 4．解：（1）由牛顿第二定律知：木板的加速度 a 1=M 设m 从M 上面滑落下来所用的时间为t ，则
物块的加速度 a 2=μg =2m/s2设t 时间后，两者达到共同速度v ，则对木板 v =v 1+a 1t 对物块 v =-v 2+a 2t 解得 v =14m/s，t =8s
（2）此过程中，木板与物块的位移分别为 x 1=
木板长度至少为 L =x 1-x 2=48m
（3）摩擦力对小物块做的功W =v 1+v -v 2+v t =96m x 2=t =48m 221212mv -mv 2=192J 22
225．解：（1）由图像可知 a 1=1. 5m/s，a 2=1m/s，a 3=0. 5m/s2
（2）由牛顿第二定律得：对物块： f 1=ma 1 对木板： f 1-f 2=Ma 2
对整体： f 2=(M +m )a 3 联立以上各式，解得 m 3= M 2
（3）图中∆aco 的面积即为物块相对长木板滑行的距离，所以∆x =1⨯10⨯4m =20m 2
6．解：（1）以板为研究对象，由牛顿第二定律知μ1mg =Ma 1 ①
设物块运动到木板中点用时为t 1，木板位移为x 则vt 1-x =l ② 2
v l Mv 2
v =at 1 ③ x =t 1 ④ 联立①②③式，解得 μ1=，x = 22mgl
（2）物块能到达木板右端的条件为：两者速度相等时，其相对位移大于或等于板长，物块与木板达到共速所用时间为t 2，则μ1mg -μ2(M +m )g =Ma 2⑤
v Mv 2
vt 2-t 2≥l ⑥v =a 2t 2 ⑦ 联立⑤⑥⑦式，解得 μ2≥ 22M +m gl
（3）若板与桌面的动摩擦因数取第（2）问中最小值，则物块到达木板右端时，两者恰好共速，有vt 3-v t 3=l ⑧ 2
由于物块一直匀速运动，所以绳拉力对物块做的功等于摩擦力对物块做的功，则W =μ1mg ⋅vt 3 ⑨ 联立⑧⑨式，解得 W =2Mv 2
7．解：（1）设物块平抛运动的时间为t ，由运动学知识可得h =
x =v 0t ② 联立①②式，代入数据得v B =2m /s ③
（2）设B 的加速度为a 2，由牛顿第二定律和运动学的知识得μmg =ma B ④ 12gt 2①
v B =a B t B ⑤x B =12a B t B ⑥ 2
联立③④⑤⑥式，代入数据得t B =0. 5s ⑦ x B =0. 5m ⑧
（3）设B 刚开始运动时A 的速度为v 1，由动能定理得Fl 1=1Mv 12 ⑨ 2
设B 运动后A 的加速度为a A ，由牛顿，第二定律和运动学知识得F -μmg =Ma A ⑩
(l 2+x B ) =v 1t B +1211 a A t B ○2
12 ○联立⑦⑧⑨⑩11式，代入数据得L 2=1. 5m ○
“板块类”问题专项突破
“板块”问题就是通常遇到的叠放问题，由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型，故将其形象称为“板块”问题。其应用的知识面较为广泛，与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系，而且往往牵涉着临界极值问题问题，的确是教学的一大难点。板块问题能够较好的考查学生对知识的掌握程度和学生对问题的分析综合能力，是增强试卷区分度的有力题目。因此，板块问题不论在平时的大小模考中，还是在高考试卷中都占据着非常重要的地位。学生在学习这类问题问题时通常对相对运动情况、临界情形和功能关系等不能很好理清。
v 0=10m/s的物块冲上一置于光滑水平面上且足够长的木板
上。物块质量为m =4kg，木板质量M =6kg，物块与木板间的动摩擦因数μ=0. 6，试问：
物块将停在木板上何处？
【启导】物块冲上木板后相对木板向右运动，会在木板摩擦力作用下匀减速运动，木板会在摩擦力作用下匀加速运动，两者共速后，一起匀速运动。求物块停在木板上何处，实际是在求物块与木板的相对位移大小。
【品味】本题是板块问题得基本问题。求解本题一定要弄清摩擦力起的作用，物体的运动情况和理解相对位移。本题用不同方法进行了求解意在加强学员从不同角度分析处理问题的意识与能力，要注意对比不同方法的解题出发点，有意识培养自己的思维灵活性、方法的多样性。
v
长L =1. 5m 、质量M =3kg 的木板静止放在水平面上，质量m =1kg 的小物块（可视为质点）放在木板的右端，木板和小木块间的动摩擦因数μ1=0.1，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2。现对木板施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s2，求：（1）使小物块不掉下木板的最大拉力F 0（小物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。（2）如果拉力F =21N 恒定不变，小物块所能获得的最大动能是多少。
【引导】当木板所受水平外力F 小于某一值时，木板会在水平外力作用下加速运动，物块相对于木板就有了相对运动趋势，就会受到木板的静摩擦力作用，并且在其作用下也做与木板加速相同的加速运动。由于物块的加速度由静摩擦力提供，所以物块与木板相同加速度的加速运动的加速度是有上限的，就是物块和木板摩擦力为最大静摩擦时、对物块所产生的加速度，而这也是木板与物块能保持相对静止一块加速的临界加速度。求出这个临界加速度，就可以求出物块不掉下去的最大拉力，因为只要板、块发生了相对滑动，其就必然能够掉下去。如果物块在木板上滑动了，那么其从木板后端将要掉下去时的动能最大，因为此前其一直在滑动摩擦力作用下加速。
【品味】在本题第一问的求解中，对临界加速度的分析和求解是关键，而在第二问的求解中用相对位移求时间则是关键。不难发现，就是这样一个看起来并不很长的题目竟然包含着临界问题和相对运动问题，难怪乎不少学员都叹息板块问题太难！“困难像弹簧，你弱它就强！”有些人宁愿被困难征服，有些人喜欢征服困难，你想做哪一种呢？其实，当你全心投入的时候，你会发现别样的精彩！不妨来试试。
B 的质量为m ＝0.5kg 、长L ＝1m 。某时刻A 以v 0
＝4m/s向右的初速度滑上木板B 的上表面，物体A 的质量M ＝1kg ，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力。忽略物体A 的大小，已知A 与B 之间的动摩擦因数µ=0.2，取重力加速度g =10m/s2。试求：（1）若F =5N，物体A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；（2）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件。
【引导】本题与上题运动情境不同之处在于本题中物块有初速度，而上题中却没有。物块在平板车上做匀减速运动，当两者速度相等时具有最大相对位移（如果两者速度能相等的话）。要想A 不从平板车B 上滑落，F
不能太小，致使物块从平板车右端冲出；F 也不能太大，致使两者速度相等后依然不能相对静止而从平板车左端滑出。
【品味】本题中物块有了速度，较之上一题运动情境要复杂一些，在分析时就要更加细心。在求解本题第二问时，思维是否缜密直接影响到问题能否得到完满解决，有不少学员可能只考虑到不从平板车右边冲出一种情况。
M 、长为l
的匀质木板放在很长的水平桌面上，板的左
端有一质量为m 的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮并与桌面平行，某人以恒定的速度v 向下拉绳，物块最多只能到达板的中点，且此时板的右端距离桌边定滑轮足够远．求：
（1）若板与桌面间光滑，物块与板的动摩擦因数．
（2）若板与桌面间有摩擦，为使物块能到达板右端，板与桌面的动摩擦因数的范围．
【引导】由“物块最多只能到达板的中点”知当物块与木板相对位移为木板长度的一半时两者共速。根据位移关系可求出时间，由牛顿第二定律可求出木板加速度，再加上速度相等这一临界条件就可以求出动摩擦因数。若斜面不光滑
【品味】求解本题第一问的关键是抓住物体的位移关系，而第二问中弄清物块能够运动到木板右端的临界条件则是解题的关键。
在倾角为θ的足够长的斜面上，
有
一质量为m 1的长木板。开始时，长木板上有一质量为m 2
的小铁块（视为质点）以相对斜面的初速度v 0从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v 的匀速运动（已知二者速率的值v 0>v ），小铁块最终跟长木板一起向上做匀速运动。已知小铁块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为μ（μ>tan θ），试求：（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度？（2）长木板至少多长？（3）小铁块从中点开始运动到最终匀速运动的过程中拉力做了多少功？
【引导】物块受到沿斜面的重力分量和摩擦力的作用，且由于μ>tan θ，所以物块受到的摩擦力一定大于重力沿斜面的分力，物块做匀减速运动，利用牛顿第二定律即可求出加速度。由于物块最终跟长木板一起向上做匀速运动，所以物块速度减为零后又会反向加速，但在物块和木板共速前物块运动方向始终沿斜面向下。由于木板一直匀速运动，因此由平衡条件可以求出拉力大小，再求出物块位移，就可以按照功的定义求解拉力做功了。当然，也可以依据动能定理求解。
【品味】本题运动情境较为复杂，根据μ>tan θ对铁块运动状态的判断体现了学员对斜面模型规律的掌握程度；对小铁块运动情况的分析与运算则又能反映出学员对运动学规律的认识深度；对临界条件的分析又能彰显学员对临界问题的分析能力；而对拉力做功的运算则不仅考查学员对功、能的理解，也能反映出学员对问题的综合把控能力。本题综合性较强，覆盖面较广，对学生的悟性要求也较高。
2009·山东）如图所示，某货场将质量为
m 1=100 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，
为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R =1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A 、B ，长度均为l =2m，质量均为m 2=100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g =10 m/s2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。（2）若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件。（3）若μ1=0.5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间。
【启导】物块滑下圆轨道末端获得速度，由圆周运动规律可以求得物块对轨道的压力。第（2）问中当其冲上木板A 后，A 未动，说明物块施予A 的摩擦力小于地面对A 、B 板的最大静摩擦力。物块滑上B 后，B 动了，说明物块施予B 的摩擦力大于地面与B 间的最大静摩擦力。第（3）问中看μ1=0.5是否满足（2）中所求的范围内，若满足的话，可根据运动学规律求时间。
【品味】本题第（2）问中根据“A 动B 不动”分析物块摩擦力所满足关系是一个难点！本题与前面所研究过的题目不同，其对象较多，除物块外有两个木板。物块在A 上运动过程中，可将A 、B 看做整体来分析，问题就得到了简化。因为A 随然没动，但有向右运动的趋势，我们不妨理解为A 发生了形变，从而了挤压B ，而地面又阻碍B 运动，所以归根结底，地面对A 、B 整体的摩擦力是阻碍A 运动的原因。
2010·福建）如图所示，物体A 放在足够长的木板B 上，木板B 静止于水平面。
t =0时，电动机通过水平细绳以恒力F 拉木板B ，使它做初速度为零，加速度a B =1.0m/s2
的匀加速直线运动。已知A 的质量m A 和B 的质量m B 均为2.0kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ1=0.05，B 与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g 取10m/s2。求：（1）物体A 刚运动时的加速度a A ；（2）t =1.0s时，电动机的输出功率P ；（3）若t =1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P '=5W ，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t =3.8s时物体A 的速度为1.2m/s。则在t =1.0s到t =3.8s这段时间内木板B 的位移为多少？
【启导】本题第（1）问易求；第（2）问需要根据速度公式先求出1.0s 时木板的运动速率和根据牛顿第二定律求出木板所受的牵引力，然后按照瞬时功率的表达式求出功率P ；第（3）问需要先求出木板所受拉力，然后对木板进行分析，确定木板的运动状态，为进一步求解奠定基础。
【品味】本题为2010年福建省压轴题，其涵盖受力分析、运动学、牛顿运动定律、功率、动能定理等力学重要知识内容，涉及面非常广。本题第（1）问是常规性问题，一般同学都能做出来。第（2）问，在掌握功率概念及求解方法的同时，要求能对木板B 受力情况做出正确的分析。第（3）问的过程较为复杂，充分考查学生的分析综合能力，和应用功能关系求解问题的意识与能力，对学生基础的扎实性、方法的灵活性和思维的缜密性都有较高要求，区分度较大。本题在设置上层层深入，由易到难，使学生容易上手却又难以深入，能够较好检测出学生学业水平，的确是一道不错的高考题！由本题我们至少能明显能体会到这么两点：一是其实高考压轴题也是能得分的，不要盲目放弃；二是练好基本功是根本，特别是对较为复杂的题目，高考中有几道题是直接套套公式就能出来的呢？ 1．板块问题本质特征：①两物体叠放并接触 ②两物体间通过摩擦力发生作用
m =1. 0kg 的小滑块（可视为质点）放在质量为3. 0kg 的长木板的右端，木板
上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，木板长L =1. 0m 。开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F =12N ，如图所示。为使小滑块不掉下木板，试求（g 取10m /s ）：
2
（1）用水平恒力F 作用的最长时间；
（2）水平恒力F 作功的最大值。
【回味】本题第（1）问中，弄清物块不掉下去的条件是关键。一些学员由于理解不了“最长时间”陷入困境，其实只要能想着弄清物体运动过程，找出时间、位移关系，再考虑上临界条件，还是不难求解的。第（2）问，难度不大，考查了功的计算。
v 0匀速行驶，某时刻一货箱（可视为质点）无初
速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l =3m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a =4m/s2的匀减速直线运动。已知货箱与平板车之间的摩擦因数为μ=0.2，g =10m/s2。为使货箱不从平板上掉下来，平板车匀速行驶的速度v 0应满足什么条件？
【回味】本题中在货箱与平板车共同前进，平板车运动的“快”，货箱相对平板车向后运动；共速后，两者依然要发生相对运动，但货箱较“快”，货箱相对平板车向前运动。因此要想货箱不从平板车上掉下来，只要满足共速前的相对位移大小不超过l 就可以了。本题解析应用了图像法求解，学员也可应用其它方法试试。
AB 边
重合，如图所示。已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的摩擦因数为μ2。现突然以恒定加速度a 将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB 边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a 满足的条件是什么？（
g 表示重力加速度）
【回味】本题牵涉过程较复杂，找出盘子与桌布间的位移关系以及盘子不掉下去的条件是关键。求解时要在分析物体运动过程，及位移关系上下功夫。本题中，关于方程组的求解也是一个难点，是对学员运算思维能力的一个考验。
1. （2011·新课标）如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板， 其上叠放一质量为m 2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加
一随时间t 增大的水平力F =kt （k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是（
）
2．一块足够长得木板C 质量为2m ，放在光滑水平面上，如图所示。在木板上自左向右放有A 、B 两个完全相同的物块，两物块质量均为m ，与木板间的动摩擦因数均为μ。开始时木板静止不动，A 、B 两物块的初速度分别为v 0、2v 0，
0方向如图所示。刚开始时A 、B 、C 三物体的加速度之比
为 ；A 物块在整个运动过程中最小速度
为 ；A 速度减至最小过程中，AC 间的摩擦生热
跟BC 间的摩擦生热之比为 。
3．如图所示，有一木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M =4kg ，长为L =1. 4m ；木板右端放着一小物块，小物块质量为m =1kg，其尺寸远远小于L 。小滑块与
v
2v
木板之间的动摩擦因数为μ=0. 4（g 取10m/s2）
（1）现用恒力F 作用在木板M 上，求：能使m 从M 上面滑落下来的F 的范围？ （2）其它条件不变，若恒力F =22.8N，求：m 从M 上面滑落下来所用的时间？
4．如图所示，质量M =8kg的长木板放在光滑水平面上，在长木板的右端施加一水平恒力F =8N，当长木板向右运动速率达到v 1=10m/s时，在其右端有一质量为m =2kg的小物块（可视为质点）以水平向左的速率v 2=2m/s滑上木板，物块与长木板间的动摩擦因数
μ=0. 2，小物块始终没有离开长木板，g =10m/s2（1）经过多长时间小物块与长木板相对静止；
（2
（3）上述过程中长木板对小物块所做的功。
5. 如图所示，质量为M 的长木板，静止放在粗糙水平面上，有一个质量为m ，可视为质点
的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板，从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度
的过程中，物块和木板的v -t 图像分别如图中的折线acd 和bcd 所示，a 、b 、c 、d 点得坐
标为a (0，10) 、b (0，0) 、c (4，4) 、d (12，0) 。根据v -t 图像（g =10m/s2），求：
（1）物块冲上木板做匀速直线运动的加速度大小a 1，木板开始做匀加速直线运动的加
速度大小a 2，达到相同速度之后，一起做匀减速直线运动的加速度大小a ；
（2）物块质量m 与长木板质量M 之比；
（3）物块相对长木板滑行的距离∆x 。
6．如图所示，一块质量为M 、长为l 的匀质木板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端
有一质量为m 的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮，某
人以恒定的速度v 向下拉绳，物块最多只能到达板的中
点，而且此时板的右端尚未到达桌边定滑轮．求：
（1）物块与板的动摩擦因数及物块刚到达板的中点
时板的位移；
（2）若板与桌面间有摩擦，
为使物块能到达板右端，
板与桌面的动摩擦因数的范围；
（3）若板与桌面间的动摩擦因数取第（2）问中的最小值，在物块从板的左端运动到
右端的过程中，人拉绳的力所做的功（其它阻力均不计）。
7．（2011·山东）如图所示，在高出水平地面h =1.8m 的光滑平台上放置一质量M =2kg 、由两种不同材料连接成一体的薄板A ，其右段长度l 1=0.2m 且表面光滑，左段表面粗糙。
在A 最右端放有可视为质点的物块B ，其质量m =1kg 。B 与A 左段间动摩擦因数u =0.4。开始时二者均静止，现对A 施加F =20N 水平向右的恒力，待B 脱离A （A 尚未露出平
台）后，将A 取走。B 离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x =1.2m 。（取
g =10m/s2）求：（1）B 离开平台时的速度v B 。（2）B 从开始运动到刚脱离A 时，B 运动
的时间t B 和位移x B （3）A 左端的长度l 2
“板块类”问题专项突破参考答案
例1【解析】方法一（基本公式法）由牛顿第二定律可知： 对物块μmg =ma 1
对木板 μmg =Ma 2 解得 a 1=6m/s2，a 2=4m/s2
设两者共速时所用时间为t ，则v 0-a 1t =a 2t 解得 t =1s
这段时间物块与车的位移大小分别为x 1=v 0t -12a 1t =7m 2
x 2=1a 2t 2=2m 2
两车的位移之差： ∆x =x 1-x 2=5m 故物块能停距木板左端5m 处
方法二（图像法）作出物块与木板的运动图像如图所示。由牛顿第二定律可求得物块
与木板的加速度a 1=μg =6m/s2 a 2=m 2μg =4m /s M
两者t 时刻速度相等，则v 0-a 1t =a 2t 解得 t =1s
∆x =1v 0t =5m 故物块能停距木板左端5m 处 2
对物块 μmg =ma 1 对木板 μmg =Ma 2
22解得 a 1=6m/s，a 2=4m/s
以木板为参考系，物块的初速度为v 0，加速度为-(a 1+a 2)，则两者相对位移为
2v 0∆x ==5m 故物块能停在距木板左端5m 处 2a 1+a 2例2【解析】（1）设物块与木板能保持相对静止的临界加速度为a 1，则
对物块：a 1=μ1mg
m =μ1g =1m /s 2 对整体：F 0-μ2(M +m ) g =(M +m ) a 1
所以：F 0=μ2(M +m ) g +(M +m ) a 1=12N
（2）当拉力F =21N >F 0时，物块相对于木板滑动，则 对木板：a 2=F -μ1mg -μ2(M +m ) =4m /s 2 M
11a 2t 2-a 1t 2=L 解得t =1s 22
12物块的最大速度 v m =a 1t =1m/s 所以 E km =mv m =0. 5J 2设物块在木板上滑行时间为t ，则
例3【解析】（1）物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，有a A =μg =2m /s 2
平板车B 做加速运动，有F +μMg =ma B 解得 a B =14m /s 2
两者速度相同时，有v 0-a A t =a B t 解得： t =0. 25s
这段时间内A 、B 运行的位移大小分别为x A =v 0t -115a A t 2=m 216
x B =17a B t 2=m 216
物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离∆x m =x A -x B =0. 5m
由于∆x m
（2）物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则位
2v -v v 0-v 12v v 12移关系为： =+L 时间关系为： 01=1联立以上两式解得 a A a B 2a A 2a B
a B =6m /2s 由牛顿第二定律得 ：F =ma B -μMg =1N
若F
要想不滑落，F 必须大于等于1N 。
当F 大于某一值时，在A 到达B 的右端之前，B 就与A 具有共同的速度，之后，只有
A 与B 保持相对静止，才不会从B 的左端滑落，所以F =(M +m ) a μMg =Ma
由以上两式解得 F =3N
若F 大于3N ，A 与B 具有相同的速度之后，A 会相对B 向左滑动，要想不滑落，F
必须小于等于3N 。综上所述，F 应满足的条件是 1N ≤F ≤3N
例4【解析】（1）以板为研究对象，由牛顿第二定律知μ1mg =Ma 1 ①
设物块运动到木板中点用时为t 1，则vt 1-v l t 1= ② v =at 1 ③ 22
Mv 2
联立①②③式，解得 μ1= mgl
（2）物块能到达木板右端的条件为：两者速度相等时，其相对位移大于或等于板长，设物块与木板达到共速所用时间为t 2，则μ1mg -μ2(M +m )g =Ma 2 ④
v Mv 2
vt 2-t 2≥l ⑤ v =a 2t 2 ⑥ 联立④⑤⑥式，解得 μ2≥ 22M +m gl
例5【解析】（1）因为μ>tan θ，所以小铁块相对木板由沿斜面向上得加速度。设小铁块的加速度为a ，由牛顿第二定律得μm 2g cos θ-m 2g sin θ=m 2a
解得：a =g (μcos θ-sin θ)
（2）小铁块先沿斜面向下匀减速至速度为零，再沿斜面向上匀加速，最终获得稳定速度v ，设t 时间后小铁块达到稳定速度，则v =-v 0+at t =
设此过程小铁块的位移为x 1，木板的位移为x 2，则x 1=v +v 0 g (μc o θs -s i n θ) (v 0-v ) t ，方向沿斜面向下2
L （因为v 0>v ）x 2=vt ，方向沿斜面向上，由于 x 1+x 2≤，所以： 2
(v 0+v ) 2
L ≥2(x 1+x 2) =g (μcos θ-sin θ)
（3）对木板进行受力分析，知F =μ(m 2+m 1) g cos θ+μm 2g cos θ+mg sin θ 所以 W =Fx 2=[μ(m 1+2m 2) cos θ+m 1sin θ](v 0+v ) v μcos θ-sin θ
例6【解析】（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为v 0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得mgR =12m 1v 0① 设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N , 根据牛顿2
2v 0第二定律得F N -m 1g =m 1② 联立以上两式代入数据得：F N =3000N N ③ R
根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N ，方向竖直向下。
（2）若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得μ1m 1g ≤μ2(m 1+2m 2) g
④ 若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得μ1m 1g >μ2(m 1+m 2) g
联立④⑤式代入数据得 0.4
（3）μ1=0.5，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动。设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ1m 1g =m 1a 1
⑦ ⑧
⑨
⑩ 22设货物滑到木板A 末端是的速度为v 1，由运动学公式得v 1-v 0=-2a 1l 联立①⑦⑧式代入数据得 v 1=0. 4m/s 设在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式得v 1=v 0-a 1t
联立①⑦⑨⑩式代入数据得 t =0. 4s
例7【解析】（1）物体A 在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得
μ1m A g =m A a A ① 代入数据解得 a A =0. 5m/s2
（2）t =1.0s s 时，木板B 的速度大小为 v =a B t =1m/s ② 木板B 所受拉力F ，由m/s
牛顿第二定律有：F -μ1m A g -μ2(m A +m B ) g =m B a B ③ 解得 F =7N
W ④ 电动机输出功率 P =Fv =7W
（3）电动机的输出功率调整为5W W 时，设细绳对木板B 的拉力为F ' ，则P ' =F ' v ⑤
解得 F ' =5N N 木板B 受力满足 F -μ1m A g -μ2(m A +m B ) g =m 0 ⑥ B a B
所以木板B 将做匀速直线运动，而物体A 则继续在B 上做匀加速直线运动直到A 、B 速度相等。设这一过程时间为t ' ，则v 1=a 1(t 1+t ') ⑦
这段时间内B 的位移大小 x 1=v 1t ' ⑧
P '(t 2-t '-t 1)-μ2(m A +m B )gx 2=1(m A +m B )v 2-1(m A +m B )v 12 ⑨ 22
联立各式，解得木板B 在t =1.0s s 到3.8s 这段时间内的位移 x =x 1+x 2=3. 03m ⑩
课堂演练： 1【解析】（1）撤离前后木板先加速后减速，由牛顿第二定律得
4m /s 2 3
82撤力后 μ(M +m ) g =Ma 2 解得 a 2=m /s 3
1212木板的位移x 1=a 1t 1 x 2=a 2t 2 22撤力前 F -μ(M +m ) g =Ma 1 解得 a 1=
为使小滑块不从木板上掉下，应满足 x 1+x 2≤L 又 a 1t 1=a 2t 2
由以上各式解得 t 1≤1s 故作用的最长时间为1s
（2）木板在拉力F 作用下的最大位移为x 1=
所以F 做功的最大值 W =Fx 1=12⨯12142a 1t 1=⨯⨯1m =m 22332J =8J 3
2【解析】由于μg
2v 01阴影面积 ∆x =v 0t = 212v 0v =0 a +μg 6要使货箱不从平板上掉下来，需满足∆x ≤l
解得 v 0≤6m/s
3【解析】分析可知，盘在桌布上做匀加速运动，
则μ1mg =ma 1 ①μ2mg =ma 2 ② v 1=2a 1x 1 ③v 1=2a 2x 2 ④ 22
1l ⑤ 2
12设桌布从盘下抽出所用时间为t ，这段时间内桌布位移为x ，则x =at ⑥ 2
11x 1=a 1t 2 ⑦ x =x 1+l ⑧ 22要想盘不从桌面掉下，需满足 x 1+x 2≤
联立①~⑧式，解得a ≥μ1+2μ2μ+2μ2μ1g 【答案】a ≥1μ1g μ2μ2
课后练习：1．A 2．1:1:1 v 0 1:3 3．解：（1）两者能保持相对静止的最大加速2
度a =μg =4m/s2 故要使m 从M 上滑落，只需满足F >(M +m )a =20N
（2）由于F =22.8N >20 N，所以物块相对于木板滑动，由牛顿第二定律知
a '=F -μmg =4. 7m/s2 M
121at -μgt 2=L 解得 t =2s 22
F -μmg =0. 5m/s2 4．解：（1）由牛顿第二定律知：木板的加速度 a 1=M 设m 从M 上面滑落下来所用的时间为t ，则
物块的加速度 a 2=μg =2m/s2设t 时间后，两者达到共同速度v ，则对木板 v =v 1+a 1t 对物块 v =-v 2+a 2t 解得 v =14m/s，t =8s
（2）此过程中，木板与物块的位移分别为 x 1=
木板长度至少为 L =x 1-x 2=48m
（3）摩擦力对小物块做的功W =v 1+v -v 2+v t =96m x 2=t =48m 221212mv -mv 2=192J 22
225．解：（1）由图像可知 a 1=1. 5m/s，a 2=1m/s，a 3=0. 5m/s2
（2）由牛顿第二定律得：对物块： f 1=ma 1 对木板： f 1-f 2=Ma 2
对整体： f 2=(M +m )a 3 联立以上各式，解得 m 3= M 2
（3）图中∆aco 的面积即为物块相对长木板滑行的距离，所以∆x =1⨯10⨯4m =20m 2
6．解：（1）以板为研究对象，由牛顿第二定律知μ1mg =Ma 1 ①
设物块运动到木板中点用时为t 1，木板位移为x 则vt 1-x =l ② 2
v l Mv 2
v =at 1 ③ x =t 1 ④ 联立①②③式，解得 μ1=，x = 22mgl
（2）物块能到达木板右端的条件为：两者速度相等时，其相对位移大于或等于板长，物块与木板达到共速所用时间为t 2，则μ1mg -μ2(M +m )g =Ma 2⑤
v Mv 2
vt 2-t 2≥l ⑥v =a 2t 2 ⑦ 联立⑤⑥⑦式，解得 μ2≥ 22M +m gl
（3）若板与桌面的动摩擦因数取第（2）问中最小值，则物块到达木板右端时，两者恰好共速，有vt 3-v t 3=l ⑧ 2
由于物块一直匀速运动，所以绳拉力对物块做的功等于摩擦力对物块做的功，则W =μ1mg ⋅vt 3 ⑨ 联立⑧⑨式，解得 W =2Mv 2
7．解：（1）设物块平抛运动的时间为t ，由运动学知识可得h =
x =v 0t ② 联立①②式，代入数据得v B =2m /s ③
（2）设B 的加速度为a 2，由牛顿第二定律和运动学的知识得μmg =ma B ④ 12gt 2①
v B =a B t B ⑤x B =12a B t B ⑥ 2
联立③④⑤⑥式，代入数据得t B =0. 5s ⑦ x B =0. 5m ⑧
（3）设B 刚开始运动时A 的速度为v 1，由动能定理得Fl 1=1Mv 12 ⑨ 2
设B 运动后A 的加速度为a A ，由牛顿，第二定律和运动学知识得F -μmg =Ma A ⑩
(l 2+x B ) =v 1t B +1211 a A t B ○2
12 ○联立⑦⑧⑨⑩11式，代入数据得L 2=1. 5m ○