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模型特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．
两种位移关系
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，假设滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长．
设板长为 L，滑块位移大小为 x ，木板位移大小为 x ，
1 2
同向运动时：如图 1 所示，L＝x －x
1 2
图 1
反向运动时：如图 2 所示，L＝x ＋x
1 2
图 2
解题步骤
审题建模
弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力状况、运动状况，清楚题给条件和所求建立方程
依据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程接连处的加速度可能突变)
明确关系
→
错误!
命题点 1 水平面上的滑块—木板模型
9．(2025·课标卷Ⅲ，25)如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA＝1 kg 和 mB＝5 kg， 放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 μ1＝；木板的质量为 m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为 μ2＝ A、B 两滑块开头相向滑动，初速度
0
大小均为 v ＝3 m/、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g＝10 m/：
B 与木板相对静止时，木板的速度；
A、B 开头运动时，两者之间的距离．
1 2 3
【解析】 (1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设 A、B 和木板所受的摩擦力大小分别为 f 、f 和 f ，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 a 和 a ，木板相
A B
1
对于地面的加速度大小为 a ，在物块 B 与木板到达共同速度前有
1 1
f ＝μ m g①
A
2 1
f ＝μ m g②
B
3 2
f ＝μ (m＋m ＋m )g③
A B
由牛顿其次定律得
1
f ＝m a ④
A
2
f ＝m a ⑤
B
2 1 3 1
f －f －f ＝ma ⑥
1
设在 t1 时刻，B 与木板到达共同速度，其大小为 v ，由运动学公式有
v a t
v ＝ － ⑦
1 0 B 1
v a t
＝ ⑧
1 1 1
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
v
＝1 m/s⑨
1
(2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为
1
s ＝v t － a t2⑩
B 0 1 2 B 1
2
设在 B 与木板到达共同速度 v1 后，木板的加速度大小为 a ， 对于 B 与木板组成的体系，由牛顿其次定律有
1 3 2
f ＋f ＝(m ＋m)a ⑪
B
由①②④⑤式知，a ＝a ；再由⑦⑧式知，B 与木板到达共同速度时，A 的速度大小也
A B
为 v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和 B 相遇时，A 与木板的速度一样，设其大小为 v2，设 A 的速度大小从 v1 变到 v2 所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有
v2＝v1－a2t2⑫
对 A 有
v2＝－v1＋aAt2⑬
在 t2 时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s ＝v
1
t － a
t2⑭
1 1 2
2 2 2
1 2
在(t ＋t )时间间隔内，A 相对地面移动的距离为
1
s ＝v (t ＋t )－ a (t ＋t )2⑮
A 0 1 2 2 A 1 2
A 和 B 相遇时，A 与木板的速度也恰好一样，因此 A 和 B 开头运动时，两者之间的距离为
0 1
s ＝s ＋s ＋s ⑯
A B
联立以上各式，并代入数据得
s
＝ m
0
(也可用如下图的速度—时间图线求解)
【答案】 (1)1 m/s (2) m
10．(2025·课标卷Ⅰ，25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁， m，如图(a)所示．t＝0 时刻开头，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．碰撞后1 s 时间内小物块的 vt 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取 10 m/s2. 求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数 μ1 及小物块与木板间的动摩擦因数 μ2； (2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离．
【解析】 (1)依据图(b)可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是 v＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a
4－0
＝ m/s2＝4 m/s2.
2 1
2 2
依据牛顿其次定律有 μ2mg＝ma ，解得 μ ＝
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间 t＝1 s，位移 x＝ m，末速度 v＝4 m/s
1
其逆运动则为匀加速直线运动可得 x＝vt＋2a1t2
解得 a ＝1 m/s2
1
对小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力供给合外力，由牛顿其次定律得：
1 1 1 1
μ (m＋15m)g＝(m＋15m)a ，即 μ g＝a
μ
解得 ＝.
1
1 2 3
碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿其次定律有μ (15m＋m)g＋μ mg＝15ma
4
可得 a ＝ m/s2
3 3
对小物块，加速度大小为 a ＝4 m/s2
2
a a t
由于 ＞ ，所以小物块速度先减小到 0，所用时间为 ＝1 s
2 3 1
1 10 8
过程中，木板向左运动的位移为 x ＝vt － a t2＝ m, 末速度 v ＝ m/s
1 1 2 3 1 3 1 3
v＋0
小物块向右运动的位移 x ＝ t ＝2 m
2 2 1
此后，小物块开头向左加速，加速度大小仍为a ＝4 m/s2
2
4
木板连续减速，加速度大小仍为 a ＝ m/s2
3 3
2 2 1 3 2
假设又经受 t2 二者速度相等，则有 a t ＝v －a t
t
解得 ＝ s
2
1 7
此过程中，木板向左运动的位移 x ＝v t － a t2＝ m，末速度 v ＝v －a
t ＝2 m/s
3 1 2
1
2 3 2 6
3 1 3 2
小物块向左运动的位移 x ＝ a t2＝ m
4 2 2 2
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大，
1 2 3 4
Δx＝x ＋x ＋x －x ＝ m
小物块始终没有离开木板， m.
a
最终阶段滑块和木板一起匀减速直到停顿，整体加速度大小为 ＝1 m/s2
1
v2
向左运动的位移为 x ＝ 3 ＝2 m
5 2a1
所以木板右端离墙壁最远的距离为 x＝x1＋x3＋x5＝ m.
【答案】 (1) (2) m (3) m
命题点 2 斜面上的滑块—木板模型
11．(2025·课标卷Ⅱ，25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾难．某地有
一倾角为 θ＝37°(sin 37°
3
的山坡 C，上面有一质量为 m 的石板 B，其上下外表与斜坡平
＝5)
行；B 上有一碎石堆 A(含有大量泥土)，A 和 B 均处于静止状态，如下图．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为 m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B 间的动摩擦
因数 μ 3
μ 减小为 ，A、B 开头运动，此时刻为计时起点；
1 减小为8，B、C 间的动摩擦因数 2
在第 2 s 末，B 的上外表突然变为光滑，μ2 保持不变． A 开头运动时，A 离 B 下边缘的距离 l＝27 m，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10 m/s2. 求：
在 0～2 s 时间内 A 和 B 加速度的大小；
A 在 B 上总的运动时间．
1 N1
【解析】 (1)在 0～2 s 时间内，A 和 B 的受力如下图，其中 F 、F 是 A 与 B 之间
f
2 N2
的摩擦力和正压力的大小，F 、F 是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如下图．由
f
滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
Ff1＝μ1FN1① FN1＝mgcos θ② Ff2＝μ2FN2③ FN2＝FN1＋mgcos θ④
规定沿斜面对下为正．设 A 和 B 的加速度分别为 a1 和 a2，由牛顿其次定律得mgsin θ－Ff1＝ma1⑤
mgsin θ－Ff2＋Ff1＝ma2⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得
a1＝3 m/s2⑦
a2＝1 m/s2⑧
(2)在 t1＝2 s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2，则v1＝a1t1＝6 m/s⑨
a t
v ＝ ＝2 m/s⑩
2 2 1
1 2
2 s 后，设 A 和 B 的加速度分别为 a ′和 a ′.此时 A 与 B 之间摩擦力为零，同理可得
a
′＝6 m/s2⑪
1
a
′＝－2 m/s2⑫
2
2 2
由于 a ′＜0，可知 B 做减速运动．设经过时间 t ，B 的速度减为零，则有
a t
v ＋ ′ ＝0⑬
2 2 2
t
联立⑩⑫⑬式得 ＝1 s
2
1 2
在 t ＋t 时间内，A 相对于 B 运动的距离为
æ1 2 1 2ö
x＝è a t ＋v t ＋ a ′t2ø
2 1 1 1 2 2 1
æ1 2 1 2ö
－è a t ＋v t ＋ a ′t2ø＝12 m＜27 m
2 2 1 2 2 2 2
此后 B 静止不动，A 连续在 B 上滑动．设再经过时间 t3 后 A 离开 B，则有
l－x＝(v
＋a ′t ) 1 2
1 1 t ＋ a ′t3
2 3 2 1
t
可得 ＝1 s(另一解不合题意，舍去)
3
设 A 在 B 上总的运动时间 t ，有
总
1 2 3
t ＝t ＋t ＋t ＝4 s
总
【答案】 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
0
12．(2025·重庆八中一模)如下图，质量M＝1 kg 的木板静置于倾角为 37°的足够长的固定斜面上的某个位置，质量 m＝1 kg、可视为质点的小物块以初速度 v ＝5 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面对上的外力F＝14 N，使木板从静止开头运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．小物块与木板之间的动摩擦因数为 ，木板与斜面之间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2，sin 37°＝，cos 37°＝：
(1)物块和木板共速前，物块和木板的加速度； (2)木板的最小长度；
(3)物块在木板上运动的总时间．
【解析】 (1)物块与木板共速前，对物块分析有 mgsin θ＋μ1mgcos θ＝ma1，得 a1＝8 m/s2，方向沿斜面对下，物块减速上滑；
对木板分析有 F＋μ1mgcos θ－Mgsin θ－μ2(m＋M)gcos θ＝Ma2， 得 a2＝2 m/s2，方向沿斜面对上，木板加速上滑．
v v a t v a t
物块与木板共速时有 ＝ － ， ＝ ，
共 0 1 1 共 2 1
t v
代入数据解得 ＝ s， ＝1 m/s，
1 共
1 1
共速时物块与木板的相对位移Δx1＝v
t － a t2－ a t2＝ m，
0 1 2 1 1 2 2 1
撤掉 F 后，物块相对于木板上滑，加速度大小仍为a ＝8 m/s2，物块减速上滑，
1
2
对木板有 Mgsin θ＋μ2(M＋m)gcos θ－μ1mgcos θ＝Ma ′， 则 a ′＝12 m/s2，方向沿斜面对下，木板减速上滑．
2
2
由于 Mgsin θ＋μ1mgcos θ＝μ (M＋m)gcos θ，
则木板速度减为零后，物块在木板上滑动时，木板保持静止，经过 t
＝ 1 s，木板停顿，
经过 t
1
′＝ s，物块速度减为零，
2 12
2 8
v v 1
此过程，物块和木板的相对位移Δx ＝ 共t ′－ 共t ＝ m，
2 2 2
61
2 2 48
故木板的最小长度 L
＝Δx
＋Δx ＝ m.
min 1
2 48
物块在木板上下滑时，木板静止不动，
1 1
物块的加速度 a ′＝gsin θ－μ gcos θ＝4 m/s2，
1
＝ a
′t2，得 t ＝
61 s，
min 2 1 3
3 96
æ5 61ö
物块在木板上运动的总时间 t＝t ＋t ′＋t ＝ ＋ s.
1 2 3 è8
96ø
61
【答案】 (1)8 m/s2 ，方向沿斜面对下 2 m/s2 ，方向沿斜面对上 (2)48 m
æ5 (3)è8＋
61 ö
s
96 ø
分析滑块—滑板模型时要抓住一个转折和两个关联
思想方法系列(四) 动力学中的图象问题分析思路与方法
常见的动力学图象
v-t 图象、a-t 图象、F-t 图象、F-a 图象等．
图象问题的类型
物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动状况．
物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力状况． (3)由条件确定某物理量的变化图象．
解题策略
分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，把握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．
留意图线中的一些特别点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．
明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，应用物理规 律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确推断．
类型一 与牛顿运动定律相关的 v-t 图象问题
例 1 (2025·山东烟台高三上学期期中)如图甲所示，质量 M＝5 kg 的木板 A 在水平向右 F＝30 N 的拉力作用下在粗糙水平地面上向右运动，t＝0 时刻在其右端无初速度地放上一质量为 m＝1 kg 的小物块 B，放上物块后 A、B 的 v-t 图象如图乙所示．物块可看作质点，木板足够长，取 g＝10 m/：
物块与木板之间动摩擦因数 μ 和木板与地面间的动摩擦因数 μ ；
1 2
物块与木板之间摩擦产生的热量； (3)放上物块后，木板运动的总位移．
【解析】 (1)放上物块后，当 A、B 有相对运动时，分别对 A、B 受力分析，可知：
1
μ mg＝ma
B
μ mg＋μ (M＋m)g－F＝Ma
1 2 A
a Δv
结合图象可知：μ ＝ B＝ B＝
1 g gΔt
Δv
a ＝ A＝2 m/s2
A Δt
1
μ
Ma ＋F－μ mg
A
2
＝ (M＋m)g
＝.
＝ ×
物块与木板相对运动过程中，相对位移为Δs 1 18×3 m＝27 m
相对 2
1
物块与木板之间的摩擦热：Q＝μ mgΔs ＝108 J.
相对
2
A、B 共同运动时，μ (M＋m)g－F＝(M＋m)a
a＝1 m/s2
Δv
A、B 共同运动时间 t＝ a ＝12 s
放上物块后木板运动的总位移 s
1 1
＝ ×(12＋18)×3 m
12×12 m＝117 m.
木板 2 ＋2×
【答案】 (1) (2)108 J (3)117 m
类型二 与牛顿运动定律相关的 F-t 图象问题
例 2 (2025·山东菏泽市高三上学期期中)一个物块放置在粗糙的水平面上，受到的水平拉力 F 随时间 t 变化的关系如下图，速度 v 随时间 t 变化的关系如下图(g＝10 m/s2)，以下说法正确的选项是( )
A．5 s 末物块所受摩擦力的大小为 15 N B．物块在前 6 s 内的位移大小为 12 m C． D．物块的质量为 5 kg
f
【解析】 5 s 末处于静止状态，依据平衡知，F ＝F＝10 N，故A 错误；物块在前 6 s
内的位移大小等于前 4 s 内的位移大小，依据图线的面积得：
1
S＝2×(2＋4)×4 m＝12 m，故B 正确；在 0～2 内物块做匀速直线运动，滑动摩擦力 f
＝15 N，
物块匀减速运动的加速度大小为：
4
a＝2 m/s2＝2 m/s2，
依据牛顿其次定律得：f－F＝ma，
15－5
解得 m＝ 2 kg＝5 kg，
则动摩擦因数为：μ＝ f
15
＝ ＝，故C 错误，D 正确．
mg 50
【答案】 BD
依据 F-t 图象可得 F 合与时间 t 的关系，F 合-t 图象与 a-t 图象具有对应关系，依据对应关系列出关系式即可解决相关问题．
类型三 与牛顿运动定律相关的 F-x 图象问题
例 3 如图甲所示，水平面上质量相等的两木块 A、B 用一轻弹簧相连，这个系统处于平衡状态，现用一竖直向上的力 F 拉动木块 A，使木块 A 向上做匀加速直线运动(如图乙)， 争论从力 F 刚作用在木块 A 瞬间到木块 B 刚离开地面瞬间的这一过程，并选定该过程中木块 A 的起点位置为坐标原点，则下面图中能正确表示力F 和木块 A 的位移 x 之间关系的是 ( )
0
0 0
【解析】 初始状态弹簧被压缩，弹簧对 A 的弹力与 A 所受的重力平衡，设弹簧压缩长度为 x ，末状态弹簧被拉长，由于 B 刚离开地面，弹簧对 B 的弹力与 B 所受的重力平衡， 由于 A、B 所受重力相等，故弹簧伸长量也为x .初始状态 A 处于平衡状态，则kx ＝mg，当木块 A 的位移为 x 时，弹簧向上的弹力的削减量为 kx，外力 F 减去弹力的削减量为系统的合外力，故 F－kx＝ma，则得到 F＝kx＋ma，可见 F 与 x 是线性关系，当 x＝0 时，ma＞0.
【答案】 A
依据胡克定律 F＝kx 得 k
F ΔF
＝x ＝Δx，即弹簧弹力的变化量和形变量的变化量成正比．弹
簧弹力随位移的变化而做线性变化，A 做匀加速直线运动，因此作用力 F 也随位移的变化而做线性变化．
[高考真题]
1．(2025·上海卷，7)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂移在半空．假设减小风力，体验者在加速下落过程中( )
A．失重且机械能增加B．失重且机械能削减C．超重且机械能增加D．超重且机械能削减
【解析】 据题意，体验者漂移时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加