高中物理力学模型大全-受力分析传送带板块模型详解

高中物理力学模型大全——受力分析/传送带/板块模

型详解

标签：高中物理/力学模型/受力分析/传送带模型/板块模型/牛顿运动定律/高考物理

日期：2026年9月

文档定位与覆盖承诺

本文档解决的核心问题：高中生在力学综合题中面对多物体、多过程的题目时，不知道如何选取研究对象、如何判断

摩擦力的方向、如何分析运动状态的转折点，导致受力分析混乱、方程列错、临界条件找不到。

覆盖承诺：全文覆盖受力分析方法论（整体法与隔离法）、水平传送带模型、倾斜传送带模型、板块模型（滑块-木

板），每个模型含模型特征识别、核心分析方法、运动状态分类、临界条件判断、完整例题。所有场景用文字完整描

述位置关系和运动方向，不依赖任何图示，读者仅凭文字即可理解题意并解题。所有例题的解析过程逐步展开，不省

略任何推导步骤。

目录

第一章受力分析的方法论基础

第二章水平传送带模型

第三章倾斜传送带模型

第四章板块模型（滑块-木板）

第五章三个模型的综合对比与公式速查

第六章避坑指南（8个常见错误）

第七章常见问题解答（8个）

第一章受力分析的方法论基础

1.1为什么要先学受力分析

传送带模型和板块模型的难点，本质上都是受力分析的难点。判断摩擦力方向、判断共速后物体能否与传送带保持相

对静止、判断滑块和木板何时发生相对滑动，这些问题的落脚点都是受力分析。掌握受力分析的方法论，是解决所有

力学模型的前提。

1.2整体法与隔离法

1.2.1核心概念

连接体是力学中由两个或两个以上相互作用的物体组成的系统。处理连接体问题时，研究对象的选取是关键。选取方

法有两种：整体法和隔离法。

整体法：将整个系统视为单一对象，只分析系统受到的外力，不分析系统内部各物体之间的相互作用力。适用于只涉

及系统的受力和运动情况、而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况的场景。

隔离法：将某个研究对象从系统中隔离出来，单独分析该对象受到的力和运动状态。适用于涉及系统内某个物体的受

力和运动情况的场景。

1.2.2选取原则

场景方法选择理由

求系统受到的外力整体法内力不出现在整体受力分析中

求系统内部物体间的相互作用力隔离法内力需通过隔离才能暴露

系统内各物体加速度相同先整体求加速度，再隔离求内力加速度是连接整体和隔离的桥梁

系统内各物体加速度不同分别隔离分析整体法不再适用

一般先考虑整体法，再用隔离法，两种方法交替使用，建立方程组求解。用隔离法时，要先隔离受力较少的物体进行

分析。

1.2.3完整例题

题目场景描述：

光滑水平面上放置两个物体A和B。物体A在左侧，物体B在右侧，两者紧靠在一起（不粘连）。物体A的质量m_A=2

kg，物体B的质量m_B=3kg。用一个水平向右的恒力F=10N作用在物体A的左侧面上，推动A和B一起向右运动。

求：物体A对物体B的推力大小。

解析：

第一步：整体法求加速度。

将A和B视为一个整体。系统受到的外力只有水平向右的推力F=10N。地面光滑，无摩擦力。

根据牛顿第二定律：

F=(m_A+m_B)×a

10=(2+3)×a

a=10÷5=2m/s²

第二步：隔离法求内力。

隔离物体B（受力较少的物体）。物体B在水平方向只受到物体A对它的推力F_AB（方向水平向右）。

根据牛顿第二定律：

F_AB=m_B×a=3×2=6N

第三步：验证。

隔离物体A。物体A受到水平向右的推力F=10N，以及物体B对它的反作用力F_BA（方向水平向左），F_BA=F_AB=

6N。

对物体A应用牛顿第二定律：

F-F_BA=m_A×a

10-6=2×2

4=4✓

答案：物体A对物体B的推力为6N。

零基础操作引导：

第一步，判断系统内各物体加速度是否相同。A和B一起运动，加速度相同，可以用整体法。

第二步，整体法：写出F=(m_A+m_B)×a，求出a=2m/s²。

第三步，隔离法：选受力较少的物体B，写出F_AB=m_B×a。

第四步，代入数值计算：F_AB=3×2=6N。

避坑提醒：不要用整体法去求A对B的推力。A对B的推力是系统内力，整体法中内力不出现在方程里。求内力必须用隔

离法。

1.3受力分析的一般步骤

第一步：确定研究对象（整体或某个物体）。

第二步：按顺序分析受力——先重力，再弹力（支持力、压力、拉力），再摩擦力，最后其他力（如电场力、磁场

力）。

第三步：画出受力示意图（在脑海中或草稿纸上，用箭头表示各力方向）。

第四步：建立坐标系（通常沿运动方向和垂直运动方向）。

第五步：列方程（牛顿第二定律或平衡条件）。

第二章水平传送带模型

2.1模型特征识别

物体（视为质点）放在水平传送带上，由于物体和传送带之间的相对运动（或相对运动趋势），产生摩擦力。摩擦力

可能是动力，也可能是阻力。

识别关键词：水平传送带、传送带以恒定速率运行、物块轻放、物块以初速度滑上。

2.2核心分析方法

2.2.1摩擦力方向的判断

使用“带动法”：同向快带慢、反向相互阻。

同向快带慢：物体和传送带运动方向相同，速度快的“带动”速度慢的。物体速度小于传送带速度时，传送带“带

动”物体加速，摩擦力方向与物体运动方向相同；物体速度大于传送带速度时，物体“带动”传送带，摩擦力方向

与物体运动方向相反。

反向相互阻：物体和传送带运动方向相反，摩擦力阻碍相对运动，方向与物体运动方向相反。

2.2.2临界点——共速时刻

当v物=v传时，物体与传送带速度相同，这是相对运动方向改变的时刻，也是摩擦力发生突变的临界点。

共速后可能发生三种情况：

情况条件后续运动

摩擦力突变为零传送带水平物体与传送带一起匀速运动

情况条件后续运动

摩擦力突变为静摩擦力存在其他外力驱动物体与传送带保持相对静止

摩擦力方向突变物体初速度与传送带方向相反物体先减速到零，再反向加速

2.2.3运动状态分类

情景一：物块轻放（v₀=0）

条件运动情况

传送带足够长先匀加速，达到共速后匀速

传送带较短一直加速（未达到共速就已离开）

情景二：物块初速度方向与传送带速度方向相同

条件运动情况

v₀<v_传先加速，共速后匀速（若传送带足够长）

v₀>v_传先减速，共速后匀速（若传送带足够长）

v₀=v_传物块与传送带无相对运动，可能一起匀速

情景三：物块初速度方向与传送带速度方向相反

条件运动情况

传送带足够长先减速到零，再反向加速到共速，然后匀速回到起点

传送带较短一直减速到达另一端

2.3完整例题

例题一：物块轻放

题目场景描述：

一条水平传送带，左端为A点，右端为B点，A、B间的距离L=2m。传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行，运行

方向为从A向B（即传送带的上表面向右运动）。一个质量为m=4kg的行李（可视为质点）被无初速度地放在传送带

的A端。行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10m/s²。

求：

（1）行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小。

（2）行李做匀加速直线运动的时间。

（3）如果提高传送带的运行速率，行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。

解析：

第（1）问：

行李刚放上时，速度为零。传送带以v=1m/s向右运动。行李速度小于传送带速度，传送带“带动”行李加速。行李相

对于传送带向左滑动（因为传送带向右运动，行李速度为零），所以行李受到的滑动摩擦力方向向右（与传送带运动

方向相同），是动力。

滑动摩擦力大小：

F_f=μmg=0.1×4×10=4N

由牛顿第二定律：

a=F_f/m=4/4=1m/s²

答案：滑动摩擦力为4N，加速度为1m/s²，方向向右。

第（2）问：

行李做匀加速运动，直到速度达到传送带速度v=1m/s。

由运动学公式v=at：

t=v/a=1/1=1s

在此期间，行李的位移：

x₁=½at²=½×1×1²=0.5m

验证：0.5m<2m，说明行李在传送带上完成加速后还有剩余距离，共速后将做匀速运动。

答案：匀加速时间为1s。

第（3）问：

要使时间最短，行李应全程做匀加速运动（不经历匀速阶段）。行李从A到B的过程中一直受到滑动摩擦力，即行李速

度始终小于传送带速度。

全程匀加速：L=½a·t_min²

2=½×1×t_min²

t_min²=4

t_min=2s

行李到达B处时的速度：

v_min=a×t_min=1×2=2m/s

传送带的运行速率必须至少为2m/s，才能保证行李全程做匀加速运动（即行李到达B处时速度恰好达到传送带速

度）。

答案：最短时间为2s，传送带最小运行速率为2m/s。

零基础操作引导：

第一步，判断行李的运动状态。刚放上时v₀=0，传送带v=1m/s，v₀<v_传，行李被带动加速。

第二步，受力分析。行李水平方向只受滑动摩擦力F_f=μmg。

第三步，用牛顿第二定律求加速度a=μg。

第四步，判断行李是否在传送带上完成加速。计算加速位移x₁=½at²，与传送带长度比较。

第五步，根据题目要求（求最短时间），让行李全程匀加速，用L=½at²求解。

避坑提醒：第（3）问中，传送带的最小运行速率是指行李到达B处时的速度。如果传送带速率低于这个值，行李会在

到达B之前就达到共速，然后匀速运动，总时间会更长。

例题二：物块初速度与传送带同向

题目场景描述：

一条水平传送带，左端为A点，右端为B点，A、B间的距离L=8m。传送带以v_传=4m/s的速率顺时针运行（上表面

向右运动）。一个质量为m=1kg的物块以水平向右的初速度v₀=6m/s从A端滑上传送带。物块与传送带之间的动摩

擦因数μ=0.2，g取10m/s²。

求：物块从A端运动到B端所需的时间。

解析：

第一步：判断物块的运动状态。

物块初速度v₀=6m/s，方向向右。传送带速度v_传=4m/s，方向也向右。

v₀>v_传，物块速度大于传送带速度。物块相对于传送带向右滑动，受到的滑动摩擦力方向向左（阻碍物块相对传送

带的运动），物块做减速运动。

第二步：计算减速阶段的加速度和时间。

物块受到的滑动摩擦力：

F_f=μmg=0.2×1×10=2N

加速度：

a₁=F_f/m=2/1=2m/s²（方向向左，物块减速）

物块从v₀=6m/s减速到v_传=4m/s所需时间：

t₁=(v₀-v_传)/a₁=(6-4)/2=1s

减速阶段的位移：

x₁=v₀t₁-½a₁t₁²=6×1-½×2×1²=6-1=5m

验证：5m<8m，物块在传送带上完成了减速过程，还有剩余距离。

第三步：共速后判断。

物块速度减到4m/s后，与传送带速度相同。水平传送带上，共速后物块与传送带之间没有相对运动趋势，摩擦力为

零。物块与传送带一起以v=4m/s匀速运动。

匀速阶段的位移：

x₂=L-x₁=8-5=3m

匀速阶段的时间：

t₂=x₂/v=3/4=0.75s

第四步：计算总时间。

t=t₁+t₂=1+0.75=1.75s

答案：物块从A端运动到B端所需的时间为1.75s。

零基础操作引导：

第一步，比较物块初速度和传送带速度。v₀=6>v_传=4，物块做减速运动。

第二步，受力分析。物块受到的滑动摩擦力方向向左，大小F_f=μmg。

第三步，计算减速阶段的加速度a₁=μg=2m/s²。

第四步，计算减速到共速的时间和位移。

第五步，判断剩余距离。剩余距离=L-x₁=3m。

第六步，共速后物块与传送带一起匀速运动，计算匀速阶段时间。

避坑提醒：共速后物块与传送带之间没有相对运动趋势（水平传送带），摩擦力为零，物块与传送带一起匀速运动。

不需要再判断μ和tanθ的关系（这是倾斜传送带才需要的）。

例题三：物块初速度与传送带反向

题目场景描述：

一条水平传送带，左端为A点，右端为B点，A、B间的距离L=4m。传送带以v_传=2m/s的速率顺时针运行（上表面

向右运动）。一个物块以水平向左的初速度v₀=4m/s从B端滑上传送带。物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.3，g取

10m/s²。传送带足够长（物块不会从A端掉下）。

求：物块从滑上传送带到离开传送带（回到B端）所需的时间。

解析：

物块从B端滑上传送带，初速度向左。传送带向右运动。物块与传送带运动方向相反，摩擦力阻碍相对运动。

第一阶段：物块向左减速到零。

物块向左运动，传送带向右运动，物块相对于传送带向左运动。物块受到的滑动摩擦力方向向右（阻碍物块向左运

动）。

摩擦力大小：F_f=μmg=0.3×mg

加速度：a₁=μg=0.3×10=3m/s²（方向向右，物块减速）

物块从v₀=4m/s减速到零所需时间：

t₁=v₀/a₁=4/3s

物块向左的位移：

x₁=v₀²/(2a₁)=16/(2×3)=16/6=8/3m

验证：8/3≈2.67m<4m，物块没有从A端掉下。

第二阶段：物块反向向右加速。

物块速度减到零后，传送带仍然向右运动。物块相对于传送带向左运动（物块速度为零，传送带速度向右），物块受

到的滑动摩擦力方向向右。

物块从静止开始向右加速，加速度：

a₂=μg=3m/s²（方向向右）

物块向右加速到与传送带速度相同（v=2m/s）所需时间：

t₂=v_传/a₂=2/3s

物块向右的位移：

x₂=½a₂t₂²=½×3×(2/3)²=½×3×4/9=2/3m

第三阶段：共速后物块与传送带一起匀速向右运动，回到B端。

物块速度达到2m/s后，与传送带共速，摩擦力为零，一起匀速向右运动。

物块回到B端需要走过的距离：

x₃=从最左端位置回到B端的距离=x₁-x₂=8/3-2/3=6/3=2m

匀速运动时间：

t₃=x₃/v_传=2/2=1s

总时间：

t=t₁+t₂+t₃=4/3+2/3+1=6/3+1=2+1=3s

答案：物块从滑上传送带到离开传送带所需的时间为3s。

零基础操作引导：

第一步，判断物块与传送带的相对运动方向。物块向左，传送带向右，方向相反。

第二步，第一阶段：物块向左减速到零。摩擦力向右，a₁=μg。

第三步，第二阶段：物块从零向右加速。摩擦力向右，a₂=μg。

第四步，第三阶段：物块达到传送带速度后，一起匀速运动。

第五步，计算各阶段时间和位移，求总时间。

避坑提醒：物块减速到零后不会停在原地，因为传送带仍在运动，物块会被传送带带动反向加速。这是“反向相互阻”

的典型场景。

第三章倾斜传送带模型

3.1模型特征识别

倾斜传送带相比水平传送带更加复杂，需要额外考虑重力沿斜面方向的分力mgsinθ与摩擦力μmgcosθ的大小关系。

识别关键词：传送带与水平面夹角θ、向上运行、向下运行、物块从底端/顶端释放。

3.2核心分析方法

3.2.1受力分析的坐标轴选取

沿斜面方向和垂直斜面方向建立坐标系。

方向受力分析

沿斜面方向重力分力mgsinθ+摩擦力f（方向取决于相对运动）

方向受力分析

垂直斜面方向支持力N=mgcosθ，摩擦力f=μN=μmgcosθ

3.2.2共速后的判断

倾斜传送带的核心难点是：共速后物体能否与传送带保持相对静止？

判断标准：比较μ与tanθ的大小。

条件共速后的运动理由

μ≥tanθ物体与传送带保持相对静止，一起匀速运动最大静摩擦力足以平衡重力分力

μ<tanθ物体继续加速下滑重力分力大于最大静摩擦力

3.2.3上传与下载两种模型

上传模型（传送带向上运行，物体从底端释放）：

阶段条件摩擦力方向加速度

加速阶段v物<v传沿斜面向上a₁=μgcosθ-gsinθ

共速后μ≥tanθ静摩擦力（沿斜面向上）a=0（匀速）

共速后μ<tanθ滑动摩擦力（沿斜面向上）a₂=gsinθ-μgcosθ

下载模型（传送带向下运行，物体从顶端释放）：

阶段条件摩擦力方向加速度

加速阶段v物<v传沿斜面向下a₁=gsinθ+μgcosθ

共速后μ≥tanθ静摩擦力（沿斜面向上）a=0（匀速）

共速后μ<tanθ滑动摩擦力（沿斜面向上）a₂=gsinθ-μgcosθ

3.3完整例题

例题一：传送带向下运行，物块从顶端释放

题目场景描述：

一条倾斜传送带，与水平地面的夹角θ=37°。传送带的上端为A点，下端为B点，A到B的长度L=10.25m。传送带以v₀

=10m/s的速率逆时针转动（即传送带的上表面向下运动，从A向B方向运动）。在传送带上端A点，无初速度释放一

个质量为m=0.5kg的黑色煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5。已知sin37°=0.6，cos37°=

0.8，g取10m/s²。

求：

（1）当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止？

（2）煤块从A运动到B的时间。

（3）煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。

解析：

第（1）问：

比较μ和tanθ：

tan37°=sin37°/cos37°=0.6/0.8=0.75

μ=0.5<tanθ=0.75

所以煤块与传送带共速后，重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，煤块无法与传送带保持相对静止，将继续加速下

滑。

答案：不能相对静止。

第（2）问：

第一阶段：煤块从静止加速。

煤块速度小于传送带速度（传送带向下运动，速度为10m/s）。煤块相对于传送带向上滑动（煤块速度为零，传送带

向下运动），煤块受到的滑动摩擦力方向沿斜面向下（与传送带运动方向相同）。

沿斜面方向，煤块受到重力分力mgsinθ（向下）和摩擦力μmgcosθ（向下）：

ma₁=mgsinθ+μmgcosθ

a₁=gsinθ+μgcosθ=10×0.6+0.5×10×0.8=6+4=10m/s²

煤块加速到与传送带速度相同所需时间：

t₁=v₀/a₁=10/10=1s

第一阶段位移：

x₁=½a₁t₁²=½×10×1²=5m

第二阶段：共速后，煤块继续加速。

μ<tanθ，煤块无法与传送带保持相对静止，继续加速下滑。此时煤块速度达到10m/s后继续加速，将超过传送带速

度。煤块速度大于传送带速度后，煤块相对于传送带向下滑动，受到的滑动摩擦力方向变为沿斜面向上。

沿斜面方向，煤块受到重力分力mgsinθ（向下）和摩擦力μmgcosθ（向上）：

ma₂=mgsinθ-μmgcosθ

a₂=gsinθ-μgcosθ=10×0.6-0.5×10×0.8=6-4=2m/s²

剩余位移：x₂=L-x₁=10.25-5=5.25m

由x₂=v₀t₂+½a₂t₂²：

5.25=10t₂+½×2×t₂²

5.25=10t₂+t₂²

t₂²+10t₂-5.25=0

t₂=[-10+√(100+21)]/2=(-10+11)/2=0.5s

总时间：t=t₁+t₂=1+0.5=1.5s

答案：煤块从A运动到B的时间为1.5s。

第（3）问：

痕迹长度=煤块与传送带之间的相对位移。

第一阶段：

煤块位移x₁=5m（向下），传送带位移x_传₁=v₀t₁=10×1=10m（向下）。

相对位移Δx₁=|x_传₁-x₁|=|10-5|=5m

第二阶段：

煤块位移x₂=5.25m（向下），传送带位移x_传₂=v₀t₂=10×0.5=5m（向下）。

相对位移Δx₂=|x₂-x_传₂|=|5.25-5|=0.25m

两次相对运动方向相同（煤块一直相对传送带向下运动），痕迹长度=Δx₁+Δx₂=5+0.25=5.25m。

答案：痕迹长度为5.25m。

零基础操作引导：

第一步，判断μ和tanθ的大小关系。μ=0.5<tanθ=0.75，共速后不能相对静止。

第二步，第一阶段受力分析。煤块初速度为零，传送带向下运动，摩擦力方向向下，a₁=gsinθ+μgcosθ。

第三步，计算第一阶段的时间和位移。

第四步，第二阶段受力分析。共速后煤块继续加速，摩擦力方向变为向上，a₂=gsinθ-μgcosθ。

第五步，用剩余位移和时间关系求解t₂。

第六步，计算痕迹长度。痕迹长度是物体相对传送带的位移，注意两阶段相对运动方向是否相同。

避坑提醒：痕迹长度计算中，如果两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小，而不是两者之和。

本题中两次相对运动方向相同，所以取两者之和。

例题二：传送带向上运行，物块从底端释放

题目场景描述：

一条倾斜传送带，与水平地面的夹角θ=30°。传送带的下端为A点，上端为B点，A到B的长度L=5m。传送带以v=2

m/s的速率顺时针转动（即传送带的上表面向上运动，从A向B方向运动）。在传送带下端A点，无初速度释放一个质量

为m=1kg的物块（可视为质点），物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8。已知sin30°=0.5，cos30°≈0.866，g取

10m/s²。

求：物块从A运动到B的时间。

解析：

第一步：判断共速后能否相对静止。

tan30°=sin30°/cos30°=0.5/0.866≈0.577

μ=0.8>tanθ≈0.577

所以物块与传送带共速后，最大静摩擦力足以平衡重力分力，物块可以与传送带保持相对静止，一起匀速运动。

第二步：第一阶段——物块从静止加速。

物块速度小于传送带速度（传送带向上运动，速度为2m/s）。物块相对于传送带向下滑动（物块速度为零，传送带向

上运动），物块受到的滑动摩擦力方向沿斜面向上。

沿斜面方向，物块受到重力分力mgsinθ（向下）和摩擦力μmgcosθ（向上）：

ma₁=μmgcosθ-mgsinθ

a₁=μgcosθ-gsinθ=0.8×10×0.866-10×0.5=6.928-5=1.928m/s²

物块加速到与传送带速度相同（v=2m/s）所需时间：

t₁=v/a₁=2/1.928≈1.037s

第一阶段位移：

x₁=½a₁t₁²=½×1.928×(1.037)²≈½×1.928×1.075≈1.036m

验证：1.036m<5m，物块在传送带上完成了加速过程。

第三步：第二阶段——共速后物块与传送带一起匀速运动。

物块速度达到2m/s后，与传送带共速。因为μ>tanθ，物块与传送带保持相对静止，一起以v=2m/s匀速向上运动。

剩余位移：

x₂=L-x₁=5-1.036=3.964m

匀速运动时间：

t₂=x₂/v=3.964/2≈1.982s

第四步：计算总时间。

t=t₁+t₂≈1.037+1.982≈3.019s

答案：物块从A运动到B的时间约为3.02s。

零基础操作引导：

第一步，比较μ和tanθ。μ=0.8>tanθ≈0.577，共速后可以相对静止。

第二步，第一阶段受力分析。物块初速度为零，传送带向上运动，摩擦力方向向上，a₁=μgcosθ-gsinθ。

第三步，计算第一阶段的时间和位移。

第四步，第二阶段共速后物块与传送带一起匀速运动，计算剩余位移和匀速时间。

第五步，求总时间。

避坑提醒：倾斜传送带共速后能否相对静止，必须比较μ和tanθ。μ≥tanθ时才能一起匀速运动。如果μ<tanθ，共速

后物块会继续加速下滑。

第四章板块模型（滑块-木板）

4.1模型特征识别

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发生相对滑动，两者具

有不同的加速度。

识别关键词：滑块、木板、长木板、物块滑上木板、拉力作用在木板上、恰好不掉下。

4.2核心分析方法

4.2.1两个关联与一个转折

分析板块模型时要抓住“一个转折和两个关联”：

一个转折：滑块和木板速度相同的时刻。这是两者从相对滑动变为相对静止的临界点，也是摩擦力发生突变的转折

点。

两个关联：

位移关联：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。

速度关联：两者共速后，若没有外力作用，可能一起做匀速或匀减速运动；若有外力，需要重新分析。

4.2.2临界条件

临界场景临界条件位移关系

滑块恰好不从木板右端掉下滑块滑到木板右端时两者速度相等x物-x板=L

滑块恰好不从木板左端掉下滑块滑到木板左端时两者速度相等x板-x物=L

两者恰好发生相对滑动静摩擦力达到最大值f_max=μmg

4.2.3有初速度的板块模型

类型一：物块有初速度，木板静止，地面光滑

物块做匀减速直线运动，木板在物块的带动下做匀加速直线运动，最终两者共速。

对象受力分析加速度

物块受到向左的滑动摩擦力f=μmga_物=μg（方向向左，减速）

木板受到向右的滑动摩擦力f‘=μmga_板=μmg/M（方向向右，加速）

类型二：物块有初速度，木板静止，地面粗糙

需先判断物块对木板的摩擦力能否克服地面对木板的最大静摩擦力。

地面对木板的最大静摩擦力：f_地=μ₁(M+m)g

物块对木板的摩擦力：f=μ₂mg

条件木板运动情况

μ₂mg≤μ₁(M+m)g木板不动，物块单独减速

μ₂mg>μ₁(M+m)g木板开始加速，两者分别分析

4.2.4有外力的板块模型

当外力F作用在木板上时，需要判断F的大小是否足以使物块和木板发生相对滑动。

设物块质量为m，木板质量为M，物块与木板间动摩擦因数为μ₂，木板与地面间动摩擦因数为μ₁。

F较小（两者一起运动）：

整体法：F-μ₁(M+m)g=(M+m)a

隔离物块：f=ma（f为物块受到的静摩擦力）

F较大（两者相对滑动）：

对物块：μ₂mg=ma₁

对木板：F-μ₂mg-μ₁(M+m)g=Ma₂

4.3完整例题

例题一：物块有初速度，木板静止，地面光滑

题目场景描述：

光滑水平面上停放着一块质量M=8kg的长木板。长木板的左端放置一个质量m=2kg的小物块。小物块与长木板之间

的动摩擦因数μ=0.2。小物块以水平向右的初速度v₀=6m/s滑上长木板。g取10m/s²。长木板足够长，小物块不会从

长木板上掉下。

求：

（1）小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度。

（2）小物块最终的速度大小。

（3）小物块最终距长木板左端的距离。

解析：

第（1）问：

物块有初速度，木板静止。物块相对木板向右运动，物块受到的摩擦力向左（阻碍相对运动），木板受到的摩擦力向

右（被物块带动）。

对物块：

物块受到的摩擦力f=μmg=0.2×2×10=4N（方向向左）

a_物=f/m=μmg/m=μg=0.2×10=2m/s²（方向向左，物块减速）

对木板：

地面光滑，木板水平方向只受物块对它的摩擦力f’=μmg=4N（方向向右）

a_板=f‘/M=μmg/M=4/8=0.5m/s²（方向向右，木板加速）

答案：物块加速度2m/s²（方向向左），木板加速度0.5m/s²（方向向右）。

第（2）问：

设经过时间t两者共速，共同速度为v。

物块：v=v₀-a_物×t=6-2t

木板：v=a_板×t=0.5t

两者速度相等：6-2t=0.5t

6=2.5t

t=2.4s

v=0.5×2.4=1.2m/s

答案：小物块最终的速度大小为1.2m/s。

第（3）问：

共速前物块的位移：

x物=v₀t-½a物t²=6×2.4-½×2×2.4²=14.4-5.76=8.64m

共速前木板的位移：

x板=½a板t²=½×0.5×2.4²=0.5×0.5×5.76=1.44m

物块相对木板的位移：

Δx=x物-x板=8.64-1.44=7.2m

共速后，若没有外力，两者一起以v=1.2m/s匀速运动（地面光滑），相对距离不再变化。

小物块最终距长木板左端的距离=7.2m。

答案：小物块最终距长木板左端的距离为7.2m。

零基础操作引导：

第一步，判断物块和木板的相对运动方向。物块向右，木板静止，物块相对木板向右运动。

第二步，分析摩擦力方向。物块受到的摩擦力向左（阻碍其相对运动），木板受到的摩擦力向右（被物块带动）。

第三步，分别对物块和木板用牛顿第二定律求加速度。

第四步，设两者共速，用速度相等条件列方程求时间。

第五步，计算共速前各自的位移，位移差即为物块相对木板的位移。

避坑提醒：物块和木板的位移都是相对地面的位移，不是相对彼此的位移。计算相对位移时必须用物块位移减去木板

位移。另外，本题地面光滑，木板只受物块的摩擦力，不受地面的摩擦力。如果地面粗糙，还需考虑地面摩擦力对木

板的影响。

例题二：物块有初速度，木板静止，地面粗糙

题目场景描述：

粗糙水平面上停放着一块质量M=4kg的长木板。长木板的左端放置一个质量m=1kg的小物块。小物块与长木板之间

的动摩擦因数μ₂=0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ₁=0.1。小物块以水平向右的初速度v₀=5m/s滑上长木板。g

取10m/s²。

求：木板是否运动？如果运动，求木板的加速度。

解析：

第一步：判断木板是否运动。

物块对木板的摩擦力（向右）：

f=μ₂mg=0.4×1×10=4N

地面对木板的最大静摩擦力（向左）：

f_地=μ₁(M+m)g=0.1×(4+1)×10=5N

比较：f=4N<f_地=5N

物块对木板的摩擦力不足以克服地面对木板的最大静摩擦力，所以木板保持静止。

答案：木板不运动，物块单独在木板上减速滑行。

零基础操作引导：

第一步，计算物块对木板的摩擦力f=μ₂mg。

第二步，计算地面对木板的最大静摩擦力f_地=μ₁(M+m)g。

第三步，比较f和f_地的大小。

第四步，f≤f地时木板不动；f>f地时木板运动。

避坑提醒：地面粗糙时，必须先判断木板是否运动。很多学生直接默认木板会加速，忽略了地面摩擦力的影响。

例题三：拉力作用在木板上

题目场景描述：

光滑水平面上放置一块质量M=3kg的长木板。长木板上放置一个质量m=1kg的小物块，物块位于木板的左端。物块

与木板之间的动摩擦因数μ=0.2。用一个水平向右的恒力F=10N作用在木板的右端，拉动木板向右运动。g取10

m/s²。

求：

（1）判断物块和木板是否发生相对滑动。

（2）如果发生相对滑动，求物块和木板的加速度。

解析：

第（1）问：

先假设物块和木板一起运动（没有相对滑动）。

整体法：F=(M+m)a

a=F/(M+m)=10/(3+1)=2.5m/s²

隔离物块：物块需要的静摩擦力f=ma=1×2.5=2.5N

物块与木板之间的最大静摩擦力（近似等于滑动摩擦力）：

f_max=μmg=0.2×1×10=2N

因为需要的静摩擦力f=2.5N>f_max=2N，所以物块和木板不能一起运动，两者发生相对滑动。

答案：物块和木板发生相对滑动。

第（2）问：

对物块：

物块受到向右的滑动摩擦力f=μmg=0.2×1×10=2N

a_物=f/m=2/1=2m/s²（方向向右）

对木板：

木板受到向右的拉力F=10N，以及物块对它的摩擦力f’=μmg=2N（方向向左）

地面光滑，无地面摩擦力。

a_板=(F-f‘)/M=(10-2)/3=8/3≈2.67m/s²（方向向右）

答案：物块加速度2m/s²，木板加速度约2.67m/s²。

零基础操作引导：

第一步，假设两者一起运动，用整体法求加速度。

第二步，隔离物块，计算物块需要的静摩擦力。

第三步，比较需要的静摩擦力与最大静摩擦力。如果超过最大值，则发生相对滑动。

第四步，发生相对滑动后，分别对物块和木板用牛顿第二定律。

避坑提醒：判断是否发生相对滑动时，不能直接用F和某个值比较。正确方法是先假设一起运动，求出需要的静摩擦

力，再与最大静摩擦力比较。

第五章三个模型的综合对比与公式速查

5.1模型对比表

对比维

水平传送带倾斜传送带板块模型

度

核心难

摩擦力方向判断、共速后状态μ与tanθ的关系判断位移关系、临界条件

点

临界点v物=v传v物=v传v物=v板

共速后μ≥tanθ→匀速；μ<tanθ→继无外力→一起运动；有外力

摩擦力突变为零（水平）

判断续加速→重新分析

地面（物体位移）；相对传送

参考系同左地面（各自位移）

带（痕迹）

典型陷

传送带长度是否足够共速后摩擦力方向判断位移之差等于板长

阱

5.2核心公式速查

传送带摩擦力方向判断：

条件摩擦力方向

v物<v传，同向与运动方向相同（加速）

条件摩擦力方向

v物>v传，同向与运动方向相反（减速）

反向运动与运动方向相反（阻碍）

倾斜传送带加速度：

场景加速度

上传加速（摩擦力向上）a=μgcosθ-gsinθ

上传减速（摩擦力向下）a=gsinθ+μgcosθ

下载加速（摩擦力向下）a=gsinθ+μgcosθ

下载减速（摩擦力向上）a