2026版高考物理培優(yōu)模型

專題05滑塊木板模型

目錄

【模型歸納】....................................................................................1

模型一光滑面上外力拉板....................................................................1

模型二光滑面上外力拉塊....................................................................1

模型三粗糙面上外力拉板....................................................................1

模型四粗糙面上外力拉塊....................................................................2

模型五粗糙面上剎車減速....................................................................2

【常見問題分析】................................................................................2

問題1.板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)單過程問題......................................................2

問題2.板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)多過程問題1——至少作用時(shí)間問題...............................3

問題3.板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)多過程問題2——抽桌布問題.....................................3

問題4.板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)粗糙水平面減速問題.............................................4

【模型例析】....................................................................................4

【模型演練】...................................................................................18

【模型歸納】

模型一光滑面上外力拉板

加速度分離不分離

最大加速度aimax=〃g條件：條件：〃2%1max即尸。

W2加速度。2=（臼〃〃1g）加2即Q"g（如+〃?2）整體加速度

|mi\?

77777777777內(nèi)力f=m

光滑

模型二光滑面上外力拉塊

加速度分離不分離

帆2最大加速度a2max=/〃〃lg/〃72條件：^l><72max條件：42Mzimax

m\加速度a\=(F-nm\g)/m\即F>pm|g(1+/7Z1/W2)即F<^imig(1+mi//W2)

1至^4>/

77777777/77整體加速度a=F/(m\+m2)

光滑

內(nèi)力f=ni2F/(ni\+〃”)

模型三粗糙面上外力拉板

不分離（都靜止）不分離（一起加速）分離

_J2條件：條件：QWQlmax條件：42>4lmax=〃lg

加i1〃

F</i2（nn+ni2）g〃2(1+〃?2)gV2)g(〃?1+/W2)F>(〃l+〃2)g(〃h+〃?2)

1773n即機(jī)及(川+〃即

嗎77777777

〃2整體加速度a==[F-/.i^in1+W2)g)]/(wi+zz/2)

內(nèi)力戶，川a

外力區(qū)間范闈

都靜止一起加速分離」

〃2(冽l+/H2)g(〃1+"2)g('〃1+〃?2)

模型四粗糙面上外力拉塊

一起靜止一起加速分離

人上y條件：條件：條件：

/H2——1>/1〃2(〃?1+，〃2)gV后-〃2)mig(1+fn1/W2)。l>42max=[/“〃W2(〃h+〃[2)g]/>〃2

77777777x77

U2整體加速度即F>(/i\-/i2)rn\g(l+m\/m2)

a=[F-fi2(m\+w2)g)]/(wi+w：)

內(nèi)力力=〃2(〃?l+〃72)g+〃72〃

外力區(qū)間范圍

一起靜止一起加速分離、F

A1

/Z2(Wl+W2)g1+mi/ni2)

模型五粗糙面上剎車減速

一起減速減速分離

a<—_r>〃“最大剎車加速度：aimax="lg條件：gZlmax即〃2>"1

——/??2I>f\整體剎車加速度4="2g”?1剎車加速度：41="lg

///////////

42條件：心］max即"2斗1mi剎車加速度：Ci2=fi2（m］+W2）gyt1mig）］//?2

加速度關(guān)系1a^a2

【常見問題分析】

問題1.板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)單過程問題

恒力拉板恒力拉塊

wiFT-

J/止_一一L一一一一一

“J...，，/，1，，，，，/////////，

L-?

問題3.板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)多過程問題2一抽桌布問題

過程①：分離過程：②勻減速

【模型例析】

【例1】（2024?遼寧?高考真題）一足夠長(zhǎng)木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，=0時(shí)，木板在

水平恒力作用下，由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。

已知，=0到，=%的時(shí)間內(nèi)，木板速度y隨時(shí)間/變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。『=4小時(shí)

刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）

A.小物塊在，=3%時(shí)刻滑上木板B.小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為2〃

C.小物塊與木板的質(zhì)量比為3：4D./之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)

【答案】ABD

【詳解】A.V—圖像的斜率表示加速度，可知，=3/。時(shí)刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在/=30時(shí)

刻滑上木板，故A正確；

B.結(jié)合圖像可知，=3/。時(shí)刻，木板的速度為

3

v0=-m

設(shè)小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為外，由題意可知物體開始滑上K板時(shí)的速度為

匕=-負(fù)號(hào)表示方向水平向左

物塊在木板上滑動(dòng)的加速度為

經(jīng)過“時(shí)間與木板共速此時(shí)速度大小為丫共=方向水平向右，故可得

y共一匕=即4

解得

4=2〃

故B正確；

C.設(shè)木板質(zhì)量為物塊質(zhì)量為〃7,根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時(shí)，木板的加速度為

1

產(chǎn)。1

a=

-t-=5〃g

故可得

F-=Ma

解得

F="Mg

根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為

13

〃'=------------=-陶

此時(shí)對(duì)木板由牛頓第二定律得

F-+M）g-4〃?g=Ma'

解得

m_1

~M~2

故C錯(cuò)誤;

D.假設(shè)，=4/。之后小物塊和木板?起共速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體

F-//(m+M)g=-^Mg-^^Mg=O

故可知此時(shí)整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即，二%之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確。

故選ABD.

【例2】（2024?新疆河南?高考真題）如圖，一長(zhǎng)度/=L0m的均勻薄板初始時(shí)靜止在一光滑平臺(tái)上，薄板的

右端與平臺(tái)的邊緣。對(duì)齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動(dòng)，當(dāng)薄板運(yùn)動(dòng)的距離

△/=：時(shí)，物塊從薄板右端水平飛出；當(dāng)物塊落到地面時(shí)，薄板中心恰好運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)。已知物塊與薄板的

質(zhì)量相等。它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=。3,重力加速度大小g=10m/s、求

（1）物塊初速度大小及其在薄板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：

（2）平臺(tái)距地面的高度。

O

【答案】（1）4m/s；1s；（2）

【詳解】（1）物塊在薄板上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為

2

a}=/jg=3m/s

薄權(quán)做加速運(yùn)動(dòng)的加速度

ag=3mN

對(duì)物塊

,一

/+△』（/-產(chǎn)1

對(duì)薄板

一

△/=一1。,廣，

2-

解得

%=4m/s

1

t=-s

3

（2）物塊飛離薄板后薄板得速度

v,=a2t=lm/s

物塊飛離薄板后薄板做勻速運(yùn)動(dòng)，物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)物塊落到地面時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

/'--=-s

v23

則平臺(tái)距地面的高度

269

【例3】（2025?江西南昌?一模）如圖，一長(zhǎng)為上」是未知量）、質(zhì)量為M=2kg的長(zhǎng)木板放在光滑水平地面

上，物塊A、B、C放在長(zhǎng)木板上，物塊A在長(zhǎng)木板的左端，物塊C在長(zhǎng)木板上的右端，物塊B與物塊A

的距離.%B=3m,所有物塊均保持靜止?，F(xiàn)對(duì)物塊A施加一個(gè)水平向右的推力少=15N,在物決A、B即將

發(fā)生碰撞前的瞬間撤去推力凡已知物塊A的質(zhì)量為%=3kg,物塊B、C的質(zhì)量為〃%=〃?c=2kg,物塊

A、B、C與長(zhǎng)木板的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=。2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取lOm/s?,物塊A、B、C

均可視為質(zhì)點(diǎn)，物塊間的碰撞均無機(jī)械能損失。求：

（1）施加推力時(shí)，物塊A的加速度的大?。?/p>

（2）物塊A、B碰撞后的瞬間各自的速度大?。?/p>

（3）若將長(zhǎng)木板換成輕質(zhì)薄板，其它條件不變，求從施加推力尸到物塊A、B、C與輕質(zhì)薄板共速所需的時(shí)間

（整個(gè)過程中物塊B、C不相碰）.

【答案】(IRmH(2)$m/s，--—m/s(3)3.16s

【詳解】(1)對(duì)A進(jìn)行受力分析可得

〃[Ag=〃MA

代入題中數(shù)據(jù)解得

a、=3m/s2

(2)假設(shè)長(zhǎng)木板、物體B、C一起加速，加速度為旬，則有

ao=…=hnH

M+wB+mc

因?yàn)?/p>

2

a0<;/g=2m/s

假設(shè)成立。所以

2

an=ac=lm/s

設(shè)物體A與物體B碰前所需時(shí)間為,，則

1,1,

解得

/=也S

設(shè)物體A、B碰前速度為匕、%，則

匕\=卬，

解得

vA=3\/3m/s,vB=V3m/s

物體A、B碰后速度為以、4，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得

%.+恤%=%■+%%

1,1,11

-〃?AVA+-〃％心=-m.\以="64<2

解得

,7行/,17#/

V.=---m/s，v=----m/s

A5RB5

(3)對(duì)A有

八"g="U4

得

q=3m/s2

輕質(zhì)薄木板與B、C相對(duì)靜止，有相同的加速度出

+mc

設(shè)物體A與物體B碰前所需時(shí)間為4,物體A、B碰前速度為“、嶺，則

1212

XAB-2^'

得

/)=2s

且

匕=a/=6m/s,v2=a2t2=3m/s

物體A、B碰后速度為匕、匕，則根據(jù)動(dòng)星守恒定律和能量守恒定律可得

11,1,12

弓叫2

+~^2=TWAV3+-mBv4

乙乙乙L

解得

匕=3.6m/s,匕=6.6m，s

A、B碰后，輕質(zhì)木板的合力應(yīng)該為零，A與薄板不能出現(xiàn)相對(duì)滑動(dòng)否則木板合力不為零，木板和A勻速,

B勻減速，C勻加速至匕，時(shí)間與，則

，2=g=0.3s

4g

此時(shí)B的速度

v5=也一〃g，2=6m/s

此后，物體A、C薄板相對(duì)靜止，一起勻加，B勻減至共速，物體A、C的加速度大小

…上皿=0.8m//

〃?A+ftJC

物體B的加速度大小

4=〃g=2m/s2

由

匕+詠=%一初

得

/,=—s?0.86s

37

則所需總時(shí)間

I總=《+q+4=3.16s

【例4】(2025?湖北黃岡?一模)加圖所示，勻質(zhì)木板A、R右端對(duì)齊靜止疊放于光滑水平面上，木板A的

質(zhì)量為加、長(zhǎng)度為心木板B的質(zhì)量為多、長(zhǎng)度與，A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩

22

擦力，重力加速度大小為g。

(1)若對(duì)A施加水平向右的拉力巴A、B間恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，求尸的大??；

(2)若對(duì)A施加水平向右的恒力片=?1〃〃區(qū),求木板A、B左端對(duì)齊所需時(shí)間4；

(3)若地面不光滑，木板A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(，對(duì)B施加水平向左的恒力作用一段時(shí)

間后再撤去丹，木板B恰好未從木板A上掉落。求木板B速度的最大值%和木板A運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間上

【答案】("二灑g⑵"恁⑶…善”思

【詳解】(1)A、B間恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)B由牛頓第二定律

mni

//XyXg=yX?0

對(duì)AB整體

F=（〃?+；〃?）許

解得

L3

廠機(jī)g

7

(2)若對(duì)A施加水平向右的恒力耳=]〃〃嚕，則AB之間產(chǎn)生滑動(dòng)，此時(shí)B的加速度仍為

。。=4g

A的加速度為

「1

木板A、B左端對(duì)齊時(shí)

I2121,

解得所需時(shí)間

（3）設(shè)寫作用的時(shí)間為右，撤力時(shí)B的速度最大，撤力后再經(jīng)八時(shí)間A、B速度共速，由A與地面間的

動(dòng)摩擦因數(shù)小于A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)，共速后兩者一起勻減速直至停下，設(shè)撤力前B的加速度大小為。BI，

撤力后B相對(duì)A滑動(dòng)的加速度大小為%，共速前A的加速度大小為叫|,共速后A的加速度大小為，撤

力前對(duì)B分析有

乙一〃5g=耳“Bl

共速前對(duì)A分析

mum

mH—

2Jg=嗎

共速后對(duì)A、B分析

A〃唱g=(m

m+一

八2J

木板B恰好未從木板A上掉落，應(yīng)滿足

J，2(2+4)=牛

其中

WBIZ2-?OZ3=?A1(Z2+G)

最大速度

%=a^2

解杼

A運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間

解得

【模型提煉】滑塊不受力而木板受拉力

木校受逐漸增大的拉力而滑塊不受力，這種情況下，開始滑塊和木板一起做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊加速度達(dá)

到其最大值4g時(shí)，滑塊、木板開始發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此后滑塊加速度保持不變，木板加速度逐漸峭大.

【方法點(diǎn)撥】共速后，物塊與木權(quán)會(huì)不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)是需耍判斷的.常用的方法：假設(shè)二者相對(duì)靜止，

求出二者的共同加速度大小加，與臨界加速度42大小進(jìn)行比較，若的＞。2,則二者一定相對(duì)滑動(dòng)，若。0&2,

則二者一定相對(duì)靜止.

【易錯(cuò)提醒】有的學(xué)生會(huì)誤認(rèn)為：物塊輕放在木板右端后，由于恒力廠方向水平向左，物塊會(huì)受到水平向

左的滑動(dòng)摩擦力，導(dǎo)致物塊一開始就向左運(yùn)動(dòng).實(shí)際上，物塊輕放在木板右端后受到的滑動(dòng)摩擦力方向是

根據(jù)物塊相對(duì)木板的運(yùn)動(dòng)方向來判斷的，物塊相對(duì)木板是向左運(yùn)動(dòng)的，物塊受到的滑動(dòng)摩擦刀方向是向右

的，因而物塊一開始是水平向右加速運(yùn)動(dòng)的.

【例5】一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的

距離為4.5m,如圖(a)所示?！?0時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至尸1s時(shí)木板與

墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板。已

知碰撞后1s時(shí)間內(nèi)小物塊的圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)曷是小物塊質(zhì)最的15倍，重力加速度大小g

取10m/s2o求：

圖(a)圖(b)

(I)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)川及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)心；

(2)木板的最小長(zhǎng)度；

(3)木板右端離墻壁的最終距離。

【大題拆分】第一步：分析研究對(duì)象模型。設(shè)小物塊和木板的質(zhì)量分別為〃?和小物塊可以看作質(zhì)點(diǎn)(初

始條件w未知，如圖甲所示)。

第二步：分解過程模型。

(1)認(rèn)為地面各點(diǎn)的粗糙程度相同，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，到速度大小為口，如圖乙所示。

(2)木板與墻壁碰撞過程：小物塊受到滑動(dòng)摩擦力(設(shè)置的初始條件)，由「碰撞時(shí)間極短(4—0),故碰后小物

塊速度不變，木板的速度方向突變(設(shè)置的初始條件)，如圖丙所示。

(3)然后小物塊向右減速，木板向左減速，經(jīng)1s小物塊速度減小為零(如圖丁所示)。由于木板的加速度較

小，故小物塊速度為零時(shí)，木板仍有速度。然后小物塊向左加速，木板向左減速，到二者達(dá)到共同速度以如

圖戊所示)。

(4)分析臨界條件，包括時(shí)間關(guān)系和空間關(guān)系，如圖戊所示。

(5)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速直線運(yùn)動(dòng)直至停止(如圖己所示)。

【答案】⑴0.10.4(2)6m(3)6.5m

【解析1(1)根據(jù)圖象可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度為v=4m/s

碰撞后木板速度水平向左，大小也是y=4m/s

小物塊受到滑動(dòng)摩擦力而向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小及="一°=4—°m/s2=4m/s2

/1

根據(jù)牛頓第二定律有4mg=ma2,解得〃2=().4

木板與墻壁碰撞前，勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間/=1s,位移x=4.5m,末速度v=4m/s

其逆運(yùn)動(dòng)則為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可得產(chǎn)

解得ai=\m/s2

對(duì)小物塊和木板整體受力分析，地面對(duì)木板的滑動(dòng)摩擦力提供合外力，由牛頓第二定律得：w(〃rH5/〃)g=(〃]

+15機(jī))。1，即〃ig="i

解得川=0.1。

(2)碰撞后，木板向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓第二定律有〃i(15"+〃?)g+"2〃?g=15nia3

可得。3=m/s2

3

對(duì)滑塊，加速度大小為。2=4m/s?

由于。2＞。3,所以滑塊速度先減小到0,所用時(shí)間為A=ls的過程中，木板向左運(yùn)動(dòng)的位移為

XI=M」43*=1。m,末速度也=丫一m/s

2~33

滑塊向右運(yùn)動(dòng)的位移X2="0/I=2m

2

此后，小物塊開始向左加速，加速度大小仍為〃2=4m/s2

木校繼續(xù)減速，加速度大小仍為。3=；m/s?

假設(shè)又經(jīng)歷〃二者速度相等，則有。2/2=也一。3/2

解得力=0.5s

此過程中，木板向左運(yùn)動(dòng)的位移

X3=M/2—13近=7m,末速度丫3=M一。3,2=2m/s

26

滑塊向左運(yùn)動(dòng)的位移刈=1。26=（）.5m

2

此后小物塊和木板一起勻減速運(yùn)動(dòng)，二者的相對(duì)位移最大為AX=X|+X2+X3—X4=6m

小物塊始終沒有崗開木板，所以木板最小的長(zhǎng)度為6m。

（3）最后階段滑塊和木板一起勻減速直到停止，整體加速度大小為小=1m/s2

向左運(yùn)動(dòng)的位移為X5=后=2m

2m

所以木板右端離墻壁最遠(yuǎn)的距離為

x=xi+4+.*=6.5m。

【例6】（2023?遼寧?高考真題）如圖，質(zhì)量〃?尸1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一

勁度系數(shù)k=2ON/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量加2=4kg的小物塊以水平向右的速度%=?m/s滑

上木板左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)"=04，最大靜摩

擦力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能心與形變量x的關(guān)系為取重

力加速度g=lOm/s2,結(jié)果可用根式表示。

（1）求木板剛接觸彈簧時(shí)速度v,的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離X/；

（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量總及此時(shí)木板速度0的大?。?/p>

（3）已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從以減小到0所用時(shí)間為to.求穴板從速度為i，2時(shí)到之后與物塊加速度首次

相同時(shí)的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能（用功表示）。

加2:

一汽MAAAA/WH

【答案】（1）lm/s；0.125m；（2）0.25m；-y-m/s;（3）4G。一8彳

【詳解】（1）由于地面光滑，則加/、〃〃組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒:，則有

ni2Vo=（〃〃+〃】？）町

代入數(shù)據(jù)有

V]=lm/s

對(duì)，〃/受力分析有

超=4m/s2

叫

則木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離有

vi2=2aixi

代入數(shù)據(jù)解得

xi-0.125m

（2）木板與彈簧接觸以后，對(duì)叨、機(jī)2組成的系統(tǒng)有

kx=（mi+ni2）a共

對(duì)in：有

a：=/zg=1m/s2

當(dāng)=。2時(shí)物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)，解得此時(shí)的彈簧壓縮量

X2=0.25m

對(duì)血八〃”組成的系統(tǒng)列動(dòng)能定理有

一；履；=；（叫+嗎M_；（班+叫）匕2

代入數(shù)據(jù)有

「走m/s

2

（3）木板從速度為V2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過程中，由于木板即〃”的加速度大于木塊吃的

加速度，則當(dāng)木板與木塊的加速度相同時(shí)即彈簧形變量為X2時(shí)，則說明此時(shí)〃〃的速度大小為口，共用時(shí)2/〃,

且加2一直受滑動(dòng)摩擦力作用，則對(duì)加2有

-j.ini2g-2to=m2Vj-m2V2

解得

匕=曰_2%

則對(duì)rm八加2組成的系統(tǒng)有

-%=-w,v；+；叫百一；依+%*

乙44

"=Wf

聯(lián)立有

△。=4島-8：

【例7】如圖，兩個(gè)滑塊片和8的質(zhì)量分別為妨=1kg和kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端,

兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為川=0.5：木板的質(zhì)量為〃?=4kg,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為42=0.1.某時(shí)刻4、

8兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為叩=3m/s/、8相遇時(shí)，4與木板恰好相對(duì)靜止.設(shè)最大靜摩擦力

等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2.求：

(1片與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度；

(2)4、8開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離.

【審題指導(dǎo)】：如何建立物理情景，構(gòu)建解題路徑

①首先分別計(jì)算出4與板、/與板、板與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小，判斷出力、4及木板的運(yùn)動(dòng)情況.

②把握好幾個(gè)運(yùn)動(dòng)節(jié)點(diǎn).

③由各自加速度大小可以判斷出B與木板首先達(dá)到共速，此后B與木板共同運(yùn)動(dòng).

?A與木板存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)，且A運(yùn)動(dòng)過程中加速度始終不變.

⑤木板先加速后減速，存在兩個(gè)過程.

【解析】：(1)滑塊力和4在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)/、〃和木板所受的摩擦力大小分別為

力、工和力，力和8相對(duì)于地面的加速度大小分別為四和劭，木板相對(duì)于地面的加速度大小為⑷，在物塊8

與木板達(dá)到共同速度前有

,/|=〃1〃1吆0

力=〃1加咫②

fi="2(〃?+mA+

由牛頓第二定律得

f\=mAaA?

力=加8aB⑤

設(shè)在。時(shí)刻，8與木板達(dá)到共同速度，其大小為也，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

v\=vo-aBl\@

v\=a}t\?

聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得

vi=1m/s@

(2)在6時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為

S8=W"l—)訴⑩

設(shè)任B與木板達(dá)到共同速度。后，木板的加速度大小為。2,

對(duì)于8與木板組成的體系，由牛頓第二定律有

f\+力=（丑+下）。2?

由①@?⑤式知，。尸an;再由⑦?式知，8與木板達(dá)到共同速展時(shí).，4的速度大小也為也，但運(yùn)動(dòng)方向與

木校相反.由題意知，力和4相遇時(shí)，月與木板的速度相同，設(shè)其大小為吸，設(shè)力的速度大小從口變到也

所用的時(shí)間為出則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有

V2=V\—a2t2@

對(duì),4有

V2=-Vi+^/2?

在12時(shí)間間隔內(nèi)，8（以及木板）相對(duì)地面移動(dòng)的距離為

Si=y”2-?

在（fi+切時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為

S/=Vo"1+/2)-(h+f2)通

力和3相遇時(shí)，力與木板的速度也恰好相同，因此力和4開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為

so=s,d+si+s/f?

聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得

5o=1.9in

（也可用如圖所示的速度一時(shí)間圖線求解）

【規(guī)律總結(jié)】

滑塊一滑板”模型的一般解題步驟

(第二號(hào)A|受力分析，動(dòng)力學(xué)分析與運(yùn)動(dòng)過程分析

冠妙碗而塊和滑板的運(yùn)動(dòng)示意圖，注菽臨界條件的應(yīng)用

妙網(wǎng)滑浜二滑板應(yīng)用牛頓第二定律，求出各自的加速度

遍底?麗二者的位移關(guān)系和速度關(guān)系，列方程求解問題］

滑塊一滑板問題的解題關(guān)鍵點(diǎn)

(1)滑塊由滑板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運(yùn)動(dòng)，位移之差等于板長(zhǎng)；反向運(yùn)動(dòng)時(shí),

位移之和等于板長(zhǎng).

(2)滑塊是否會(huì)從滑板上掉下的臨界條件是滑塊到達(dá)滑板一端時(shí)兩者共速.

(3)滑塊不能從滑板上滑卜.的情況卜.，當(dāng)兩者共速時(shí)，兩者受力、加速度發(fā)生突變.

【模型演練】

I.(2024?云南大理?模擬預(yù)測(cè))如圖所示，已知一質(zhì)量為〃=5kg的滑塊放在傾角。=37。的固定斜面上，M

上再放一滑塊，〃，且機(jī)=30kg,滑塊〃?與滑塊M間的動(dòng)摩擦因數(shù)上=0.8,滑塊M與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

=0」，現(xiàn)給滑塊M一平行于斜面向上的恒力凡用時(shí)，=50s將M和m拉至斜面頂端，斜面長(zhǎng)度L-250m,

設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力6皿37。=06cos37o=0.8,g=10m/s2)。

(1)求滑塊m所受摩擦力的大小和方向；

(2)求拉力戶的大小；

(3)只給滑塊“一個(gè)沿斜面向上的，亙定拉力尸’(尸已撤走)，求能將兩滑塊拉至斜面頂端且不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑

動(dòng)的9取值范圍。

【答案】(1)24N,方向沿斜面向上(2)245N(3)238N<F<1176N

【詳解】(1)對(duì)，“、整體，根據(jù)

-ar=L

2

得加速度

a=0.2m/s:

對(duì)〃?，根據(jù)牛頓第二定律

f-mgsin0-ma

得

/=24N

方向沿斜面向上。

(2)對(duì)m整體，根據(jù)牛頓第二定律

F-(in+M)gsin0-//,(ni+M)geos0=("汁M)a

解得

F=245N

(3)給滑塊〃？?個(gè)沿斜面向上的恒定拉力小，能將他們拉至頂端的最小拉力

Fmil=(m+M)gsin夕+從(m+M)gcos0=238N

若加和M恰好相對(duì)滑動(dòng)，則〃?和M之間達(dá)到最大靜摩擦力〃2Mgeos。，對(duì)整體有

-(m+M)gsin0-必(m+M)gcos0=(w+M)a

對(duì)以有

ni

/J2Scos夕一〃?(w+M)gcos0-Mgsin0=Ma

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得

心=1176N

a=26.8m/s2

故

238N"G176N

2.(2024?云南?模擬預(yù)測(cè))傳送帶廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)生活的多種場(chǎng)景。如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與長(zhǎng)度

L=L6m的滑板在同一水平面緊密銜接，滑板右端裝有厚度不計(jì)的擋板，滑板質(zhì)量M=4.5kg。可視為質(zhì)點(diǎn)

的包裹從傳送帶左端無初速度釋放，一段時(shí)間后沖上滑板。已知包裹的質(zhì)量機(jī)=3.0kg,包裹與傳送帶的動(dòng)

摩擦因數(shù)必=0.5,包裹與滑板的動(dòng)摩擦因數(shù)上=0.4,滑板與臺(tái)面的動(dòng)摩擦因數(shù)〃3=01，最大靜摩擦力近

似等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)包裹經(jīng)過銜接處的機(jī)械能損失，重力加速度大小取g=10m/s、

閃;滑板—臺(tái)面

(1)當(dāng)傳送帶以速度%=3.0m/s順時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，求包裹與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量及包裹相對(duì)于滑板滑

動(dòng)的距離；

(2)為保證包裹不與滑板后端的擋板相撞，求傳送帶的最大速度。

【答案】(1)/3.5,，0.9m(2)4nVs

【詳解】(1)包裹在傳送帶上的加速度

a}=Mg=5m/s

設(shè)包裹與傳送帶經(jīng)過，時(shí)間共速，則有

r=%

解得

Z1=A=0.6S

q

所以包裹的位移

%=；%=0.9m

傳送帶的位移

x2=%乙=1.8m

二者的相對(duì)位移

Ar=電-X]=0.9m

包裹與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量

Q=內(nèi)mg?Nx=13.5J

包寰在滑板上的加速度

a=一從2g=-4in/s2

滑塊的加速度

ci_-

設(shè)包裹與滑板經(jīng)過/時(shí)間共速，見有

%+at=at

解得

%=0.6s

包裹與滑塊的共同速度

v=at-0.6m/s

包裹的位移

1.

x=—(v0+v)r=1.08m

滑板的位移

,1,

x=—vt=0.18m

2

故二者的相對(duì)位移

A.V=x-x=0.9m

（2）設(shè)傳送帶的最大速度為0時(shí)，包裹不與滑板右端的擋板恰好不相碰，根據(jù)上述分析可知，二者共速的

時(shí)間

v_1

———=—V

,s7

a-a5

共同速度

包裹的位移

■

1z、，

25m

滑塊的位移

.1.v；

x=-vt=—

2