滑塊木板模型-2025年高考物理模型歸納

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...................................................................I

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)動學(xué)單過程問題.....................................................2

問題2.板塊模型中的運(yùn)動學(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

a?如最大加速度Qlmax=4g條件：1max條件：42%lmax即Fqg（mi+m2）

m2加速度。2=（方-〃加1g）加2即E>〃g（加1+加2）整體加速度。=尸/（冽1+加2）

k

<1m2I

///////////內(nèi)力f=m\F1（mi+加2）

光滑

模型二光滑面上外力拉塊

加速度分離不分離

a.m2最大加速度〃2max=〃冽1g加2條彳牛：>q2max條彳牛?1max

m\加速度a\=(F-/imxg)/m\即F>fim+m即F<jj,m（+m\lm2）

1加;"1ig(11/m2)ig1

77777777777整體加速度4=77（加1+冽2）

光滑

內(nèi)力戶加2刊（加1+加2）

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

_a條件：條彳牛:a24aimax條件：O2>aimax=〃lg

加114

F<u(wi+m)g即〃2（加1+加2）g<店Ql+〃2）g（加1+加2）即Q(Mi+〃2)g("U+"22)

422

叫〃/21.

777777777

〃2整體加速度〃=［尸-H2（加1+加2）g）V（加1+加2）

內(nèi)力戶冽口

外力區(qū)間范圍都靜止|一起加速|(zhì)分離

42（"“+，"2）g（?l+〃2）g（加1+機(jī)2）

模型四粗糙面上外力拉塊

〃即加2）g一起靜止一起加速分離

4條件：條件：條件：

仁

加1

〃

力<|加2]>/i心2（加1+機(jī)2）g2(機(jī)ig(l+ml/m2)。l>a2max=[?1mlg-〃2(機(jī)1+加2)g]/加2

///////////

整體加速度即F>(/11ig(1+mi/m2)

a=[F-/z2(wi+m2)g)]/(mi+m2)

內(nèi)力力=〃2(加1+加2)g+加2。

外力區(qū)間范圍_起靜止|一起加速分離

“2（"?1+機(jī)2）g（A1-〃2）mlg（l+"Z，加2）

模型五粗糙面上剎車減速

一起減速減速分離

Q?—f如最大剎車加速度：41max=〃lg條件：4>Qlmax即〃2>〃1

1-m2|>/1整體剎車加速度喏加1剎車加速度：。1="￡

7/777777/77

〃2條件：4%max即1m2剎車加速度：。2=〃2（加1+加2）g-〃l加1g）］加2

加速度關(guān)系：ay<a2

【常見問題分析】

問題L板塊模型中的運(yùn)動學(xué)單過程問題

恒力拉板恒力拉塊

,加1口F冽一~?F

機(jī)21----?。陽2_

////,/////////////////，/￡///，///////////

L

問題3.板塊模型中的運(yùn)動學(xué)多過程問題2——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）一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數(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。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。

己知，=0至1"=4%的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。?=%

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r=3%時(shí)刻滑上木板B.小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為2〃

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

【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"3%

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)小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為，由題意可知物體開始滑上木板時(shí)的速度為

3一

Vj=~~1Llgt.,負(fù)號表示方向水平向左

物塊在木板上滑動的加速度為

經(jīng)過片時(shí)間與木板共速此時(shí)速度大小為v共,方向水平向右，故可得

v共一匕=/%

解得

4=2〃

故B正確；

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

1

]

—=-Ag

%L

故可得

F-juMg=Ma

解得

3

F=-/^Mg

根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為

13

a，=2-----2_=_席

%

此時(shí)對木板由牛頓第二定律得

F-/j(m+M^g-機(jī)g=Ma'

解得

m1

A?"2

故C錯(cuò)誤;

D.假設(shè)/=%之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動，對整體

33

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

故可知此時(shí)整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即，=4/0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動，故D正確。

故選ABDo

【例2】(2024?新疆河南?高考真題)如圖，一長度/=1.0m的均勻薄板初始時(shí)靜止在一光滑平臺上，薄板的

右端與平臺的邊緣O對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當(dāng)薄板運(yùn)動的距離

△/=《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)動到。點(diǎn)。已知物塊與薄板的

質(zhì)量相等。它們之間的動摩擦因數(shù)〃=0.3,重力加速度大小g=10m/s2。求

(1)物塊初速度大小及其在薄板上運(yùn)動的時(shí)間；

(2)平臺距地面的高度。

【答案】(1)4m/s；1s；(2)1m

【詳解】(1)物塊在薄板上做勻減速運(yùn)動的加速度大小為

%=〃g=3m/s2

薄板做加速運(yùn)動的加速度

2

a2=?=3m/s

m

對物塊

I+A/=VQZ——a/2

對薄板

,17

A/——ci^t

解得

v0=4m/s

1

t=-s

3

（2）物塊飛離薄板后薄板得速度

v2=a2t=lm/s

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

則平臺距地面的高度

,1.5

n=—后廠2=—m

29

【例3】（2025?江西南昌?一模）如圖，一長為工”是未知量）、質(zhì)量為初=2kg的長木板放在光滑水平地面

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

的距離XAB=3m,所有物塊均保持靜止?，F(xiàn)對物塊A施加一個(gè)水平向右的推力尸=15N,在物塊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)量為加A=3kg,物塊B、C的質(zhì)量為加B=依=2kg,物塊

A、B、C與長木板的動摩擦因數(shù)均為〃=0.2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，gmiOrn/s2,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??；

（2）物塊A、B碰撞后的瞬間各自的速度大??；

（3）若將長木板換成輕質(zhì)薄板，其它條件不變，求從施加推力F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】(1)3m/s2(2)^y^-m/s>",向5

(3)3.16s

【詳解】(1)對A進(jìn)行受力分析可得

尸一〃"入8="人心

代入題中數(shù)據(jù)解得

2

aA=3m/s

(2)假設(shè)長木板、物體B、C一起加速，加速度為旬，則有

%=與向$2

M+mDn+m(r_

因?yàn)?/p>

2

a0<jug=2m/s

假設(shè)成立。所以

2

aB=ac=lm/s

設(shè)物體A與物體B碰前所需時(shí)間為/,則

1212

XAB=2GA?一彳趣，

解得

設(shè)物體A、B碰前速度為VA、VB,則

VA=R，VB=aBt

解得

vA=3Gm/s,vB=V3m/s

物體A、B碰后速度為以、v；,則根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律可得

mXVA+mBVB=mAVA+mBVB

2

g加人片+；加BV：=；%丫7+|^BVB

解得

,,1773.

vA二5向s,vB=---m/s

(3)對A有

產(chǎn)一〃加Ag="?A%

得

2

ax=3m/s

輕質(zhì)薄木板與B、C相對靜止，有相同的加速度的

電="￡=15而十

mB+mc

設(shè)物體A與物體B碰前所需時(shí)間為％,物體A、B碰前速度為匕、v2,則

1212

龍AB=/a』i_5a2;

得

%=2s

且

V]=aJi=6m/s,v2=a2t2=3m/s

物體A、B碰后速度為V3、v4,則根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律可得

mAVj+mBv2=zwAv3+mBv4

12121212

2WAV1+~mBV2=2mAV3+2mBV4

解得

v3=3.6m/s,v4=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)相對滑動否則木板合力不為零，木板和A勻速,

B勻減速，C勻加速至V?，時(shí)間》2，貝U

t2=—~-=0.3s

〃g

此時(shí)B的速度

v5=v4-/dgt2=6m/s

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

物體B的加速度大小

2

a4=〃g=2m/s

由

v3+a3t3=v5-a4t3

得

^=—s?0.86s

37

則所需總時(shí)間

，總=。+^+與=3.16s

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

質(zhì)量為加、長度為木板B的質(zhì)量為三、長度：，A、B間動摩擦因數(shù)為4,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩

擦力，重力加速度大小為g。

(1)若對A施加水平向右的拉力尸，A、B間恰好發(fā)生相對滑動，求尸的大?。?/p>

7

(2)若對A施加水平向右的恒力片=藥〃加g,求木板A、B左端對齊所需時(shí)間4；

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

間后再撤去巴，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)動的總時(shí)間人

【答案】⑴F=|■〃加g(2)?!=.^~[24L

2，2〃g

【詳解】(1)A、B間恰好發(fā)生相對滑動，對B由牛頓第二定律

mm

AXXg=-X6Z0

對AB整體

F=(m+—m)a0

解得

F=—jumg

7

(2)若對A施加水平向右的恒力大二5〃加g,則AB之間產(chǎn)生滑動，此時(shí)B的加速度仍為

%=4g

A的加速度為

F{-//x—mg=mci]

木板A、B左端對齊時(shí)

12121r

5貼--aQtx=-L

解得所需時(shí)間

（3）設(shè)《作用的時(shí)間為芍，撤力時(shí)B的速度最大，撤力后再經(jīng)4時(shí)間A、B速度共速，由A與地面間的

動摩擦因數(shù)小于A、B間動摩擦因數(shù)，共速后兩者一起勻減速直至停下，設(shè)撤力前B的加速度大小為趣一

撤力后B相對A滑動的加速度大小為%,共速前A的加速度大小為題1，共速后A的加速度大小為。乂，撤

力前對B分析有

mm

F2-^~S=~aBl

共速前對A分析

mu（

+ylg=^Ai

共速后對A、B分析

木板B恰好未從木板A上掉落，應(yīng)滿足

-(a-(f+)=—

B1-aM)t22

其中

aBl^2~a0^3=aAl(‘2+'3)

最大速度

%=aBl(2

解得

%"

A運(yùn)動的總時(shí)間

/O―〃A1(，2+.)

'I,ILoI

一~aA2

解得

I24L

'<5〃g

【模型提煉】滑塊不受力而木板受拉力

木板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，當(dāng)滑塊加速度達(dá)

到其最大值〃g時(shí)，滑塊、木板開始發(fā)生相對滑動，此后滑塊加速度保持不變，木板加速度逐漸增大.

【方法點(diǎn)撥】共速后，物塊與木板會不會發(fā)生相對滑動是需要判斷的.常用的方法：假設(shè)二者相對靜止，

求出二者的共同加速度大小如與臨界加速度。2大小進(jìn)行比較，若劭>。2,則二者一定相對滑動，若。0%2,

則二者一定相對靜止.

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

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

根據(jù)物塊相對木板的運(yùn)動方向來判斷的，物塊相對木板是向左運(yùn)動的，物塊受到的滑動摩擦力方向是向右

的，因而物塊一開始是水平向右加速運(yùn)動的.

[例5]一長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。時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動，直至f=ls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v-t圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g

取10m/s2o求：

圖(a)圖(b)

(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)?及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)"2；

(2)木板的最小長度；

(3)木板右端離墻壁的最終距離。

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

始條件均未知，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，到速度大小為H，如圖乙所示。

（2）木板與墻壁碰撞過程：小物塊受到滑動摩擦力（設(shè)置的初始條件），由于碰撞時(shí)間極短（加一0）,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V3（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)動直至停止（如圖己所示）。

【答案】（1）0.10.4（2）6m（3）6.5m

【解析】（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v=4m/s

,.v—04—0

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

t1

根據(jù)牛頓第二定律有〃2加g=3/2，解得〃2=04

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

其逆運(yùn)動則為勻加速直線運(yùn)動，可得%=4+匕7儼

2

解得的=1m/s2

對小物塊和木板整體受力分析，地面對木板的滑動摩擦力提供合外力，由牛頓第二定律得：〃i（加+15次）g=

（m+15機(jī)）q”即〃lg=〃l

解得〃1=0.1。

（2）碰撞后，木板向左做勻減速運(yùn)動，依據(jù)牛頓第二定律有〃1（15加+加均+外冽g=15加的

_4

可得的=3m/s2

對滑塊，加速度大小為Q2=4m/s2

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

1、10...8

X\^vt\m,Vivm/s

,,一一，v+0

滑塊向右運(yùn)動的位移％2=---4=2m

2

此后，小物塊開始向左加速，加速度大小仍為々2=4m/s2

4

木板繼續(xù)減速，加速度大小仍為的=-m/s?

3

假設(shè)又經(jīng)歷打二者速度相等，則有。2%2=叫一的，2

解得亥=0.5s

此過程中，木板向左運(yùn)動的位移

107+玨心

%3^?也的役^—m,的，2^2m/s

26

滑塊向左運(yùn)動的位移入4=1〃2匹=0.5m

2

此后小物塊和木板一起勻減速運(yùn)動，二者的相對位移最大為Ax=X1+x2+x3—x4=6m

小物塊始終沒有離開木板，所以木板最小的長度為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〃i=lm/s2

__W

向左運(yùn)動的位移為工5=—=2m

2a\

所以木板右端離墻壁最遠(yuǎn)的距離為

%=%1+%3+%5=6.5IDo

【例6】（2023?遼寧?高考真題）如圖，質(zhì)量加尸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)左=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量％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，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃=0.1,最大

靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能與與形變量x的關(guān)系為綜=；丘2。

取重力加速度g=lOm/sz,結(jié)果可用根式表示。

（1）求木板剛接觸彈簧時(shí)速度匕的大小及木板運(yùn)動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滑動時(shí)彈簧的壓縮量X2及此時(shí)木板速度吃的大??；

（3）已知木板向右運(yùn)動的速度從為減小到o所用時(shí)間為依求木板從速度為功時(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AU（用訪表示）。

嗎：

一」」..../WW\AA^

///////////////////////Z///

【答案】（1）lm/s；0.125m；（2）0.25m；^-m/s；（3）4技。-8次

【詳解】（1）由于地面光滑，則加八加2組成的系統(tǒng)動量守恒，則有

rri2Vo=（加/+加2）v/

代入數(shù)據(jù)有

V]=lm/s

對W受力分析有

%=3=4m/s2

加1

則木板運(yùn)動前右端距彈簧左端的距離有

vi2=2a1X1

代入數(shù)據(jù)解得

xj=0.125m

（2）木板與彈簧接觸以后，對加八加2組成的系統(tǒng)有

kx=（加/+冽2）。共

對加2有

a2=Ng=lm/s2

當(dāng)a共=即時(shí)物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時(shí)的彈簧壓縮量

X2=0.25m

對冽八加2組成的系統(tǒng)列動能定理有

丘；=g（叫+機(jī)2）V；-g（加1+%）守

代入數(shù)據(jù)有

V3,

v2=

（3）木板從速度為均時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過程中，由于木板即如的加速度大于木塊"2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)如的速度大小為立，共用時(shí)

2"2

2t0,且切一直受滑動摩擦力作用，則對有

一株m2g，2to=ni2V3~m2V2

解得

V3=3_2to

則對于加八加2組成的系統(tǒng)有

一%=g叫I+J加23-g（叫+加2）V2

\U=Wf

聯(lián)立有

△。=4島-81

【例7】如圖，兩個(gè)滑塊/和2的質(zhì)量分別為W4=lkg和》7B=5kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端,

兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為〃1=0.5；木板的質(zhì)量為加=4kg,與地面間的動摩擦因數(shù)為〃2=0」.某時(shí)刻

/、8兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0=3m/s./、8相遇時(shí)，N與木板恰好相對靜止.設(shè)最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2.求：

(1*與木板相對靜止時(shí)，木板的速度；

(2)/、3開始運(yùn)動時(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3與板、/與板、板與地面間的滑動摩擦力大小，判斷出/、3及木板的運(yùn)動情況.

②把握好幾個(gè)運(yùn)動節(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.

@A與木板存在相對運(yùn)動，且/運(yùn)動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/和2在木板上滑動時(shí)，木板也在地面上滑動。設(shè)/、5和木板所受的摩擦力大小分別為

力、力和力，/和2相對于地面的加速度大小分別為也和。爐木板相對于地面的加速度大小為可，在物塊8

與木板達(dá)到共同速度前有

fl四①

力=〃1加eg②

%=他(加+mA+加B)g③

由牛頓第二定律得

fi=m4a4④

無=加8劭⑤

設(shè)在4時(shí)刻，8與木板達(dá)到共同速度，其大小為修，由運(yùn)動學(xué)公式有

Vl=Vo-岫⑦

vi=aiti?

聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得

%=1m/s⑨

(2)在九時(shí)間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為

SB=VOL/正⑩

設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度W后，木板的加速度大小為。2，

對于3與木板組成的體系，由牛頓第二定律有

力+/=（%3+加）。2?

由①②④⑤式知，aA=aB-,再由⑦⑧式知，8與木板達(dá)到共同速度時(shí)，/的速度大小也為vi，但運(yùn)動方向

與木板相反.由題意知，/和3相遇時(shí)，N與木板的速度相同，設(shè)其大小為功，設(shè)/的速度大小從vi變到

V2所用的時(shí)間為小則由運(yùn)動學(xué)公式，對木板有

對/有

以=—H?

在與時(shí)間間隔內(nèi)，8（以及木板）相對地面移動的距離為

1…

S1="也—宮?）

在?1+友）時(shí)間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為

1

SA=Vo（?l+打）—產(chǎn)出+編2?

/和8相遇時(shí)，/與木板的速度也恰好相同，因此/和8開始運(yùn)動時(shí)，兩者之間的距離為

SO=SN+SI+SB?

聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得

s（）=1.9m

（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

啰1步A|受力分析，動力學(xué)分析與運(yùn)動過程分析]

第=9*畫出滑塊和滑板的運(yùn)動示意圖,注意臨界條件的應(yīng)用|

董寇?對滑塊、滑板應(yīng)用牛頓第二定律，求出各自的加速度|

第四切找出二者的位移關(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)動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運(yùn)動，位移之差等于板長；反向運(yùn)動時(shí)，

位移之和等于板長.

(2)滑塊是否會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下的情況下，當(dāng)兩者共速時(shí)，兩者受力、加速度發(fā)生突變.

【模型演練】

1.(2024?云南大理?模擬預(yù)測)如圖所示，已知一質(zhì)量為M=5kg的滑塊放在傾角6=37。的固定斜面上，M

上再放一滑塊%,且機(jī)=30kg,滑塊加與滑塊M間的動摩擦因數(shù)〃2=。-8,滑塊M與斜面間的動摩擦因數(shù)

A=0.1,現(xiàn)給滑塊M—平行于斜面向上的恒力R用時(shí)f=50s將M和加拉至斜面頂端，斜面長度

L=250m,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力卜出37°=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2)。

(1)求滑塊加所受摩擦力的大小和方向；

(2)求拉力廠的大??；

(3)只給滑塊加一個(gè)沿斜面向上的恒定拉力尸(尸已撤走)，求能將兩滑塊拉至斜面頂端且不會發(fā)生相對滑

動的b'取值范圍。

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

【詳解】(1)對河、機(jī)整體，根據(jù)

—at2=L

2

得加速度

a=0.2m/s2

對沉，根據(jù)牛頓第二定律

f-mgsin0=ma

得

/=24N

方向沿斜面向上。

（2）對加\加整體，根據(jù)牛頓第二定律

廠一（機(jī)+M）gsin8—%（加+M）gcos0+M）a

解得

F=245N

（3）給滑塊加一個(gè)沿斜面向上的恒定拉力產(chǎn)，能將他們拉至頂端的最小拉力

Fm[n=（機(jī)+M）gsin。（機(jī)+M）gcos3=238N

若“和“恰好相對滑動，則m和〃■之間達(dá)到最大靜摩擦力H2mgcos6,對整體有

fax-（加+M）gsin。一〃]（m+M）gcos0=（m+M'）a

對M有

ju2mgcos夕一（m+M）gcos0-Mgsin0=Ma

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得

%X=H76N

a=26.8m/s2

故

238N<F'<1176N

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

1=1.6m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)量初=4.5kg?？梢暈橘|(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)量加=3.0kg,包裹與傳送帶的動

摩擦因數(shù)從=0.5,包裹與滑板的動摩擦因數(shù)〃2=04,滑板與臺面的動摩擦因數(shù)〃3=01，最大靜摩擦力近

似等于滑動摩擦力，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/s2。

L

n______,、，滑板S,_

OOl板臺面

<_____WWWWxWXWWWW

%

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

動的距離；

(2)為保證包裹不與滑板右端的擋板相撞，求傳送帶的最大速度。

【答案】(1)13.5/,0.9m(2)4m/s

【詳解】(1)包裹在傳送帶上的加速度

2

aA-〃逐=5m/s

設(shè)包裹與傳送帶經(jīng)過f時(shí)間共速，則有

axt=v0

解得

tx=——0.6s

所以包裹的位移

再==0.9m

傳送帶的位移

x2=%乙=1.8m

二者的相對位移

z\x=x2-x1=0.9m

包裹與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量

Q="Mg'M=13.5J

包裹在滑板上的加速度

a=一〃2g=-4m/s2

滑塊的加速度

(M+Mg=lm/s2

M

設(shè)包裹與滑板經(jīng)過，時(shí)間共速，則有

v0+at=at

解得

t=^—=0.6s

a-a

包裹與滑塊的共同速度

v=at=0.6m/s

包裹的位移

x=—(y0+v)i=1