專題05 滑塊木板模型（解析版）-【模型與方法】2025屆高考物理熱點模型與方法歸納

1/27專題05滑塊木板模型目錄TOC\o"1-3"\h\u【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．板塊模型中的運動學(xué)單過程問題 2問題2．板塊模型中的運動學(xué)多過程問題1——至少作用時間問題 3問題3．板塊模型中的運動學(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mm2m1μFf光滑afm1最大加速度a1max=μgm2加速度a2=(F-μm1g)/m2條件：a2>a1max即F>μg(m1+m2)條件：a2≤a1max即F≤μg(m1+m2)整體加速度a=F/(m1+m2)內(nèi)力f=m1F/(m1+m2)模型二光滑面上外力拉塊加速度分離不分離mm2m1μFf光滑afm2最大加速度a2max=μm1g/m2m1加速度a1=(F-μm1g)/m1條件：a1>a2max即F>μm1g(1+m1/m2)條件：a2≤a1max即F≤μm1g(1+m1/m2)整體加速度a=F/(m1+m2)內(nèi)力f=m2F/(m1+m2)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mm2m1μ1Ff1af1μ2f2條件：F≤μ2(m1+m2)g條件：a2≤a1max即μ2(m1+m2)g<F≤(μ1+μ2)g(m1+m2)整體加速度a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1+m2)內(nèi)力f=m1a條件：a2>a1max=μ1g即F>(μ1+μ2)g(m1+m2)外力區(qū)間范圍FF(μ1+μ2)g(m1+m2)μ2(m1+m2)g分離一起加速都靜止模型四粗糙面上外力拉塊μ1m1g>μ2(m1+m2)g一起靜止一起加速分離mm2m1μ1Ff1af1μ2f2條件：F≤μ2(m1+m2)g條件：μ2(m1+m2)g<F≤(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)整體加速度a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1+m2)內(nèi)力f1=μ2(m1+m2)g+m2a條件：a1>a2max=[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]/m2即F>(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)外力區(qū)間范圍FF(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)μ2(m1+m2)g分離一起加速一起靜止模型五粗糙面上剎車減速一起減速減速分離mm2m1μ1f1vf1μ2f2am1最大剎車加速度：a1max=μ1g整體剎車加速度a=μ2g條件：a≤a1max即μ2≤μ1條件：a>a1max即μ2>μ1m1剎車加速度：a1=μ1gm2剎車加速度：a2=μ2(m1+m2)g-μ1m1g)]/m2加速度關(guān)系：a1<a2【常見問題分析】問題1．板塊模型中的運動學(xué)單過程問題恒力拉板恒力拉塊mm1Fm2Lmm1Fm2Lxx1FFx2x相對m1m2v1v2xx1FFx2x相對m1m2v1v2tt0t/s0v2v/ms-1a1a2v1x相對tt0t/s0v1v/ms-1a2a1v2x相對分離，位移關(guān)系：x相對=?a2t02－?a1t02=L分離，位移關(guān)系：x相對=?a1t02－?a2t02=L問題2．板塊模型中的運動學(xué)多過程問題1——至少作用時間問題問題：板塊分離，F(xiàn)至少作用時間？mm1Fm2L過程①：板塊均加速過程：②板加速、塊減速xx1FFx2x相對m1m2v1v2xx1'Fx2'x2相對m1m2v1v2tt1t/s0v1v/ms-1a2a1v2x1相對tt1t/s0v1v/ms-1a2a1v2x1相對x2相對a1't2位移關(guān)系：x1相對+x2相對=L即Δv·(t1+t2)/2=L；利用相對運動Δv=(a2－a1)t1、Δv=(a2+a1')t2問題3．板塊模型中的運動學(xué)多過程問題2——抽桌布問題抽桌布問題簡化模型AABamm1Fm2L1L2過程①：分離過程：②勻減速xx1FFx2L1m1m2v1v2xx1FL2m1m2v1x1'tt0t/s0v2v/ms-1a1a2v1x相對tt0t/s0v1v/ms-1a1v2x1x1'a1'分離，位移關(guān)系：x2－x1=L10v0多過程問題，位移關(guān)系：x1+x1'=L2問題4．板塊模型中的運動學(xué)粗糙水平面減速問題塊帶板板帶塊mm1v0m2μ2μ1mm1v0m2μ2μ1xx1v0x2x相對m1m2v共v共xx1v0x2x相對m1m2v共v共tt0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x相對a共tt0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x相對a共tt0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x1相對a1'x2相對a2'μ1≥μ2μ1<μ2【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μ。時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知到的時間內(nèi)，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）A．小物塊在時刻滑上木板 B．小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為2μC．小物塊與木板的質(zhì)量比為3︰4 D．之后小物塊和木板一起做勻速運動【答案】ABD【詳解】A．圖像的斜率表示加速度，可知時刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在時刻滑上木板，故A正確；B．結(jié)合圖像可知時刻，木板的速度為設(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的速度為，負號表示方向水平向左物塊在木板上滑動的加速度為經(jīng)過時間與木板共速此時速度大小為，方向水平向右，故可得解得故B正確；C．設(shè)木板質(zhì)量為M，物塊質(zhì)量為m，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為故可得解得根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為此時對木板由牛頓第二定律得解得故C錯誤；D．假設(shè)之后小物塊和木板一起共速運動，對整體故可知此時整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即之后小物塊和木板一起做勻速運動，故D正確。故選ABD?！纠?】（2024·新疆河南·高考真題）如圖，一長度的均勻薄板初始時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)薄板運動的距離時，物塊從薄板右端水平飛出；當(dāng)物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到O點。已知物塊與薄板的質(zhì)量相等。它們之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度大小。求（1）物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；（2）平臺距地面的高度?！敬鸢浮浚?）4m/s；；（2）【詳解】（1）物塊在薄板上做勻減速運動的加速度大小為薄板做加速運動的加速度對物塊對薄板解得（2）物塊飛離薄板后薄板得速度物塊飛離薄板后薄板做勻速運動，物塊做平拋運動，則當(dāng)物塊落到地面時運動的時間為則平臺距地面的高度【例3】（2025·江西南昌·一模）如圖，一長為L（L是未知量）、質(zhì)量為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，所有物塊均保持靜止?，F(xiàn)對物塊A施加一個水平向右的推力，在物塊A、B即將發(fā)生碰撞前的瞬間撤去推力F。已知物塊A的質(zhì)量為，物塊B、C的質(zhì)量為，物塊A、B、C與長木板的動摩擦因數(shù)均為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取，物塊A、B、C均可視為質(zhì)點，物塊間的碰撞均無機械能損失。求：(1)施加推力時，物塊A的加速度的大小；(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)薄板共速所需的時間（整個過程中物塊B、C不相碰）?！敬鸢浮?1)(2)，(3)【詳解】（1）對A進行受力分析可得代入題中數(shù)據(jù)解得（2）假設(shè)長木板、物體B、C一起加速，加速度為，則有因為假設(shè)成立。所以設(shè)物體A與物體B碰前所需時間為t，則解得設(shè)物體A、B碰前速度為、，則，解得，物體A、B碰后速度為、，則根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律可得解得，（3）對A有得輕質(zhì)薄木板與B、C相對靜止，有相同的加速度設(shè)物體A與物體B碰前所需時間為，物體A、B碰前速度為、，則得且，物體A、B碰后速度為、，則根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律可得解得，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，時間，則此時B的速度此后，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的加速度大小由得則所需總時間【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m、長度為L，木板B的質(zhì)量為、長度，A、B間動摩擦因數(shù)為，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F，A、B間恰好發(fā)生相對滑動，求F的大小；(2)若對A施加水平向右的恒力，求木板A、B左端對齊所需時間；(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，作用一段時間后再撤去，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運動的總時間t。【答案】(1)(2)(3)，【詳解】（1）A、B間恰好發(fā)生相對滑動，對B由牛頓第二定律對AB整體解得（2）若對A施加水平向右的恒力，則AB之間產(chǎn)生滑動，此時B的加速度仍為A的加速度為木板A、B左端對齊時解得所需時間（3）設(shè)作用的時間為，撤力時B的速度最大，撤力后再經(jīng)時間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，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，共速后A的加速度大小為，撤力前對B分析有共速前對A分析共速后對A、B分析木板B恰好未從木板A上掉落，應(yīng)滿足其中最大速度解得A運動的總時間解得【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動，當(dāng)滑塊加速度達到其最大值μg時，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a0，與臨界加速度a2大小進行比較，若a0>a2，則二者一定相對滑動，若a0≤a2，則二者一定相對靜止．【易錯提醒】有的學(xué)生會誤認為：物塊輕放在木板右端后，由于恒力F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動．實際上，物塊輕放在木板右端后受到的滑動摩擦力方向是根據(jù)物塊相對木板的運動方向來判斷的，物塊相對木板是向左運動的，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。t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內(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/s2。求：圖(a)圖(b)(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2；(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m和M。小物塊可以看作質(zhì)點(初始條件v0未知，如圖甲所示)。第二步：分解過程模型。(1)認為地面各點的粗糙程度相同，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，到速度大小為v1，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)，由于碰撞時間極短(Δt→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，木板仍有速度。然后小物塊向左加速，木板向左減速，到二者達到共同速度v3(如圖戊所示)。(4)分析臨界條件，包括時間關(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動直至停止(如圖己所示)?！敬鸢浮?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小物塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速直線運動，加速度大小a2＝eq\f(v－0,t)＝eq\f(4－0,1)m/s2＝4m/s2根據(jù)牛頓第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4木板與墻壁碰撞前，勻減速運動時間t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s其逆運動則為勻加速直線運動，可得x＝vt＋eq\f(1,2)a1t2解得a1＝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：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1解得μ1＝0.1。(2)碰撞后，木板向左做勻減速運動，依據(jù)牛頓第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3可得a3＝eq\f(4,3)m/s2對滑塊，加速度大小為a2＝4m/s2由于a2>a3，所以滑塊速度先減小到0，所用時間為t1＝1s的過程中，木板向左運動的位移為x1＝vt1－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,1)＝eq\f(10,3)m，末速度v1＝v－a3t1＝eq\f(8,3)m/s滑塊向右運動的位移x2＝eq\f(v＋0,2)t1＝2m此后，小物塊開始向左加速，加速度大小仍為a2＝4m/s2木板繼續(xù)減速，加速度大小仍為a3＝eq\f(4,3)m/s2假設(shè)又經(jīng)歷t2二者速度相等，則有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5s此過程中，木板向左運動的位移x3＝v1t2－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)＝eq\f(7,6)m，末速度v3＝v1－a3t2＝2m/s滑塊向左運動的位移x4＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝0.5m此后小物塊和木板一起勻減速運動，二者的相對位移最大為Δx＝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a1＝1m/s2向左運動的位移為x5＝eq\f(v\o\al(2,3),2a1)＝2m所以木板右端離墻壁最遠的距離為x＝x1＋x3＋x5＝6.5m?！纠?】（2023·遼寧·高考真題）如圖，質(zhì)量m1=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=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度滑上木板左端，兩者共速時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)μ=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Ep與形變量x的關(guān)系為。取重力加速度g=10m/s2，結(jié)果可用根式表示。（1）求木板剛接觸彈簧時速度的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；（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彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小；（3）已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能U（用t0表示）。

【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）【詳解】（1）由于地面光滑，則m1、m2組成的系統(tǒng)動量守恒，則有m2v0=(m1＋m2)v1代入數(shù)據(jù)有v1=1m/s對m1受力分析有則木板運動前右端距彈簧左端的距離有v12=2a1x1代入數(shù)據(jù)解得x1=0.125m（2）木板與彈簧接觸以后，對m1、m2組成的系統(tǒng)有kx=(m1＋m2)a共對m2有a2=μg=1m/s2當(dāng)a共=a2時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量x2=0.25m對m1、m2組成的系統(tǒng)列動能定理有代入數(shù)據(jù)有

（3）木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，則當(dāng)木板與木塊的加速度相同時即彈簧形變量為x2時，則說明此時m1的速度大小為v2，共用時2t0，且m2一直受滑動摩擦力作用，則對m2有－μm2g?2t0=m2v3－m2v2解得則對于m1、m2組成的系統(tǒng)有U=Wf聯(lián)立有【例7】如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝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μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1.某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3m/s.A、B相遇時，A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)B與木板相對靜止時，木板的速度；(2)A、B開始運動時，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首先分別計算出B與板、A與板、板與地面間的滑動摩擦力大小，判斷出A、B及木板的運動情況．②把握好幾個運動節(jié)點．③由各自加速度大小可以判斷出B與木板首先達到共速，此后B與木板共同運動．④A與木板存在相對運動，且A運動過程中加速度始終不變．⑤木板先加速后減速，存在兩個過程．【解析】：(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1，在物塊B與木板達到共同速度前有f1＝μ1mAg①f2＝μ1mBg②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③由牛頓第二定律得f1＝mAaA④f2＝mBaB⑤f2－f1－f3＝ma1⑥設(shè)在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1，由運動學(xué)公式有v1＝v0－aBt1⑦v1＝a1t1⑧聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得v1＝1m/s⑨(2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為sB＝v0t1－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)⑩設(shè)在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2，對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2?由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反．由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學(xué)公式，對木板有v2＝v1－a2t2?對A有v2＝－v1＋aAt2?在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為s1＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)?在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為sA＝v0(t1＋t2)－eq\f(1,2)aA(t1＋t2)2?A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為s0＝sA＋s1＋sB?聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s0＝1.9m(也可用如圖所示的速度—時間圖線求解)【規(guī)律總結(jié)】“滑塊—滑板”模型的一般解題步驟滑塊—滑板問題的解題關(guān)鍵點(1)滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動，位移之差等于板長；反向運動時，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滑板一端時兩者共速．(3)滑塊不能從滑板上滑下的情況下，當(dāng)兩者共速時，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)量為的滑塊放在傾角的固定斜面上，M上再放一滑塊m，且，滑塊m與滑塊M間的動摩擦因數(shù)，滑塊M與斜面間的動摩擦因數(shù)，現(xiàn)給滑塊M一平行于斜面向上的恒力F，用時將M和m拉至斜面頂端，斜面長度，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(1)求滑塊m所受摩擦力的大小和方向；(2)求拉力F的大??；(3)只給滑塊m一個沿斜面向上的恒定拉力（F已撤走），求能將兩滑塊拉至斜面頂端且不會發(fā)生相對滑動的取值范圍?！敬鸢浮?1)24N，方向沿斜面向上(2)245N(3)【詳解】（1）對M、m整體，根據(jù)得加速度對m，根據(jù)牛頓第二定律得方向沿斜面向上。（2）對M、m整體，根據(jù)牛頓第二定律解得（3）給滑塊m一個沿斜面向上的恒定拉力，能將他們拉至頂端的最小拉力若m和M恰好相對滑動，則m和M之間達到最大靜摩擦力，對整體有對M有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得故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的滑板在同一水平面緊密銜接，滑板右端裝有厚度不計的擋板，滑板質(zhì)量?？梢暈橘|(zhì)點的包裹從傳送帶左端無初速度釋放，一段時間后沖上滑板。已知包裹的質(zhì)量，包裹與傳送帶的動摩擦因數(shù)，包裹與滑板的動摩擦因數(shù)，滑板與臺面的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，不計包裹經(jīng)過銜接處的機械能損失，重力加速度大小取。(1)當(dāng)傳送帶以速度順時針勻速運動時，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)，(2)【詳解】（1）包裹在傳送帶上的加速度設(shè)包裹與傳送帶經(jīng)過時間共速，則有解得所以包裹的位移傳送帶的位移二者的相對位移包裹與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量包裹在滑板上的加速度滑塊的加速度設(shè)包裹與滑板經(jīng)過時間共速，則有解得包裹與滑塊的共同速度包裹的位移滑板的位移故二者的相對位移（2）設(shè)傳送帶的最大速度為時，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，二者共速的時間共同速度包裹的位移滑塊的位移二者的相對位移恰好等于滑板的長度，即解得3．（2025·福建漳州·一模）如圖甲，質(zhì)量為的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分上表面粗糙、豎直半圓形部分的表面光滑、半徑，兩部分在點平滑連接，為軌道的最高點。初始時質(zhì)量的小物塊靜置在軌道最左端，與軌道水平部分間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取。(1)若軌道固定，物塊沿軌道運動到點時速度為，求此時物塊受到軌道彈力的大?。?2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力，物塊處在軌道水平部分時、物塊和軌道的加速度與對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示，求和；(3)若軌道不固定，給物塊施加水平向右的推力，當(dāng)物塊到達點時立即撤去，物塊恰能到達軌道上與點等高處，求物塊最終速度的大小。【答案】(1)(2)，(3)【詳解】（1）物塊在點由牛頓第二定律得解得（2）當(dāng)推力時，物塊與軌道即將發(fā)生相對滑動，對物塊有將代入可得對物塊與軌道整體有將代入可得（3）當(dāng)時，設(shè)物塊與軌道發(fā)生相對滑動，對物塊，由牛頓第二定律得可得對軌道有可得假設(shè)成立。設(shè)經(jīng)過時間物塊運動到點，對物塊有對軌道有可得物塊恰能到達軌道上與點等高，由能量守恒定律得水平方向動量守恒，有聯(lián)立解得，，，則水平軌道部分的長度為設(shè)物塊從圓弧軌道返回后停止軌道上水平部分，根據(jù)能量守恒可得解得可知物塊剛好返回到軌道左端與軌道相對靜止，所以4.長木板在水平地面上運動，在t=0時刻將相對于地面靜置的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度時間圖像如圖所示。已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g=10m/s2求：(1)物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)：(2)從t=0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊和木板的位移各是多少？【答案】(1)0.20；0.30(2)；【詳解】（1）從時開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止。由圖可知，在時，物塊和木板的速度相同，設(shè)到時間間隔內(nèi)，物塊和木板的加速度大小分別為和，則式中分別為木板在時速度的大小。設(shè)物塊和木板的質(zhì)量為m，物塊和木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為，由牛頓第二定律得解得：，（2）在時刻后，地面對木板的摩擦力阻礙木板運動，物塊與木板之間的摩擦力改變方向。設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為f，物塊和木板的加速度大小分別為和，則由牛頓第二定律得假設(shè)則解得與假設(shè)矛盾，故物塊加速度的大小；物塊的圖像如圖中點劃線所示。由運動學(xué)公式可推知，物塊和木板相對于地面的運動距離分別為解得：，5.如圖所示，質(zhì)量為、可當(dāng)成質(zhì)點的滑塊放在質(zhì)量為的長木板上，已知滑塊和木板之間的動摩擦因數(shù)為，水平地面光滑，某時刻滑塊和木板以相同的初速度向右做勻速直線運動，在木板的右側(cè)固定有一豎直放置的擋板，木板與擋板碰撞過程無能量損失，碰撞時間極短可以忽略不計，最終滑塊恰好靜止在木板右端（滑塊未與擋板碰撞），重力加速度大小為，求：(1)木板的長度；(2)從木板與擋板第一次碰撞到滑塊停下來所用的時間。【答案】(1)(2)【詳解】（1）滑塊相對木板始終向右滑動，所有的動能轉(zhuǎn)變內(nèi)能，所以有解得（2）由題意知，滑塊運動的加速度大小木板運動的加速度大小木板反向后速度大小仍然為，則滑塊與木板發(fā)生相對運動，設(shè)經(jīng)過時間二者達到共同速度，則這段時間內(nèi)，滑塊前進的位移大小木板后退的位移大小此后滑塊與木板以共同速度向右滑動直到木板與擋板發(fā)生第二次碰撞，設(shè)這段過程中木板運動的時間為，則聯(lián)立解得，之后滑塊和木板以的共同初速度重復(fù)上述運動過程，設(shè)第二次碰撞后二者的共同速度為，滑塊和木板相對運動的時間為，共同勻速運動的時間為，同理可得，所以滑塊和木板從第一次與擋板碰撞到停下來所需的時間為6．（2025·廣西柳州·模擬預(yù)測）質(zhì)量的足夠長木板沿水平地面向右運動，時刻木板速度為，此時將質(zhì)量為的鐵塊1無初速度地輕放在木板最右端（如圖所示）；時，又將相同的鐵塊2無初速度地輕放在木板最右端。已知鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)，木板與地面間的動摩擦因數(shù)，取，鐵塊可看成質(zhì)點。求：（1）時，鐵塊1和木板的速度大小；（2）當(dāng)鐵塊1與木板共速時，鐵塊1和鐵塊2間的距離；（3）鐵塊1與木板共速后的一小段時間內(nèi)，鐵塊1、木板、鐵塊2的加速度大小及方向。【答案】（1）0.4m/s，3.4m/s；（2）；（3），向左；3m/s2，向左；，向右；【詳解】（1）對鐵塊1可得鐵塊1的加速度對木板可得木板的加速度時，鐵塊1速度木板速度（2）時，鐵塊1的對地位移，則木板對地位移此時鐵塊1距離木板右端為當(dāng)鐵塊2剛放上木板時，鐵塊1仍以向右勻加速，木板加速度大小發(fā)生變化，設(shè)木板加速度為勻減速，則可得鐵塊1與木板經(jīng)先達到共速，設(shè)為，則解得，鐵塊1對地位移，則鐵塊2也以從零開始向右勻加速，鐵塊2的對地位移此時鐵塊1和鐵塊2之間距離縮小了此時鐵塊1和鐵塊2之間距離為，則（3）鐵塊2放上木板時，鐵塊2的速度則隨后一小段時間內(nèi)鐵塊2對木板的摩擦力方向向左。假設(shè)鐵塊1與木板相對靜止一起勻減速，把鐵塊1和木板看成整體，則可得所以假設(shè)不成立，設(shè)木板加速度為，則可得方向水平向左設(shè)鐵塊1的加速度為可得解得方向水平向左設(shè)鐵塊2的加速度為，則

解得方向水平向右7．（2024·黑龍江·模擬預(yù)測）如圖所示，長L=1.5m、質(zhì)量M=2kg的木板靜止放在光滑的水平地面上，木板左端距障礙物的距離，障礙物恰好與木板等高。質(zhì)量m=1kg的滑塊（可視為質(zhì)點）靜止放在木板右端，木板與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為0.8，滑塊在9N的水平力F作用下從靜止開始向左運動。木板與障礙物碰撞后以原速率反彈，經(jīng)過一段時間滑塊恰在障礙物處脫離木板。假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）求木板第一次與障礙物碰撞前，木板的加速度a；（2）求滑塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的總熱量Q；（3）求木板與障礙物碰撞的次數(shù)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）3次【詳解】（1）木板在摩擦力作用下加速度可達到的最大值為木板與滑塊保持相對靜止時拉力的最大值為由于，所以施加拉力后滑塊與木板相對靜止，一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可得（2）木板第一次與障礙物碰撞后，做往復(fù)運動，其向左最大速度不可能再等于滑塊速度，故滑塊一直向左做勻加速運動，木板先向右減速，速度為零后向左加速，然后再次與障礙物碰撞，之后重復(fù)上述過程，即滑塊相對于木板始終向左運動，相對位移為木板的長度；所以因摩擦產(chǎn)生的總熱量為（3）木板第一次與障礙物碰撞時的速率為木板第一次與障礙物碰撞反彈后，滑塊加速度大小為木板加速度大小為木板碰撞障礙物的周期為由可得所以第一次碰撞后還會再碰撞的次數(shù)故最終會碰撞3次。8．（2024·山西晉中·模擬預(yù)測）如圖所示，兩塊完全相同的長木板A、B靜置于光滑水平面上，長木板的質(zhì)量為m、長度為L。兩板間初始距離為，質(zhì)量為的物塊C（可看做質(zhì)點）以某一水平初速度v（未知）從A的左端滑上長木板，物塊C在滑至A的右端前，長木板A、B會發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），兩板碰后粘在一起。當(dāng)物塊C與兩板相對靜止時，離B板右端的距離為，物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g。（1）求長木板A碰撞后的速度大?。唬?）求物塊C滑上長木板A時的初速度大??；（3）若兩板間初始距離為x，其他條件不變，最終物塊C離B板右端的距離為s，求s與x的關(guān)系?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）（）【詳解】（1）設(shè)兩木板碰撞前瞬間長木板A的速度為v1，碰撞后的速度為v2，碰前A的加速度為a，對長木板A，由牛頓第二定律得兩木板碰撞前A做初速度為零的勻加速直線運動，對A根據(jù)運動學(xué)公式A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得解得（2）A、B碰撞過程，對系統(tǒng)，由能量守恒定律得解得設(shè)物塊C滑上平板時的初速度大小為v，最終C與兩板相對靜止時的速度為v3，整個過程A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得由能量守恒定律得解得（3）若初始間距為x，設(shè)兩木板碰撞前瞬間長木板A碰撞前的速度為v4，碰撞后A的速度為v5，因碰撞損失的能量為Q2，則A碰前加速過程A與B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得由能量守恒定律得從C滑上長木板A到與長木板相對靜止，由能量守恒得解得設(shè)碰撞時物塊C的速度為v6，物塊C相對于長木板A的位移為Δx，A碰前A與C動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得由能量守恒定律得且解得故s與x的關(guān)系為（）9．（2024·江蘇揚州·模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量分別為和的物塊A和B疊放在水平面上，A物塊的長度為，B物塊足夠長且被鎖定在地面上，B物塊上點左側(cè)的表面光滑、右側(cè)的表面粗糙，A和點右側(cè)表面、B和地面之間的動摩擦因數(shù)分別為和，現(xiàn)A立即獲得水平向右的速度，當(dāng)A的左端剛好經(jīng)過點時，解除B的鎖定，重力加速度為。求：（1）解除鎖定時，B的加速度大?。唬?）解除鎖定時，A的速度大??；（3）解除鎖定后，B的位移大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）對B，根據(jù)牛頓第二定律可得解得（2）因為滑動摩擦力與位移是線性關(guān)系，則根據(jù)動能定理可得解得（3）A的加速度為方向向左，設(shè)經(jīng)過時間兩者達到共速，有解得B勻加速的位移共速后，兩者相對靜止向前勻減速，加速度為方向向左，根據(jù)對稱性，勻減速的位移故B的位移10．（2024·廣西來賓·模擬預(yù)測）如圖甲所示，“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量m＝2kg的滑塊P以6m/s的初速度滑上木板，經(jīng)過一段時間后滑塊P與Q相撞。兩者運動的圖像如圖乙所示，重力加速度大小g取10。求：（1）“L”形木板Q的質(zhì)量M，PQ間的摩擦因數(shù)；（2）木板的長度L；（3）地面摩擦力對木板的沖量大小I。【答案】（1）2kg，；（2）L＝8m；（3）【詳解】（1）取滑塊P的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得其中，，解得在0~2s內(nèi)由圖像可知，P的加速度由牛頓第二定律可得解得（2）由圖像可知，在0~2s內(nèi)，物塊P的位移木板Q的位移所以木板的長度（3）由圖像可知，在0~2s內(nèi)，木板Q的加速度為由牛頓第二定律可得解得木板與地面間的摩擦因數(shù)碰撞后的整體由動量定理可得解得對木板，地面摩擦力對木板的沖量11．（2024·河北·三模）如圖所示，長木板A放在粗糙水平面上，靜置于長木板上右端的小物塊B、C之間放有少量火藥，某時刻點燃火藥，小物塊C獲得2m/s的初速度向右離開長木板，小物塊B在長木板上向左運動1.25m時與長木板的左端發(fā)生彈性碰撞。已知長木板和小物塊B質(zhì)量均為1kg，小物塊C質(zhì)量為1.5kg，長木板與水平面、小物塊B與長木板之間的動摩擦因數(shù)均為0.2，，小物塊B、C可看成是質(zhì)點，求：（1）小物塊B、C組成的系統(tǒng)因火藥燃燒而增加的機械能；（2）長木板因小物塊B的碰撞獲得的動能；（3）整個過程中長木板運動的位移?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)長木板和小物塊B質(zhì)量為m，C的質(zhì)量為M，點燃火藥瞬間BC動量守恒得解得小物塊B、C組成的系統(tǒng)因火藥燃燒而增加的機械能為（2）分析可知由于長木板與水平面、小物塊B與長木板之間的動摩擦因數(shù)相等，故B對長木板的最大靜摩擦力小于地面對長木板的最大靜摩擦力，所以當(dāng)B向左運動在與左端碰撞前長木板靜止，該過程中B的加速度大小為對B運動分析得解得（2.5s時B速度反向不符，舍去）故B與木板碰撞前瞬間速度為長木板和小物塊B質(zhì)量相等，發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和能量守恒可知速度發(fā)生交換，即碰后瞬間木板的速度為，故長木板因小物塊B的碰撞獲得的動能為（3）分析可知碰撞后隨著木板向左運動，B與木板間發(fā)生相對滑動，向左加速運動，該段過程中B的加速度大小為長木板勻減速的加速度大小為設(shè)經(jīng)過時間達到共同速度，得解得，該段時間木板位移為分析可知共速后木板和B一起向左以做勻減速運動，直到靜止，該過程木板位移為故整個過程中長木板運動的位移為12．（2024·四川成都·三模）如圖所示，“”形木板B放置在粗糙水平面上，物塊A（可視為質(zhì)點）以的速度從木板B左端滑上木板，經(jīng)后A與B右端擋板碰撞，碰后A、B立刻粘在一起運動。已知A、B質(zhì)量均為，A、B間動摩擦因數(shù)，B與地面間動摩擦因數(shù)，重力加速度。求：（1）木板B的長度l；（2）物塊A與木板B碰撞損失的機械能?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）對A物體受力分析，由牛頓第二定律得解得對B受力分析，由牛頓第二定律得解得由運動學(xué)公式解得（2）設(shè)物塊A和木板B碰撞前速度分別為、，由運動學(xué)公式，對A解得對B解得A、B碰撞過程為完全非彈性碰撞，則對A、B系統(tǒng)動量守恒由能量守恒解得13．（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖所示，長L=1.5m、質(zhì)量M=2kg的木板靜止放在光滑的水平地面上，木板左端距障礙物的距離，障礙物恰好與木板等高。質(zhì)量m=1kg的滑塊（可視為質(zhì)點）靜止放在木板右端，木板與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為0.8，滑塊在9N的水平力F作用下從靜止開始向左運動。木板與障礙物碰撞后以原速率反彈，經(jīng)過一段時間滑塊恰在障礙物處脫離木板。假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）求木板第一次與障礙物碰撞前，木板的加速度a；（2）求木板與障礙物碰撞的次數(shù)?！敬鸢浮浚?）3m/s2；（2）3【詳解】（1）木板在摩擦力作用下加速度可達到的最大值為木板與滑塊保持相對靜止時拉力的最大值為所以施加拉力后滑塊與木板相對靜止，一起向左加速，有（2）木板第一次與障礙物碰撞后做往復(fù)運動，其向左最大速度不可能再等于滑塊速度，故滑塊一直向左做勻加速運動，木板先向右減速，速度為零后向左加速，然后再次與障礙物碰撞，之后重復(fù)上述過程，木板第一次與障礙物碰撞時的速率為木板第一次與障礙物碰撞反彈后，滑塊的加速度為木板加速度木板碰撞障礙物的周期根據(jù)位移時間關(guān)系可得可得所以第一次碰撞后還會再碰撞的次數(shù)故最終會碰撞3次。14．（2024·江西吉安·模擬預(yù)測）如圖，一平臺固定在光滑水平地面上，質(zhì)量為m的一輛小車左端緊靠平臺靜止在光滑水平面上，小車上表面和平臺上表面在同一水平面上，質(zhì)量為m的物塊A靜止在平臺上表面左端，質(zhì)量為m的物塊B靜止在小車上表面左端，兩物塊與平臺和小車上表面的動摩擦因數(shù)均為0.5，在小車右側(cè)不遠處固定一彈性擋板，小車與擋板的碰撞為彈性碰撞，平臺和小車的長均為L，重力加速度大小為g，不計物塊的大小，給物塊A一個向右的初速度，使其沿平臺向右滑動，求：（1）要使A與B能發(fā)生碰撞，物塊A的初速度應(yīng)滿足什么條件？（2）若A的初速度大小為，A與B碰撞后粘在一起，若在小車與擋板碰撞前，A、B與小車已處于相對靜止，則開始時小車右端離擋板的距離應(yīng)滿足什么條件？（3）在（2）問中，試判斷在小車與擋板多次碰撞中A、B是否能滑離小車，如果能，第幾次碰撞后滑離；如果不能，從第一次碰撞后，小車運動的總路程是多少？【答案】（1）；（2）；（3）不能，【詳解】（1）物塊A在平臺上滑動時的加速度大小為要使A與B能發(fā)生碰撞，則解得（2）當(dāng)時，設(shè)A、B碰撞前一瞬間，A的速度大小為，根據(jù)動能定理解得設(shè)A、B碰撞后一瞬間，共同速度為，根據(jù)動量守恒解得設(shè)A、B與小車相對靜止時共同速度為，則解得則開始時，小車右端離擋板的距離根據(jù)牛頓第二定律解得開始時小車右端離擋板的距離為（3）假設(shè)A、B不會滑離小車，從A、B滑上小車至A、B和小車最終停下，根據(jù)功能關(guān)系解得假設(shè)成立，即A、B不會滑離小車。第一次碰撞后，小車向左運動的最大距離設(shè)第二次碰撞前，滑塊與小車已共速，則解得假設(shè)成立。同理可知，第二次碰撞后小車向左運動的最大距離因此第一次碰撞后，小車運動的總路程15．（2024·山東·模擬預(yù)測）如圖所示，薄木板B放在光滑水平地面上，距木板B右端處有一固定擋板P，一滑塊A從木板左端以的初速度滑上靜止的木板B。已知滑塊A與木板間的動摩擦因數(shù)，滑塊A的質(zhì)量，木板B質(zhì)量為，木板與固定擋板P發(fā)生碰撞時將原速率反彈（碰撞時間極短忽略不計），整個過程中滑塊A未滑離木板B，重力加速度g取，求：（1）木板B與擋板撞擊的最大速度；（2）A滑上木板后經(jīng)多長時間木板第2次撞擊擋板；（3）薄木板至少多長（保留3位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）開始A減速、B向右加速，第1次B與擋板相碰時速度最大，則由解得木板B與擋板撞擊的最大速度（2）經(jīng)時間發(fā)生第1次碰撞，則有可得此時A的速度為，有解得B碰后反彈向左減為0，用時為，則有向左運動的位移大小為，則有設(shè)再經(jīng)時間兩者達到向右的共同速度解得對A由動量定理解得此過程B向右移動此后勻速運動經(jīng)撞擊擋板，有可得A滑上木板后到木板第2次撞擊擋板經(jīng)過的時間為（3）B與P第2次碰后，至A與B達到共同速度過程中，有解得從反彈達到共速用時為，有解得木板第1次與P碰撞前A，B相對滑動為木板反彈到第2次撞擊前相對滑動的距離為第2次撞擊后到再次共速相對滑動距離為板長L至少為16．（2024·吉林·三模）某物流公司研發(fā)團隊，為了更好地提高包裹的分收效率，特對包裹和運輸裝置進行詳細的探究，其情景可以簡化為如圖甲所示，質(zhì)量M=2kg、長度L=2m的長木板靜止在足夠長的水平面（可視為光滑）上，左端固定一豎直薄擋板，右端靜置一質(zhì)量m=1kg的包裹（可視為質(zhì)點）。現(xiàn)機器人對長木板施加一水平向右的作用力F，F(xiàn)隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，6s后將力F撤去。已知包裹與擋板發(fā)生彈性碰撞且碰撞時間極短，包裹與長木板間動摩擦因數(shù)μ=0.1，重力加速度取g=10m/s2。從施加作用力F開始計時，求：（1）時，長木板的速度大??；（2）與擋板碰撞后瞬間，包裹的速度大?。ńY(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）包裹與長木板發(fā)生相對滑動的力的大小為因為，所以包裹和長木板相對靜止共同加速加速度為可得到（2）設(shè)4s后包裹與長木板發(fā)生相對滑動，則包裹的加速度為長木板的加速度為可看出假設(shè)成立，包裹與長木板發(fā)生相對滑動設(shè)再經(jīng)時間包裹與擋板發(fā)生碰撞，由解得則6s時長木板的速度包裹為此時兩者發(fā)生彈性碰撞可求得17．（2024·遼寧丹東·模擬預(yù)測）如圖所示，長木板靜止放置在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為的物塊（視為質(zhì)點）靜止放置在長木板的最右端，長木板的上表面光滑，下表面與地面之間的動摩擦因數(shù)為，現(xiàn)讓長木板與木塊瞬間同時獲得一個水平向左的速度，經(jīng)過一段時間長木板停止運動時木塊正好從長木板的左端脫離。已知長木板的長度為，重力加速度為，求：（1）長木板的運動時間以及長木板的質(zhì)量；（2）長木板與地面間的摩擦生熱以及長木板從運動到停止克服摩擦力做功的平均功率?！敬鸢浮浚?），；（2），【詳解】（1）設(shè)長木板的運動時間為，則長木板的位移為木塊做勻速運動，位移為兩者的相對位移為綜合解得，設(shè)長木板的質(zhì)量為，木塊在長木板上運動，對長木板進行受力分析，長木板的合力（即滑動摩擦力）為由牛頓第二定律可得長木板的加速度為長木板運動的時間為綜合解得，（2）長木板與地面間的摩擦生熱為長木板從運動到停止克服摩擦力的平均功率為計算可得，18．（2024·重慶·模擬預(yù)測）幾位同學(xué)正在參與一種游戲，游戲裝置如圖所示，A為可視作質(zhì)點的煤塊，B為一塊長為L的木板（煤塊能夠在木板上留下劃痕）。現(xiàn)游戲要求將A置于B表面某一位置，一起靜置于一足夠長的臺面上，對B施加水平向右的恒定推力，一段時間后撤去，看最終A在B表面形成的劃痕長度，使劃痕更長且煤塊沒有從B上掉出者為最終贏家。甲同學(xué)在游戲中施加推力使A、B以相同加速度做勻加速運動，撤去推力后，A停下所需時間是B停下所需時間的三倍，且A沒有從B上掉出。已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(1)求B與臺面之間的動摩擦因數(shù)；(2)在乙同學(xué)能推動B的情況下，要保證A置于B表面任意位置時，無論推力作用時間多少，A都不可能從B的右端掉出，求推力應(yīng)滿足的條件；(3)若丙同學(xué)的推力恒為F，且，討論當(dāng)F取不同值時，他改變作用時間和A的初始放置位置，要使劃痕最長且A沒有從B上掉出，A起初應(yīng)置于B表面距離左端多遠的位置？F作用時間為多少？【答案】(1)(2)(3)見解析【詳解】（1）由于A停下所需時間是B停下所需時間的三倍，所以在撤去推力后，A、B物體發(fā)生相對滑動，且B物體的加速度是A物體的3倍，即對A物體有設(shè)B物體與地面間的動摩擦因數(shù)為對B物體有由之前分析可知，有解得（2）A不可能從B右端掉出則說明只可能從B左端掉出，推動時，若AB相對靜止，則撤去推力后A相對B向右滑動，當(dāng)初速度足夠大時，A總可以從B右端掉出，故而要實現(xiàn)題目的要求，在推動時A必須相對B向左滑動，撤去推力后，A繼續(xù)相對B左滑直到共速，之后相對B向右滑動，要使A只可能從B左端掉出，應(yīng)使A相對B向左滑動的位移大于等于向右滑動的位移，故推動時，對A對B假設(shè)作用時間t，則相對位移.撤去推力后，A加速B減速，設(shè)再經(jīng)t2之后共速，該過程A的加速度不變，對B且有解得，該過程相對位移則向左的相對位移為之后A相對B向右滑動，A的加速度大小不變，對B相對向右滑動的位移因為解得（3）推動時若恰好相對滑動解得討論①當(dāng)則A先相對B向左滑，后向右滑，且，為使劃痕最長，應(yīng)使A、B共速時恰好位于B左端，最終恰好停在B右端，即相對右滑的劃痕左、右端點恰好在B的左、右端點，故解得A起初距B左端②當(dāng)則，為使劃痕最長，A起初應(yīng)放在B右端，共速時恰位于B左端，即相對左滑的劃痕左、右端點恰好在B的左、右端點，故解得起初A到B左端距離為L。19．（2024·江西鷹潭·二模）將一質(zhì)量為的足夠長薄木板A置于足夠長的固定斜面上，質(zhì)量為的滑塊B（可視為質(zhì)點）置于A上表面的最下端，如圖（a）所示，斜面傾角?，F(xiàn)從時刻開始，將A和B同時由靜止釋放，同時對A施加沿斜面向下的恒力，運動過程中A、B發(fā)生相對滑動。圖（b）為滑塊B開始運動一小段時間內(nèi)的圖像，其中v表示B的速率，x表示B相對斜面下滑的位移。已知A與斜面間的動摩擦因數(shù)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度，，求：（1）A、B間的動摩擦因數(shù)以及圖（b）中時A的加速度大小和方向；（2）一段時間后撤去力F，從時刻開始直到B從A的下端滑出，A、B間因摩擦總共產(chǎn)生的熱量，求力F作用在A上的時間?！敬鸢浮浚?），，方向沿斜面向下；（2）【詳解】（1）根據(jù)運動學(xué)公式可知結(jié)合圖像可知根據(jù)牛頓第二定律，對物塊B有聯(lián)立解得同理，對物塊A有聯(lián)立可得方向沿斜面向下。（2）假設(shè)F施加在A上的時間為t，則有兩個物體經(jīng)過時間t后的速度分別為，由勻變速直線運動的關(guān)系式可知兩物體的位移，撤去F后，B受力情況不變，對A進行受力分析，可知代入數(shù)據(jù)可得方向沿斜面向上，此后A做勻減速直線運動。設(shè)A與B共速之前，運動的時間為，位移為和則由勻變速運動的關(guān)系式可知可得共同速度由勻變速運動的關(guān)系式可知，兩次運動A、B的相對位移可得共速后，B繼續(xù)加速運動，A減速運動，直到B從A的下端離開，則產(chǎn)生的熱量為聯(lián)立可得20．（2024·安徽·三模）如圖1所示，小鐵塊位于長木板的最左端，小鐵塊的質(zhì)量是6kg，長木板的質(zhì)量是12kg。時二者以的初速度一起向右運動，時長木板與右側(cè)的擋板（未畫出）相碰（碰撞時間極短），碰撞之前的運動過程中小鐵塊與長木板通過鎖定裝置鎖定，碰撞前瞬間解除鎖定，碰撞過程中沒有能量損失，長木板運動的部分圖像如圖2所示，在運動過程中小鐵塊恰好沒有從長木板上滑下。小鐵塊可視為質(zhì)點，重力加速度g取，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：（1）長木板與水平地面之間以及小鐵塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)；（2）長木板的長度；（3）長木板與擋板碰撞后系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)長木板與小鐵塊的質(zhì)量分別為M、m，長木板與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為，小鐵塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為，由圖像可得，0~0.5s時間內(nèi)長木板與小鐵塊整體的加速度大小為對此過程由牛頓第二定律得解得0.5s時刻之后，長木板向左做勻減速直線運動，小鐵塊向右做勻減速直線運動。由v-t圖像可得，0.5s之后長木板的加速度大小為對長木板由牛頓第二定律得解得（2）由牛頓第二定律可得，0.5s時刻之后小鐵塊的加速度大小為0.5s時刻之后，長木板與小鐵塊均以的速度大小分別向左、向右做勻減速直線運動，因，故長木板先于小鐵塊速度減小到零，設(shè)此過程長木板的位移大小為，則有代入數(shù)據(jù)解得長木板速度減小到零后，因小鐵塊與長木板之間的滑動摩擦力小于長木板與水平地面之間的最大靜摩擦力，故長木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，小鐵塊仍向右做勻減速直線運動直到速度為零，設(shè)0.5s時刻之后，小鐵塊向右做勻減速直線運動直到速度為零的位移大小為，則有代入數(shù)據(jù)解得設(shè)長木板的長度為L，長木板的長度等于0.5s時刻之后小鐵塊與長木板的相對位移大小，則有（3）設(shè)碰撞后小鐵塊與長木板相對滑動產(chǎn)生的內(nèi)能為，長木板與地面間相對滑動產(chǎn)生的內(nèi)能為，則有故長木板與擋板碰撞后系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能21．（2024·全國·一模）如圖甲所示，長木板放置在光滑的水平地面上，木塊（視為質(zhì)點）放置在木板的正中央，現(xiàn)突然給木塊一個水平向右的速度，經(jīng)過一段時間，木塊剛好不從木板的最右端離開，已知木塊與木板的質(zhì)量相等；把長木板放置在粗糙的水平地面上，木塊放置在木板的最左端，已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，如圖乙所示，現(xiàn)同時給木塊、木板水平向右的速度，重力加速度為g。（1）求甲圖中木塊與木板間的動摩擦因數(shù)以及木板的長度；（2）求乙圖中木塊與木板加速度的大小分別為多少；（3）求乙圖中木塊與木板的運動時間之差以及木塊在木板上滑行的距離?！敬鸢浮浚?），；（2），；（3），【詳解】（1）根據(jù)題意可知，木塊剛好不從木板的最右端離開，即木塊滑到木板的最右端時，木塊與木板共速，設(shè)此時的速度為，由動量守恒定律有解得設(shè)甲圖中木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，對木塊有又有聯(lián)立解得設(shè)木板的長度為，由能量守恒定律有解得（2）由（1）分析，結(jié)合牛頓第二定律可得，乙圖中木塊的最大加速度的大小為若乙圖中木塊與木板一起向右減速，則加速度大小為可知，乙圖中木塊與木板相對滑動，由牛頓第二定律，對木塊有解得對木板有解得（3）假設(shè)木塊減速到0時未從木板上掉落，由運動學(xué)公式可得，木塊減速到0的時間為運動的位移為木板減速到0的時間為運動的位移為乙圖中木塊與木板的運動時間之差乙圖中木塊在木板上滑行的距離即假設(shè)成立，則乙圖中木塊與木板的運動時間之差為，木塊在木板上滑行的距離為。22．（2024·江西·模擬預(yù)測）如圖所示，長木板A、小車B緊靠在一起均靜置在水平地面上，長木板A與光滑固定軌道PQ的底端接觸，軌道PQ底端的切線水平且與長木板A和小車B的上表面齊平，滑塊C與長木板A、小車B的上表面間的動摩擦因數(shù)均為，長木板A與地面間的動摩擦因數(shù)，小車B與地面間的摩擦可忽略。已知長木板A的質(zhì)量，小車B的質(zhì)量，長木板A和小車B的長度均為，重力加速度，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?；瑝KC從軌道PQ上距底端切線某一高度h（未知）處由靜止開始下滑?；瑝KC可視為質(zhì)點。（1）若滑塊C的質(zhì)量，恰好能滑上小車B，求滑塊C釋放時的高度；（2）若滑塊C的質(zhì)量，為使滑塊C滑上小車B后不會從小車B上滑落，求滑塊C釋放時高度的最大值；（3）若滑塊C的質(zhì)量，滑塊C從距底端切線高處由靜止釋放，求滑塊C滑上小車B時的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）滑塊C滑上長木板A后，滑塊C受到的摩擦力長木板A與地面間的最大靜摩擦力故長木板A靜止。根據(jù)功能關(guān)系有解得（2）設(shè)滑塊C從距底端切線高處下滑時，恰好不會從小車B上滑落，滑塊C滑上小車B左端時，根據(jù)功能關(guān)系有設(shè)滑塊C與小車B共速時的速度為v，根據(jù)動量守恒定律有對滑塊C與小車B整體，根據(jù)功能關(guān)系有聯(lián)立解得（3）滑塊C滑上長木板A后，滑塊C所受的摩擦力長木板A與地面間的最大靜摩擦力長木板A會推動小車B一起運動，對滑塊C受力分析有對長木板A和小車B整體受力分析有滑塊C滑上長木板A時，根據(jù)功能關(guān)系有滑塊C的位移長木板A的位移滑塊C滑離長木板A時有設(shè)滑塊C滑上小車B時的速度大小為，則解得23．（2024·山東濟南·一模）如圖所示，質(zhì)量的均勻長木板靜置于光滑水平地面上，長木板長，右端恰好位于O點。質(zhì)量的物塊置于長木板右端，物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)。水平地面MN段粗糙程度相同，其余部分光滑。已知，物塊與長木板之間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊可視為質(zhì)點，重力加速度g取?，F(xiàn)有一水平向右的恒力作用在長木板上，當(dāng)長木板右端運動到M點時撤去F，長木板恰好有一半進入MN段時停下，然后再給長木板一個向右的瞬時沖量，使它獲得與其右端運動到M點時相同的速度，長木板又向右運動一段后又停下。若物塊從長木板上滑落，不會再與之發(fā)生相互作用。求：（1）F剛開始作用時，物塊和長木板的加速度大??；（2）撤去F時長木板的速度大??；（3）水平面MN段與長木板間的動摩擦因數(shù)；（4）長木板兩次減速所用的時間之比?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）剛開始作用時，假設(shè)物塊與長木板一起加速運動，則解得加速度此時物塊與長木板之間的摩擦力大小為則假設(shè)不成立，即物塊和長木板分開加速，對物塊解得物塊加速度