滑块木板模型-2025年高考物理模型归纳

专题05滑块木板模型

目录

【模型归纳】...................................................................................1

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

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

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

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

模型五粗糙面上刹车减速...................................................................2

【常见问题分析】...............................................................................2

问题1.板块模型中的运动学单过程问题.....................................................2

问题2.板块模型中的运动学多过程问题1—至少作用时间问题..............................3

问题3.板块模型中的运动学多过程问题2—抽桌布问题.....................................3

问题4.板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题.............................................4

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

【模型演练】..................................................................................18

【模型归纳】

模型一光滑面上外力拉板

加速度分离不分离

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

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

k

<1m2I

///////////内力f=m\F1（mi+加2）

光滑

模型二光滑面上外力拉块

加速度分离不分离

a.m2最大加速度〃2max=〃冽1g加2条彳牛：>q2max条彳牛•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整体加速度4=77（加1+冽2）

光滑

内力户加2刊（加1+加2）

模型三粗糙面上外力拉板

不分离（都静止）不分离（一起加速）分离

_a条件：条彳牛:a24aimax条件：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整体加速度〃=［尸-H2（加1+加2）g）V（加1+加2）

内力户冽口

外力区间范围都静止|一起加速|分离

42（"“+，"2）g（«l+〃2）g（加1+机2）

模型四粗糙面上外力拉块

〃即加2）g一起静止一起加速分离

4条件：条件：条件：

仁

加1

〃

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

///////////

整体加速度即F>(/11ig(1+mi/m2)

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

内力力=〃2(加1+加2)g+加2。

外力区间范围_起静止|一起加速分离

“2（"?1+机2）g（A1-〃2）mlg（l+"Z，加2）

模型五粗糙面上刹车减速

一起减速减速分离

Q◄—f如最大刹车加速度：41max=〃lg条件：4>Qlmax即〃2>〃1

1-m2|>/1整体刹车加速度喏加1刹车加速度：。1="£

7/777777/77

〃2条件：4%max即1m2刹车加速度：。2=〃2（加1+加2）g-〃l加1g）］加2

加速度关系：ay<a2

【常见问题分析】

问题L板块模型中的运动学单过程问题

恒力拉板恒力拉块

,加1口F冽一~»F

机21----►。阳2_

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

L

问题3.板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题

过程①：分离过程：②匀减速

【模型例析】

【例1】（2024•辽宁•高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为〃。，=0时，木板在

水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。

己知，=0至1"=4%的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。♦=%

时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（）

A.小物块在r=3%时刻滑上木板B.小物块和木板间动摩擦因数为2〃

C.小物块与木板的质量比为3：4D./=缺之后小物块和木板一起做匀速运动

【答案】ABD

【详解】A.v—图像的斜率表示加速度，可知，=3%时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在"3%

时刻滑上木板，故A正确；

B.结合图像可知:=3%时刻，木板的速度为

3

v0=-m

设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为

3一

Vj=~~1Llgt.,负号表示方向水平向左

物块在木板上滑动的加速度为

经过片时间与木板共速此时速度大小为v共,方向水平向右，故可得

v共一匕=/%

解得

4=2〃

故B正确；

C.设木板质量为物块质量为加，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为

1

]

—=-Ag

%L

故可得

F-juMg=Ma

解得

3

F=-/^Mg

根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为

13

a，=2-----2_=_席

%

此时对木板由牛顿第二定律得

F-/j(m+M^g-机g=Ma'

解得

m1

A?"2

故C错误;

D.假设/=%之后小物块和木板一起共速运动，对整体

33

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

故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即，=4/0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。

故选ABDo

【例2】(2024•新疆河南•高考真题)如图，一长度/=1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的

右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离

△/=《时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到。点。已知物块与薄板的

质量相等。它们之间的动摩擦因数〃=0.3,重力加速度大小g=10m/s2。求

(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；

(2)平台距地面的高度。

【答案】(1)4m/s；1s；(2)1m

【详解】(1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为

%=〃g=3m/s2

薄板做加速运动的加速度

2

a2=«=3m/s

m

对物块

I+A/=VQZ——a/2

对薄板

,17

A/——ci^t

解得

v0=4m/s

1

t=­s

3

（2）物块飞离薄板后薄板得速度

v2=a2t=lm/s

物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为

则平台距地面的高度

,1.5

n=—后厂2=—m

29

【例3】（2025•江西南昌•一模）如图，一长为工”是未知量）、质量为初=2kg的长木板放在光滑水平地面

上，物块A、B、C放在长木板上，物块A在长木板的左端，物块C在长木板上的右端，物块B与物块A

的距离XAB=3m,所有物块均保持静止。现对物块A施加一个水平向右的推力尸=15N,在物块A、B即将

发生碰撞前的瞬间撤去推力凡已知物块A的质量为加A=3kg,物块B、C的质量为加B=依=2kg,物块

A、B、C与长木板的动摩擦因数均为〃=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，gmiOrn/s2,物块A、B、C

均可视为质点，物块间的碰撞均无机械能损失。求：

（1）施加推力时，物块A的加速度的大小；

（2）物块A、B碰撞后的瞬间各自的速度大小；

（3）若将长木板换成轻质薄板，其它条件不变，求从施加推力F到物块A、B、C与轻质薄板共速所需的时间

（整个过程中物块B、C不相碰）。

【答案】(1)3m/s2(2)^y^-m/s>",向5

(3)3.16s

【详解】(1)对A进行受力分析可得

尸一〃"入8="人心

代入题中数据解得

2

aA=3m/s

(2)假设长木板、物体B、C一起加速，加速度为旬，则有

%=与向$2

M+mDn+m(r_

因为

2

a0<jug=2m/s

假设成立。所以

2

aB=ac=lm/s

设物体A与物体B碰前所需时间为/,则

1212

XAB=2GA?一彳趣，

解得

设物体A、B碰前速度为VA、VB,则

VA=R，VB=aBt

解得

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

物体A、B碰后速度为以、v；,则根据动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)对A有

产一〃加Ag="?A%

得

2

ax=3m/s

轻质薄木板与B、C相对静止，有相同的加速度的

电="£=15而十

mB+mc

设物体A与物体B碰前所需时间为％,物体A、B碰前速度为匕、v2,则

1212

龙AB=/a』i_5a2;

得

%=2s

且

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

物体A、B碰后速度为V3、v4,则根据动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，轻质木板的合力应该为零，A与薄板不能出现相对滑动否则木板合力不为零，木板和A匀速,

B匀减速，C匀加速至V?，时间》2，贝U

t2=—~-=0.3s

〃g

此时B的速度

v5=v4-/dgt2=6m/s

此后，物体A、C薄板相对静止，一起匀加，B匀减至共速，物体A、C的加速度大小

物体B的加速度大小

2

a4=〃g=2m/s

由

v3+a3t3=v5-a4t3

得

^=—s«0.86s

37

则所需总时间

，总=。+^+与=3.16s

【例4】(2025•湖北黄冈•一模)如图所示，匀质木板A、B右端对齐静止叠放于光滑水平面上，木板A的

质量为加、长度为木板B的质量为三、长度：，A、B间动摩擦因数为4,设最大静摩擦力等于滑动摩

擦力，重力加速度大小为g。

(1)若对A施加水平向右的拉力尸，A、B间恰好发生相对滑动，求尸的大小；

7

(2)若对A施加水平向右的恒力片=药〃加g,求木板A、B左端对齐所需时间4；

(3)若地面不光滑，木板A与地面间的动摩擦因数为。，对B施加水平向左的恒力作用一段时

间后再撤去巴，木板B恰好未从木板A上掉落。求木板B速度的最大值%和木板A运动的总时间人

【答案】⑴F=|■〃加g(2)?!=.^~[24L

2，2〃g

【详解】(1)A、B间恰好发生相对滑动，对B由牛顿第二定律

mm

AXXg=-X6Z0

对AB整体

F=(m+—m)a0

解得

F=—jumg

7

(2)若对A施加水平向右的恒力大二5〃加g,则AB之间产生滑动，此时B的加速度仍为

%=4g

A的加速度为

F{-//x—mg=mci]

木板A、B左端对齐时

12121r

5贴--aQtx=-L

解得所需时间

（3）设《作用的时间为芍，撤力时B的速度最大，撤力后再经4时间A、B速度共速，由A与地面间的

动摩擦因数小于A、B间动摩擦因数，共速后两者一起匀减速直至停下，设撤力前B的加速度大小为趣一

撤力后B相对A滑动的加速度大小为%,共速前A的加速度大小为题1，共速后A的加速度大小为。乂，撤

力前对B分析有

mm

F2-^~S=~aBl

共速前对A分析

mu（

+ylg=^Ai

共速后对A、B分析

木板B恰好未从木板A上掉落，应满足

-(a-(f+)=—

B1-aM)t22

其中

aBl^2~a0^3=aAl(‘2+'3)

最大速度

%=aBl(2

解得

%"

A运动的总时间

/O―〃A1(，2+.)

'I,ILoI

一~aA2

解得

I24L

'<5〃g

【模型提炼】滑块不受力而木板受拉力

木板受逐渐增大的拉力而滑块不受力，这种情况下，开始滑块和木板一起做变加速运动，当滑块加速度达

到其最大值〃g时，滑块、木板开始发生相对滑动，此后滑块加速度保持不变，木板加速度逐渐增大.

【方法点拨】共速后，物块与木板会不会发生相对滑动是需要判断的.常用的方法：假设二者相对静止，

求出二者的共同加速度大小如与临界加速度。2大小进行比较，若劭>。2,则二者一定相对滑动，若。0%2,

则二者一定相对静止.

【易错提醒】有的学生会误认为：物块轻放在木板右端后，由于恒力厂方向水平向左，物块会受到水平向

左的滑动摩擦力，导致物块一开始就向左运动.实际上，物块轻放在木板右端后受到的滑动摩擦力方向是

根据物块相对木板的运动方向来判断的，物块相对木板是向左运动的，物块受到的滑动摩擦力方向是向右

的，因而物块一开始是水平向右加速运动的.

[例5]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，木板右端与墙壁的

距离为4.5m,如图(a)所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至f=ls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。已

知碰撞后1s时间内小物块的v-t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10m/s2o求：

图(a)图(b)

(1)木板与地面间的动摩擦因数©及小物块与木板间的动摩擦因数"2；

(2)木板的最小长度；

(3)木板右端离墙壁的最终距离。

【大题拆分】第一步：分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为加和小物块可以看作质点(初

始条件均未知，如图甲所示)。

第二步：分解过程模型。

（1）认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为H，如图乙所示。

（2）木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力（设置的初始条件），由于碰撞时间极短（加一0）,故碰后小物

块速度不变，木板的速度方向突变（设置的初始条件），如图丙所示。

（3）然后小物块向右减速，木板向左减速，经1s小物块速度减小为零（如图丁所示）。由于木板的加速度较

小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度V3（如

图戊所示）。

（4）分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。

（5）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止（如图己所示）。

【答案】（1）0.10.4（2）6m（3）6.5m

【解析】（1）根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v=4m/s

碰撞后木板速度水平向左，大小也是v=4m/s

,.v—04—0

小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小z=——=——m/s2=4m/s2

t1

根据牛顿第二定律有〃2加g=3/2，解得〃2=04

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间/=1s,位移x=4.5m,末速度v=4m/s

其逆运动则为匀加速直线运动，可得%=4+匕7俨

2

解得的=1m/s2

对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：〃i（加+15次）g=

（m+15机）q”即〃lg=〃l

解得〃1=0.1。

（2）碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有〃1（15加+加均+外冽g=15加的

_4

可得的=3m/s2

对滑块，加速度大小为Q2=4m/s2

由于。2＞的，所以滑块速度先减小到0,所用时间为Ei=ls的过程中，木板向左运动的位移为

1、10...8

X\^vt\m,Vivm/s

,,一一，v+0

滑块向右运动的位移％2=---4=2m

2

此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为々2=4m/s2

4

木板继续减速，加速度大小仍为的=-m/s?

3

假设又经历打二者速度相等，则有。2%2=叫一的，2

解得亥=0.5s

此过程中，木板向左运动的位移

107+珏心

%3^?也的役^—m,的，2^2m/s

26

滑块向左运动的位移入4=1〃2匹=0.5m

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为Ax=X1+x2+x3—x4=6m

小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m。

（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为〃i=lm/s2

__W

向左运动的位移为工5=—=2m

2a\

所以木板右端离墙壁最远的距离为

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

【例6】（2023•辽宁•高考真题）如图，质量加尸1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定

一劲度系数左=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量％2=4kg的小物块以水平向右的速度%=；m/s

滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数〃=0.1,最大

静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能与与形变量x的关系为综=；丘2。

取重力加速度g=lOm/sz,结果可用根式表示。

（1）求木板刚接触弹簧时速度匕的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离X/;

（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量X2及此时木板速度吃的大小；

（3）已知木板向右运动的速度从为减小到o所用时间为依求木板从速度为功时到之后与物块加速度首次

相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能AU（用访表示）。

吗：

一」」..../WW\AA^

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

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

【详解】（1）由于地面光滑，则加八加2组成的系统动量守恒，则有

rri2Vo=（加/+加2）v/

代入数据有

V]=lm/s

对W受力分析有

%=3=4m/s2

加1

则木板运动前右端距弹簧左端的距离有

vi2=2a1X1

代入数据解得

xj=0.125m

（2）木板与弹簧接触以后，对加八加2组成的系统有

kx=（加/+冽2）。共

对加2有

a2=Ng=lm/s2

当a共=即时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量

X2=0.25m

对冽八加2组成的系统列动能定理有

丘；=g（叫+机2）V；-g（加1+%）守

代入数据有

V3,

v2=

（3）木板从速度为均时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即如的加速度大于木块"2的

加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为X2时，则说明此时如的速度大小为立，共用时

2"2

2t0,且切一直受滑动摩擦力作用，则对有

一株m2g，2to=ni2V3~m2V2

解得

V3=3_2to

则对于加八加2组成的系统有

一%=g叫I+J加23-g（叫+加2）V2

\U=Wf

联立有

△。=4岛-81

【例7】如图，两个滑块/和2的质量分别为W4=lkg和》7B=5kg,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〃1=0.5；木板的质量为加=4kg,与地面间的动摩擦因数为〃2=0」.某时刻

/、8两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s./、8相遇时，N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=10m/s2.求：

(1*与木板相对静止时，木板的速度；

(2)/、3开始运动时，两者之间的距离.

【审题指导】：如何建立物理情景，构建解题路径

①首先分别计算出3与板、/与板、板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出/、3及木板的运动情况.

②把握好几个运动节点.

③由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速，此后B与木板共同运动.

@A与木板存在相对运动，且/运动过程中加速度始终不变.

⑤木板先加速后减速，存在两个过程.

【解析】：(1)滑块/和2在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设/、5和木板所受的摩擦力大小分别为

力、力和力，/和2相对于地面的加速度大小分别为也和。炉木板相对于地面的加速度大小为可，在物块8

与木板达到共同速度前有

fl四①

力=〃1加eg②

%=他(加+mA+加B)g③

由牛顿第二定律得

fi=m4a4④

无=加8劭⑤

设在4时刻，8与木板达到共同速度，其大小为修，由运动学公式有

Vl=Vo-岫⑦

vi=aiti®

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得

%=1m/s⑨

(2)在九时间间隔内，B相对于地面移动的距离为

SB=VOL/正⑩

设在B与木板达到共同速度W后，木板的加速度大小为。2，

对于3与木板组成的体系，由牛顿第二定律有

力+/=（%3+加）。2⑪

由①②④⑤式知，aA=aB-,再由⑦⑧式知，8与木板达到共同速度时，/的速度大小也为vi，但运动方向

与木板相反.由题意知，/和3相遇时，N与木板的速度相同，设其大小为功，设/的速度大小从vi变到

V2所用的时间为小则由运动学公式，对木板有

对/有

以=—H⑬

在与时间间隔内，8（以及木板）相对地面移动的距离为

1…

S1="也—宫⑭）

在«1+友）时间间隔内，A相对地面移动的距离为

1

SA=Vo（?l+打）—产出+编2⑮

/和8相遇时，/与木板的速度也恰好相同，因此/和8开始运动时，两者之间的距离为

SO=SN+SI+SB⑯

联立以上各式，并代入数据得

s（）=1.9m

（也可用如图所示的速度一时间图线求解）

【规律总结】

“滑块一滑板”模型的一般解题步骤

啰1步A|受力分析，动力学分析与运动过程分析]

第=9*画出滑块和滑板的运动示意图,注意临界条件的应用|

董寇»对滑块、滑板应用牛顿第二定律，求出各自的加速度|

第四切找出二者的位移关系和速度关系，列方程求解问题

滑块一滑板问题的解题关键点

(1)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.

(2)滑块是否会从滑板上掉下的临界条件是滑块到达滑板一端时两者共速.

(3)滑块不能从滑板上滑下的情况下，当两者共速时，两者受力、加速度发生突变.

【模型演练】

1.(2024•云南大理•模拟预测)如图所示，已知一质量为M=5kg的滑块放在倾角6=37。的固定斜面上，M

上再放一滑块%,且机=30kg,滑块加与滑块M间的动摩擦因数〃2=。-8,滑块M与斜面间的动摩擦因数

A=0.1,现给滑块M—平行于斜面向上的恒力R用时f=50s将M和加拉至斜面顶端，斜面长度

L=250m,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力卜出37°=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2)。

(1)求滑块加所受摩擦力的大小和方向；

(2)求拉力厂的大小；

(3)只给滑块加一个沿斜面向上的恒定拉力尸(尸已撤走)，求能将两滑块拉至斜面顶端且不会发生相对滑

动的b'取值范围。

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

【详解】(1)对河、机整体，根据

—at2=L

2

得加速度

a=0.2m/s2

对沉，根据牛顿第二定律

f-mgsin0=ma

得

/=24N

方向沿斜面向上。

（2）对加\加整体，根据牛顿第二定律

厂一（机+M）gsin8—%（加+M）gcos0+M）a

解得

F=245N

（3）给滑块加一个沿斜面向上的恒定拉力产，能将他们拉至顶端的最小拉力

Fm[n=（机+M）gsin。（机+M）gcos3=238N

若“和“恰好相对滑动，则m和〃■之间达到最大静摩擦力H2mgcos6,对整体有

fax-（加+M）gsin。一〃]（m+M）gcos0=（m+M'）a

对M有

ju2mgcos夕一（m+M）gcos0-Mgsin0=Ma

联立代入数据得

%X=H76N

a=26.8m/s2

故

238N<F'<1176N

2.（2024•云南•模拟预测）传送带广泛应用于生产生活的多种场景。如图所示，足够长的传送带与长度

1=1.6m的滑板在同一水平面紧密衔接，滑板右端装有厚度不计的挡板，滑板质量初=4.5kg。可视为质点

的包裹从传送带左端无初速度释放，一段时间后冲上滑板。已知包裹的质量加=3.0kg,包裹与传送带的动

摩擦因数从=0.5,包裹与滑板的动摩擦因数〃2=04,滑板与台面的动摩擦因数〃3=01，最大静摩擦力近

似等于滑动摩擦力，不计包裹经过衔接处的机械能损失，重力加速度大小取g=10m/s2。

L

n______,、，滑板S,_

OOl板台面

<_____WWWWxWXWWWW

%

(1)当传送带以速度％=3.0m/s顺时针匀速运动时，求包裹与传送带因摩擦产生的热量及包裹相对于滑板滑

动的距离；

(2)为保证包裹不与滑板右端的挡板相撞，求传送带的最大速度。

【答案】(1)13.5/,0.9m(2)4m/s

【详解】(1)包裹在传送带上的加速度

2

aA-〃逐=5m/s

设包裹与传送带经过f时间共速，则有

axt=v0

解得

tx=——0.6s

所以包裹的位移

再==0.9m

传送带的位移

x2=%乙=1.8m

二者的相对位移

z\x=x2-x1=0.9m

包裹与传送带因摩擦产生的热量

Q="Mg'M=13.5J

包裹在滑板上的加速度

a=一〃2g=-4m/s2

滑块的加速度

(M+Mg=lm/s2

M

设包裹与滑板经过，时间共速，则有

v0+at=at

解得

t=^—=0.6s

a-a

包裹与滑块的共同速度

v=at=0.6m/s

包裹的位移

x=—(y0+v)i=1