滑块—滑板模型分析
2020年高考物理素养提升专题02 动力学中的“滑块-滑板”模型(解析版)
素养提升微突破02 动力学中的“滑块-滑板”模型——构建模型，培养抽象思维意识“滑块-滑板”模型“滑块-滑板”模型涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
叠放在一起的滑块和木板，它们之间存在着相互作用力，在其他外力作用下它们或加速度相同，或加速度不同，无论哪种情况受力分析和运动过程分析都是关键，特别是对相对运动条件的分析。
本模型深刻体现了物理运动观念、相互作用观念的核心素养。
【2019·新课标全国Ⅲ卷】如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。
t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。
细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。
木板与实验台之间的摩擦可以忽略。
重力加速度取g=10 m/s2。
由题给数据可以得出A．木板的质量为1 kgB．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 NC．0~2 s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】结合两图像可判断出0~2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2~5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2~4 s和4~5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2~4 s内的力F 为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。
【素养解读】本题以木板为研究对象，通过f-t与v-t图像对运动过程进行受力分析、运动分析，体现了物理学科科学推理的核心素养。
一、水平面上的滑块—滑板模型水平面上的滑块—滑板模型是高中参考题型，一般采用三步解题法：【典例1】如图所示，质量m＝1 kg 的物块A放在质量M＝4 kg的木板B的左端，起初A、B静止在水平地面上。
滑块—滑板模型分析
高三物理专题复习：滑块一滑板模型典型例题例1.如图所示，在粗糙水平面上静止放一长L质量为M=1kg的木板B, —质量为m=1Kg的物块A以速度v。
=2.0m/s滑上长木板B的左端，物块与木板的摩擦因素卩1=0.1、木板与地面的摩擦因素为卩2=0.1，已知重力加速度为g=10m/s , 求：(假设板的长度足够长)(1)物块A、木板B的加速度；(2)物块A相对木板B静止时A运动的位移；R ---------------------B(3)物块A不滑离木板B,木板B至少多长？"TTTTTTTTTTTT/TT TTTTTT1考点：本题考查牛顿第二定律及运动学规律考查：木板运动情况分析，地面对木板的摩擦力、木板的加速度计算，相对位移计算。
解析：(1)物块A的摩擦力：f A二jmg =1N-f A 2A的加速度：a i 一二-1m/ s 方向向左m木板B受到地面的摩擦力：f地二」2(M ■ m)g =2N f A故木板B静止，它的加速度a2 =02(2)物块A的位移：S二二仏二2m2a(3)木板长度：L _ S = 2m拓展1.在例题1中，在木板的上表面贴上一层布，使得物块与木板的摩擦因素卩3=0.4，其余条件保持不变，(假设木板足够长)求：(1)物块A与木块B速度相同时，物块A的速度多大？(2)通过计算，判断AB速度相同以后的运动情况； A ______________(3)整个运动过程，物块A与木板B相互摩擦产生的摩擦热多大？考点：牛顿第二定律、运动学、功能关系考查：木板与地的摩擦力计算、AB是否共速运动的判断方法、相对位移和摩擦热的计算。
解析：对于物块 A ： f A =」4mg = 4N加速度： a A =— =-」4g - -4.0m/ s 2，方向向左。
m 对于木板：f 地-"2(m • M)g = 2N加速度：a C =卫 f 地 = 2.0m /s 2，方向向右。
M物块A 相对木板B 静止时，有：a B t^v 2 -a C t 1解得运动时间：I =1/3.s ，V A = V B = a p t r = 2 / 3m / S(2)假设AB 共速后一起做运动， a 二 J (M ―- -1m/s 2物块A 的静摩擦力:二 ma =1N ：： f A所以假设成立，AB 共速后一起做匀减速直线运动。
2019年高考“经典八式”法解滑块与滑板模型
当 F＞μ1(m＋M)g＝2 N 时，如果 M，m 相对静止，铁块与木板有相同的加速度
a，则
F－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a，F－f＝ma，解得 F＝2f－2，此时 f≤μ2mg＝4 N，也即
F≤6 N，
所以当 2 N＜F≤6 N 时， f＝F2＋1。 当 F＞6 N 时，M，m 相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为
二、分类讲解
模型 1 滑块以一定的初速度滑上木板。
例题 1 如图所示，质量 m2 = 0.3kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长 L = 1.5m ，
1
现有质量 m1 = 0.2kg 的可视为质点的物块，以水平向右的速度 v0 = 2m / s 从左端 滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数 = 0.5 ，取 g = 10m / s2 ，求： （1）物块在车面上滑行的时间 t ； （2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v0 不超过多少？
“经典八式”法解滑块与滑板模型
一、分析要点 1、相互作用：滑块之间的摩擦力 2、相对运动：具有相同的速度时相对静止。两相互作用的物体在速度相同，但 加速度不相同时，两者之间同样有位置的变化，发生相对运动。 3、通常所说物体运动的位移、速度、加速度都是对地而言的。在相对运动的过 程中相互作用的物体之间位移、速度、加速度、时间一定存在关联。它就是我们 解决力和运动突破口。 4、求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动量定理：应用动量定理时 特别要注意条件和方向，最好是对单个物体应用动量定理求解。 5、求位移通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理，应用动能定理时 研究对象为单个物体或可以看成单个物体的整体。另外求相对位移时：通常会用 到系统能量守恒定律。 6、求速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理或动量守恒定律： 应用动量守恒定律时要特别注意系统的条件和方向。 7、当滑块和滑板同向运动时相对位移等于滑块位移与滑板位移之差,若二者同向 运动相对位移等于二者位移之和。
滑块滑板模型
第二轮
假设又经历t2二者速度相等, 则有a2t2＝v1－a3t2, 解得t2＝0.5 s
第二轮
滑块-滑板模型
此过程中，木板向左运动的位移 x3＝v1t2－12a3t22＝76 m， 末速度 v3＝v1－a3t2＝2 m/s 小物块向左运动的位移 x4＝12a2t22＝0.5 m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大， Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m 小物块始终没有离开木板, 所以木板最小的长度为6 m
F=8N
变式2：若F作用在小物块上，其它条件不变，要使两者保持相对
静止，F不能超过多少？ F=4/3N
变式3：若F作用在小物体上，地面粗糙且与木板间动摩擦因数为 μ2＝0.01，其它不变为使两者保持相对静止，F不能超过多少？
F=1.2N
变式4：若F作用在小物体上，地面粗糙且与木板间动摩擦因数也 为μ＝0.1，其它条件不变，随F的变化小物块与木板如何运动？
大静摩擦力，故最大加速度 a＝μg＝1 m/s2
由牛顿第二定律对整体有 Fm＝(m＋M)a＝4 N (2)当 F＝10 N>4 N 时，两者发生相对滑动
对小物体：a1＝μg＝1 m/s2 对木板：F 合＝F－μmg＝Ma2 代入数据解得 a2＝3 m/s2
由位移关系有：L＝12a2t2－21a1t2
第二轮
反思总结
易错点
滑块-滑板模型
(1)不清楚滑块－滑板类问题中滑块、滑板的受力 情况, 求不出各自的加速度. (2) 画不好运动草图, 找不出位移、速度、时间等 物理量间的关系. (3) 不清楚每一个过程的末速度是下一个过程的初 速度. (4)不清楚物体间发生相对滑动的条件.
牛顿运动定律之滑块与传送带问题(含解析)
牛顿运动定律滑块与传送带专题一“滑块—滑板”模型1．模型特点上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．2．两种位移关系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．3．解题思路处理此类问题，必须弄清滑块和滑板的加速度、速度、位移等关系．(1) 加速度关系如果滑块和滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块和滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块和滑板的加速度．应注意找出滑块和滑板之间是否发生相对运动等隐含的条件．(2) 速度关系滑块和滑板之间发生相对运动时，分析速度关系，从而确定滑块受到的摩擦力的方向．应注意当滑块和滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况．(3) 位移关系滑块和滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块和滑板的运动过程，认清对地位移和相对位移之间的关系．这些关系就是解题过程中列方程所必需的关系，各种关系找到了，自然也就容易列出所需要的方程了．例一、如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，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μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A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＝10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g ①F f2＝μ1m B g ②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A ④F f2＝m B a B ⑤F f2－F f1－F f3＝ma1 ⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－a B t1 ⑦v1＝a1t1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2 ⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2 ⑫对A有v2＝－v1＋a A t2 ⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2 ⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m.(也可用如图所示的速度－时间图线求解)答案：(1)1 m/s方向与B的初速度方向相同(2)1.9 m【题后反思】求解“滑块—滑板”模型问题的方法技巧(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．跟踪练习1. (水平面光滑的“滑块—滑板”模型)如图所示，质量M＝8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8 N．当小车速度达到1.5 m/s 时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m＝2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．从物体放上小车开始经t＝1.5 s 的时间，物体相对地面的位移为(g取10 m/s2)()A．1 m B．2.1 mC．2.25 m D．3.1 m解析：选B．放上物体后，物体的加速度a1＝μg＝2 m/s2，小车的加速度：a2＝F－μmgM＝0.5 m/s2，物体的速度达到与小车共速的时间为t1，则a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s；此过程中物体的位移：s1＝12a1t21＝1 m；共同速度为v＝a1t1＝2 m/s；当物体与小车相对静止时，共同加速度为a＝FM＋m＝0.8 m/s2，再运动0.5 s的位移s2＝vt′＋12at′2＝1.1 m，故从物体放上小车开始的1.5 s时间内，物体相对地面的位移为1 m＋1.1 m＝2.1 m，选项B正确．2. (水平面粗糙的“滑块—滑板”模型)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的()解析：选A．放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，故A 正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误．3．(多个板块的组合模型)如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6 N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l＝1 m，木板A的质量m A＝3 kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小滑块在木板A上运动的时间；(2)木板B获得的最大速度．解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力F f1＝μ1mg＝4 N，木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力F f2＝μ2(2m＋m A)g＝5 N.F f1＜F f2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止设小滑块滑动的加速度为a1，则：F－μ1mg＝ma1，l＝12a1t21，解得：t1＝1 s.(2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为x B，B的最大速度为v B，则：μ1mg－2μ2mg＝ma2，v B＝a2t2，x B＝12a2t22，v1＝a1t1，x块＝v1t2＋12a1t22，x块－x B＝l，联立以上各式可得：v B＝1 m/s.答案：(1)1 s(2)1 m/s4．(斜面上的“滑块—滑板”问题)如图所示，在足够长的光滑固定斜面底端放置一个长度L＝2 m、质量M＝4 kg 的木板，木板的最上端放置一质量m＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现沿斜面向上对木板施加一个外力F使其由静止开始向上做匀加速直线运动．已知斜面倾角θ＝30°，物块和木板间的动摩擦因数μ＝3 2，g取10 m/s2.(1)当外力F＝30 N时，物块和木板保持相对静止，求二者共同运动的加速度大小；(2)当外力F＝53.5 N时，物块和木板之间将会相对滑动，则二者完全分离时的速度各为多大？解析：(1)物块和木板共同运动时，分析整体的受力情况，由牛顿第二定律得F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a解得a＝1 m/s2.(2)设木板和物块的加速度分别为a1、a2，二者完全分离的时间为t，分离时速度分别为v1、v2，分析木板和物块的受力情况，由牛顿第二定律可得F－Mg sin θ－μmg cos θ＝Ma1μmg cos θ－mg sin θ＝ma2又L＝12(a1－a2)t2v1＝a1tv2＝a2t联立解得v1＝6.5 m/s，v2＝2.5 m/s. 答案：(1)1 m/s2(2)6.5 m/s 2.5 m/s二、传送带模型（一）、水平传送带问题1．情景特点分析项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0＞v返回时速度为v，当v0＜v返回时速度为v0水平传送带问题：求解关键在于对物体所受摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻摩擦力发生突变．例1、水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求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，行李就能被较快地传送到B处，求行李从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：(1)行李所受滑动摩擦力大小F f＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，根据牛顿第二定律得F f＝ma，加速度大小a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v＝at1，得t1＝va＝11s＝1 s.(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有v2min＝2aL，得v min＝2aL＝2×1×2 m/s＝2 m/s，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s.由v min＝at min得行李最短运行时间t min＝v mina＝21s＝2 s.答案：(1)4 N 1 m/s2(2)1 s(3)2 s 2 m/s（二）倾斜传送带问题1．情景特点分析项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速2.解题的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体所受摩擦力的大小和方向．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受摩擦力可能发生突变．例2、如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动．一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f＝ma1，垂直传送带方向：mg cos θ＝F N，又F f＝μF N由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下．(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：t1＝v－v0－a1＝1 s，x1＝v0＋v2t1＝7 m.(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下．设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝0－v－a2＝1 s.沿传送带向上滑的位移x2＝v＋02t2＝1 m，则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.设下滑时间为t3，则x＝12a2t23，代入解得t3＝2 2 s.所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋22) s.答案：(1)10 m/s2，方向沿传送带向下(2)1 s7 m(3)(2＋22) s【总结提升】解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度．(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动．(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．跟踪练习1.(物块初速度不为零的倾斜传送带模型)(多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1.不计空气阻力，动摩擦因数一定．关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的()A．从下端B离开，v＞v1B．从下端B离开，v＜v1C．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v＜v1解析：选ABC．物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1，选项B正确；当摩擦力小于重力的分力时，则v＞v1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C．2. (物块初速度为零的倾斜传送带模型)如图所示，传送带AB的长度为L＝16 m，与水平面的夹角θ＝37°，传送带以速度v0＝10 m/s匀速运动，方向如图中箭头所示．在传送带最上端A处无初速度地放一个质量m＝0.5 kg的小物体(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物体从A运动到底端B所用的时间；(2)物体与传送带的相对位移大小．解析：(1)开始阶段，设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2.物体加速到与传送带的速度相等时的位移为：x1＝v202a＝5 m<16 m，即物体加速到10 m/s时，未达到B点，其时间t1＝v0a1＝1 s.由于mg sin θ＝3 N>μmg cos θ＝2 N，所以物体将继续做加速运动．设物体的加速度为a2，经历的时间为t2，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2.由位移公式L－x1＝v0t2＋12a2t22，解得时间t2＝1 s，所以总时间t＝t1＋t2＝2 s.(2)在传送带上取一点M.M点做匀速运动，物体一直做加速运动．法一：整体法整个过程物体的位移大小为x物＝L＝16 m，传送带位移大小为x传＝v0t＝20 m，故物体相对于传送带(M 点)的位移大小为： x ＝x 传－x 物＝4 m.由于M 点的位移大于物体的位移，故全过程物体向后远离M 点4 m. 法二：v -t 图象法相对位移的大小为两个阴影三角形面积之差，即： x ＝10×12－1×(12－10)2＝4(m)．法三：分段法第一个过程：M 点的位移为v 0t 1＝10 m ， 所以物体与传送带间的相对位移大小 x 相对1＝v 0t 1－x 1＝5 m.由于M 点的速度大于物体的速度，故此过程物体在M 点后面5 m 处． 第二个过程：M 点的位移为v 0t 2＝10 m ， 物体的位移为L －x 1＝11 m ， 故相对位移大小为x 相对2＝1 m. 此过程物体追M 点，并靠近M 点1 m.故相对位移大小x ＝x 相对1－x 相对2＝4 m ．即全过程物体向后远离M 点4 m. 答案：(1)2 s (2)4 m精选练习1．(多选)如图所示，表面粗糙、质量M ＝2 kg 的木板，t ＝0时在水平恒力F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a ＝2.5 m/s 2，t ＝0.5 s 时，将一个质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半．已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g ＝10 m/s 2，则( )A ．水平恒力F 的大小为10 NB ．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C ．铁块在木板上运动的时间为1 sD ．木板的长度为1.625 m解析：选AC ．未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma ′，解得：a ′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度v 0＝at 1＝2.5×0.5 m/s ＝1.25 m/s ，铁块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a ′t 2＝1.25＋0.75t 2，铁块的速度v ′＝a 铁t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v ′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；铁块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，铁块的速度v ′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v ′2t 2＝1.25＋22×1 m －12×1 m ＝1.125 m ，选项D 错误；故选A 、C ．2．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )A ．乘客与行李同时到达B 处B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处解析：选BD ．行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝L －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝Lv ＝2 s ，B 正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2La ＝2×21s ＝2 s ，D 正确． 3．如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现将小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大； (2)0～8 s 内小物块与传送带之间的划痕为多长． 解析：(1)根据v -t 图象的斜率表示加速度， a ＝Δv Δt ＝22m/s 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma ， 解得μ＝78.(2)0～8 s 内只有前6 s 内物块与传送带发生相对滑动0～6 s 内传送带匀速运动距离为：x 带＝4×6 m ＝24 m ．速度图象的“面积”大小等于位移，则0～2 s 内物块位移为：x 1＝12×2×2 m ＝2 m ，方向沿斜面向下，2～6 s 内物块位移为：x 2＝12×4×4 m ＝8 m ，方向沿斜面向上．所以划痕的长度为：Δx ＝x 带＋x 1－x 2＝(24＋2－8) m ＝18 m. 答案：(1)78(2)18 m4．如图所示，在光滑水平地面上停放着一质量为M ＝2 kg 的木板，木板足够长，某时刻一质量为m ＝1 kg 的小木块以某一速度v 0(未知)冲上木板，木板上表面粗糙，经过t ＝2 s 后二者共速，且木块相对地面的位移x ＝5 m ，g ＝10 m/s 2.求：(1)木块与木板间的动摩擦因数μ；(2)从木块开始运动到共速的过程中产生的热量Q .(结果可用分数表示) 解析：(1)设冲上木板后小木块的加速度大小为a 1， 对小木块，有μmg ＝ma 1，设木板开始运动的加速度大小为a 2，对木板， 有μmg ＝Ma 2，二者共速时，有v 共＝a 2t ＝v 0－a 1t ， 对小木块，有x ＝v 0t －12a 1t 2，联立得μ＝18.(2)由(1)得a 2＝58 m/s 2，得v 共＝54m/s.木板发生的位移x ′＝v 共2t ＝54m ，二者相对位移为Δx ＝x －x ′＝154m ， 产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ， 联立得Q ＝7516J. 答案：(1)18 (2)7516J5. (多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为916.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑．小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，则下列判断正确的是( )A ．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s 2B ．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s 2C ．经过 2 s 的时间，小孩离开滑板D ．小孩离开滑板时的速度大小为433m/s 解析：选AC ．对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a 1＝mg sin 37°－μ1mg cos 37°m ＝2 m/s 2，同理对滑板，加速度大小为a 2＝mg sin 37°＋μ1mg cos 37°－2μ2mg cos 37°m ＝1 m/s2，选项A 正确，B 错误；要使小孩与滑板分离，12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，解得t ＝ 2 s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v ＝a 1t ＝2 2 m/s ，选项C 正确，D 错误．6．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v 0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v -t 图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则()A．传送带的速度为4 m/sB．传送带底端到顶端的距离为14 mC．物块与传送带间的动摩擦因数为1 8D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反解析：选A．如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确．传送带底端到顶端的距离等于v -t图线与横轴所围的面积，即12×(4＋12)×1 m＋12×1×4 m＝10 m，选项B错误.0～1 s内，g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s2，1～2 s内，g sin θ－μg cos θ＝4 m/s2，解得μ＝14，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误．7．如图所示，倾角α＝30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m，质量M＝3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．解析：(1)若整体恰好静止，则F ＝(M ＋m )g sin α＝(3＋1)×10×sin 30° N ＝20 N. 因要拉动木板，则F >20 N ，若整体一起向上做匀加速直线运动，对物块和木板，由牛顿第二定律得 F －(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a ， 对物块有f －mg sin α＝ma ， 其中f ≤μmg cos α 代入数据解得F ≤30 N.向上加速的过程中为使物体不滑离木板，力F 应满足的条件为20 N<F ≤30 N.(2)当F ＝37.5 N>30 N 时，物块能滑离木板，由牛顿第二定律，对木板有F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1，对物块有μmg cos α－mg sin α＝ma 2，设物块滑离木板所用的时间为t ，由运动学公式得 12a 1t 2－12a 2t 2＝L ， 代入数据解得t ＝1.2 s.物块滑离木板时的速度v ＝a 2t ， 由－2g sin α·s ＝0－v 2， 代入数据解得s ＝0.9 m. 答案：见解析8．如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A 、B 两端的距离L ＝8 m ，它与水平台面平滑连接．现有一物块以v 0＝10 m/s 的初速度从A 端水平地滑上传送带．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6.求：(1)若传送带保持静止，物块滑到B 端时的速度大小；(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s ，物块到达B 端时的速度大小；(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s ，且物块初速度变为v 0′＝6 m/s ，仍从A 端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间．解析：(1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知F N＝mg，F f＝ma，F f＝μF N，得a＝6 m/s2.传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，又x＝v202a＝253m>L＝8 m，则由v2B－v20＝－2aL.得v B＝2 m/s.(2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带方向，即物块先加速到v1＝12 m/s，由v21－v20＝2ax1，得x1＝113m<L＝8 m.故物块先加速运动后匀速运动即物块到达B时的速度为v B′＝v1＝12 m/s.(3)当物块初速度v0′＝6 m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝v0′22a＝3 m<L，所以物块先向右减速后向左加速由v2＝v0′－at1，得t1＝1 s；当物块向左加速到v3＝4 m/s时由v23－v22＝2ax3得x3＝43m<x2＝3 m，故物块向左先加速运动后匀速运动由v3＝v2＋at2，得t2＝23s；当物块向左匀速运动v4＝v3＝4 m/s，x4＝x2－x3＝53m.由x4＝v4t3，得t3＝512s，故t＝t1＋t2＋t3＝25 12s.答案：(1)2 m/s(2)12 m/s(3)25 12s。
统考版高考物理总复习 专题三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板B，物块恰好不
从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑
到木板右端时二者速度相等，则位移关
系为xB＋L＝xA
例2. [2021·全国乙卷，21](多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，
木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力
专题三
动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
关键能力·分层突破
关键能力·分层突破
模型一
“传送带”模型
1．模型特点
传送带在运动过程中，会涉及很多的力，是传送带模型难点的原因，
例如物体与传送带之间是否存在摩擦力，是滑动摩擦力还是静摩擦力
等；该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等；该
F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别
为t1 、t2 时刻F的大小．木板的加速度a1 随时间t的变化关系如图(c)所
示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因
数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大
小为g.则(
)
A．F1＝μ1m1g
央．空香皂盒的质量为m＝20 g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100 g，香皂盒与
传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6 m，风可以对香皂
盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24 N，假设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10 2 ，试求：
跟进训练
1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突
然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动
热点专题突破系列 滑块—滑板模型综述
热点概述
(2)牛顿第三定律;
(3)运动学公式; (4)动能定理; (5)功能关系; (6)动量守恒定律；
(7)能量守恒定律。
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 动力学中的滑块—滑板模型
知识梳理
知识梳理
1．模型特点： 上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发 生相对滑动． 2．建模指导 解此类题的基本思路： （ 1 ）牛顿第二定律分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿 第二定律分别求出滑块和木板的加速度；
动力学中的滑块—滑板模型
典型例题
[规范解答]—————————该得的分一分不丢！ (1)A、 B 之间的最大静摩擦力为 fm＞ μ1mg＝0.3× 1× 10 N＝ 3 N(2 分 ) 假设 A、 B 之间不发生相对滑动，则 对 A、 B 整体： F＝(M＋m)a(2 分 ) 对 A： fAB＝ Ma(2 分) 解得： fAB＝2.5 N(1 分 ) 因 fAB＜fm，故 A、 B 之间不发生相对滑动．(1 分 ) (2)对 B： F－ μ1mg＝maB(2 分) 对 A： μ1mg－ μ2(M＋m)g＝ MaA(2 分 ) 据题意： xB－ xA＝ L(2 分 ) 1 1 xA＝ aAt2； xB＝ aBt2(2 分) 2 2 解得： t＝ 2 s． (2 分 ) [答案] (1)不会 (2) 2 s
同时锻炼学生综合应用牛顿运动定律、功能关系及能量守恒定律解决
综合问题的能力,是近几年高考的热点。具体如下:
1.常见的三类问题:
(1)滑块和滑板的初速度相同; (2)滑块和滑板中有一个物体初速度为零; (3)滑块和滑板的初速度均不为零。
动力学中的滑块—滑板模型
2.考查角度:
(1)“滑块+滑板”的动力学问题; (2)“滑块+滑板”的动量守恒问题。 3.规律应用: (1)牛顿第二定律;
“滑块——滑板”模型的分析
“滑块——滑板”模型的分析
1．模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．
2．模型分析
解此类题的基本思路：
(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；
(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移．
3.(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．。
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高三物理专题复习：滑块一滑板模型典型例题例1.如图所示，在粗糙水平面上静止放一长L质量为M=1kg的木板B, —质量为m=1Kg的物块A以速度v。
=2.0m/s滑上长木板B的左端，物块与木板的摩擦因素卩1=0.1、木板与地面的摩擦因素为卩2=0.1，已知重力加速度为g=10m/s , 求：(假设板的长度足够长)(1)物块A、木板B的加速度；(2)物块A相对木板B静止时A运动的位移；R ---------------------B(3)物块A不滑离木板B,木板B至少多长？"TTTTTTTTTTTT/TT TTTTTT1考点：本题考查牛顿第二定律及运动学规律考查：木板运动情况分析，地面对木板的摩擦力、木板的加速度计算，相对位移计算。
解析：(1)物块A的摩擦力：f A二jmg =1N-f A 2A的加速度：a i 一二-1m/ s 方向向左m木板B受到地面的摩擦力：f地二」2(M ■ m)g =2N f A故木板B静止，它的加速度a2 =02(2)物块A的位移：S二二仏二2m2a(3)木板长度：L _ S = 2m拓展1.在例题1中，在木板的上表面贴上一层布，使得物块与木板的摩擦因素卩3=0.4，其余条件保持不变，(假设木板足够长)求：(1)物块A与木块B速度相同时，物块A的速度多大？(2)通过计算，判断AB速度相同以后的运动情况； A ______________(3)整个运动过程，物块A与木板B相互摩擦产生的摩擦热多大？考点：牛顿第二定律、运动学、功能关系考查：木板与地的摩擦力计算、AB是否共速运动的判断方法、相对位移和摩擦热的计算。
解析：对于物块 A ： f A =」4mg = 4N加速度： a A =— =-」4g - -4.0m/ s 2，方向向左。
m 对于木板：f 地-"2(m • M)g = 2N加速度：a C =卫 f 地 = 2.0m /s 2，方向向右。
M物块A 相对木板B 静止时，有：a B t^v 2 -a C t 1解得运动时间：I =1/3.s ，V A = V B = a p t r = 2 / 3m / S(2)假设AB 共速后一起做运动， a 二 J (M ―- -1m/s 2物块A 的静摩擦力:二 ma =1N ：： f A所以假设成立，AB 共速后一起做匀减速直线运动。
拓展2:在例题1中，若地面光滑，其他条件保持不变，求： (1) 物块A 与木板B 相对静止时，A 的速度和位移多大? (2) 若物块A 不能滑离木板 B,木板的长度至少多大？ 物块A 与木板B 摩擦产生的热量多大？物块、木板的位移计算，木板长度的计算,选公式列式计算。
相对位移与物块、木板位移的关系，优(2)由动能定理得:(3)共速前A 的位移：S A =2 2V A -V 。
2a A木板B 的位移：S BV B 1m2a B 9所以：Q -」3mg(S A -S B )=-J3解析: (1) A 、B 动量守恒，有：mv 0 = (M m)v解得：v 二mv 。
M m 二 1m/s1 2对 A ： -叫 mgS Amv 1 mv o2对B:1 2 -叫mgS BMv -0(M m)(3) 考点: 动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律考查:S A = L ■ S B解得：L =1m又:（3）摩擦热：Q二叫mgL =1J拓展3:如图所示，光滑的水平面上有两块相同的长木板A和B,长度均为L=0.5m, 在B 的中间位置有一个可以看作质点的小铁块C三者的质量都为m=1kg,C与A、B间的动摩擦因数均为u=0.5.现在A以速度V a=6m/s向右运动并与B相碰，碰撞时间极短,碰后AB粘在一起运动，而C可以在B上滑动g=10m/s2,求：（1）A、B碰撞后B的速度考点：考查：（2）小铁块C最终距长木板A左端的距离.（3）整个过程系统损失的机械能。
动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律对多物体、多过程问题的正确分析，选择合适的规律列表达式，准确书写出表达式。
解析：（1）与B碰后，速度为V i，由动量守恒定律得mv=2mv①丁二―（2 分）A B、C的共同速度为V2，由动量守恒定律有mv=3mv②小铁块C做匀加速运动: （1分）Sf ———— 0.4m当达到共同速度时：④（1分）f =吃二0咖a⑤（1 分）对A B整体，期官二，尬= ⑥（1分）（1 分）"3—S+£ =0.血小铁块C距长木板A左端的距离：_ ⑧(1分)(3)小铁块C在长木板的相对位移：A S = S _S C = 0.6m1 2 1 2系统损失的机械能：E mvo - 2mw…-= 8J2 2拓展4例5■在例题1中，若地面光滑，长木板的上表面的右端固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，Q点右端表面是光滑的，Q点到木板左端的距离L= 0.5 m 其余条件保持不变，求：(1)弹簧的最大弹性势能多大？(2)要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离木板，则物块与木板的动摩擦因素 -的范围。
(滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性限度内)考点：动量守恒定律、功能关系、能量守恒定律考查：正确理解弹性势能最大的意思，准确找出临界条件，准确书写出相应的方程。
解析：(1)A、B动量守恒，有：mv0=(M - m)vmv0解得：v 一= 1m/ sM +m设最大弹性势能为E P，由能量守恒定律得：1 212 mv0(M m)v ~mgL E p2 2解得：E P =0.5J(2 )要使滑块A挤压弹簧，及A、B共速且恰好运动到Q点时，有:mv0 = (M m)v11 2 1 2mv0(M m)w 川' mgL2 2解得："= 0.2要使滑块最终没有滑离木板B，即A、B共速且物块恰好运动到木板B的最左端时，有: mv0 = (M m)v21 2 2mv02(M ' m)v12s mgLT o解得：=0.1所以：0.1 V：：：0.2变式训练，巩固提升：考查：对知识的迁移、应用，培养能力1.如图所示，一平板小车静止在光滑的水平地面上，车上固定着半径为R=0.7m的四分之一竖直光滑圆弧轨道，小车与圆弧轨道的总质量M为2kg，小车上表面的AB部分是长为1.0m的粗糙水平面，圆弧与小车上表面在B处相切.现有质量m=1kg的滑块(视为质点)以V0=3m/s的水平初速度从与车的上表面等高的固定光滑平台滑上小车，滑块恰好在B处2相对小车静止，g=10m/s .(1)求滑块与小车之间的动摩擦因数卩和此过程小车在水平面上滑行的距离s；(2)要使滑块滑上小车后不从C处飞出，求初速度V0 应满足的条件.2.如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量M= 4 kg、高h = 0.8 m的平板车Q,车的左端固定着一条轻质弹簧，弹簧自然状态时与车面不存在摩擦•半径为R= 1.8 m的光滑圆轨道的底端的切线水平且与平板车的表面等高.现有一质量为m= 2 kg的物块P(可视为质点)从圆弧的顶端A处由静止释放，然后滑上车的右端•物块与车面的滑动摩擦因数为 =0.3，能发生相互摩擦的长度L = 1.5 m，g取10 m/s 2.(1) 物块滑上车时的速度为多大？(2) 弹簧获得的最大弹性势能为多大？(3) 物块最后能否从车的右端掉下？若能，求出其落地时与车的右端的水平距离.(1)当v 0=3m/sai,滑块在昵相对小车静止时的北同速度为J,由动量守恒定律：mv 0= (M+m) V]... 对滑块，由动能定理=-pmg(£+L)=*n 『扌01甘+® 对小车！由动能定理！ pmgs= 由①®歸V 嘉严④(2)裳便滑块刚好不从ID 弧轨道上端亡点飞出，滑块到C 点时，二若具有相同的遠度设为v 才由系统水平方向的动壘守恒；mv 0= (M+m)巧…⑥_ 1 7 1 1由系统能壘守恒：|jmgL+mgR=^mx(j 专(M+m)》…⑦ 由④⑥⑦箒v 0=430m/s要楫滑块不从圆弧轨道上端魚飞出，必须衢足* v c <>(30m/s答；(1)滑块与小车之间的动摩擦因数虚0占，此过程，卜车在水平面上滑行的距葛是*m ； (2)要使滑块滑上小车后不从C 处飞出，初遠度％应满足的条件是v 0<436m/s.2.解析：⑴ 设物块滑上车时的速度为 v i .物块从A 滑至该点的过程中机械能守恒，有:mg 金 2mV ,得：V i = “-：/2gR ^ 6 m/s. (2)设弹簧获得的最大弹性势能为 对运动的过程中，动量守恒，有：mv =(讨 M V 2.②由能量守恒定律，有：1 2 1 2，mv =孑耐 MV 2 +（1 mg ® E ）.④⑤联立得：V 3= 0, V 4= 3 m/s( V 3= 4 m/s , V 4= 1 m/s 舍去). 因V 4>V 3,故物块最后能从车的右端掉下 由 h = ^gt 2,及△ s = V 4t — V 3t ,得物块落地时与车的右端的水平距离 △ s = 1.2 m.答案：(1)6 m/s (2)15 J (3)1.2 mE p ,此时物块与车的速度相同， 设为V 2.在物块与车相①②③联立得：E = 15 J.(3)设物块回到车的右端时物块的速度为 的过程中，动量守恒，能量守恒，有：mv = mv + Mw1 2 1 2 1 2一mv = mv + Mv + 2 i mgl _ 2 2 2 V 3,车的速度为V 4.从A 滑上车至回到车的右端④⑤-D …③⑴求A 滑块与B 滑块碰撞后的速度 V A '和V B(2)若A 滑块与B 滑块碰撞后，B 滑块恰能达到 的大小为多少？11 .解析：(1)设与B 相碰前A 的速度为V A , 1 2 2m\A = mgR N 点，贝U MN 段与B 滑块间的摩擦因数卩 A 从圆弧轨道上滑下时机械能守恒，故A 与B 相碰时，动量守恒且无机械能损失，有mv A =mv A ‘ 1 2 1 qmv A = qmv A由①②③得，V A ' + mv B '②2+ *mv B ，2③=0, V B ' = 4 m/s.(2)B 在碰撞后在摩擦力作用下减速运动，到达—fL = 0— ^mv B ‘ 2④ 其中f =卩mg) 由④⑤得尸0.25. 答案：(1)0 4 m/s (2)0.253、如图所示，光滑水平面 MN 的左端M 处由一弹射装置 P ( P 为左端固定，处于压缩 状态且锁定的轻质弹簧，当A 与P 碰撞时P 立即解除锁定)，右端N 处与水平传送带恰平齐且很靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率 V = 5m/s匀速转动，水平部分长度L = 4m 。