“板一塊”模型的綜合分析

【備考指南】1.高考對本講的命題借助“滑塊一木板”模型，設(shè)置多個情境、

多個過程，考查模型建構(gòu)能力、邏輯推理能力和分析綜合能力。2.要善于將實(shí)

際問題轉(zhuǎn)化為物理模型，靈活運(yùn)用整體法和隔離法，綜合應(yīng)用運(yùn)動過程分析、

動力學(xué)分析、動量和能量關(guān)系。

1.常見板塊模型的分析

常見類型不意圖々圖像

V

少0、滑塊

同向

一塊7__,。共

快帶慢板

s板s相對

ah7

，木板

反向-vo00

；夕聞少共

互相阻

一。0/滑塊

2.解決“板塊”模型規(guī)律的選擇

(1)系統(tǒng)有外力或地面(斜面)不光滑，應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律以及運(yùn)動學(xué)規(guī)律分析求解。

對于過程比較復(fù)雜的問題，可以應(yīng)用圖像進(jìn)行分析求解。

(2)系統(tǒng)無外力，利用動量守恒定律和能量關(guān)系分析各階段初、末狀態(tài)，進(jìn)而解

決相關(guān)問題。

3.解決“板一塊”模型問題的三個注意點(diǎn)

(1)滑塊一木板達(dá)到共同速度時注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化。

(2)注意區(qū)分滑塊、木板各自的對地位移和它們之間的相對位移。

(3)運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式或動能定理列式時位移用對地面的位移，求解系統(tǒng)摩擦生熱

時用相對位移。

考向1水平面上的“板一塊”模型

[典例1](2024?新課標(biāo)卷)如圖所示，一長度Z=1.0m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(yùn)動的距離A/=t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(yùn)動到。點(diǎn)。已知物塊與薄板的質(zhì)

1/17

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)動的時間；

(2)平臺距地面的高度。

［解析］(1)解法一由題意可知物塊在薄板上運(yùn)動的過程中，物塊和薄板之間

一直存在相對運(yùn)動，物塊向右做勻減速直線運(yùn)動，薄板向右做勻加速直線運(yùn)動,

又物塊和薄板的質(zhì)量相等，則物塊和薄板的加速度大小均為

a=/ig=3m/s2

設(shè)物塊的初速度大小為(4,物塊在薄板上的運(yùn)動時間為力，則由運(yùn)動學(xué)公式有

12Z

X-a1-

物2/+6

12/

X-a

板1-

26

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得以=4m/s,ti=-So

解法二設(shè)物塊從薄板右端水平飛出時，物塊速度為％,薄板速度為以。對物

塊與薄板組成的系統(tǒng)，從開始運(yùn)動到物塊從薄板右端飛出時，根據(jù)動量守恒定

律有

分別對物塊和薄板根據(jù)動能定理有

—fimg?夕說-崎

oZZ

pmg?iZ=|mv^—0

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得

(^=4m/s,n=3m/s,Vi=\m/s

對薄板由動量定理有

代入數(shù)據(jù)解得So

(2)結(jié)合(1)問可知物塊從薄板飛出瞬間，薄板的速度大小為Vi=\m/s

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由題意可知物塊從薄板飛出后，物塊做平拋運(yùn)動，薄板做勻速直線運(yùn)動，設(shè)物

塊從薄板飛出后的運(yùn)動時間為打,平臺距地面的高度為伍則由運(yùn)動學(xué)公式有:

26

="2

12

又t

--g2

2

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得mo

［答案］(1)4m/s|s(2)|m

【教師備選資源】

1.如圖所示，質(zhì)量為1kg、足夠長的長木板6放在水平地面上，質(zhì)量為2kg

的物塊N放在木板5的左端。物塊N與木板6間的動摩擦因數(shù)為0.7,木板5

與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為

10m/s2o現(xiàn)對N施加一水平向右的拉力R則物塊速度以、木板速度迎隨時間

變化的圖像可能是()

A［單獨(dú)對木板和物塊分析，系統(tǒng)水平方向受外力作用，設(shè)二者恰不發(fā)生相對

滑動時，外力大小為Fo,對物塊有Fo—〃加也=蛆口，對木板有〃1加叔一〃2(叫4

2

+niB)g=mBaB,且入=劭，解得Fo=3ON,aA=aB=Sm/s0A選項(xiàng)中，物塊和

木板一起加速運(yùn)動，且加速度滿足要求，A正確；B選項(xiàng)中，物塊的加速度大于

木板的加速度，均小于二者的最大共同加速度，B錯誤；C選項(xiàng)中，物塊的加速

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度大小為8.5m/s2,木板的加速度大小為4.25m/s2<8m",C錯誤；D選項(xiàng)中，

二者的加速度相同，但大于二者的最大共同加速度，D錯誤。］

2.(2023?遼寧卷)如圖所示，質(zhì)量皿=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)A=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量

陽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)4=0」，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)系為耳=如2。取重力加速度g=10m/§2,結(jié)果可用根式表示。求：

二

(1)木板剛接觸彈簧時速度修的大小及木板運(yùn)動前右端距彈簧左端的距離XI；

(2)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

時木板速度修的大小；

(3)已知木板向右運(yùn)動的速度從外減小到0所用時間為力。木板從速度為14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AU(用功表示)。

［解析］(1)設(shè)木板接觸彈簧前的加速度大小為由，小物塊受到的力為最大靜摩擦

力或滑動摩擦力時的加速度大小為"2。

解法一對木板和小物塊，由牛頓第二定律可得w?2g=〃2iai,

由運(yùn)動學(xué)公式可得

l^=ait,H=K)-a2#,xi=|aiZ2

聯(lián)立解得n=lm/s,xi=0.125m0

解法二對木板，由牛頓第二定律可得

對木板和小物塊整體，根據(jù)動量守恒定律可得

陽2%=(〃，1+陽2)/

解得14=1m/s

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由運(yùn)動學(xué)公式可得.=魯=0.125m

2alo

(2)小物塊與木板即將相對滑動時，對整體由牛頓第二定律可得辰2=(〃”十M2”2

從木板與彈簧接觸到小物塊與木板之間即將相對滑動，對木板、物塊和彈簧組

成的系統(tǒng)，由能量守恒定律可得，(叫+m2)vl=^(jn1+m2)V2+，左老

聯(lián)工解得X2=0.25m,Hm/So

(3)木板速度為以時，木板和小物塊的加速度相同，木板的速度從區(qū)向右減小到

0,然后再由0向左加速到外大小，此時木板和小物塊的加速度再次相同，木板

從速度為區(qū)到之后與小物塊加速度首次相同的過程中，小物塊的加速度不變，

小物塊對木板的摩擦力不變，根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知，這一過程所用時間為2械

木板位移為零，整個過程中系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能等于小物塊動能的減少量。

解法一對小物塊由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得

X3=H,2為一12(2力)2

由功能關(guān)系可得AU=w?喏X3

解得AU=4(V^to-2瑞Jo

解法二取向右為正方向，木板從速度為區(qū)到之后與小物塊加速度首次相同的

過程中，對小物塊由動量定理可得

一flfn2g?2%=陽2%一帆2%

對整個系統(tǒng)，由能量守恒定律可得

mv

AL/=|m2V2~^2s

解得AU=4(V^t()-2瑞Jo

［答案］(1〃m/s0.125m(2)0.25mym/s(3)4(V3t0-2喻J

D考向2斜面上的“板一塊”模型

［典例2］如圖所示，長L=1.6m的剛性輕繩將質(zhì)量陽=3.0kg的滑塊尸(可視為

質(zhì)點(diǎn))懸掛在。點(diǎn)。起始時滑塊P位于。點(diǎn)正上方的N點(diǎn)，輕繩恰好伸直，給

滑塊P一向左的水平初速度14=2短m/s,當(dāng)滑塊運(yùn)動到最低點(diǎn)6時輕繩恰好

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斷裂，滑塊尸從光滑水平面C點(diǎn)飛出以后恰好無碰撞地落在位于斜面上的長木

板上的刀點(diǎn)。已知長木板(含擋板)的質(zhì)量M=3.0kg,木板長8=7.5m,滑塊尸

與長木板上表面間的動摩擦因數(shù)為W=0.45,長木板下表面與斜面間的動摩擦因

數(shù)為償=0.75,滑塊P與擋板間的碰撞都是彈性碰撞且碰撞時間極短，各接觸面

間的最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，足夠長斜面的傾角9=37。，滑塊尸碰撞

擋板前木板保持靜止，已知重力加速度g=10m/s2,§也37。=0.6,cos37°=0.80

求：

(1)滑塊P在光滑水平面BC上運(yùn)動速度的大小功；

(2)圖中。點(diǎn)與刀點(diǎn)間的水平距離〃和豎直距離h；

(3)在整個運(yùn)動過程中，因滑塊尸和長木板間的摩擦力而產(chǎn)生的熱量

［解析］⑴因?yàn)橐?2四m/s<y［gL=4m/s,所以滑塊尸從N點(diǎn)先做平拋運(yùn)動，

如圖甲所示，設(shè)當(dāng)輕繩與豎直方向成，角時輕繩再次伸直，則根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律

可得

C

B

甲

Lsin0=—cos〃)=；g釬

聯(lián)立解得，=90。，A=等s

當(dāng)輕繩再次伸直以后，將以％i=gfi=4魚m/s為初速度開始做圓周運(yùn)動

根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

|mvj?=|mVy1+mgL

6/17

解得/=8m/So

(2)滑塊P到O點(diǎn)時速度方向與斜面平行，如圖乙所示，可得

Vp

乙

%=6m/s

H>=10m/s

2

而%=gf,所以，=0.6s,h=^gt=1.8m,d=l^t=4.8m0

(3)滑塊尸剛滑上長木板時，分別對滑塊和長木板進(jìn)行受力分析，長木板不發(fā)生

滑動，滑塊P在長木板上做勻減速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律有mgsin(p—fiimg

cos(p=ma,解得a=2.4m/s2

滑塊P從。運(yùn)動到與擋板碰撞前笠’2-vj)=—2ab

解得(/=8m/s

滑塊P和長木板碰撞后長木板開始下滑，在長木板下滑時，對滑塊尸與長木板

構(gòu)成的系統(tǒng)在沿斜面方

向進(jìn)行受力分析，則有

(M+m)gsin中一"2(M+m)gcos(p=Q

故此后運(yùn)動過程中滑塊P與長木板系統(tǒng)沿斜面方向動量保持不變。當(dāng)滑塊P與

擋板不再發(fā)生碰撞，設(shè)滑塊尸與長木板一起勻速下滑的速度為匕由動量守恒定

律得ZM(/=(?I+A/)K

解得1^=4m/s

設(shè)當(dāng)滑塊P與擋板不再發(fā)生碰撞時長木板的位移為x,由功能關(guān)系可知，因滑塊

P和長木板間的摩擦力而產(chǎn)生的熱量Q=(M+m)gxsin(p—fi2(m+M)gx

1

cos

代入數(shù)據(jù)解得2=48J。

［答案］(1)8m/s(2)4.8m1.8m(3)48J

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微專題突破練（二）

1.（2024?四川達(dá)州12月調(diào)研）如圖所示，魚缸放在鋪有桌布的水平桌面上，距

桌子右邊緣為人一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~缸下拉出，魚缸恰好滑到桌子右

邊緣，已知桌布從魚缸下滑出后，魚缸在桌面上滑動的距離為，2。下列說法正確

的是（）

A.魚缸與桌布、桌面間的動摩擦因數(shù)之比為/1：/2

B.魚缸在桌布、桌面上的滑動時間之比為（/1一/2）：h

C.桌布對魚缸做的功與魚缸克服桌面阻力做的功之比為/i：h

D.貓要想吃到魚缸中的魚（讓魚缸滑出桌面），需要給桌布施加更大的力

B［魚缸運(yùn)動的全過程，根據(jù)動能定理有〃—，2）—"2Mg/2=0,魚缸與桌布、

桌面間的動摩擦因數(shù)之比為"1:"2=，2:（h~l2）,故A錯誤；由"〃電=陽"得”=

/1g,加速度大小之比的：a2="lg：〃喏=，2：（/1—，2）,魚缸在桌布的摩擦力作用

下做勻加速運(yùn)動，在桌面的摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動，根據(jù)|/=加，得魚缸在

桌布、桌面上的滑動時間之比為力：/2=心：ai=（/i一份：，2,故B正確；桌布對

魚缸做的功與魚缸克服桌面阻力做的功之比為1：1,C錯誤；貓要想吃到魚缸

中的魚（讓魚缸滑出桌面），需票給桌布施加更小的力，使魚缸加速時間更長，D

錯誤。］

2.（2023?湖北4月調(diào)研）如圖（a）所示，物塊和長木板置于傾角為，=37。且足夠

長的斜面上。/=0時對長木板施加沿斜面向上的拉力F,使長木板和物塊由靜止

開始沿斜面上滑，作用一段時間后撤去拉力凡已知長木板和物塊始終保持相對

靜止，兩者上滑時速度的平方與位移之間的關(guān)系1Ax圖像如圖（b）所示，已知sin

37。=0.6,cos37°=0.8,重力加速度取g=10m/s?,最大靜摩擦力等于滑動摩擦

力，則下列說法正確的是（）

8/17

v2/(m2-s-2)

16

89

(b)

A.拉力歹的作用時間為2s

B.拉力歹作用時長木板的加速度大小為2m/s2

C.長木板與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.25

D.物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)可能為0.75

C［由j=2ox,可知在題圖(b)中斜率的絕對值等于加速度大小的2倍，有ai

?2

=—=1m/s2,選項(xiàng)B錯誤；撤去拉力時的速度大小為片4m/s,拉力作用時間

2.x

為fi=X=4s,選項(xiàng)A錯誤；撤去拉力后的加速度大小a2=9=8m/s2,由牛頓

第二定律有(Af+?/)gsincos，=(J/+7”)a2,解得〃i=0.25,選項(xiàng)C

正確；物塊與長木板之間無相對滑動，由牛頓第二定律得cos，一wigsin

解得“220.875,物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)不可能為0.75,選項(xiàng)

D錯誤。］

3.(多選)(2024?1月九省聯(lián)考吉林、黑龍江卷)如圖(a),質(zhì)量均為〃，的小物塊

甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙左端的距離為初始時甲、乙均靜止,

質(zhì)量為"的物塊丙以速度以向右運(yùn)動，與乙發(fā)生彈性碰撞。碰后，乙的位移x

隨時間t的變化如圖(b)中實(shí)線所示，其中力時刻前后的圖像分別是拋物線的一

部分和直線，二者相切于P,拋物線的頂點(diǎn)為2。甲始終未脫離乙，重力加速度

為g。下列說法正確的是()

(a)(b)

A.碰后瞬間乙的速度大小為空

B.甲、乙間的動摩擦因數(shù)為惡

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C.甲到乙左端的距離L2等

D.乙、丙的質(zhì)量比ZM：J/=l：2

BC［設(shè)碰后瞬間乙的速度大小為％,碰后乙的加速度大小為a,由題圖（b）可知

x=Vito-|ato=^，拋物線的頂點(diǎn)為。，根據(jù)x-f圖像的切線斜率表示速度，

則有％=a?2h,聯(lián)立解得％=等，a=詈，根據(jù)牛頓第二定律可得〃=絲也=

pg,解得甲、乙間的動摩擦因數(shù)為〃=4，故A錯誤，B正確；由于甲、乙質(zhì)

3g"

量相同，則甲做加速運(yùn)動的加速度大小也為a=署，根據(jù)題圖（b）可知，力時刻甲、

3to

乙剛好共速,則0?勿時間內(nèi)甲、乙發(fā)生的相對位移為Ax=x匕一x甲——知

等，則甲到乙左端的距離滿足上2-=等，故C正確；物塊丙與乙發(fā)

生彈性碰撞，碰撞過程根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒可得"以=網(wǎng)》2+加%，

mv

IMVQ=|Mvl+Il,可得％=產(chǎn)~以=?，可得乙、丙的質(zhì)量比為陽：〃=

222M+m3

2：1,故D錯誤。］

4.（多選）如圖甲所示，一小車靜止在光滑水平地面上，上表面尸。是以。為圓

心,半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道,左端P與平臺等高且平滑對接（不粘連）。

一小球以某一水平速度沖上小車，測得在水平方向上小球與小車的速度大小分

別為％、V1,作出區(qū)--圖像，如圖乙所示。已知P點(diǎn)距地面高〃=5，重力加速

度為g,則下列說法正確的是（）

A.小車質(zhì)量是小球質(zhì)量的2倍

B.小球上升到最高點(diǎn)時的速度為孚

C.小球上升的最大高度為］

D.小球落地時與小車左端P點(diǎn)的水平距離為也

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BC［設(shè)小球質(zhì)量為陽，小車質(zhì)量為〃，小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受

合外力為零，所以水平方向動量守恒，則由題圖乙數(shù)據(jù)可得股/證=加后9，

解得股=",故A錯誤；小球上升到最高點(diǎn)時與小車具有共同速度，則有MJ正

=解得/共=手，故B正確；設(shè)小球上升的最大高度為根據(jù)機(jī)

械能守恒定律有|/?（后滅）2=T（m+網(wǎng)）吸_+股且17，解得〃=］故C正確；設(shè)小

球滑回至尸點(diǎn)時，小球和小車的速度分別為/球和/車，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)

械能守恒定律分別有陽//=陽/球+M/車，11（7萬月）2=［m》上解得

/球=0,/車=7^^，小球離開小車后做自由落體運(yùn)動，小車做勻速直線運(yùn)動，

所以小球落地時與小車左端尸點(diǎn)的水平距離為x=/車m故

D錯誤。］

5.（多選）（2024?湖南長沙雅禮中學(xué)9月測試）如圖所示，一質(zhì)量為V的長直木

板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一質(zhì)量為〃，的木塊，木塊與木板間的

動摩擦因數(shù)為“，在長直木板右方有一豎直的墻。使木板與木塊以共同的速度以

向右運(yùn)動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），設(shè)木板足夠長，木塊

始終在木板上，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

I

A.如果放=2陽，木板只與墻壁碰撞一次，整個運(yùn)動過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量

大小為軻畸

B.如果"=加，木板只與墻壁碰撞一次，木塊相對木板的位移大小為其

2〃g

C.如果M=0.5〃］,木板第100次與墻壁發(fā)生碰撞前瞬間的速度大小為（￡）99%

D.如果"=0.5陽，木板最終停在墻的邊緣，在整個過程中墻對木板的沖量大小

為1.5/wkb

ACD［木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后速度等大反向，水平方向沒有其他外力

作用，動量守恒，如果〃=2陽，碰撞后合動量方向向左，則木板只與墻壁碰撞

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一次，最后二者以速度/向左做勻速直線運(yùn)動，取向左為正方向，根據(jù)動量守

恒定律得M%—解得（/=%,整個運(yùn)動過程中因摩擦產(chǎn)生的熱

量大小為畸+gm畸-3（放+而”=［加畸，故A正確；如果"=〃?，木

板與墻壁碰撞后，二者的合動量為零，最后木板靜止時木塊也靜止，木板只與

墻壁碰撞一次，根據(jù)能量關(guān)系可得+，nw。，解得木塊相對木板的

?2

位移大小為也，故B錯誤；如果M=0.5TM,木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后速

度等大反向，碰撞后二者的合動量方向向右，設(shè)第一次共速后的速度為修，取

向右為正，根據(jù)動量守恒定律可得取%一兇（4=（加+必（4,解得則

木板向左減速到0所運(yùn)動距離大于從0以相同加速度增大到詈所運(yùn)動的距離，所

以共速前木板沒有與墻壁碰撞，二者以共同速度14勻速運(yùn)動，木板第二次與墻

壁碰撞前瞬間的速度為H；同理可得，木板與墻壁第二次碰撞后達(dá)到共速的速

度為^=|K=Q）%,木板第三次與墻壁碰撞前瞬間的速度為以=G）以，則木

板與墻壁第三次碰撞后達(dá)到共速的速度為U5=1l4=（|）3K）,以此類推，木板第

?99

%,故C正確；如果兇=0.5〃［,木

板最終停在墻的邊緣，對全過程，根據(jù)動量定理可得，在整個過程中墻對木板

的沖量大小為/=0?+必《4=1.5陽J4,故D正確。］

6.（多選）（2024?1月九省聯(lián)考河南卷）如圖（a）所示，“L”形木板Q靜止于粗糙

水平地面上，質(zhì)量為1kg的滑塊尸以6m/s的初速度滑上木板，f=2s時與木板

相撞并粘在一起。兩者運(yùn)動的以圖像如圖（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2,

則（）

12/17

v/(m-s-1)

6

5

4

A.。的質(zhì)量為1kg

B.地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1

C.由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為1.0J

D.r=5.8s時木板速度恰好為0

AC［兩者碰撞時，取滑塊P的速度方向?yàn)檎较颍O(shè)尸的質(zhì)量為〃i=lkg,Q

的質(zhì)量為Af,由系統(tǒng)動量守恒定律得〃，以，根據(jù)以圖像可知，

(4=3m/s,H=1m/s,乃=2m/s,代入上式解得Af=lkg,故A正確；設(shè)P與

。之間的動摩擦因數(shù)為“，2與地面之間的動摩擦因數(shù)為〃2,根據(jù)V-t圖像可知，

22

0~2s內(nèi)尸與°的加速度大小分別為劭=1.5m/s,ae=0.5m/s,對P、°分別

受力分析，由牛頓第二定律得"i〃ig=/wap,］Uimg—fi2(m+M)g=MaQ,聯(lián)立解得

"2=0.05,故B錯誤；由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為譜+：M說-|(m+

M)若，代入數(shù)據(jù)解得AE=1.0J,故C正確；對碰撞后整體受力分析，由動量定

理得一"2(陽+效32=0一伽+必⑸代入數(shù)據(jù)解得/2=4S,因此木板速度恰好

為零的時刻為，=〃+，2=2s+4s=6s,故D錯誤。故選AC。］

7.(2024?河北衡水8月開學(xué)考)某游樂項(xiàng)目可簡化為利用紙帶把滑塊拉到平臺

上，如圖所示。光滑固定斜面的傾角。=37。，長度L=L44m,紙帶平鋪在斜面

上，下端與斜面底端對齊。可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊放在紙帶上靜止在斜面正中間，

滑塊與紙帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.9,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.60現(xiàn)

用力沿斜面向上勻加速拉動紙帶。

(1)若在滑塊到達(dá)斜面頂端前紙帶被拉出，試計(jì)算拉動紙帶的加速度不得小于多

少；

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⑵若滑塊能運(yùn)動到平臺上，試計(jì)算拉動紙帶的加速度不得超過多少。

［解析］(1)設(shè)紙帶加速度為由時，滑塊到達(dá)斜面頂端時紙帶恰好被拉出，滑塊

加速度為“s,對滑塊，由牛頓第二定律有“igcos，一wigsin，=股必

滑塊位移紙帶位移上=，/，聯(lián)立解得對=2.4m/s?

若在滑塊到達(dá)斜面頂端前紙帶被拉出，拉動紙帶的加速度不得小于2.4m/s2o

(2)設(shè)紙帶加速度為念時，滑塊先以加速度外加速，離開紙帶后在斜面上以加速

度大小以減速，到達(dá)斜面頂端時速度恰好減到0,對滑塊，由牛頓第二定律有

mgsin8=ma'

設(shè)滑塊加速時間為力，減速時間為f2,最大速度為Kn。

由平均速度公式，有，=g/?l+f2),又吃=.由，Hn=?xh,解得力=1S

由位移關(guān)系，有:電針一：。5音=1,

解得“2=2.64m/s2

若滑塊能運(yùn)動到平臺上，拉動紙帶的加速度不得超過2.64m/s2o

［答案］(1)2.4m/s2(2)2.64m/s2

8.(2024?湖南長沙長郡中學(xué)9月月考)如圖甲所示，水平地面上左側(cè)有一固定

的圓弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圓弧N5,圓弧半徑為火=7.5m,右端是

粗糙的水平面6G緊挨著斜槽右側(cè)有一足夠長的小車尸，小車質(zhì)量為陽o=lkg,

小車左端和斜槽末端C平滑過渡但不粘連，在。點(diǎn)靜止放置一滑塊M可視為質(zhì)

點(diǎn))，滑塊質(zhì)量為如=2kg,最右邊有一固定的豎直墻壁，小車右端距離墻壁足

夠遠(yuǎn)。已知斜槽5C段長度為上=1.2m,由特殊材料制成，從6點(diǎn)到。點(diǎn)其與

小球"間的動摩擦因數(shù)"o隨到5點(diǎn)距離增大而均勻減小到0,變化規(guī)律如圖乙

所示。滑塊N與小車的水平上表面間的動摩擦因數(shù)為〃=0.1,水平地面光滑，

現(xiàn)將一質(zhì)量為陽2=2kg的小球M(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜槽頂端N點(diǎn)靜止?jié)L下，經(jīng)過

N6C后(球滑動)與靜止在斜槽末端的滑塊N發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰

撞后滑塊滑上小車，小車與墻壁相碰時碰撞時間極短，每次碰撞后小車速度方

向改變，速度大小減小為碰撞前的一半，重力加速度取g=10m/s2,求：

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⑴小球運(yùn)動到。點(diǎn)時(還未與滑塊碰撞)的速度大小；

⑵小車與墻壁第1次碰撞后到與墻壁第2次碰撞前的過程中，滑塊與小車間由

于摩擦產(chǎn)生的熱量。

［解析］(1)設(shè)小球到。點(diǎn)的速度為八,從6到C過程中小球克服阻力做功為

WfBC,由題圖乙可知該過程摩擦力隨距離增大在均勻減小，則有

小球由4到C過程中，由動能定理可得

migR—WfBC=^m2VQ,解得/=12m/s。

(2)小球與滑塊彈性碰撞過程中，由于小球與滑塊質(zhì)量相等，故碰后速度交換，

即碰后滑塊速度大小為

《(4=12m/s

設(shè)滑塊滑上小車后與小車達(dá)到的共同速度為滑塊和小車組成的系統(tǒng)，在水

平方向上受到的合外力為零，滿足動量守恒，由動量守恒定律有