专题：板块模型中的解答题 专项训练-2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

专题练习：板块模型中的经典解答题 目录： 题型一：无外力的水平板块模型 题型二：有外力的水平板块模型 题型三：无外力的倾斜板块模型 题型四：有外力的倾斜板块模型 题型五：板块模型和传送带模型的结合 题型一：无外力的水平板块模型 1．如图所示，一足够长的木板与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.1。某时刻木板以v0＝1.4m/s的速度向右运动，此时一个小滑块以v1＝3.4m/s的速度从右侧滑上木板，经过0.5s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝0.9m/s，方向向左。已知小滑块与木板质量相等，取重力加速度g＝10m/s2。求： （1）木板与滑块间的动摩擦因数； （2）从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小。 【解析】 （1）设小滑块的质量为m，以向左为正方向，小滑块加速度a根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma 解得μ1＝0.5 （2）对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律得μ1mg+μ2•2mg＝ma'向左加速运动过程，根据牛顿第二定律得μ1mg﹣μ2•2mg＝ma''以向左为正方向，小滑块向左减速运动，其位移为2ax木板位移x'则整个过程中滑块相对木板的位移大小为Δx＝x﹣x' 联立代入数据解得：Δx＝1.08m 2．如图所示，在光滑的水平面上停放着小车B，车上左端有一可视为质点的小物体A，A和B之间的接触面前一段光滑，后一段粗糙，且A与B的后一段间的动摩擦因数μ＝0.4，小车长L＝2m，A的质量mA＝1kg，B的质量mB＝4kg。现用12N的水平力F向左拉动小车，当A到达B的最右端时，二者速度恰好相等。g取10m/s2求： （1）A在B的光滑和粗糙部分运动时，A和B的加速度大小。 （2）A和B间接触面光滑部分的长度。 【解析】 （1）根据牛顿第二定律得：小物块A在小车B的光滑部分运动时，小物块A的加速度aA1＝0，此时小车B的加速度小物块A在小车B的粗糙部分运动时，小物块A的加速度aA2μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2小车B的加速度2m/s2 （2）设小车B光滑部分的长度x1，小车B在仅拉力F作用下向左匀加速运动的时间为t1，则有v1＝aB1t1　x1aB1当A进入到小车B的粗糙部分后，两者达到相同的速度经历的时间为t2，且共同速度则有：v1+aB2t2＝aA2t2 v1t2aB2aA2L﹣x1综合以上各式并代入数据可得A和B间光滑部分的长度：x1＝0.8 m。 3．如图所示，质量为M＝10kg、上表面光滑的木板在F＝20N的水平拉力作用下，以v0＝5m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一质量m＝4kg的铁块无初速度地放上木板的最右端，木板的长度L＝10m，取g＝10m/s2，求 （1）木板与地面间的动摩擦因数μ （2）铁块放上后，木板运动的加速度a （3）铁块滑离木板时，木板的速率v． 【解析】 （1）木板做匀速直线运动时，由平衡条件得：F＝μMg，解得：μ0.2； （2）铁块放上后，木板所受的摩擦力大小为μmg，方向水平向左，由牛顿第二定律得：F﹣μ（M+m）g＝Ma，解得：a＝﹣0.8m/s2． （3）铁块不受摩擦力，相对于地面静止．设铁块从放上木板到滑离木板用时为t，则有：L＝v0tat2，解得：t＝10s或2.5s．因为长木板从放上铁块到静止的总时间为：t06.25s，故t取2.5s．铁块滑离木板时，木板的速率：v＝v0+at＝5﹣0.8×2.5＝3m/s 4.如图所示．质量M＝10kg、上表面光滑的木板在F＝20N的水平拉力作用下，以v0＝5m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一质量为m＝4kg的铁块无初速地放上木板的最右端，木板的长度L＝10m，取g＝10m/s2，求： （1）木板与地面间的动摩擦因数μ； （2）铁块放上后，木板运动的加速度a； （3）铁块滑离木板时．木板的速率v． 【解析】 （1）木板做匀速直线运动时，由平衡条件得：F＝μMg 联立并代入数据得：μ＝0.2 （2）铁块放上后，木板所受的摩擦力大小为μmg，方向水平向左，由牛顿第二定律得 F﹣μ（M+m）g＝Ma．代入数据得：a＝﹣0.8m/s2． （3）铁块不受摩擦力，相对于地面静止．设铁块从放上木板到滑离木板用时为t，则有 L＝v0t 代入数据得：t＝10s或2.5s．因为长木板从放上铁块到静止的总时间为 t06.25s 故t取2.5s．铁块滑离木板时．木板的速率 v＝v0+at＝5﹣0.8×2.5＝3m/s 5．如图所示，水平地面上放一长L＝2m，质量M＝3kg的薄木板，木板的左端叠放一质量m＝1kg的物块（可视为质点），木板与物块和地面间的动摩擦因数都为μ＝0.5。对木板施加水平方向的力F，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2。 （1）当F＝30N时，物块和薄木板保持相对静止，求物块加速度a的大小； （2）若使木板做匀加速直线运动，并使物块不滑离木板，求力F应满足的条件； （3）若将木板从物块下抽出所用时间为2s，求力F的大小。 【解析】 （1）由于物块与薄木板保持相对静止，根据牛顿第二定律F﹣μ（M+m）g＝（M+m）a 解得此时物块的加速度a＝2.5m/s2 （2）为使木板匀加速直线运动且物块不滑离木板，物块和木板整体考虑。整体恰好开始运动，则Fmin＝μ（M+m）g 代入数据解得：Fmin＝20N 若物块即将与木板分离时，整体的加速度为a0 物块受到摩擦力μmg＝ma0 代入数据解得：整体的加速度 整体受力情况F'﹣μ（M+m）g＝（M+m）a0代入数据解得：F'＝40N 所以F的取值范围为20N＜F≤40N （3）物块与木板分离过程，物块μmg＝ma1 木板F''﹣μ（M+m）g﹣μmg＝Ma2根据运动学公式 代入数据解得：F＝43N 6．如图所示，一块质量为M＝1kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m＝2kg的小物块（可视为质点）从木板的最左端以v0＝3m/s的速度冲上木板，已知小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2。求： （1）小物块受到的摩擦力大小和方向； （2）小物块刚冲上木板时，小物块和木板各自的加速度大小和方向； （3）为了让小物块不会从木板上滑离，木板的长度L至少多长？ 【解析】 （1）小物块所受的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff＝μmg＝0.2×2×10N＝4N 方向向左。 （2）小物块刚冲上木板时，对小物块，由牛顿第二定律得μmg＝mam 解得 方向向左；对木板，由牛顿第二定律得μmg＝MaM 解得 方向向右。 （3）设经过时间t，小物块和长木板达到共同速度v，则对滑块有v＝v0﹣amt 对长木板有v＝aMt 解得v＝2m/s，t＝0.5s 长木板前进的位移为 小物块前进的位移为 若要小物块不滑离长木板，长木板必须满足L≥x2﹣x1＝1.25m﹣0.5m＝0.75m 7．如图所示，长木板B放置在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。A、B间的最大静摩擦力为5N，且认为A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知A、B的质量分别为1kg、4kg，g取10m/s2． （1）若用F＝6N的水平力向右拉A，求A、B的加速度大小； （2）若用F水平力向右拉B若要把B从A中抽出来，力F至少为多大； （3）若用F＝10N的水平力向右拉A，经过t＝2s，A到达B的右端，求此时A、B的速度大小及木板的长度。 【解析】 （1）长木板B向右的最大加速度，代入数据得 对整体分析，设A、B恰好不发生相对滑动的临界拉力为F0，由牛顿第二定律，有 F0＝（mA+mB）am代入数据解得：F0＝（4+1）×1.25N＝6.25N＞6N所以拉力为6N时，两物体相对静止，它们的加速度大小均为： （2）用F水平力向右拉B，A向右的最大加速度为，代入数据得对整体分析，设要把B从A中抽出来，力F最小值为Fmin，由牛顿第二定律，有 Fmin＝（mA+mB）am′代入数据解得：Fmin＝（4+1）×5N＝25N （3）用F＝10N的水平力向右拉A，由于F＝10N＞F0，所以两物体发生了相对滑动，则 经过2s，A和B的速度分别为：vA＝aAt＝5×2m/s＝10m/s vB＝aBt＝1.25×2m/s＝2.5m/s 此过程中滑块A和长木板B的位移分别为：x 因为此时滑块刚好滑到了长木板B的右端，所以长木板的长度为：L＝xA﹣xB＝10m﹣2.5m＝7.5m 8．如图所示，一足够长的白色木板静置于粗糙的水平地面上，现有一可视为质点的黑色煤块以v0＝2m/s的初速度从木板左端水平滑上木板，已知煤块质量为m，木板质量为M，且M＝2m，煤块与木板间动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面之间动摩擦因数为μ2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。 （1）若μ2＝0.2，求最终煤块在木板上留下的划痕长度； （2）若μ2＝0.1，求最终煤块在木板上留下的划痕长度。 【解析】 （1）对煤块有μ1mg＝ma解得 根据牛顿第三定律，煤块对木板的摩擦力Ff1＝μ1mg＝0.4mg 木板与地面间的最大静摩擦力Ffm＝μ2（m+2m）g，解得Ffm＝0.6mg因为Ffl＜Ffm，故木板静止；煤球在木板上留下的划痕即为煤球做匀减速带运动的位移 解得x＝0.5m （2）由题意可知此时木板与地面之间的最大静摩擦力为Ffm′＝μ2（m+2m）g，解得Ffm′＝0.3mg，此时Ffl＞Ffm′，木板向右加速运动；对木板有μ1mg﹣μ2（m+2m）g＝2ma2 解得 设经过t时间煤块与木板共速v0﹣a1t＝a2t解得 煤块的位移 木板的位移 相对位移 共速后，因为μ1＞μ2，二者一起做匀减速运动，无相对位移，所以划痕长度为相对位移为 题型二：有外力的水平板块模型 9．如图所示，质量m＝1kg的木板b静止在粗糙水平地面上，在木板b上的O点放一质量也为1kg的物块a（可视为质点）。零时刻，对b施加水平向右的恒力F，a、b均由静止开始运动；某时刻，撤去恒力F，一段时间后，a、b都停止运动，a仍在O点。已知运动过程中a比b多运动Δt＝1.5s，a、b间的动摩擦因数μ1＝0.1，b与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2。求： （1）a运动时，a的加速度大小； （2）a运动的时间； （3）恒力F的大小。 【解析】 （1）a运动时，对物块a，由牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1代入数据解得 （2）设a、b共速时的速度大小为v，从a、b共速到b停止运动过程中，b的加速度大小为a2，b运动的时间为t1，对b由牛顿第二定律，有2μ2mg﹣μ1mg＝ma2代入数据解得 对a、b分别由匀变速直线运动的规律，有v＝a1（t1+Δt） v＝a2t1代入数据解得 a先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，由于a在加速和减速过程的加速度大小相同，因此a加速运动的时间和减速运动的时间相同，可得a运动的时间为t＝2（t1+Δt）代入数据解得t＝4.5s （3）在恒力F作用的过程中，对b由牛顿第二定律，有F﹣μ1mg﹣2μ2mg＝ma 在撤去恒力F到a、b共速的过程中，对b由牛顿第二定律，有μ1mg+2μ2mg＝ma3 设t0时刻撤去恒力F，b的速度大小为v1，由匀变速直线运动的规律，有v＝v1﹣a3（t1+Δt﹣t0） v1＝at0 a做减速运动的位移大小为 整个运动过程中b的位移大小为 a、b都停止运动时，a仍在O点，因此整个运动过程中a、b的位移大小相等，则2x1＝x2 联立上式，代入数据解得F＝6.75N。 10．如图所示，一足够长的木板B静止在水平地面上，物块A叠放在B上面。已知mA＝2kg，mB＝4kg。A、B间动摩擦因数为μ1＝0.2，B与地面间动摩擦因数为μ2＝0.4。现在给B一个水平推力F，使F从零开始逐渐增大。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）当F＝18N时，A、B所受摩擦力分别多大？ （2）要使A、B间不发生相对滑动，推力F不能超过多少？ （3）A、B的加速度大小aA、aB与F的关系。 【解答】 解：（1）B与地面间的最大静摩擦力f2＝μ2（mA+mB）g 代入数据解得：f2＝24N＞F＝18N 当F＝18N时，A、B均处于静止状态，由平衡条件得：fA＝0，fB＝F＝18N （2）当A、B间刚好开始滑动时，根据牛顿第二定律得 对A：μ1mAg＝mAa 对A、B整体：F﹣μ2（mA+mB）g＝（mA+mB）a 代入数据解得：a＝2m/s2，F＝36N 可知要使A、B间不发生相对滑动，推力不能超过36N。 （3）①当0＜F≤24N时，A、B都处于静止，则有aA＝aB＝0 ②当24N＜F≤36N时，A、B一起加速，根据牛顿第二定律可得：F﹣μ2（mA+mB）g＝（mA+mB）a 解得： ③当F＞36N时，A、B间滑动，则有：aA aB，代入数据解得：aB＝（F﹣7）m/s2 11．一长为L＝2m、质量为m的长板B放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止。其左端距离斜面底端的距离为s＝0.75m，斜面底端固定一弹性挡板，与之相碰的物体会以原速率反弹。某时刻，撤去作用在板上的外力，同时将一质量为m、可视为质点的小物块A轻放在板的右端。已知，小物块A与长板B之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求： （1）长板B第一次碰挡板前瞬间的速度大小v0； （2）长板B第一次碰挡板后，小物块A滑离长板B所用的时间； （3）若仅改变长板B的长度，其它条件不变，可使得在小物块A滑离长板B的瞬间，长板B刚好与挡板发生第5次碰撞，求B的长度L0。 【解析】 （1）对A、B整体进行分析，根据牛顿第二定律有2mgsinθ＝2ma 解得a＝6m/s2 释放到碰前过程，根据速度与位移关系式有 解得v0＝3m/s （2）木板与挡板碰撞后，对小物块A进行分析，根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1解得 对木板B进行分析，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ＝ma2 解得 物块A滑离木板B过程有 解得 t＝0.5s或t＝1s（舍去） （3）结合上述，木板B每隔Δt碰一次挡板，且有 该过程，A一直向下匀加速下滑，刚好在B碰第5次时满足L0＝v0×4Δta1（4Δt）2解得L0＝12.96m 12．如图所示，质量为M＝2kg的木板和质量为m＝4kg的滑块以初速度v0＝10m/s在水平面上一起向右运动，滑块在木板的最左端。t＝0时用一水平向右的拉力F作用在滑块上。已知滑块和木板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，滑块视为质点，重力加速度大小取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）施加力F后，求木板做加速运动的最大加速度； （2）当F1＝40N时，经过t1＝4s滑块和木板分离，求滑块和木板分离时的速度之差Δv及板的长度L； （3）若外力F1＝40N板长L取（2）问中的数值，当滑块相对于木板滑行距离为时，外力变为F2＝12N，试判断滑块是否滑离了木板。 【解析】 （1）设木板加速度的最大值为a0 对木板有μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma0 ① 解得a0＝4 m/s2② （2）设当滑块和木板以大小为a0的加速度加速时拉力为F0对整体有F0﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a0 ③ 联立②③并代入数据解得F0＝36 N④ 故当F1＝40N时，滑块和木板发生相对滑动此时木板的加速度为a0＝4m/s2 对滑块有F1﹣μ1mg＝ma1⑤板块分离时有v板＝v0+a0t1，v滑＝v0+a1t1 ⑥ 联立⑤⑥并代入数据解得Δv＝v滑﹣v板 解得：Δv＝4 m/s2⑦ 板长为： ⑧ 解得L＝8m ⑨ （3） 设滑块相对于木板滑行距离为所用时间为t2 结合运动学公式有： 对滑块和木板分别有：v1＝v0+a1t2，v2＝v0+a0t2 解得：v1＝20m/s，v2＝18m/s 外力变为F2＝12N后，对滑块有F2﹣μ1mg＝ma2 设二者共同速度为v，共速过程经历的时间为t3，则有v＝v1+a2t3＝v2+a0t3 此过程中，滑块的位移为： 木板的位移为： 两者的相对位移为Δx＝x1﹣x2 联立解得： 滑块和木板共速后F2＝μ2（M+m）g，则滑块和木板共速一起匀速运动，无相对滑动。 13．如图所示，一质量mC＝1kg足够长的长木板C静止于水平面上，它与水平面之间的动摩擦因数为μ1＝0.1。A、B两滑块（可视为质点）放置在长木板C上，质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，它们与长木板C之间的动摩擦因数均为μ2＝0.5。现让A、B滑块以不同的速度沿同一直线上往相反方向开始滑动，速度大小分别为v1＝4m/s、v2＝10m/s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求： （1）当A、C相对静止时，滑块B的速度大小； （2）长木板C从开始运动到停止滑行的位移大小。 【解析】 （1）根据题意可知，设滑块A经过时间t1相对地面静止，此时C滑块的速度为v3，对A滑块，由牛顿第二定律可得μ2mAg＝mAaA 由运动学公式v1＝aAt1 对C，由牛顿第二定律可得μ2mBg﹣μ2mAg﹣μ1（mA+mB+mC）g＝mCaC，v3＝aCt1设再经过时间t2，A、C相对静止，它们的速度为vAC，则vAC＝aAt2＝v3+aCt2 解得t1＝0.8s，t2＝0.2s，vAC＝1m/s 由题意可知，在t1+t2内，B滑块做匀减速直线运动，对B滑块，由牛顿第二定律可得μ2mBg＝mBaB 由运动学公式可知，A、C相对静止时，设滑块B的速度大小为v2B，则v2B＝v2﹣aB（t1+t2） 解得v2B＝5m/s （2）根据题意可知，在时间t1+t2内，滑块C受力情况不变，故一直做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的公式，则这段时间内的位移为因A、C对静止时，它们相对地面的速度vAC＝1m/s＜v2B＝5m/s设A、C滑块一起加速直到与B滑块速度相同所用时间t3，加速度为aAC，此时A、B、C三者的速度为vABC，对A、C滑块整体，由牛顿第二定律可得μ2mBg﹣μ1（mA+mB+mC）g＝（mA+mC）aAC 对A、C滑块整体，由运动学可知vABC＝vAC+aACt3 对B滑块，由运动学可知vABC＝v2B﹣aBt3 则在t3时间内，C滑块的位移为 由题意可知，当A、B、C三者速度相同时，它们一起做匀减速直线运动，设加速度大小为a，对ABC整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得μ1（mA+mB+mC）g＝（mA+mB+mC）a 则A、B、C三者发生的位移大小 故长木板C滑行的位移大小为x＝x1+x2+x3 解得x＝4.5m 题型三：无外力的倾斜板块模型 14．如图所示，炭块A以水平向右的初速度v0＝9m/s冲上足够长的静止木板B，当A、B速度相同时木板与弹性挡板恰好发生碰撞，碰撞后木板B的速度大小不变，方向相反。已知A、B接触面间的动摩擦因数μ＝0.5，炭块A的质量是木板B质量的2倍，重力加速度g取10m/s2，其余摩擦均不计。 （1）求A冲上B时，A、B的加速度大小aA，aB； （2）求B与弹性挡板第一次碰撞前的速度大小v1； （3）从炭块A滑上木板B到B第二次与弹性挡板碰撞的过程中，求炭块A在木板B上留下痕迹的长度s。 【解析】 （1）对A由牛顿第二定律μmAg＝mAaA 得aA＝5m/s2 对B由牛顿第二定律μmAg＝mBaB 得aB＝10m/s2 （2）对A由运动学公式v1＝v0﹣aAt1 对B由运动学公式v1＝aBt1整理得从A滑上B到第一次共速所需时间t1＝0.6s共速时的速度v1＝6m/s （3）因A一直做减速运动，B先向左减速后向右加速。设向右为正方向。令第二次共速时的速度为v2。从第一次碰撞后到第二次共速的过程：对A：v2＝v1﹣aAt2＝﹣v1+aBt2 整理可得：t2＝0.8s，v22m/s 从A滑上B到AB第二次共速的过程中：A的位移xA 从A滑上B到AB第一次共速的过程中：B的位移xB1 从第一次碰撞后到第二次共速的过程：B的位移xB2＝﹣v1t2 所以，从A滑上B到AB第二次共速的过程中，炭块A在木板B上留下痕迹的长度s＝xA﹣xB1﹣xB2 代入数据解得s＝7.5m。 15．下暴雨时容易发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°的山坡C。上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行，B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内A、B间的动摩擦因数μ1减小为0.375，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点，在第2s末B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长。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，sin37°＝0.6，求： （1）在0～2s时间内A和B加速度的大小； （2）B的上表面变为光滑后，A和B加速度的大小； （3）A在B上总的运动时间。 【解析】 （1）规定沿山坡C向下为正方向，设0～2s时间内A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得：对碎石堆A：mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1解得：a1＝3m/s2 对石板B：mgsinθ﹣μ2×2mgcosθ+μ1mgcosθ＝ma2解得：a2＝1m/s2 （2）B的上表面变为光滑后，A的加速度大小a3＝gsinθ，解得a3＝6m/s B的加速度mgsinθ﹣μ2×2mgcosθ＝ma4 解得a4＝﹣2m/s2，加速度大小等于2m/s2 （3）在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，根据速度—时间关系可得：v1＝a1t1＝3×2m/s＝6m/s，v2＝a2t1＝1×2m/s＝2m/s 此过程中A相对B的位移 此后当B的速度减为零时的时间 此过程中A相对B的位移 此时A的速度v3＝v1+a3t2，解得v3＝12m/s 此后由于mgsinθ＜μ2×2mgcosθ B处于静止状态，则A向下加速运动Δx3＝l﹣Δx1﹣Δx2，解得Δx3＝15m 脱离B，则 解得t3＝1s 可知A在B上的时间为t＝t1+t2+t3，解得t＝4s。 16．如图所示，一长度为10L的长木板锁定在倾角θ＝37°的光滑斜面上，在距长木板下端L处有一弹性挡板垂直于斜面固定。现将一小滑块（可看作质点）轻放在长木板的上端并同时解除长木板的锁定，则以后长木板每次与挡板碰撞均以原速率反弹，且碰撞时间极短。已知长木板的质量为小滑块质量的两倍，小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，不计空气阻力，（答案用字母和根号表示）求： （1）长木板与挡板第一次碰撞后，小滑块和长木板的加速度； （2）长木板与挡板第三次碰撞时，小滑块离挡板的距离； （3）从开始释放到小滑块滑离长木板所用时间。 【解析】 （1）设小滑块的质量为m，则长木板的质量为2m，由牛顿第二定律，对滑块有 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1解得a1＝0.2g 方向沿斜面向下。对木板，有2mgsinθ+μmgcosθ＝2ma2 解得a2＝0.8g 方向沿斜面向下。 （2）第一次与挡板碰撞前，整体先一起匀加速下滑a＝gsinθ＝0.6g碰前瞬间速度 第一次碰撞后，小滑块以v0为初速度，a1为加速度始终向下做匀加速直线运动，长木板以v0为初速度向上匀减速到0，再向下以a2为加速度匀加速到v0发生第二次碰撞，在滑块滑离木板之前重复以上运动，设第一次碰后到第三次碰前用时为t2，则 小滑块在t2时间内的位移 解得x＝9L 长木板与挡板第三次碰撞时，小滑块离挡板的距离d＝10L﹣9L＝L （3）从释放到木板第一次与挡板相碰所用时间 令第四次长木板与挡板碰撞前，小滑块未滑离，则长木板第一次到第四次碰撞所用时间 小滑块位移 故小滑块在长木板第四次与挡板碰撞前滑离木板。第三次碰撞后瞬间小滑块速度v＝v0+a1t2＝2v0 设第三次碰撞到滑块脱离木板历时t3，当滑块到达木板下端时，有L＝x块+x板 即 解得 从开始释放到小滑块滑离长木板所用时间t＝t1+t2+t3 解得 。 17．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°（sin37°＝0.6）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第1s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝12m，C足够长，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）在0～1s时间内A和B加速度的大小； （2）A在B上总的运动时间。 【解析】 （1）在0～1 s时间内，A和B的受力如图所示：规定沿山坡C向下为正方向，设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得：对碎石堆A：mgsinθ﹣f1＝ma1，其中f1＝μ1mgcosθ 解得：，对石板B：mgsinθ﹣f2+f1＝ma2，其中f2＝μ2×2mgcosθ 解得：； （2）在t1＝1s时，设A和B的速度分别为υ1和υ2，根据速度﹣时间关系可得：υ1＝a1t1＝3×1m/s＝3m/s，υ2＝a2t1＝1×1m/s＝1m/s t＞t1时，设A和B的加速度分别为a'1和a'2，此时A与B之间摩擦力为零，根据牛顿第二定律可得：对碎石堆A：mgsinθ＝ma′1， 解得：，对石板B：mgsinθ﹣f2＝ma′2 解得： 即B做减速运动.设经过时间t2，B的速度减为零，则有υ2+a'2t2＝0 解得：t2＝0.5s 在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为： 此后B静止不动，A继续在B上滑动设再经过时间t3后A离开B，则有： 可得t3＝1s（另一解不合题意，舍去）设A在B上总的运动时间为t总，有：t总＝t1+t2+t3＝2.5s。 18．如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1kg，长度L＝3m的薄平板AB，平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为9m，在平板的上端A处放一质量m＝0.6kg的滑块．让平板和滑块从静止同时释放，设平板与斜面间，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．（g＝10m/s2sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求： （1）滑块离开薄板时的速度大小． （2）薄板下端B到达斜面底端C点时薄板速度大小． 【解析】 （1）滑块在薄板上下滑时，薄板静止不动，对滑块有：mgsinα＝ma1，由运动学：La1，v1＝a1t1，解得：t1＝1s，v1＝6m/s； （2）滑块滑离薄板后，薄板做初速为零的匀加速运动，对平板，由牛顿第二定律可知： Mgsinα﹣f＝Ma′，N﹣Mgcosα＝0 滑动摩擦力：f＝μN，联立解得：a′＝2m/s2，由匀变速直线运动的是位移公式得：v2＝2a′sBC，v6m/s 。 题型四：有外力的倾斜板块模型 19．如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面体固定于地面上，斜面体上有一质量为M＝1kg的木板，t＝0时刻另一质量为m＝1kg的木块（可视为质点）以初速度v0＝14m/s从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力F＝18N，使木板从静止开始运动。当t＝1s时撤去拉力F，全程木块没从模板上段冲出。已知木板和木块间动摩擦因数μ1＝0.25，木板和斜面体间动摩擦因数μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10m/s2，sin37°＝0.6。求： （1）木块和木板速度相等之前各自的加速度的大小； （2）木板从开始运动至到达最高点所经历的时间t； （3）木板至少为多长？ 【解析】 （1）设二者共速前木块和长木板的加速度大小分别为a1和a2，木块和长木板受力分析如图甲、乙所示。 根据牛顿运动定律可得mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1 F+μ1mgcosθ﹣Mgsinθ﹣μ2（M+m）gcosθ＝Ma2 解得a1＝8m/s，方向沿斜面向下；，方向沿斜面向上。 （2） 设木块和长木板达到共速所用时间为t1，则有v1＝v0﹣a1t1＝a2t1 解得t1＝1s，v1＝6m/s 假设木块、木板在力F撤去能保持相对静止，对木块和木板整体有（M+m）gsinθ+μ2（M+m）gcosθ＝（M+m）a，解得a＝10m/s2 当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，其加速度大小为a1，因a＞a1，故假设不成立，在力F撤去后木块仍相对木板上滑，所以其加速度大小仍为a1＝8m/s，方向沿斜面向下。设此过程长木板加速度大小为a3，则有Mgsinθ+μ2（M+m）gcosθ﹣μ1mgcosθ＝Ma3，解得在力F撤去后木板减速到零的时间为 s＝0.5s 木板从开始运动至到达最高点所经历的时间为t＝t1+t2＝1s+0.5s＝1.5s。 （3）由于a3＞a1，长木板速度先减到零，木块继续上滑，假设此过程中长木板静止在斜面上，受到斜面的静摩擦力为f，则有Mgsinθ＝f+μ1mgcosθ，可得f＝4N 因为f＜μ2（M+m）gcosθ，故假设成立，木板静止在斜面上，木块仍以加速度大小为a1＝8m/s减速上滑到速度为零。在木块和长木板速度减为零过程中的v﹣t图像如图丁所示。 设木块的位移为s1，长木板在加速过程和减速过程的位移分别为s2和s3，由运动学公式可得，， 木块不从木板的上端冲出，木板长度至少为L＝s1﹣s2﹣s3 解得L＝7.75m。 20．一质量为M＝5kg的木板放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板左端距斜面底端的距离为s＝10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。t＝0时刻，撤去作用在木板上的外力，同时将一质量m＝10kg的小物块从距离木板左端l＝54m处，以沿木板向上的初速度v0＝4m/s滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F0＝80N（该力在1s时变为）。当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，取g＝10m/s2，求： （1）0至1s时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向； （2）木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小； （3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡板间的距离。 【解析】 （1）0至1s时间内，小物块的加速度的大小为mgsin37°+μmgcos37°﹣F0＝ma1 解得a1＝2m/s2 小物块的加速度的方向沿斜面向下 0至1s时间内，木板的加速度的大小为Mgsin37°﹣μmgcos37°＝Ma2 解得a2＝2m/s2木板的加速度的方向沿斜面向上 （2）0至1s时间内，小物块沿斜面向上做匀减速运动有v1＝v0﹣a1t1 解得v1＝2m/s s1＝v0t1 解得s1＝3m 0至1s时间内，木板沿斜面向上做匀加速运动有v2＝a2t1 解得v2＝2m/s s2 解得s2＝1m 则1s时，小物块与木板达到共同速度，且外力变为，此时小物块和木板一起做匀减速度运动，则有Mgsin37°+mgsin37° 解得a3＝2m/s2 加速度的方向沿斜面向下 小物块和木板一起做匀减速度运动到速度为0时，通过的位移为s3 解得s3＝1m小物块和木板一起做匀减速度运动到速度为0后，再相同的加速度沿斜面向下做匀加速度直线运动，则有2a3（s+s1+s3）解得木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小为v3＝7m/s （3）1s时，小物块到木板左端的距离为l1＝l+（s2﹣s1） 解得l1＝56m 当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力，则木板的加速度的大小为Mgsin37°+μmgcos37°＝Ma4解得a4＝14m/s2小物块的加速度的大小为 mgsin37°+μmgcos37°＝ma5 解得a5＝2m/s2 木板做减速度运动，减速到0时，所用时间为t2 解得t2＝0.5s 此过程小物块的位移大小为x1＝v3t2 解得x1＝3.75m 此过程木板的位移大小为s1′ 解得s1′＝1.75m 则这段时间内，小物块与木板的相对位移为 Δl1＝x1+s1′ 解得Δl1＝5.5m 木板速度减为0时，小物块的速度大小为 v4＝v3+a5t2 解得v4＝8m/s 设再经过t3，木板与挡板第二次碰撞，且碰撞时的速度为v′，则有v′ 解得v′＝7m/s t3 解得t3＝0.5s 此过程小物块的位移大小为 x2＝v4t3 解得x2＝4.25m 此过程木板的位移大小为s2′ 解得s2′＝1.75m 则这段时间内，小物块与木板的相对位移为 Δl2＝x2﹣s2′ 解得Δl2＝2.5m木板与挡板第二次碰撞时，小物块的速度大小为 v5＝v4+a5t3 解得v5＝9m/s 木板与挡板第一次碰撞和第二次碰撞之间小物块与木板的总相对位移为Δl＝Δl1+Δl2 解得Δl＝8m根据以上分析可知，木板每次与挡板碰撞时的速度大小均为v＝7m/s，并且由于小物体一直做匀加速运动，所以从木板第一次与挡板碰撞开始，之后的每两次相领碰撞过程中，小物块与木板相对位移都会比前一次多2m，由此可知，第2次和第1次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为8m，第3次和第2次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为10m，第4次和第3次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为12m⋯ 按照上面的推演可知，木板与挡板第5次碰撞时，小物块距离木板的左端的距离为l2＝l1﹣（8+10+12+14）m＝12m小物块的速度为v5′＝v5+3a5（2t3）解得v5′＝15m/s 木板反弹后达到速度为0的过程中，小物块和木板的相对位移为Δl′＝Δl′1+Δl′2 解得Δl′＝9.5m 所以木板速度减为0时，小物块到木板左端的距离为2.5m，小物块的速度大小为v6′＝16m/s，再经过时间t4，小物块从木板左端滑出，则有v6′t4l″又l″＝2.5m 解得t4s从木板与挡板第一次碰撞到小物块滑出木板瞬间所经过的时间为t总＝4.5ss小物块的位移大小为x总＝v3t总 代入数据解得x总 所以滑出瞬间小物块与挡板间的距离为ΔL＝l1﹣x总 解得ΔLm 。 21．如图所示，有一个倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上，将一个质量M＝5kg、长L＝1m的长木板从斜面上由静止释放，释放时长木板下端到斜面底端的距离s＝8.34m，长木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25。当长木板速度达到v1＝2.8m/s时，将一个质量m＝2kg的煤块放在长木板下端，同时对长木板施加一个沿斜面向下的恒力F＝7N，煤块与长木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5。经过0.4s后撤去恒力F。煤块可以看作质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）煤块刚放上去时，长木板与煤块的加速度a1、a2； （2）煤块在长木板上留下痕迹的长度Δx； （3）长木板从释放到运动至斜面底端所需时间t。 【解析】 （1）对长木板进行受力分析，长木板受到重力Mg、斜面支持力N1、恒力F、物块对长木板的摩擦力f2以及斜面对长木板的摩擦力f1根据牛顿第二定律F+Mgsinθ﹣f1﹣f2＝Ma1，其中f1＝μ1（M+m）gcosθ，f2＝μ2mgcosθ，N1＝（M+m）gcosθ联立解得：对物块进行受力分析，物块受到重力mg、长木板的支持力N2和长木板对物块的摩擦力f2根据牛顿第二定律有：μ2mgcosθ+mgsinθ＝ma2解得 （2）设经过时间t＝0.4s，长木板的速度v＝v1+a1t，物块的速度v2＝a2t解得：v＝v2＝4m/s 此过程长木板的位移为： 解得：x1＝1.36m 物块的位移，解得：x2＝0.8m Δx＝x1﹣x2 解得：Δx＝0.56m （3）长木板在放物块前运动的时间，由Mgsinθ﹣μ1Mgcosθ＝Ma0解得：a0＝4m/s2，t1＝0.7s 位移： 解得：x3＝0.98m 放物块后到共速总时间：t＝0.4s共速后，两者一起向下运动的加速度解得： 此时离斜面底端的距离x＝s﹣x1﹣x3 解得：x＝6m 根据 解得t2＝1s。 所以长木板从释放到运动至斜面底端所需时间：t总＝t+t1+t2 解得：t＝2.1s。 22．如图所示，足够长的固定斜面，斜面倾角为θ＝37°，斜面上表面光滑，斜面底端放置一长为L＝0.5m、质量M＝0.8kg的超薄木板B，B上表面下端放着质量m＝1kg的小物块A（可视为质点），初始时两者均静止不动。已知A、B间动摩擦因数μ＝0.8，小物块滑离木板落在斜面时速度不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。现对A施加个沿斜面向上的拉力F＝15.4N，求： （1）小物块A滑离木板B时两者的速度大小； （2）木板B从开始到回到出发点所用时间及走过的路程； （3）木板B回到出发点时小物块A距木板上端距离。 【解析】 （1）对于小物块A，由牛顿第二定律，有F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°＝maA对于木板B，由牛顿第二定律，有μmgcos37°﹣Mgsin37°＝MaB 小物块A滑离木板B时间为t1，小物块位移 木板位移 且xA﹣xB＝L滑离时小物块速度vA＝aAt1木板速度vB＝aBt1 解得t1＝1s，，，vA＝3m/s，vB＝2m/s （2）滑离时木板位移 解得xB＝1m此后木板B先减速然后反向加速回到出发点，木板B加速度大小a＝gsin37° 解得a＝6m/s2 从滑离到回到出发点所用时间为t2，由匀变速运动公式有木板B从开始到回到出发点所用时间t＝t1+t2 小物块滑离后，木板B上滑的最大距离木板B从开始到回到出发点所走过的路程s＝2（xB+d）解得t＝2s， （3）小物块第一段时间位移 小物块A滑离木板后其加速度 木板B回到出发点时小物块A距木板上端距离 解得x＝8.7m 。 23．如图所示，在斜面底端有一质量为M＝1kg的木板，现给木板5m/s的初速度使其沿倾角为37°的足够长的固定斜面向上运动，当木板刚好减速到零时将其锁定。现有一质量m＝1kg、可视为质点的小物块以初速度v0＝9m/s从木板的下端冲上木板，与此同时解除木板的锁定，解除锁定0.5s后在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F＝14N，当小物块与木板共速时，撤去该外力。已知小物块与木板之间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）木板从斜面底端运动至被锁定的位置所需的时间； （2）小物块刚从木板下端冲上去时，物块和木板的加速度大小； （3）若物块向上运动过程中始终未脱离木板，求木板的最小长度（第3问结果保留两位有效数字）。 【解析】 （1）对木板由牛顿第二定律可得Mgsinθ+μ2Mgcosθ＝Ma，解得：a＝10m/s2 根据v＝at，可得t0＝0.5s （2）对小物块由牛顿第二定律可知：mgsinθ+μ1mgcosθ＝mam，解得am＝8m/s2。因为：Mgsinθ﹣μmgcosθ＜μ2（M+m）gcosθ，故木板保持不动，故木板的加速度：aM＝0 （3）小物块刚冲上木板时，木板对小物块有沿斜面向下的摩擦力，小物块对木板有沿斜面向上的摩擦力，设小物块和木板的加速度大小分别为a1、a2，对小物块和木板分别根据牛顿第二定律有：μ1mgcosθ+mgsinθ＝ma1 F+μ1mgcosθ﹣Mgsinθ﹣μ2（M+m）gcosθ＝Ma2 解得：a1＝8m/s2 a2＝2m/s2 t0＝0.5s时，由v＝v0+amt，得v1＝5m/s，v共＝v1﹣a1t1＝a2t1 解得：t1＝0.5s，v共＝1m/s，撤掉F后，若一起相对静止沿斜面向上运动，则a共＝gsinθ+gcosθ，代入数值得a共＝10m/s2，am＝a1＜a共，故无法相对静止，m仍向上减速对ma1＝8m/s2对长木板，根据牛顿第二定律有Mgsinθ+μ2（M+m）gcosθ﹣μ1mgcosθ＝Ma3解得 a3＝12m/s2长木板速度减为零后，由于Mgsinθ﹣μ1mgcosθ＜μ2（M+m）gcosθ故长木板保持静止不动，小物块一直减速到零根据 可得xm1＝3.5m由 可得 由 可得 由 可得xM2 故木板最小长度lmin＝xm1+xm2﹣xM1﹣xM2＝3.5m。 23．如图所示，在斜面底端有一质量为M＝1kg的木板，现给木板5m/s的初速度使其沿倾角为37°的足够长的固定斜面向上运动，当木板刚好减速到零时将其锁定。现有一质量m＝1kg、可视为质点的小物块以初速度v0＝9m/s从木板的下端冲上木板，与此同时解除木板的锁定，解除锁定0.5s后在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F＝14N，当小物块与木板共速时，撤去该外力。已知小物块与木板之间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）木板从斜面底端运动至被锁定的位置所需的时间； （2）小物块刚从木板下端冲上去时，物块和木板的加速度大小； （3）若物块向上运动过程中始终未脱离木板，求木板的最小长度（第3问结果保留两位有效数字）。 【解析】 （1）对木板由牛顿第二定律可得Mgsinθ+μ2Mgcosθ＝Ma 解得a＝10m/s2 根据v＝at 可得t0＝0.5s （2）对小物块由牛顿第二定律可知mgsinθ+μ1mgcosθ＝mam解得am＝8m/s2因为Mgsinθ﹣μmgcosθ＜μ2（M+m）gcosθ 故木板保持不动，故木板的加速度aM＝0 （3）小物块刚冲上木板时，木板对小物块有沿斜面向下的摩擦力，小物块对木板有沿斜面向上的摩擦力，设小物块和木板的加速度大小分别为a1、a2，对小物块和木板分别根据牛顿第二定律有μ1mgcosθ+mgsinθ＝ma1+μ1mgcosθ﹣Mgsinθ﹣μ2（M+m）gcosθ＝Ma2 解得a1＝8m/s2 a2＝2m/s2 t0＝0.5s时，由v＝v0+amt得v1＝5m/s v共＝v1﹣a1t1＝a2t1 解得t1＝0.5s v共＝1m/s 撤掉F后，若一起相对静止沿斜面向上运动，则a共＝gsinθ+gcosθ 代入数值得a共＝10m/s2 am＝a1＜a共故无法相对静止，m仍向上减速对m a1＝8m/s2 对长木板，根据牛顿第二定律有Mgsinθ+μ2（M+m）gcosθ﹣μ1mgcosθ＝Ma3 解得a3＝12m/s2长木板速度减为零后，由于Mgsinθ﹣μ1mgcosθ＜μ2（M+m）gcosθ故长木板保持静止不动，小物块一直减速到零 根据 可得xm1＝3.5m 由 可得 由 可得 由 可得xM2故木板最小长度lmin＝xm1+xm2﹣xM1﹣xM2＝3.5m。 题型五：板块模型和传送带模型的结合 24.如图所示，某传送带与地面倾角θ＝37°，AB之间距离l1＝2.05m，传送带以v0＝1m/s的速率逆时针转动。质量为M＝1kg，长度l2＝2.05m的木板上表面与小物块的动摩擦因数μ2＝0.4。下表面与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态。现在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝1kg的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，（假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求： （1）物块离开B点的速度大小； （2）物块在木板上滑过的距离； （3）木板在地面上能滑过的最大距离。 【解析】 （1）物块在传送带先向下做匀加速运动，速度未达到v0时，由牛顿第二定律得a1gsinθ+μ1gcosθ 解得a1＝10m/s2 物块与传送带共速时，下滑的距离为x1 解得x1＝0.05m 二者共速之后，由于μ1＜tan37°，所以物块继续做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得a2gsinθ﹣μ1gcosθ解得a2＝2m/s 由运动学公式，可得 解得vB＝3m/s （2）小物块在木板上运动时，由牛顿第二定律可得a3μ2g＝0.4×10m/s2＝4m/s2 分析木板受力，由牛顿第二定律可得μ2mg﹣μ3（M+m）g＝Ma4解得二者共速时，有vB﹣a3t＝a4t 解得t＝0.5s 物块在木板上滑过的距离为Δx 解得Δx＝0.75m 此后二者共同减速，无相对位移，所以物块在木板上滑过的距离为0.75m。 （3）物块和木板的共同速度为v＝a4t＝2×0.5m/s＝1m/s共速前，对于木板，有x10.5m＝0.25m 共同减速的加速度大小为a0.1×10m/s2＝1m/s2对于木板，有 x2m＝0.5m 则木板在地面上能滑过的最大距离x＝x1+x2＝0.25m+0.5m＝0.75m。 25.某工厂输送物件的传送系统由倾角为30°的传送带AB和一倾角相同的长木板CD组成，物件和传送带间的动摩擦因数、与木板的动摩擦因数。传送带以v0＝4m/s的恒定速度顺时针转动。现将物件P无初速置于传送带A点，发现当物件到达B端时刚好相对传送带静止，到达D点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，皮带与木板间可认为无缝连接，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）传送带的长度L1； （2）木板的长度L2以及物件从A到D所需的时间T； （3）假如机械手未能在D点及时将物件取走，导致物件重新下滑，则此后它第四次向上返回时离C点的最大距离？ 【解析】 （1）P放上皮带后，物件受力如图一所示 由牛顿第二定律得：μ1mgcos30°﹣mgsin30°＝ma1 根据速度—位移公式得：代入数据解得：L1＝3.2m （2）到达木板C点后，受力如图二所示 由牛顿第二定律有：﹣mgsin30°﹣μ2mgcos30°＝ma2 则C、D间距离（板长）为： 代入数据解得： 在皮带上上滑时间为 在木板上上滑时间为 物件从A到D的时间T＝Δt1+Δt2 代入数据解得：Ts （3）从D点向下运动，受力如图三所示 由牛顿第二定律有：mgsin30°﹣μ2mgcos30°＝ma3第一次返回B时有：滑过B点后在皮带上先向下减速后以相同加速度返回，向上冲的位移第二次返回B：向上冲的位移：设第i次向上经过B点时速度为vi，物块可上冲xi，则返回B时速度为：可知第i+1次向上经过B点时速度大小仍为vi+1，则物块可上冲的位移为：即物块每次冲上木板的距离是上一次的倍第四次向上返回时物块可上冲的位移为x5代入数据解得：x5＝0.395m。 26．如图所示，在竖直平面内，倾斜传送带倾角θ＝37°，可视为质点的物块a与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，传送带底端B与光滑平台BC平滑连接，有一长木板b置于平台右侧的光滑水平面上，其左端面紧贴平台右端面CD放置、上表面与平台BC齐平。已知传送带顶端A到底端B的长度为L＝3.2m，物块的质量m＝1kg，长木板质量M＝4kg，物块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块经过各连接处时速度大小不变。现将该物块无初速地在传送带顶端A处释放，不计空气阻力。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）若传送带以2m/s的速度逆时针转动，求物块滑到B时的速度大小vB； （2）若传送带以2m/s的速度顺时针转动，求物块从A滑到B所用的时间t； （3）若传送带以2m/s的速度顺时针转动，要使物块不从长木板右端掉落，求长木板的最小长度lmin。 【解析】 （1）物块在AB上滑动时，对物块，由牛顿第二定律得；mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma 代入数据解得：a＝2m/s2 由匀变速直线运动的v﹣x公式得： 代入数据解得物块到达B端时的速度大小： （2）物块刚放在传送带上时，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1代入数据解得： 物块加速到与传送带共速需要的时间t1s＝0.2s该过程物块的位移x1m＝0.2m 由于μ1＜tanθ，共速后物块相对于传送带滑动，继续做匀加速直线运动 对物块，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma2代入数据解得： 物块继续做匀加速运动的位移：L﹣x1＝vt2 代入数据解得：t2＝1s 物块从A到B的运动时间t＝t1+t2＝0.2s+1s＝1.2s （3）物块到达传送带B端时的速度vB'＝v+a2t2＝2m/s+2×1m/s＝4m/s 物块在木板上滑动过程，由牛顿第二定律得：对物块：μ2mg＝ma3 对木板：μ2mg＝Ma4代入数据解得：， 物块与木板共速时，共同速度v'＝vB'﹣a3t3＝a4t3代入数据解得：t3＝1.6s，v'＝0.8m/s 木板的最小长度lmin 代入数据解得：lmin＝3.2m。 27．如图，倾斜传送带以v1＝2m/s的恒定速率顺时针转动，其与水平面的夹角为θ＝37°，传送带的长度为LAB＝3.2m，将可视为质点的煤块轻放在传送带顶端A点，煤块的质量为m＝2kg，煤块与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5。煤块从传送带顶端A点运动到底端B点，再通过一小段光滑圆弧轨道滑到一水平长木板上的C点，此时脱离圆弧轨道滑上木板。传送带与木板并未接触，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求煤块刚放在传送带顶端A点时的加速度； （2）求煤块到达传送带底端B点时的速度大小v1′； （3）当煤块滑到质量为M＝2kg的水平长木板上的C点时（煤块从B点到C点的时间不计），其速度方向改变为水平、大小不变，木板正好以大小为v2＝10m/s的速度水平向右运动，整个过程中煤块未从木板上滑落。煤块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.1，木板与水平面间的动摩擦因数为μ3＝0.2。求整个过程中煤块在木板上留下的划痕长度。 【解析】 （1）煤块刚放在传送带顶端A点时，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1 联立解得： 方向沿传送带向下。 （2）设经过t1时间煤块与传送带共速，则有：t1s＝0.2s 该过程煤块通过的位移大小为：x1m＝0.2m 共速后，由于μ1＝0.5＜tanθ＝0.75 煤块继续向下加速运动，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma2 代入解得： 根据运动学公式可得： 代入数据解得：v′1＝4m/s （3）煤块滑上木板后，煤块与木板共速前，对煤块有：μ2mg＝ma3代入解得： 对木板有：μ2mg+μ3（M+m）g＝Ma4 解得： 设经过t3时间煤块与木板共速，则有：v共＝v′1+a3t3＝v2﹣a4t3 解得：t3＝1s，v共＝5m/s 此时煤块和木板的位移大小分别为：x2m＝4.5m x3m＝7.5m 煤块相对于木板向左滑动的距离为：Δx1＝x3﹣x2＝7.5m﹣4.5m＝3m 由于：μ2＝0.1＜μ3＝0.2 可知煤块与木板共速后，煤块相对于木板向右运动，对煤块有： 代入数据解得：x4＝12.5m 对木板有：μ3（M+m）g﹣μ2mg＝Ma5 由速度—位移公式有： 解得： 则煤块相对于木板向右滑行的距离为：Δx2＝x4﹣x5＝12.5mmm＞Δx1 所以整个过程中煤块在木板上留下的划痕长度为。 28．如图所示，以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙倾斜轨道在B点平滑对接，右端与放在粗糙水平地面上的长木板D上表面等高，且紧密靠近（间隙可以忽略不计），相同长木板E与D接触但不粘连，每块木板长L＝1.2m、质量M＝0.2kg。质量m＝0.1kg的小物块（可以看作质点）从倾斜轨道上高h＝3m处的A点由静止开始下滑，经过传送带后滑上木板D。物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ1＝0.3，物块与传送带和木板之间的动摩擦因数均为μ2＝0.5，木板D、E与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1。倾斜轨道与水平面的夹角θ＝37°，传送带BC之间的距离d＝8m。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）求物块到达B点时的速度大小vB； （2）求物块从B点运动到C点的总时间t； （3）物块最终能否停在木板上？如果能，求出物块最终停在哪块木板上，及距此木板左端多远的距离；如果不能，请通过计算说明理由。 【解析】 （1）物块在倾斜轨道上，由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma1物块从A点到B点，由匀变速直线运动的速度—位移公式得：代入数据解得：vB＝6m/s （2）物块在传送带上先做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μ2mg＝ma2代入数据解得：a2＝5m/s2 物块与传送带共速需要的时间：t1s＝0.4s此时物块的位移x1m＝2m＜d 之后物块与传送带一起匀速运动到C点，匀速运动的时间t2s＝1.5s 物块从B点运动到C点的总时间t＝t1+t2＝0.4s+1.5s＝1.9s （3）物块刚滑到木板D上时，对两木板整体：μ2mg＝μ3（m+2M）g则两木板整体所受合力为零，两木板保持静止，物块在木板D上匀减速运动，对物块，由牛顿第二定律得：μ2mg＝ma由匀变速直线运动的速度—位移公式得： 代入数据解得：v1＝2m/s 故物块能滑上木板E；物块在木板E上运动时，对木板E，由牛顿第二定律得：μ2mg﹣μ3（m+M）g＝Ma′ 经过时间t′物块与木板E共速，则有v1﹣at′＝a′t′ 代入数据解得： 由于μ2＞μ3，此后物块与木板E一起匀减速至0，物块最终停在木板E上 物块距木板E左端的距离为 代入数据解得： 29．如图所示，一水平传送带以v0＝6m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带AB长度L＝4m，其右端连着一段光滑水平平台BC，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一辆质量M＝1.5kg的平板小车，小车上表面刚好与BC面等高。现将质量m＝0.5kg的煤块（可视为质点）轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端B后通过BC滑上小车，最后刚好能滑到小车的右端。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，煤块与小车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，重力加速度g取10m/s2。求： （1）煤块刚放上传送带时的加速度大小； （2）煤块在传送带上留下的划痕长度； （3）小车的长度。 【解析】 （1）煤块放上传送带时，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma 解得a＝2m/s2 （2）若煤块与传送带能共速，则煤块与传送带速度相等的时间为t0s＝3s此时煤块的位移为x3m＝9m＞L＝4m说明煤块未能与传送带共速，则煤块到达B点时，有 且v1＝at解得v1＝4m/s，t＝2s则煤块在传送带上留下的划痕长度 s＝v0t﹣L 解得s＝8m （3） 煤块在滑上小车时，对于煤块有μ2mg＝ma1对于小车有μ2mg＝Ma2当煤块和小车共速时，煤块恰好到达小车右端，则有v1﹣a1t1＝a2t1 则小车的长度为 联立解得l＝2m。 30．如图所示，某传送带与地面倾角θ＝37°，AB之间距离L1＝2.05m，传送带以v0＝1.0m/s的速率转动。质量为M＝1.0kg，长度L2＝1.0m的木板上表面与小物块的动摩擦因数μ2＝0.4，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态。现在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝1.0kg的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，（小物块视为质点，假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）。则： （1）若传送带顺时针转动，求小物块刚从A处下滑时的加速度大小a1； （2）若传送带逆时针转动，求小物块从A滑到B的时间tAB； （3）在上述第（2）问基础上，从物块滑上木板开始计时，求之后小物块运动的总时间T。 【解析】 （1）若传送带顺时针转动，小物块刚放到传送带上时，对小物块受力分析，根据牛顿第二定律得mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1代入数据解得： （2）若传送带逆时针转动，小物块刚放到传送带上时，对小物块受力分析，根据牛顿第二定律得 代入数据解得：a2＝10m/s2小物块速度与传送带速度相等时，所用时间为s＝0.1s 小物块通过的位移为m＝0.05m当小物块和传送带共速后，小物块的加速度大小为 代入数据解得： 小物块通过的位移为 解得：t2＝1s，t'2＝﹣2s（舍去）则小物块从A滑到B通过的时间tAB＝t1+t2＝0.1s+1s＝1.1s （3）由（2）可得，小物体滑上木板的速度vB＝v0+a1t2＝（1.0+2×1）m/s＝3m/s小物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得a3μ2g＝0.4×10m/s2＝4m/s2对木板受力分析，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得a4代入数据解得：a4＝2m/s2 小物体和木板速度相等时，可得v共＝vB﹣a3t3＝a4t3 解得：t3＝0.5s 共速时速度为：v共＝1m/s 之后小物体和木板一起匀减速运动，对二者整体受力分析，根据牛顿第二定律可得a共μ3g＝0.1×10m/s2＝1m/s2共速后减速至0，所用时间为t4s＝1s所以小物体运动总时间为T＝t3+t4＝0.5s+1s＝1.5s 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题练习：板块模型中的经典解答题 目录： 题型一：无外力的水平板块模型 题型二：有外力的水平板块模型 题型三：无外力的倾斜板块模型 题型四：有外力的倾斜板块模型 题型五：板块模型和传送带模型的结合 题型一：无外力的水平板块模型 1．如图所示，一足够长的木板与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.1。某时刻木板以v0＝1.4m/s的速度向右运动，此时一个小滑块以v1＝3.4m/s的速度从右侧滑上木板，经过0.5s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝0.9m/s，方向向左。已知小滑块与木板质量相等，取重力加速度g＝10m/s2。求： （1）木板与滑块间的动摩擦因数； （2）从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小。 2．如图所示，在光滑的水平面上停放着小车B，车上左端有一可视为质点的小物体A，A和B之间的接触面前一段光滑，后一段粗糙，且A与B的后一段间的动摩擦因数μ＝0.4，小车长L＝2m，A的质量mA＝1kg，B的质量mB＝4kg。现用12N的水平力F向左拉动小车，当A到达B的最右端时，二者速度恰好相等。g取10m/s2求： （1）A在B的光滑和粗糙部分运动时，A和B的加速度大小。 （2）A和B间接触面光滑部分的长度。 3．如图所示，质量为M＝10kg、上表面光滑的木板在F＝20N的水平拉力作用下，以v0＝5m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一质量m＝4kg的铁块无初速度地放上木板的最右端，木板的长度L＝10m，取g＝10m/s2，求 （1）木板与地面间的动摩擦因数μ （2）铁块放上后，木板运动的加速度a （3）铁块滑离木板时，木板的速率v． 4．如图所示．质量M＝10kg、上表面光滑的木板在F＝20N的水平拉力作用下，以v0＝5m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一质量为m＝4kg的铁块无初速地放上木板的最右端，木板的长度L＝10m，取g＝10m/s2，求： （1）木板与地面间的动摩擦因数μ； （2）铁块放上后，木板运动的加速度a； （3）铁块滑离木板时．木板的速率v． 5．如图所示，水平地面上放一长L＝2m，质量M＝3kg的薄木板，木板的左端叠放一质量m＝1kg的物块（可视为质点），木板与物块和地面间的动摩擦因数都为μ＝0.5。对木板施加水平方向的力F，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2。 （1）当F＝30N时，物块和薄木板保持相对静止，求物块加速度a的大小； （2）若使木板做匀加速直线运动，并使物块不滑离木板，求力F应满足的条件； （3）若将木板从物块下抽出所用时间为2s，求力F的大小。 6．如图所示，一块质量为M＝1kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m＝2kg的小物块（可视为质点）从木板的最左端以v0＝3m/s的速度冲上木板，已知小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2。求： （1）小物块受到的摩擦力大小和方向； （2）小物块刚冲上木板时，小物块和木板各自的加速度大小和方向； （3）为了让小物块不会从木板上滑离，木板的长度L至少多长？ 7．如图所示，长木板B放置在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。A、B间的最大静摩擦力为5N，且认为A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知A、B的质量分别为1kg、4kg，g取10m/s2． （1）若用F＝6N的水平力向右拉A，求A、B的加速度大小； （2）若用F水平力向右拉B若要把B从A中抽出来，力F至少为多大； （3）若用F＝10N的水平力向右拉A，经过t＝2s，A到达B的右端，求此时A、B的速度大小及木板的长度。 8．如图所示，一足够长的白色木板静置于粗糙的水平地面上，现有一可视为质点的黑色煤块以v0＝2m/s的初速度从木板左端水平滑上木板，已知煤块质量为m，木板质量为M，且M＝2m，煤块与木板间动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面之间动摩擦因数为μ2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。 （1）若μ2＝0.2，求最终煤块在木板上留下的划痕长度； （2）若μ2＝0.1，求最终煤块在木板上留下的划痕长度。 题型二：有外力的水平板块模型 9．如图所示，质量m＝1kg的木板b静止在粗糙水平地面上，在木板b上的O点放一质量也为1kg的物块a（可视为质点）。零时刻，对b施加水平向右的恒力F，a、b均由静止开始运动；某时刻，撤去恒力F，一段时间后，a、b都停止运动，a仍在O点。已知运动过程中a比b多运动Δt＝1.5s，a、b间的动摩擦因数μ1＝0.1，b与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2。求： （1）a运动时，a的加速度大小； （2）a运动的时间； （3）恒力F的大小。 10．如图所示，一足够长的木板B静止在水平地面上，物块A叠放在B上面。已知mA＝2kg，mB＝4kg。A、B间动摩擦因数为μ1＝0.2，B与地面间动摩擦因数为μ2＝0.4。现在给B一个水平推力F，使F从零开始逐渐增大。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）当F＝18N时，A、B所受摩擦力分别多大？ （2）要使A、B间不发生相对滑动，推力F不能超过多少？ （3）A、B的加速度大小aA、aB与F的关系。 11．一长为L＝2m、质量为m的长板B放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止。其左端距离斜面底端的距离为s＝0.75m，斜面底端固定一弹性挡板，与之相碰的物体会以原速率反弹。某时刻，撤去作用在板上的外力，同时将一质量为m、可视为质点的小物块A轻放在板的右端。已知，小物块A与长板B之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求： （1）长板B第一次碰挡板前瞬间的速度大小v0； （2）长板B第一次碰挡板后，小物块A滑离长板B所用的时间； （3）若仅改变长板B的长度，其它条件不变，可使得在小物块A滑离长板B的瞬间，长板B刚好与挡板发生第5次碰撞，求B的长度L0。 12．如图所示，质量为M＝2kg的木板和质量为m＝4kg的滑块以初速度v0＝10m/s在水平面上一起向右运动，滑块在木板的最左端。t＝0时用一水平向右的拉力F作用在滑块上。已知滑块和木板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，滑块视为质点，重力加速度大小取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）施加力F后，求木板做加速运动的最大加速度； （2）当F1＝40N时，经过t1＝4s滑块和木板分离，求滑块和木板分离时的速度之差Δv及板的长度L； （3）若外力F1＝40N板长L取（2）问中的数值，当滑块相对于木板滑行距离为时，外力变为F2＝12N，试判断滑块是否滑离了木板。 13．如图所示，一质量mC＝1kg足够长的长木板C静止于水平面上，它与水平面之间的动摩擦因数为μ1＝0.1。A、B两滑块（可视为质点）放置在长木板C上，质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，它们与长木板C之间的动摩擦因数均为μ2＝0.5。现让A、B滑块以不同的速度沿同一直线上往相反方向开始滑动，速度大小分别为v1＝4m/s、v2＝10m/s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求： （1）当A、C相对静止时，滑块B的速度大小； （2）长木板C从开始运动到停止滑行的位移大小。 题型三：无外力的倾斜板块模型 14．如图所示，炭块A以水平向右的初速度v0＝9m/s冲上足够长的静止木板B，当A、B速度相同时木板与弹性挡板恰好发生碰撞，碰撞后木板B的速度大小不变，方向相反。已知A、B接触面间的动摩擦因数μ＝0.5，炭块A的质量是木板B质量的2倍，重力加速度g取10m/s2，其余摩擦均不计。 （1）求A冲上B时，A、B的加速度大小aA，aB； （2）求B与弹性挡板第一次碰撞前的速度大小v1； （3）从炭块A滑上木板B到B第二次与弹性挡板碰撞的过程中，求炭块A在木板B上留下痕迹的长度s。 15．下暴雨时容易发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°的山坡C。上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行，B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内A、B间的动摩擦因数μ1减小为0.375，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点，在第2s末B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长。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，sin37°＝0.6，求： （1）在0～2s时间内A和B加速度的大小； （2）B的上表面变为光滑后，A和B加速度的大小； （3）A在B上总的运动时间。 16．如图所示，一长度为10L的长木板锁定在倾角θ＝37°的光滑斜面上，在距长木板下端L处有一弹性挡板垂直于斜面固定。现将一小滑块（可看作质点）轻放在长木板的上端并同时解除长木板的锁定，则以后长木板每次与挡板碰撞均以原速率反弹，且碰撞时间极短。已知长木板的质量为小滑块质量的两倍，小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，不计空气阻力，（答案用字母和根号表示）求： （1）长木板与挡板第一次碰撞后，小滑块和长木板的加速度； （2）长木板与挡板第三次碰撞时，小滑块离挡板的距离； （3）从开始释放到小滑块滑离长木板所用时间。 17．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°（sin37°＝0.6）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第1s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝12m，C足够长，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）在0～1s时间内A和B加速度的大小； （2）A在B上总的运动时间。 18．如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1kg，长度L＝3m的薄平板AB，平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为9m，在平板的上端A处放一质量m＝0.6kg的滑块．让平板和滑块从静止同时释放，设平板与斜面间，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．（g＝10m/s2sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求： （1）滑块离开薄板时的速度大小． （2）薄板下端B到达斜面底端C点时薄板速度大小． 题型四：有外力的倾斜板块模型 19．如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面体固定于地面上，斜面体上有一质量为M＝1kg的木板，t＝0时刻另一质量为m＝1kg的木块（可视为质点）以初速度v0＝14m/s从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力F＝18N，使木板从静止开始运动。当t＝1s时撤去拉力F，全程木块没从模板上段冲出。已知木板和木块间动摩擦因数μ1＝0.25，木板和斜面体间动摩擦因数μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10m/s2，sin37°＝0.6。求： （1）木块和木板速度相等之前各自的加速度的大小； （2）木板从开始运动至到达最高点所经历的时间t； （3）木板至少为多长？ 20．一质量为M＝5kg的木板放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板左端距斜面底端的距离为s＝10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。t＝0时刻，撤去作用在木板上的外力，同时将一质量m＝10kg的小物块从距离木板左端l＝54m处，以沿木板向上的初速度v0＝4m/s滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F0＝80N（该力在1s时变为）。当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，取g＝10m/s2，求： （1）0至1s时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向； （2）木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小； （3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡板间的距离。 21．如图所示，有一个倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上，将一个质量M＝5kg、长L＝1m的长木板从斜面上由静止释放，释放时长木板下端到斜面底端的距离s＝8.34m，长木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25。当长木板速度达到v1＝2.8m/s时，将一个质量m＝2kg的煤块放在长木板下端，同时对长木板施加一个沿斜面向下的恒力F＝7N，煤块与长木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5。经过0.4s后撤去恒力F。煤块可以看作质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）煤块刚放上去时，长木板与煤块的加速度a1、a2； （2）煤块在长木板上留下痕迹的长度Δx； （3）长木板从释放到运动至斜面底端所需时间t。 22．如图所示，足够长的固定斜面，斜面倾角为θ＝37°，斜面上表面光滑，斜面底端放置一长为L＝0.5m、质量M＝0.8kg的超薄木板B，B上表面下端放着质量m＝1kg的小物块A（可视为质点），初始时两者均静止不动。已知A、B间动摩擦因数μ＝0.8，小物块滑离木板落在斜面时速度不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。现对A施加个沿斜面向上的拉力F＝15.4N，求： （1）小物块A滑离木板B时两者的速度大小； （2）木板B从开始到回到出发点所用时间及走过的路程； （3）木板B回到出发点时小物块A距木板上端距离。 23．如图所示，在斜面底端有一质量为M＝1kg的木板，现给木板5m/s的初速度使其沿倾角为37°的足够长的固定斜面向上运动，当木板刚好减速到零时将其锁定。现有一质量m＝1kg、可视为质点的小物块以初速度v0＝9m/s从木板的下端冲上木板，与此同时解除木板的锁定，解除锁定0.5s后在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F＝14N，当小物块与木板共速时，撤去该外力。已知小物块与木板之间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）木板从斜面底端运动至被锁定的位置所需的时间； （2）小物块刚从木板下端冲上去时，物块和木板的加速度大小； （3）若物块向上运动过程中始终未脱离木板，求木板的最小长度（第3问结果保留两位有效数字）。 题型五：板块模型和传送带模型的结合 24．如图所示，某传送带与地面倾角θ＝37°，AB之间距离l1＝2.05m，传送带以v0＝1m/s的速率逆时针转动。质量为M＝1kg，长度l2＝2.05m的木板上表面与小物块的动摩擦因数μ2＝0.4。下表面与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态。现在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝1kg的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，（假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求： （1）物块离开B点的速度大小； （2）物块在木板上滑过的距离； （3）木板在地面上能滑过的最大距离。 25．某工厂输送物件的传送系统由倾角为30°的传送带AB和一倾角相同的长木板CD组成，物件和传送带间的动摩擦因数、与木板的动摩擦因数。传送带以v0＝4m/s的恒定速度顺时针转动。现将物件P无初速置于传送带A点，发现当物件到达B端时刚好相对传送带静止，到达D点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，皮带与木板间可认为无缝连接，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）传送带的长度L1； （2）木板的长度L2以及物件从A到D所需的时间T； （3）假如机械手未能在D点及时将物件取走，导致物件重新下滑，则此后它第四次向上返回时离C点的最大距离？ 26．如图所示，在竖直平面内，倾斜传送带倾角θ＝37°，可视为质点的物块a与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，传送带底端B与光滑平台BC平滑连接，有一长木板b置于平台右侧的光滑水平面上，其左端面紧贴平台右端面CD放置、上表面与平台BC齐平。已知传送带顶端A到底端B的长度为L＝3.2m，物块的质量m＝1kg，长木板质量M＝4kg，物块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块经过各连接处时速度大小不变。现将该物块无初速地在传送带顶端A处释放，不计空气阻力。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）若传送带以2m/s的速度逆时针转动，求物块滑到B时的速度大小vB； （2）若传送带以2m/s的速度顺时针转动，求物块从A滑到B所用的时间t； （3）若传送带以2m/s的速度顺时针转动，要使物块不从长木板右端掉落，求长木板的最小长度lmin。 27．如图，倾斜传送带以v1＝2m/s的恒定速率顺时针转动，其与水平面的夹角为θ＝37°，传送带的长度为LAB＝3.2m，将可视为质点的煤块轻放在传送带顶端A点，煤块的质量为m＝2kg，煤块与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5。煤块从传送带顶端A点运动到底端B点，再通过一小段光滑圆弧轨道滑到一水平长木板上的C点，此时脱离圆弧轨道滑上木板。传送带与木板并未接触，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求煤块刚放在传送带顶端A点时的加速度； （2）求煤块到达传送带底端B点时的速度大小v1′； （3）当煤块滑到质量为M＝2kg的水平长木板上的C点时（煤块从B点到C点的时间不计），其速度方向改变为水平、大小不变，木板正好以大小为v2＝10m/s的速度水平向右运动，整个过程中煤块未从木板上滑落。煤块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.1，木板与水平面间的动摩擦因数为μ3＝0.2。求整个过程中煤块在木板上留下的划痕长度。 28．如图所示，以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙倾斜轨道在B点平滑对接，右端与放在粗糙水平地面上的长木板D上表面等高，且紧密靠近（间隙可以忽略不计），相同长木板E与D接触但不粘连，每块木板长L＝1.2m、质量M＝0.2kg。质量m＝0.1kg的小物块（可以看作质点）从倾斜轨道上高h＝3m处的A点由静止开始下滑，经过传送带后滑上木板D。物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ1＝0.3，物块与传送带和木板之间的动摩擦因数均为μ2＝0.5，木板D、E与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1。倾斜轨道与水平面的夹角θ＝37°，传送带BC之间的距离d＝8m。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）求物块到达B点时的速度大小vB； （2）求物块从B点运动到C点的总时间t； （3）物块最终能否停在木板上？如果能，求出物块最终停在哪块木板上，及距此木板左端多远的距离；如果不能，请通过计算说明理由。 29．如图所示，一水平传送带以v0＝6m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带AB长度L＝4m，其右端连着一段光滑水平平台BC，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一辆质量M＝1.5kg的平板小车，小车上表面刚好与BC面等高。现将质量m＝0.5kg的煤块（可视为质点）轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端B后通过BC滑上小车，最后刚好能滑到小车的右端。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，煤块与小车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，重力加速度g取10m/s2。求： （1）煤块刚放上传送带时的加速度大小； （2）煤块在传送带上留下的划痕长度； （3）小车的长度。 30．如图所示，某传送带与地面倾角θ＝37°，AB之间距离L1＝2.05m，传送带以v0＝1.0m/s的速率转动。质量为M＝1.0kg，长度L2＝1.0m的木板上表面与小物块的动摩擦因数μ2＝0.4，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态。现在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝1.0kg的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，（小物块视为质点，假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）。则： （1）若传送带顺时针转动，求小物块刚从A处下滑时的加速度大小a1； （2）若传送带逆时针转动，求小物块从A滑到B的时间tAB； （3）在上述第（2）问基础上，从物块滑上木板开始计时，求之后小物块运动的总时间T。 1 学科网（北京）股份有限公司 $