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高考重点考点解读与针对性训练
第三章 运动和力的关系
考点20 动力学滑块滑板模型
【考点解读】
1.模型特点：
滑块（视为质点）置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作
用下或者还有外力作用下发生相对滑动。
2.模型构建
（1）隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
（2）对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
（3）明确滑块和木板间的位移关系
如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx
＝x1－x2＝L（板长）；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3.解题关键
（1）摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
（2）挖掘“v 物＝v 板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v 物＝v 板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静
摩擦力或者两者间不再有摩擦力（水平面上共同匀速运动）。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v 物＝v 板；
②木板最短的条件：当v 物＝v 板时滑块恰好滑到木板的一端。
1
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【高考真题】
【典例1】（2024·新课标卷25 题）如图，一长度l＝1.0 m 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Δl＝l
6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O 点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，
重力加速度大小g＝10 m/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）4 m/s 1
3 s （2）5
9 m
解析：（1）解法一 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相
对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量
相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x 物＝v0t1－1
2at1
2＝l＋l
6
x 板＝1
2at1
2＝l
6
联立并代入数据解得v0＝4 m/s、t1＝1
3 s。
解法二 对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
2
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－μmg·7
6 l＝1
2mv1
2－1
2mv0
2
μmg·1
6 l＝1
2mv2
2－0
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝1
3 s。
（2）结合（1）问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为
v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞
出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有
l
2－l
6 ＝v2t2
h＝1
2gt2
2
联立并代入数据解得h＝5
9 m。
【典例2】.[江苏高考]如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐.A
与B、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑
动距离L 后停下.接着敲击B，B 立即获得水平向右的初速度，A、B 都向右运动，左边缘再
次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度为g.求：
（1）A 被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小aB、a'B；
（3）B 被敲击后获得的初速度大小vB.
答案 （1）√2 μgL （2）3μg μg （3）2√2 μgL
解析 （1）由牛顿运动定律知，A 加速度的大小aA＝μg
由匀变速直线运动规律有2aAL＝v A
2
解得vA＝√2 μgL.
（2）设A、B 的质量均为m
对齐前，B 所受合外力大小F＝3μmg
3
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由牛顿运动定律有F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B 所受合外力大小F'＝2μmg
由牛顿运动定律有F'＝2ma'B，得a'B＝μg.
（3）经过时间t，A、B 达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A 加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝1
2aAt2，xB＝vBt－1
2aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2√2 μgL.
【典例3】（2017 全国III 卷·25）如图，两个滑块A 和B 的质量分别为
和
，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
；木板的质量为
，与地面间的动摩擦因数为
。某时刻A、B 两滑
块开始相向滑动，初速度大小均为
。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
。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。
【参考答案】（1）
与木板相对静止时，木板的速度为
（2）
、
开始运动时，两者之间的距离为
【解析】
（1）分别隔离滑块
、
和木板受力分析，如图。其中
、
分别表示物块
、
受木
板摩擦力的大小，
、
和
分别表示木板受到物块
、
及地面的摩擦力大
小，设运动过程中
、
及木板的加速度大小分别为
，
和
，根据牛顿运动
定律得：
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①
②
③
【温馨提示】
和
是一对作用力反作用力，
和
是一对作用力反作用力。
且：
④
⑤
⑥
联立①~⑥解得：
，
，
故可得
向右做匀减速直线运动，
向左做匀减速直线运动，木板向右匀加速运
动；且
，显然经历一段时间
之后
先与木板达到相对静止状态（二
者速度相等），且此时
、
速度大小相等，方向相反。不妨假设此时
与木板
的速度大小为
：
⑦
⑧
解得：
，
（2）设在
时间内，
、
的位移大小分别为
，
，由运动学公式得：
⑨
⑩
此后
将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和
相遇，这段时间内
的加速度大小仍为
，设
和木板的加速度大小为
，则根据牛顿运动定律
得：
对木板和B 整体：μ1mAg+
⑪
假设经过
时间后
、
刚好相遇，且此时速度大小为
，为方便计算我们规定
水平向右为正向，则在这段时间内速度变化：
对
和木板：
⑫
对
：
⑬
联立⑪~⑬解得
，可以判断此时
和木板尚未停下
设
时间内物块
、
的位移大小分别为
、
，由运动学公式：
5
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⑭
⑮
则
和
开始相距
满足：
⑯
联立解得：
【典例4】.（2015·全国理综II） 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°=
3
5 ）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
3
8 ，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。求：
（1）在0~2s 时间内A 和B 加速度的大小。
（2）A 在B 上总的运动时间。
【名师解析】分析：分别隔离A、B 受力分析，运用牛顿第二定律和相关知识列方程得到在
0~2s 时间内A 和B 加速度的大小。分析A 在B 上受力情况和运动过程可知，A 在B 上的运动可
分为二者均做加速运动，A 加速运动B 减速运动，B 静止不动A 继续滑动，分别求出各段时间，
然后求出总的运动时间。
（1）在0~2s 内。A、B 受力如图所示。
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由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：
f1=μ1N1，
N1=mgcosθ，
F2=μ2N2，
N2= N1+mgcosθ，
以沿着斜面向下为正方向，设A 和B 的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律可得
mg sinθ−f 1=ma1，
mg sinθ−f 2+f 1=ma 2 ，
联立以上各式可得a1=3m/s2，a2=1m/s2。
（2）在t1=2s，设A 和B 的速度分别为v1和v2，则有：
v1= a1 t1=3×2m/s=6m/s，
v2= a2 t1=1×2m/s=2m/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 之间的摩擦力为零，同理可得
a’1=6m/s2，
a’2=-2m/s2，
即B 做减速运动。设经过时间t2，B 的速度减为零，则有：
v2+ a’2 t2=0
解得：t2=1s。
在t1+ t2时间内，A 相对于B 运动的距离为：
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s=(
+ v1 t2+
)- (
+ v2 t2+
)=12m<27m
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：
l-s=（v1+a1’t2）t3+
解得：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=2s+1s+1s=4s。
注解：碎石堆
A 和石板的运动可画出下面的速度图象，你知道图像中阴影部分面积的物理
意义吗？
【针对性训练】
1.（2025·陕西宝鸡阶段练习）如图甲所示，粗糙的水平地面上静置一长为2.0 m、质量为
2 kg 的长木板，在其右端放一质量为1 kg 的小物块（可看作质点）。某时刻起对长木板施
加逐渐增大的水平外力F，测得小物块所受的摩擦力Ff随外力F 的变化关系如图乙所示。最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g＝10 m/s2，若一开始改用F＝16 N 的水
平恒力拉长木板，则小物块在长木板上滑行的时间为（ ）
A.2 s
B.3 s
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C.√3 s
D.√5 s
答案：A
解析：由题图乙知力F 较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速
运动，后来发生相对滑动。当F＞2 N 时二者开始一起加速，则长木板受水平面的滑动摩擦
力Ff2＝2 N，当F＞14 N 时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝4
N，则小物块的加速度最大为a1＝Ff 2
m
＝4
1 m/s2＝4 m/s2，改用F＝16 N 的外力水平拉长木
板时，对长木板，由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，解得a＝5 m/s2，由运动学规律知
小物块在长木板上滑行的时间满足1
2at2－1
2a1t2＝L，代入数据解得t＝2 s，故选A。
2（2025·四川资阳期末）如图所示，质量为M 的木板放在光滑的水平面上，木板的左端
有一质量为m 的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，
木板相对地面运动位移x 后二者分离。则下列哪些变化可使x 增大（ ）
A.仅增大恒力F
B.仅增大木板的质量M
C.仅增大木块的质量m
D.仅减小木块与木板间的动摩擦因数
答案 C
解析： 根据牛顿第二定律得木块的加速度为a1＝F －μmg
m
＝F
m－μg，木板的加速度为
a2＝μmg
M ，设板长为L，根据L＝1
2a1t2－1
2a2t2得t＝√
2 L
a1－a2
，木板相对地面运动位移为x
＝1
2a2t2，则若仅增大木板的质量M，木块的加速度a1不变，木板的加速度a2减小，由上面
式子知时间t 减小，则x 减小，B 错误；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度a1减小，
木板的加速度a2增大，则t 增大，x 增大，C 正确；若仅增大恒力F，则木块的加速度a1变
大，木板的加速度不变，则t 减小，x 减小，A 错误；若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，
则木块的加速度a1增大，木板的加速度a2减小，则t 减小，x 减小，D 错误。
3.（2025·安徽安庆期中）如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m，质量M＝2 kg
的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1 kg 物块，物块与薄板间动摩擦因数μ
＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重
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力加速度g 取10 m/s2，则物块在薄板上运动的时间为（ ）
A.0.5 s
B.1 s
C.1.5 s
D.2 s
答案 B
解析： 设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物块脱离薄板的时
间为t，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，代入数据解得a1＝2 m/s2，a2＝3
m/s2，由物块与薄板之间的位移关系可得1
2a2t2－1
2a1t2＝l，代入数据解得物块在薄板上运动
的时间为t＝1 s，故选B。
4.如图甲所示，物块A 与木板B 静止在光滑水平地面上，现给物块A 一初速度，1 s 后两物
体相对静止地一起匀速运动，它们的位移—时间图像如乙图所示，则A、B 两物体的质量比
为（ ）
A.4∶3
B.2∶1
C.3∶2
D.5∶2
答案 B
解析：由图乙可知，0～1 s 内，xA＝5 m，xB＝2 m，对A 进行受力分析得μmAg＝mAaA，对
B 进行受力分析得μmAg＝mBaB，1 s 后两物体相对静止地一起匀速运动，则速度为v0－aAt
＝aBt，由xB＝1
2aBt2，解得aB＝4 m/s2，则共速时的速度为v 共＝vB＝aBt＝4 m/s，对A 有xA
＝v0＋v共
2
t＝5 m，v 共＝aBt＝4 m/s，联立解得v0＝6 m/s，μ＝0.2，mA
mB
＝2
1，故选B。
5.（2025·江西上饶二模）如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物
块以v0＝3 m/s 的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离
恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因
数μ2＝0.05，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则木板的长度为（ ）
A.1.0 m
B.1.5 m
C.2.0 m
D.2.5 m
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答案 B
解析： 设物块的质量为m，木板的质量为M，物块减速和木板加速到共速的时间为t1，
物块和木板的加速度大小分别为a1 、a2 ，有a1 ＝μ1mg
m
＝2 m/s2 ，a2 ＝
μ1mg－μ2（M ＋m）g
M
，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移为x1＝v
2t1，两者共速后，因μ1
＞μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度为a3，有a3＝μ2（m＋M ）g
m＋M
＝0.5
m/s2，从两者共速到停止运动，木板的位移为x2＝v
2
2a3
，木板沿地面运动的距离恰好等于
木板的长度，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，
有L＝v0＋v
2
t1－x1，联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故选B。
6. 如图所示，将小滑块A 放在长为L 的长木板B 上，A 与B 间的动摩擦因数为μ，长木板B
放在光滑的水平面上，A 与B 的质量之比为1∶4，A 距B 的右端1
3L。现给长木板B 一个水
平向右初速度v0＝10√2 m/s，小滑块A 恰好从长木板B 上滑下；若给A 一个水平向右初速
度v，要使A 能从B 上滑下，则v 至少为（ ）
A.5 m/s
B.10 m/s
C.15 m/s
D.20 m/s
答案 B
解析： 由牛顿第二定律可得μmAg＝mAaA，μmAg＝mBaB，设给长木板B 一个水平向右的初
速度v0，滑块A 恰好滑下时的速度为v1，经过的时间为t1，则有v1＝v0－aBt1，v1＝aAt1，v0
2
－v1
2＝2aBxB1，v1
2＝2aAxA1，xB1－xA1＝2
3L，可得
v0
2
2（aA＋aB）
＝2
3L①，设给滑块A 一个
水平向右的初速度v，滑块A 恰好滑下时的速度为v2，经历的时间为t2，则有v2＝v－aAt2，
v2＝aBt2，v2－v2
2＝2aAxA2，v2
2＝2aBxB2，xA2－xB2＝1
3L，可得
v
2
2（aA＋aB）＝1
3L②，①、
②两式相比可得v＝√2
2 v0＝10 m/s，故选项B 正确。
7.[2024 湖南株洲检测/多选]如图甲所示，水平地面上有一长平板车，平板车右端放一小物
块，开始时平板车、物块均静止.t＝0 时，平板车在外力作用下开始沿水平地面向右运动，
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其v－t 图像如图乙所示，最终物块也停止，整个过程中物块恰好没有从平板车上滑下.已知
物块与平板车间的动摩擦因数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ AC ）
A.0～4s 内，物块的加速度一直保持不变
B.整个过程中，物块相对平板车滑动的时间为4s
C.平板车的长度为12m
D.整个过程中，物块相对平板车的位移大小为16m
答案 AC
解析 规定向右为正方向，物块向右加速时，由牛顿第二定律有μmg＝mam，解得加速度
am＝1m/s2，由题图乙可知，平板车减速时加速度为aM＝0－8
6－2m/s2＝－2m/s2，设t0时两者
共速，则amt0＝8m/s－2（t0－2）m/s，解得t0＝4s，共同速度大小为v4＝（8－2×2）m/s＝
【敲黑板】物块和平板车共速前，物块一直相对于平板车向左运动，物块加速度一直不变
4m/s，共速后由于平板车的加速度为aM＝－2m/s2，物块减速时，由牛顿第二定律得－μmg
【易错辨析】整个运动过程物块始终相对于平板车滑动，且水平方向只受摩擦力作用，共
速前物块加速，共速后物块减速
＝ma'm，解得a'm＝－1m/s2，平板车的加速度大于物块的加速度，所以物块以1m/s2的加速
度减速，设共速后再经t1物块减速到零.由运动学公式得0＝4m/s＋a'mt1，解得t1＝4s，即
t'＝4s＋4s＝8s 时物块的速度为零，整个过程中，物块相对平板车滑动的时间为8s，A 正确，
B 错误.4s 前物块相对平板车向左滑动的位移大小x1＝8×2×1
2m＋1
2（8＋4）×2m－4×4×1
2m
＝12m，4s 后物块相对平板车向右滑动的位移大小x2＝4×4×1
2m－2×4×1
2m＝4m，所以平板
车的长度为12m，整个过程物块相对平板车的位移大小为12m－4m＝8m，方向向左，C 正
确，D 错误.
巧思妙解 图像法！可以结合题意，画出物块加速时的v－t 图像，如
图所示，通过两图线的交点分析出二者共速时间和共速时速度大小，又
减速和加速时物块的加速度大小相等，可作出物块减速时的v－t 图像，
结合图像分析出整个过程中，物块相对平板车滑动的时间为8s，A 正确，B 错误.v－t 图像
和时间轴围成的面积表示位移，所以物块相对平板车的位移大小为1
2×8×6m－1
2×4×8m＝
8m，方向向左，D 错误.
8.如图所示，质量均为m＝1 kg 的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐。A 与B、B
与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑
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动距离L＝2 m 后停下。接着敲击B，B 立即获得水平向右的初速度，A、B 都向右运动，左
边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力
物块A 长度可忽略不计，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）A 被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B 运动的加速度的大小aB、aB'；
（3）B 被敲击后获得的初速度大小vB及B 运动的最大距离sB。
答案：（1）4 m/s （2）12 m/s2 4 m/s2
（3）8 m/s 3 m
解析：（1）先敲击A 时，由牛顿第二定律知μmg＝maA
A 加速度的大小aA＝μg
A 对B 的摩擦力小于B 与地面间的最大静摩擦力，B 静止不动
根据匀变速直线运动速度与位移关系可知v A
2＝2aAL
解得vA＝√2 μgL＝4 m/s。
（2）在左边缘再次对齐前，对B，
根据牛顿第二定律得μmg＋2μmg＝maB
解得aB＝3μg＝12 m/s2
对齐后，对A、B 整体，根据牛顿第二定律得2μmg＝2maB'，解得aB'＝μg＝4 m/s2。
（3）经过时间t，A、B 达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A 加速度的大小等于aA，
则v＝aAt＝vB－aBt，xA＝1
2aAt2
xB＝vBt－1
2aBt2，xB－xA＝L
联立解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m
A、B 达到共同速度后，有v2＝2aB'xB'
解得xB'＝0.5 m，所以sB＝xB＋xB'＝3 m。
9.[2024 四川成都名校入学考试]在水平道路上行驶的汽车，挡风玻璃与水平面成θ＝37°角.
无风的天气里，车辆行驶时，挡风玻璃上的树叶受到水平方向空气的推力，推力方向与车
前进方向相反，大小由车速v 决定，且满足F＝kv2.只讨论树叶沿挡风玻璃向下或向上的运
动，垂直纸面的运动可视为静止.已知树叶质量m＝0.01kg，k＝0.75×10－3kg/m，取g＝
10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.
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（1）若忽略树叶与玻璃间的摩擦，车以v1匀速行驶时，树叶恰好能静止在玻璃上，求v1.
（2）若树叶与玻璃间有摩擦，且μ＝0.1，车以v2＝2√15m/s 匀速行驶，请通过计算说明，
树叶能否静止在玻璃上.若不能，求出树叶加速度的大小和方向.
答案 （1）v1＝10m/s （2）不能，1.33m/s2，方向沿玻璃向下
解析 （1）树叶受力平衡，沿玻璃方向有kv1
2cosθ＝mgsinθ
代入数据解得v1＝10m/s
（2）根据F＝kv2
2＝0.045N
垂直玻璃方向有FN＝Fsinθ＋mgcosθ＝0.107N
沿玻璃方向有mgsinθ－Fcosθ＞μFN
所以树叶不能静止在玻璃上，根据牛顿第二定律有
mgsinθ－Fcosθ－μFN＝ma
解得a＝1.33m/s2
所以加速度大小为1.33m/s2，方向沿玻璃向下.
10.[2024 山东滨州模拟]如图所示，水平传送带长L＝2.5m，右端与放在水平地面上的木板
A、B 上表面平齐.A、B 紧靠在一起，质量均为m＝1.0kg，上表面长度均为l＝1.0m.传送带
以6m/s 的速度顺时针匀速转动，某时刻将质量为M＝2.0kg 的物块C 无初速放在传送带左
端，已知C 与传送带、A、B 上表面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，A、B 与地面间的动摩擦
因数为μ2＝0.1，重力加速度大小取g＝10m/s2，C 的大小忽略不计，求：
（1）C 在传送带上运动的时间；
（2）C 滑上A 后，A、B 间的弹力；
（3）A 的最大速度.
答案 （1）1s （2）4N （3）3
4 m/s
解析 （1）C 在传送带、A、B 上的加速度为a1＝μ1g＝5m/s2
假设C 在传送带上一直做匀加速运动，根据运动学公式有L＝1
2a1t2
解得t＝1s
C 离开传送带时的速度v＝a1t＝5m/s＜6m/s
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故假设成立，C 在传送带上运动的时间为1s
（2）C 滑上A 后，A、B 一起向右做加速运动，对A、B 整体受力分析可得μ1Mg－μ2（M＋
2m）g＝2ma2
解得A、B 的加速度大小a2＝3m/s2
对B 受力分析可得FN－μ2mg＝ma2
解得A、B 间的弹力大小FN＝4N
（3）物块C 刚从A 离开时，A 的速度最大，设物块C 在A 上运动时间为t1，可得vt1－1
2a1
t1
2－1
2a2t1
2＝l
解得t1＝1
4 s（另一根不符合题意，舍去）
A 的最大速度为vA＝a2t1＝3
4 m/s.
11.[2024 四川成都名校入学考试]在水平道路上行驶的汽车，挡风玻璃与水平面成θ＝37°角.
无风的天气里，车辆行驶时，挡风玻璃上的树叶受到水平方向空气的推力，推力方向与车
前进方向相反，大小由车速v 决定，且满足F＝kv2.只讨论树叶沿挡风玻璃向下或向上的运
动，垂直纸面的运动可视为静止.已知树叶质量m＝0.01kg，k＝0.75×10－3kg/m，取g＝
10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.
（1）若忽略树叶与玻璃间的摩擦，车以v1匀速行驶时，树叶恰好能静止在玻璃上，求v1.
（2）若树叶与玻璃间有摩擦，且μ＝0.1，车以v2＝2√15m/s 匀速行驶，请通过计算说明，
树叶能否静止在玻璃上.若不能，求出树叶加速度的大小和方向.
答案 （1）v1＝10m/s （2）不能，1.33m/s2，方向沿玻璃向下
解析 （1）树叶受力平衡，沿玻璃方向有kv1
2cosθ＝mgsinθ
代入数据解得v1＝10m/s
（2）根据F＝kv2
2＝0.045N
垂直玻璃方向有FN＝Fsinθ＋mgcosθ＝0.107N
沿玻璃方向有mgsinθ－Fcosθ＞μFN
所以树叶不能静止在玻璃上，根据牛顿第二定律有
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mgsinθ－Fcosθ－μFN＝ma
解得a＝1.33m/s2
所以加速度大小为1.33m/s2，方向沿玻璃向下.
12 .[2024 山东滨州模拟]如图所示，水平传送带长L＝2.5m，右端与放在水平地面上的木板
A、B 上表面平齐.A、B 紧靠在一起，质量均为m＝1.0kg，上表面长度均为l＝1.0m.传送带
以6m/s 的速度顺时针匀速转动，某时刻将质量为M＝2.0kg 的物块C 无初速放在传送带左
端，已知C 与传送带、A、B 上表面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，A、B 与地面间的动摩擦
因数为μ2＝0.1，重力加速度大小取g＝10m/s2，C 的大小忽略不计，求：
（1）C 在传送带上运动的时间；
（2）C 滑上A 后，A、B 间的弹力；
（3）A 的最大速度.
答案 （1）1s （2）4N （3）3
4 m/s
解析 （1）C 在传送带、A、B 上的加速度为a1＝μ1g＝5m/s2
假设C 在传送带上一直做匀加速运动，根据运动学公式有L＝1
2a1t2
解得t＝1s
C 离开传送带时的速度v＝a1t＝5m/s＜6m/s
故假设成立，C 在传送带上运动的时间为1s
（2）C 滑上A 后，A、B 一起向右做加速运动，对A、B 整体受力分析可得μ1Mg－μ2（M＋
2m）g＝2ma2
解得A、B 的加速度大小a2＝3m/s2
对B 受力分析可得FN－μ2mg＝ma2
解得A、B 间的弹力大小FN＝4N
（3）物块C 刚从A 离开时，A 的速度最大，设物块C 在A 上运动时间为t1，可得vt1－1
2a1
t1
2－1
2a2t1
2＝l
解得t1＝1
4 s（另一根不符合题意，舍去）
A 的最大速度为vA＝a2t1＝3
4 m/s.
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