文档文本内容
微突破6 “滑块—木板”模型中的动力学问题（解析版）
内容导航
01
命题透视·考情前瞻
对标素养，研判高考命题趋势....................................... 2
02
思维建模·脉络梳理
搭建知识框架，构建系统思维....................................... 3
03
考点精讲·靶向突破拆解核心考点，归纳解题范式....................................... 4
考点一
“滑块—木板”模型
................................................................................................................ 4
核心知识·解构...................................................................................................................................... 4
一、模型特征........................................................................................................................................4
二、解题关键........................................................................................................................................4
三、模型构建........................................................................................................................................5
四、解题方法........................................................................................................................................5
易错辨析·AI 原创命题.........................................................................................................................6
热点考向·破译...................................................................................................................................... 7
考向1
没有其他外力的板块模型
........................................................................................... 7
考向2
受恒定外力的板块模型
............................................................................................. 10
【思维建模】
处理板块模型中动力学问题的流程..............................15
04
思维建模·脉络梳理
溯源真题逻辑，感知高考考向..................................... 16
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
滑块—木板”模型
2026•河北
2025•江苏、2024•福建
2024•浙江、2024•海南、
2024•新疆河南
考情分析
题型与考向：本讲内容是高考物理中力学综合应用的最高频、最经典、最重
要的模型之一，是区分学生物理能力水平的“试金石”。几乎每年都在全国
卷及各地方卷中现身，且常以分值巨大的计算题或高难度选择题形式出现，
是决定物理高分的关键。它与传送带模型共同构成了力学中两大经典综合模
型。早期的板块模型多聚焦于纯粹的物块滑上木板（无外力，有初速度）或
木板在外力作用下拉动（有外力，无初速度）。近年来的命题趋势则更倾向
于将两者结合，或在其中融入弹性碰撞、恒定外力、变力（如F=kt）、地面
摩擦、弹簧连接、多次碰撞等众多元素，多过程、多临界成为常态。
情境与立意：
1. 经典“无外力”模型：物块有初速度滑上静止（或匀速）的木板
2. 经典“有外力”模型：外力拉动木板（或物块），带动另一物体
复习目标
1.掌握“滑块—木板”模型的受力情况和运动情况。
2.会用动力学的观点处理“滑块—木板”问题。
思维建模·脉络梳理
——搭建知识框架，构建系统思维
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一
“滑块—木板”模型
核心知识·解构
一、模型特征
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发生相对
滑动.分成有初速度型和有外力型。
二、解题关键
1. 统一参考系：所有物理量和计算以地面作为参考系。
2. 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。
3. 临界点：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。
✨得分速记：解决板块模型的三个关键关系
（1）加速度关系：如果滑块与木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；如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度，应注
意找出滑块与木板是否发生相对运动等隐含条件
（2）速度关系：滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板
受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况，速度是联系两个运动过
程的纽带，上一个过程的末速度是下一个过程的初速度
（3）位移关系：滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板
对地的位移和滑块与木板之间的相对位移的关系
三、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，位移大小之和x2+x1=L。
⚠易错提醒：运动学公式中的位移都是对地位移.
四、解题方法
1. 明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向，.
2. 分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速
度可能突变).
3. 物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口.求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过
程的末速度是下一个过程的初速度.
⚠易错提醒：
（1）两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变。
（2）当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的
临界条件。
✨得分速记：处理滑块—木板模型的三种方法
（1）整体法：将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析。
（2）隔离法：对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程。
（3）假设法：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一
个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff 与最大静摩擦力Ffm 的关系，若Ff＞Ffm，则发生相对滑动。
�AI 互动课件：
1. 板块模型(无外力型)：http://lab.physicalw.com/expt/1/22/39
2. 板块模型(无初速度有外力型)：http://lab.physicalw.com/expt/1/22/46
易错辨析·AI 原创命题
1.
在滑块-木板问题中，滑块与木板共速时，是两者相对运动趋势发生改变的临界点。( √)
2.
若地面光滑，滑块以初速度冲上静止的木板，滑块与木板间的摩擦力对滑块做正功，对木板做负功。
( × )
3.
在滑块-木板问题中，只要滑块与木板之间有相对滑动，两者之间的摩擦力就是滑动摩擦力。( √)
4.
在滑块-木板问题中，滑块不从木板上滑落的临界条件是滑块运动到木板右端时，两者速度相等。( √)
5.
在滑块-木板问题中，滑块与木板共速时，就是滑块相对木板滑动的位移最大的时刻。( √)
6.
在滑块-木板问题中，处理滑块与木板的运动情况时，通常需要分别隔离两者进行受力分析。( √)
【易错点总结表】
易混易错
概念
对应
题目
关键辨析点
共速点的
物理意义
1, 4,
5
共速是滑块与木板间相对运动消失的临界点：①摩擦力方向可能突变；②滑块相对木板
滑动的位移达到最大值（即滑块恰不滑落的临界条件）。
摩擦力做
功的正负
2
对滑块，滑动摩擦力方向与运动方向相反，做负功；对木板，滑动摩擦力方向与运动方
向相同，做正功。
摩擦力的
类型
3
有相对滑动时，为滑动摩擦力；共速且相对静止后，若地面光滑，则摩擦力为0；若地面
粗糙或木板有外力，则可能变为静摩擦力。
解题方法
6
滑块-木板问题中，通常需要隔离滑块和木板，分别进行受力分析，并根据牛顿第二定律
列出各自的加速度方程，再结合运动学公式或动量观点求解。
热点考向·破译
考向1
没有其他外力的板块模型
例1（2026·河南·三模）（多选）如图甲所示，长度L 可调节、质量始终为M 的长木板静止在光滑的水平地
面上，长木板右端放置一个质量为m 的小物块（视为质点）。某时刻给长木板一个水平向右的初速度
0v （未
知），调节长木板的长度，小物块在长木板上的运动时间为t ，作出L
t
t 图像如图乙所示。已知小物块与长
木板间的动摩擦因数
0.4
，重力加速度大小取
2
10m / s
g
。下列说法正确的是（
）
A．
3
M
m
B．
0
6m / s
v
C．小物块刚好未滑离长木板时对应的
4
/
k
m s
D．小物块刚好未滑离长木板时，长木板的长度为3m
【答案】BD
【详解】AB．小物块在长木板上滑动时，小物块做匀加速运动，加速度大小
2
1
4
/
mg
a
m s
m
长木板做匀减速运动，加速度大小
2
mg
a
M
设经过时间t 小物块滑离长木板，此过程中长木板位移
2
0
2
1
2
M
x
v t
a t
小物块位移
2
1
1
2
m
x
a t
相对位移即板长
2
0
1
2
1
2
M
m
L
x
x
v t
a
a
t
整理得
0
1
2
1
2
L
v
a
a
t
t
由图乙可知，图像纵轴截距为6，则
0
6m / s
v
，图像斜率绝对值
6
0
3
2
0
k
即
1
2
1
3
2 a
a
解得
2
1
2
6
/
a
a
m s
则
2
2
2m / s
a
由
2
mg
a
M
解得
2
M
m
，故A 错误B 正确；
C．小物块刚好未滑离长木板时，两者速度相等，经历时间
0
1
2
1s
v
t
a
a
此时
6
/
3 1
/
3
/
L
m s
m s
m s
t
即图中
3
/
k
m s
，故C 错误；
D．小物块刚好未滑离长木板时，长木板的长度
2
0
1
2
1
3
2
L
v t
a
a
t
m
，故D 正确。
故选BD。
▶新情境◀【变式训练1·变情境】（2026·重庆大足·模拟预测）（多选）如图所示，物块A 静止在木板B
上，A 、B 的质量分别为3m 、m ，A 与B 之间的动摩擦因数为2，木板B 与地面间的动摩擦因数为，
用带有特殊橡胶指套的手指作用在物块A 的上表面并以恒定速率
0v （未知）向右移动，手指对物块A 施加
的压力大小恒为2mg ，运动
0
2t 后撤离手指。在手指作用过程中，手指在物块A 上表面留下的指痕长度恰好
等于物块A 在木板B 上痕迹长度的5
7 ，手指撤离后再经过
0
2
t ，物块A 、木板B 速度恰好相等。则（
）
A．
0
0
2t
过程中木板B 的加速度大小为4 g
B．橡胶指套匀速移动的速率
0
0
8
v
gt
C．手指与物块A 发生相对运动的时间是
0
2
t
D．橡胶指套与物块A 上表面间的动摩擦因数20
【答案】AD
【详解】A．撤离手指前，对物块A ，设橡胶指套与物块A 上表面间的动摩擦因数为
0
，根据牛顿第二
定律有
0
A1
2
2
2
3
3
mg
mg
mg
ma
根据题意可得
0
0
2t
过程中木板B 的速度始终小于物块A 的速度，对木板B ，根据牛顿第二定律有
B1
2
2
3
2
3
mg
mg
mg
mg
mg
ma
解得
B1
4
a
g
，故A 正确；
B．撤离手指后，对物块A ，根据牛顿第二定律有
A2
2
3
3
mg
ma
解得
A2
2
a
g
对木板B ，根据牛顿第二定律有
B2
2
3
3
mg
mg
mg
ma
解得
B2
2
a
g
设
0
2t 时木板B 的速度为
B
v ，手指撤离后再经过
0
2
t ，物块A 、木板B 速度恰好相等，有
0
0
0
B
2
2
2
2
t
t
v
g
v
g
，
0
B
B1
0
2
8
v
t
a
t
g
可得橡胶指套匀速移动的速率
0
0
10
v
gt
，故B 错误；
C．如图所示，设手指与物块A 发生相对运动的时间是t
，在手指作用过程中，手指在物块A 上表面留
下的指痕长度恰好等于物块A 在木板B 上痕迹长度的5
7 ，根据v
t
图像的面积表示位移，有
0
0
2
0
0
0
0
1
Δ
Δ
5
2
1
1
7
Δ
2
Δ
4
2
2
2
v
t
v
t
v
t
v
t
t
g
t
解得
0
t
t
，故C 错误；
D．0
t
时间内物块A 有
0
0
A1
10
t
v
gt
a
解得
A1
10
a
g
代入
0
A1
2
2
2
3
3
mg
mg
mg
ma
解得
0
20
，故D 正确。
故选AD。
【变式训练2】（2026·河北·模拟预测）质量为
2
M kg 的木板B 静置于光滑水平面上，质量为
1
m kg 的
木块A 静置于B 的左端。已知A、B 间的动摩擦因数
0.2
，取
2
10m/s
g
。
(1)如图甲所示，现给A 一水平向右的初速度
1
6m/s
v
，A 在相对于B 运动的过程中恰好没有从B 上滑落。
①求A 刚获得初速度时，A
B
、
的加速度大小；
②求B 的长度。
(2)如图乙所示，在B 获得水平向左的速度
2
7m/s
v
的同时，对A 施加水平向左的恒力
4N
F
，求A 从开
始运动到从B 上滑下来所用的总时间（结果可以用根号表示）。
【答案】(1)①2m/s2，1m/s2；②6m
(2)(1
7)s
【详解】（1）①A 刚获得初速度时，对A，根据牛顿第二定律得
1
mg
ma
解得
2
1
2m/s
a
对B，根据牛顿第二定律得
2
mg
Ma
解得
2
2
1m/s
a
②设经过时间t1 时A、B 达到共同速度，有
1
1 1
2 1
1
v
v
a t
a t
共
这段时间内，A、B 的位移分别为
1
1
A1
1
8m
2
v
v
x
t
共
，
1
B1
1
2m
2
v
x
t
共
B 的长度为
A1
B1
6m
L
x
x
（2）A、B 开始运动后，对A 根据牛顿第二定律，得
3
F
mg
ma
设经过时间t2 时A、B 达到共同速度，则有
3 2
2
2 2
2
v
a t
v
a t
共
这段时间内，A、B 的位移分别为
2
A2
2
3m
2
v
x
t
共
，
2
2
B2
2
6.5m
2
v
v
x
t
共
A 相对于B 滑行的距离
B2
A2
Δ
3.5m
x
x
x
此后，A、B 都做匀加速直线运动，对A 根据牛顿第二定律，得
4
F
mg
ma
设从A、B 共速到分离经历的时间为t3，这段时间内
2
A3
3
4 3
2
1
2
x
v
t
a t
共
，
2
B3
3
2 3
2
1
2
x
v
t
a t
共
，
A3
B3
Δx
x
x
解得3
7s
t
A 从开始运动到从B 上滑下来所用的总时间
2
3
(1
7)s
t
t
t
考向2
受恒定外力的板块模型
例2（2026·河南驻马店·三模）（多选）如图所示，质量为M 的木板放在光滑的水平面上，质量为m 的物
块放在长木板上表面的中点，均处于静止状态，物块与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度为g ，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，给长木板施加一个水平向右的拉力，则下列说法正确的是（
）
A．物块与长木板有可能一起向右匀速运动
B．当F
mg
时，物块与长木板间刚好要发生相对滑动
C．当物块与长木板发生相对滑动时，F 增大，物块的加速度保持不变
D．当物块与长木板发生相对滑动时，F 越大，物块滑离长木板时的速度越小
【答案】CD
【详解】A．由于水平面光滑，因此拉力作用在长木板上时，长木木板一定做加速运动，故A 错误；
B．当物块与长木板间刚好要发生相对滑动时，物块所受到的静摩擦力达到最大，设此时加速度为a ，根
据牛顿第二定律，对物块有
mf
mg
ma
解得a
g
对物块与长木板有
F
m
M a
m
M g
，故B 错误；
C．当物块与长木板发生相对滑动时，物块所受到的摩擦力为滑动摩擦力，故物块的加速度大小始终为
a
g
，故C 正确；
D．当物块与长木板发生相对滑动时，对长木板，根据牛顿第二定律有F
mg
Ma
解得
F
mg
a
M
可知F 越大，则长木板的加速度a越大，而长木板相对物块的位移为长木板的长度L 保持不变，即
2
2
1
1
2
2
2
L
a t
at
可得
L
t
a
a
因a 保持不变，a越大，则时间t 越小，即物块在板上相对滑动的时间越短，又滑离时的速度v
at
gt
可知v 越小，故D 正确。
故选CD。
【变式训练3·变情境】（2026·安徽·模拟预测）（多选）如图所示，一倾角
30
的固定光滑斜面体上，
放置有质量为
3kg
M
的长木板，木板上叠放着质量为
2 kg
m
的小物块。已知木板与物块间的动摩擦因数
3
2
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时，两物体在外力作用下静止在斜面上。现撤去外力，同
时对长木板施加一个沿斜面向上的恒力F （
0
F
），重力加速度大小g 取
2
10 m / s
。下列关于木板与物块间
的摩擦力f 的说法，正确的是（
）
A．若木板与物块保持相对静止，F 越大，则f 越大
B．物块受到的摩擦力一定沿斜面向上
C．当
20N
F
时，
12N
f
D．当
40N
F
时，
15N
f
【答案】ABD
【详解】AB．将木板与小物块看成一个整体，整体重力沿斜面向下的分力为
sin
25
M
m g
N
若木板与小物块保持相对静止，当0
25
F
N
时，整体有沿斜面向下的加速度，根据牛顿第二定律，对
整体有
1
sin
M
m g
F
M
m a
解得
2
1
sin
sin
5
/
F
a
g
g
m s
M
m
对小物块分析，假设木板对小物块的静摩擦力f 沿斜面向上，则有
1
sin
mg
θ
f
ma
可得
1
sin
0
f
mg
ma
可知假设正确，此时解得
2
5
f
F
，可知F 越大，则f 越大；
当
25N
F
时，整体有沿斜面向上的加速度，根据牛顿第二定律，对整体有
2
sin
F
M
m g
M
m a
因整体的加速度沿斜面向上，故木板对小物块的静摩擦力f 一定沿斜面向上，对小物块有
2
sin
f
mg
ma
联立解得
2
5
f
F
，可知F 越大，则f 越大；
综上分析，当木板与小物块保持相对静止时，F 越大，则f 越大，小物块受到的静摩擦力沿斜面向上；
若木板与小物块相对滑动，对小物块分析有
cos
15
sin
10
mg
N
mg
N
可知小物块受到的滑动摩擦力一定沿斜面向上，综上分析，物块受到的摩擦力一定沿斜面向上，故AB
正确；
C．因
20
sin
25
F
N
M
m g
N
，故整体有沿斜面向下的加速度，根据牛顿第二定律，对整体有
sin
M
m g
F
M
m a
解得
2
1m / s
a
对小物块分析，假设木板对小物块的静摩擦力f 沿斜面向上，则有
sin
mg
f
ma
解得
8
cos
15
f
N
mg
N
，则木板相对小物块静止，静摩擦力大小为8N，故C 错误；
D．因
40
sin
25
F
N
M
m g
N
，假设木板相对小物块静止，整体有沿斜面向上的加速度，根据牛
顿第二定律，对整体有
sin
F
M
m g
M
m a
解得
2
3m / s
a
对小物块有
sin
f
mg
ma
联立解得
16
cos
15
f
N
mg
N
说明木板与小物块之间发生了相对滑动，则小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为15N，故D 正确。
故选ABD。
【变式训练4·变情境】（2026·湖南衡阳·模拟预测）（多选）如图所示，A、B、C 三个物体静止叠放在水
平桌面上，物体A 的质量2m，B 和C 的质量都是m，A、B 间的动摩擦因数为μ，B、C 间的动摩擦因数为
4
，B 和地面间的动摩擦因数为8
。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A 施加一水
平向右的拉力F，则下列判断正确的是（
）
A．若A、B、C 三个物体始终相对静止，则力F 不能超过3
2
mg
B．当力F=μmg 时，A、B 间的摩擦力为3
4
mg
C．无论力F 为何值，B 的加速度不会超过3
4
g
D．当力
7
2
F
mg
时，B 相对A 滑动
【答案】AB
【详解】A．A 与B 间的最大静摩擦力为f1=2μmg
B 与C 间的最大静摩擦力为
2
1
4
4
f
mg
mg
B 与地面的最大静摩擦力为
3
1
4
8
2
f
mg
mg
若A、B、C 三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛顿第二定律可知F-f3=（2m+m+m）
a
假设C 恰好与B 相对不滑动，则对C 有f2=ma
解得
1
4
a
g
，
3
2
F
mg
设此时A 与B 间的摩擦力为f，对A 有F-f=2ma
解得f=μmg＜f1
表明C 达到临界时A 还没有到达临界值，故要使三者始终相对静止，则F 不能超过3
2
mg
，故A 正确；
B．当F=μmg
时，由整体可知F-f3=（2m+m+m）a，
3
1
2
f
mg
解得
1
8
a
g
代入F-f=2ma
解得
3
4
f
mg
故B 正确；
D．B 相对A 滑动时，C 早已相对于B 发生相对滑动，对AB 整体F-f2-f3=（2m+m）a′
对A 研究得F-2μmg=2ma′
解得
9
2
F
mg
故当拉力大于9
2
mg
时，B 相对A 滑动，故D 错误；
C．当F 较大时，A 与C 会相对于B 滑动，B 的加速度达到最大，当A 与B 相对滑动时，C 早已相对于
B 发生相对滑动，则B 受到A 的摩擦力向前，B 受到C 的摩擦力向后，B 受到地面的摩擦力向后，对B
有f1-f2-f3=maB
解得
B
5
4
a
g
，故C 错误。
故选AB。
【思维建模】
处理板块模型中动力学问题的流程
真题溯源·考向感知
——溯源真题逻辑，感知高考考向
1．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R 的光
滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE 平滑连接。长为L、质量为M 的平板紧靠长为d 的固定凹槽EFGH
侧壁EF 放置，平板上表面与DEH 齐平。将一质量为m 的小滑块从A 端弹射，经过轨道BCD 后滑上平板
并带动平板一起运动，平板到达HG 即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑
块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG 间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
2
10m / s
g
。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 时，求滑块离开弹簧时速度v0 的大小；
（2）若μ2=0，滑块恰好过C 点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2=0.1，滑块能到达H 点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s
【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 时
2
C
mv
mg
R
从滑块离开弹簧到C 过程，根据动能定理
2
2
1
1
2
2
2
C
B
mgR
mv
mv
=
解得
0
5m/s
v
（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒
(
)
B
mv
M
m v
共
根能量守恒
2
2
1
1 (
)
2
2
B
E
mv
M
m v
共
解得
5 J
8
E
（3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为
2
1
1
6m/s
a
g
2
1
2
2
(
)
m s
4
/
mg
M
m g
a
M
共速后，共同加速度大小为
2
3
2
1m/s
a
g
考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；
假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程
1 1
2 1
E
v
v
a t
a t
共速过程，滑块、木板位移分别为
1
1
2
E
v
v
x
t
2
1
2
v
x
t
共速时，相对位移应为
1
2
x
L
x
x
解得
6m/s
E
v
，
2.4m/s
v
随后共同减速
3
1
1.88m
x
d
x
到达H 速度
2
3
3
2
2m/s
H
v
v
a x
说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。
2．（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A 为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径
10m
R
，
滑梯顶点a 与滑梯末端b 的高度
5m
h
，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，
滑板质量
25kg
M
，一质量为
50kg
m
的游客，从a 点由静止开始下滑，在b 点滑上滑板，当滑板右端运
动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行
16m
s
停下。游客视为质点，其
与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为
0.2
，忽略空气阻力，重力加速度
2
10m / s
g
，求：
（1）游客滑到b 点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度L
【答案】（1）1000N ；（2）7m
【详解】（1）设游客滑到b 点时速度为
0v ，从a 到b 过程，根据机械能守恒
2
0
1
2
mgh
mv
解得
0
10m/s
v
在b 点根据牛顿第二定律
2
0
N
v
F
mg
m R
解得
N
1000N
F
根据牛顿第三定律得游客滑到b 点时对滑梯的压力的大小为
N
N
1000N
F
F
（2）设游客恰好滑上平台时的速度为v ，在平台上运动过程由动能定理得
2
1
0
2
mgs
mv
解得
8m/s
v
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做
减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为
1a 和
2a ，得
2
1
2m/s
mg
a
g
m
2
2
4m/s
mg
a
M
根据运动学规律对游客
0
1
v
v
a t
解得
1s
t
该段时间内游客的位移为
0
1
9m
2
v
v
s
t
滑板的位移为
2
2
2
1
2m
2
s
a t
根据位移关系得滑板的长度为
1
2
7m
L
s
s
