2026高考物理模型讲义：滑块木板模型（解析版）

2026版高考物理培优模型

专题05滑块木板模型

目录

【模型归纳】....................................................................................1

模型一光滑面上外力拉板....................................................................1

模型二光滑面上外力拉块....................................................................1

模型三粗糙面上外力拉板....................................................................1

模型四粗糙面上外力拉块....................................................................2

模型五粗糙面上刹车减速....................................................................2

【常见问题分析】................................................................................2

问题1.板块模型中的运动学单过程问题......................................................2

问题2.板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题...............................3

问题3.板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题.....................................3

问题4.板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题.............................................4

【模型例析】....................................................................................4

【模型演练】...................................................................................18

【模型归纳】

模型一光滑面上外力拉板

加速度分离不分离

最大加速度aimax=〃g条件：条件：〃2%1max即尸。

W2加速度。2=（臼〃〃1g）加2即Q"g（如+〃?2）整体加速度

|mi\►

77777777777内力f=m

光滑

模型二光滑面上外力拉块

加速度分离不分离

帆2最大加速度a2max=/〃〃lg/〃72条件：^l><72max条件：42Mzimax

m\加速度a\=(F-nm\g)/m\即F>pm|g(1+/7Z1/W2)即F<^imig(1+mi//W2)

1至^4>/

77777777/77整体加速度a=F/(m\+m2)

光滑

内力f=ni2F/(ni\+〃”)

模型三粗糙面上外力拉板

不分离（都静止）不分离（一起加速）分离

_J2条件：条件：QWQlmax条件：42>4lmax=〃lg

加i1〃

F</i2（nn+ni2）g〃2(1+〃?2)gV2)g(〃?1+/W2)F>(〃l+〃2)g(〃h+〃?2)

1773n即机及(川+〃即

吗77777777

〃2整体加速度a==[F-/.i^in1+W2)g)]/(wi+zz/2)

内力户，川a

外力区间范闱

都静止一起加速分离」

〃2(冽l+/H2)g(〃1+"2)g('〃1+〃?2)

模型四粗糙面上外力拉块

一起静止一起加速分离

人上y条件：条件：条件：

/H2——1>/1〃2(〃?1+，〃2)gV后-〃2)mig(1+fn1/W2)。l>42max=[/“〃W2(〃h+〃[2)g]/>〃2

77777777x77

U2整体加速度即F>(/i\-/i2)rn\g(l+m\/m2)

a=[F-fi2(m\+w2)g)]/(wi+w：)

内力力=〃2(〃?l+〃72)g+〃72〃

外力区间范围

一起静止一起加速分离、F

A1

/Z2(Wl+W2)g1+mi/ni2)

模型五粗糙面上刹车减速

一起减速减速分离

a<—_r>〃“最大刹车加速度：aimax="lg条件：gZlmax即〃2>"1

——/??2I>f\整体刹车加速度4="2g”?1刹车加速度：41="lg

///////////

42条件：心］max即"2斗1mi刹车加速度：Ci2=fi2（m］+W2）gyt1mig）］//«2

加速度关系1a^a2

【常见问题分析】

问题1.板块模型中的运动学单过程问题

恒力拉板恒力拉块

wiFT-

J/止_一一L一一一一一

“J...，，/，1，，，，，/////////，

L-»

问题3.板块模型中的运动学多过程问题2一抽桌布问题

过程①：分离过程：②匀减速

【模型例析】

【例1】（2024•辽宁•高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为，=0时，木板在

水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。

已知，=0到，=%的时间内，木板速度y随时间/变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。『=4小时

刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（）

A.小物块在，=3%时刻滑上木板B.小物块和木板间动摩擦因数为2〃

C.小物块与木板的质量比为3：4D./之后小物块和木板一起做匀速运动

【答案】ABD

【详解】A.V—图像的斜率表示加速度，可知，=3/。时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在/=30时

刻滑上木板，故A正确；

B.结合图像可知，=3/。时刻，木板的速度为

3

v0=-m

设小物块和木板间动摩擦因数为外，由题意可知物体开始滑上K板时的速度为

匕=-负号表示方向水平向左

物块在木板上滑动的加速度为

经过“时间与木板共速此时速度大小为丫共=方向水平向右，故可得

y共一匕=即4

解得

4=2〃

故B正确；

C.设木板质量为物块质量为〃7,根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为

1

产。1

a=

­t-=5〃g

故可得

F-=Ma

解得

F="Mg

根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为

13

〃'=------------=-陶

此时对木板由牛顿第二定律得

F-+M）g-4〃?g=Ma'

解得

m_1

~M~2

故C错误;

D.假设，=4/。之后小物块和木板•起共速运动，对整体

F-//(m+M)g=-^Mg-^^Mg=O

故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即，二%之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。

故选ABD.

【例2】（2024•新疆河南•高考真题）如图，一长度/=L0m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。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

△/=：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。点。已知物块与薄板的

质量相等。它们之间的动摩擦因数〃=。3,重力加速度大小g=10m/s、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。

O

【答案】（1）4m/s；1s；（2）

【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为

2

a}=/jg=3m/s

薄权做加速运动的加速度

ag=3mN

对物块

,一

/+△』（/-产1

对薄板

一

△/=一1。,广，

2-

解得

%=4m/s

1

t=-s

3

（2）物块飞离薄板后薄板得速度

v,=a2t=lm/s

物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为

/'--=-s

v23

则平台距地面的高度

269

【例3】（2025•江西南昌•一模）如图，一长为上」是未知量）、质量为M=2kg的长木板放在光滑水平地面

上，物块A、B、C放在长木板上，物块A在长木板的左端，物块C在长木板上的右端，物块B与物块A

的距离.%B=3m,所有物块均保持静止。现对物块A施加一个水平向右的推力少=15N,在物决A、B即将

发生碰撞前的瞬间撤去推力凡已知物块A的质量为%=3kg,物块B、C的质量为〃%=〃?c=2kg,物块

A、B、C与长木板的动摩擦因数均为〃=。2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取lOm/s?,物块A、B、C

均可视为质点，物块间的碰撞均无机械能损失。求：

（1）施加推力时，物块A的加速度的大小：

（2）物块A、B碰撞后的瞬间各自的速度大小；

（3）若将长木板换成轻质薄板，其它条件不变，求从施加推力尸到物块A、B、C与轻质薄板共速所需的时间

（整个过程中物块B、C不相碰）.

【答案】(IRmH(2)$m/s，--—m/s(3)3.16s

【详解】(1)对A进行受力分析可得

〃[Ag=〃MA

代入题中数据解得

a、=3m/s2

(2)假设长木板、物体B、C一起加速，加速度为旬，则有

ao=…=hnH

M+wB+mc

因为

2

a0<;/g=2m/s

假设成立。所以

2

an=ac=lm/s

设物体A与物体B碰前所需时间为,，则

1,1,

解得

/=也S

设物体A、B碰前速度为匕、%，则

匕\=卬，

解得

vA=3\/3m/s,vB=V3m/s

物体A、B碰后速度为以、4，则根据动量守恒定律和能量守恒定律可得

%.+恤%=%■+%%

1,1,11

-〃?AVA+-〃％心=-m.\以="64<2

解得

,7行/,17#/

V.=---m/s，v=----m/s

A5RB5

(3)对A有

八"g="U4

得

q=3m/s2

轻质薄木板与B、C相对静止，有相同的加速度出

+mc

设物体A与物体B碰前所需时间为4,物体A、B碰前速度为“、岭，则

1212

XAB-2^'

得

/)=2s

且

匕=a/=6m/s,v2=a2t2=3m/s

物体A、B碰后速度为匕、匕，则根据动星守恒定律和能量守恒定律可得

11,1,12

弓叫2

+~^2=TWAV3+-mBv4

乙乙乙L

解得

匕=3.6m/s,匕=6.6m，s

A、B碰后，轻质木板的合力应该为零，A与薄板不能出现相对滑动否则木板合力不为零，木板和A匀速,

B匀减速，C匀加速至匕，时间与，则

，2=g=0.3s

4g

此时B的速度

v5=也一〃g，2=6m/s

此后，物体A、C薄板相对静止，一起匀加，B匀减至共速，物体A、C的加速度大小

…上皿=0.8m//

〃?A+ftJC

物体B的加速度大小

4=〃g=2m/s2

由

匕+咏=%一初

得

/,=—s«0.86s

37

则所需总时间

I总=《+q+4=3.16s

【例4】(2025•湖北黄冈•一模)加图所示，匀质木板A、R右端对齐静止叠放于光滑水平面上，木板A的

质量为加、长度为心木板B的质量为多、长度与，A、B间动摩擦因数为〃，设最大静摩擦力等于滑动摩

22

擦力，重力加速度大小为g。

(1)若对A施加水平向右的拉力巴A、B间恰好发生相对滑动，求尸的大小；

(2)若对A施加水平向右的恒力片=•1〃〃区,求木板A、B左端对齐所需时间4；

(3)若地面不光滑，木板A与地面间的动摩擦因数为(，对B施加水平向左的恒力作用一段时

间后再撤去丹，木板B恰好未从木板A上掉落。求木板B速度的最大值%和木板A运动的总时间上

【答案】("二洒g⑵"恁⑶…善”思

【详解】(1)A、B间恰好发生相对滑动，对B由牛顿第二定律

mni

//XyXg=yX«0

对AB整体

F=（〃?+；〃?）许

解得

L3

厂机g

7

(2)若对A施加水平向右的恒力耳=]〃〃噜，则AB之间产生滑动，此时B的加速度仍为

。。=4g

A的加速度为

「1

木板A、B左端对齐时

I2121,

解得所需时间

（3）设写作用的时间为右，撤力时B的速度最大，撤力后再经八时间A、B速度共速，由A与地面间的

动摩擦因数小于A、B间动摩擦因数，共速后两者一起匀减速直至停下，设撤力前B的加速度大小为。BI，

撤力后B相对A滑动的加速度大小为%，共速前A的加速度大小为叫|,共速后A的加速度大小为，撤

力前对B分析有

乙一〃5g=耳“Bl

共速前对A分析

mum

mH—

2Jg=吗

共速后对A、B分析

A〃唱g=(m

m+一

八2J

木板B恰好未从木板A上掉落，应满足

J，2(2+4)=牛

其中

WBIZ2-«OZ3=«A1(Z2+G)

最大速度

%=a^2

解杼

A运动的总时间

解得

【模型提炼】滑块不受力而木板受拉力

木校受逐渐增大的拉力而滑块不受力，这种情况下，开始滑块和木板一起做变加速运动，当滑块加速度达

到其最大值4g时，滑块、木板开始发生相对滑动，此后滑块加速度保持不变，木板加速度逐渐峭大.

【方法点拨】共速后，物块与木权会不会发生相对滑动是需耍判断的.常用的方法：假设二者相对静止，

求出二者的共同加速度大小加，与临界加速度42大小进行比较，若的＞。2,则二者一定相对滑动，若。0&2,

则二者一定相对静止.

【易错提醒】有的学生会误认为：物块轻放在木板右端后，由于恒力厂方向水平向左，物块会受到水平向

左的滑动摩擦力，导致物块一开始就向左运动.实际上，物块轻放在木板右端后受到的滑动摩擦力方向是

根据物块相对木板的运动方向来判断的，物块相对木板是向左运动的，物块受到的滑动摩擦刀方向是向右

的，因而物块一开始是水平向右加速运动的.

【例5】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的

距离为4.5m,如图(a)所示。£=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至尸1s时木板与

墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已

知碰撞后1s时间内小物块的图线如图(b)所示。木板的质曷是小物块质最的15倍，重力加速度大小g

取10m/s2o求：

图(a)图(b)

(I)木板与地面间的动摩擦因数川及小物块与木板间的动摩擦因数心；

(2)木板的最小长度；

(3)木板右端离墙壁的最终距离。

【大题拆分】第一步：分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为〃?和小物块可以看作质点(初

始条件w未知，如图甲所示)。

第二步：分解过程模型。

(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为口，如图乙所示。

(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由「碰撞时间极短(4—0),故碰后小物

块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。

(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1s小物块速度减小为零(如图丁所示)。由于木板的加速度较

小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度以如

图戊所示)。

(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。

(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。

【答案】⑴0.10.4(2)6m(3)6.5m

【解析1(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v=4m/s

碰撞后木板速度水平向左，大小也是y=4m/s

小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小及="一°=4—°m/s2=4m/s2

/1

根据牛顿第二定律有4mg=ma2,解得〃2=().4

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间/=1s,位移x=4.5m,末速度v=4m/s

其逆运动则为匀加速直线运动，可得产

解得ai=\m/s2

对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：w(〃rH5/〃)g=(〃]

+15机)。1，即〃ig="i

解得川=0.1。

(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有〃i(15"+〃?)g+"2〃?g=15nia3

可得。3=m/s2

3

对滑块，加速度大小为。2=4m/s?

由于。2＞。3,所以滑块速度先减小到0,所用时间为A=ls的过程中，木板向左运动的位移为

XI=M」43*=1。m,末速度也=丫一m/s

2~33

滑块向右运动的位移X2="0/I=2m

2

此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为〃2=4m/s2

木校继续减速，加速度大小仍为。3=；m/s?

假设又经历〃二者速度相等，则有。2/2=也一。3/2

解得力=0.5s

此过程中，木板向左运动的位移

X3=M/2—13近=7m,末速度丫3=M一。3,2=2m/s

26

滑块向左运动的位移刈=1。26=（）.5m

2

此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为AX=X|+X2+X3—X4=6m

小物块始终没有岗开木板，所以木板最小的长度为6m。

（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为小=1m/s2

向左运动的位移为X5=后=2m

2m

所以木板右端离墙壁最远的距离为

x=xi+4+.*=6.5m。

【例6】（2023•辽宁•高考真题）如图，质量〃?尸1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一

劲度系数k=2ON/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量加2=4kg的小物块以水平向右的速度%=?m/s滑

上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数"=04，最大静摩

擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能心与形变量x的关系为取重

力加速度g=lOm/s2,结果可用根式表示。

（1）求木板刚接触弹簧时速度v,的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离X/；

（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量总及此时木板速度0的大小；

（3）已知木板向右运动的速度从以减小到0所用时间为to.求穴板从速度为i，2时到之后与物块加速度首次

相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能（用功表示）。

加2:

一汽MAAAA/WH

【答案】（1）lm/s；0.125m；（2）0.25m；-y-m/s;（3）4G。一8彳

【详解】（1）由于地面光滑，则加/、〃〃组成的系统动量守恒:，则有

ni2Vo=（〃〃+〃】？）町

代入数据有

V]=lm/s

对，〃/受力分析有

超=4m/s2

叫

则木板运动前右端距弹簧左端的距离有

vi2=2aixi

代入数据解得

xi-0.125m

（2）木板与弹簧接触以后，对叨、机2组成的系统有

kx=（mi+ni2）a共

对in：有

a：=/zg=1m/s2

当=。2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量

X2=0.25m

对血八〃”组成的系统列动能定理有

一；履；=；（叫+吗M_；（班+叫）匕2

代入数据有

「走m/s

2

（3）木板从速度为V2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即〃”的加速度大于木块吃的

加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为X2时，则说明此时〃〃的速度大小为口，共用时2/〃,

且加2一直受滑动摩擦力作用，则对加2有

-j.ini2g-2to=m2Vj-m2V2

解得

匕=曰_2%

则对rm八加2组成的系统有

-%=-w,v；+；叫百一；依+%*

乙44

"=Wf

联立有

△。=4岛-8：

【例7】如图，两个滑块片和8的质量分别为妨=1kg和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川=0.5：木板的质量为〃?=4kg,与地面间的动摩擦因数为42=0.1.某时刻4、

8两滑块开始相向滑动，初速度大小均为叩=3m/s/、8相遇时，4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=10m/s2.求：

(1片与木板相对静止时，木板的速度；

(2)4、8开始运动时，两者之间的距离.

【审题指导】：如何建立物理情景，构建解题路径

①首先分别计算出4与板、/与板、板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出力、4及木板的运动情况.

②把握好几个运动节点.

③由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速，此后B与木板共同运动.

®A与木板存在相对运动，且A运动过程中加速度始终不变.

⑤木板先加速后减速，存在两个过程.

【解析】：(1)滑块力和4在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设/、〃和木板所受的摩擦力大小分别为

力、工和力，力和8相对于地面的加速度大小分别为四和劭，木板相对于地面的加速度大小为⑷，在物块8

与木板达到共同速度前有

,/|=〃1〃1吆0

力=〃1加咫②

fi="2(〃?+mA+

由牛顿第二定律得

f\=mAaA®

力=加8aB⑤

设在。时刻，8与木板达到共同速度，其大小为也，由运动学公式有

v\=vo-aBl\@

v\=a}t\®

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得

vi=1m/s@

(2)在6时间间隔内，B相对于地面移动的距离为

S8=W"l—)诉⑩

设任B与木板达到共同速度。后，木板的加速度大小为。2,

对于8与木板组成的体系，由牛顿第二定律有

f\+力=（丑+下）。2⑪

由①@©⑤式知，。尸an;再由⑦©式知，8与木板达到共同速展时.，4的速度大小也为也，但运动方向与

木校相反.由题意知，力和4相遇时，月与木板的速度相同，设其大小为吸，设力的速度大小从口变到也

所用的时间为出则由运动学公式，对木板有

V2=V\—a2t2@

对,4有

V2=­Vi+^/2®

在12时间间隔内，8（以及木板）相对地面移动的距离为

Si=y”2-⑭

在（fi+切时间间隔内，A相对地面移动的距离为

S/=Vo"1+/2)-(h+f2)通

力和3相遇时，力与木板的速度也恰好相同，因此力和4开始运动时，两者之间的距离为

so=s,d+si+s/f⑯

联立以上各式，并代入数据得

5o=1.9in

（也可用如图所示的速度一时间图线求解）

【规律总结】

滑块一滑板”模型的一般解题步骤

(第二号A|受力分析，动力学分析与运动过程分析

冠妙碗而块和滑板的运动示意图，注菽临界条件的应用

妙网滑浜二滑板应用牛顿第二定律，求出各自的加速度

遍底»丽二者的位移关系和速度关系，列方程求解问题］

滑块一滑板问题的解题关键点

(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卜.的情况卜.，当两者共速时，两者受力、加速度发生突变.

【模型演练】

I.(2024•云南大理•模拟预测)如图所示，已知一质量为〃=5kg的滑块放在倾角。=37。的固定斜面上，M

上再放一滑块，〃，且机=30kg,滑块〃?与滑块M间的动摩擦因数上=0.8,滑块M与斜面间的动摩擦因数

=0」，现给滑块M一平行于斜面向上的恒力凡用时，=50s将M和m拉至斜面顶端，斜面长度L-250m,

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力6皿37。=06cos37o=0.8,g=10m/s2)。

(1)求滑块m所受摩擦力的大小和方向；

(2)求拉力户的大小；

(3)只给滑块“一个沿斜面向上的，亘定拉力尸’(尸已撤走)，求能将两滑块拉至斜面顶端且不会发生相对滑

动的9取值范围。

【答案】(1)24N,方向沿斜面向上(2)245N(3)238N<F<1176N

【详解】(1)对，“、整体，根据

-ar=L

2

得加速度

a=0.2m/s:

对〃?，根据牛顿第二定律

f-mgsin0-ma

得

/=24N

方向沿斜面向上。

(2)对m整体，根据牛顿第二定律

F-(in+M)gsin0-//,(ni+M)geos0=("汁M)a

解得

F=245N

(3)给滑块〃？•个沿斜面向上的恒定拉力小，能将他们拉至顶端的最小拉力

Fmil=(m+M)gsin夕+从(m+M)gcos0=238N

若加和M恰好相对滑动，则〃?和M之间达到最大静摩擦力〃2Mgeos。，对整体有

-(m+M)gsin0-必(m+M)gcos0=(w+M)a

对以有

ni

/J2Scos夕一〃।(w+M)gcos0-Mgsin0=Ma

联立代入数据得

心=1176N

a=26.8m/s2

故

238N"G176N

2.(2024•云南•模拟预测)传送带广泛应用于生产生活的多种场景。如图所示，足够长的传送带与长度

L=L6m的滑板在同一水平面紧密衔接，滑板右端装有厚度不计的挡板，滑板质量M=4.5kg。可视为质点

的包裹从传送带左端无初速度释放，一段时间后冲上滑板。已知包裹的质量机=3.0kg,包裹与传送带的动

摩擦因数必=0.5,包裹与滑板的动摩擦因数上=0.4,滑板与台面的动摩擦因数〃3=01，最大静摩擦力近

似等于滑动摩擦力，不计包裹经过衔接处的机械能损失，重力加速度大小取g=10m/s、

闪;滑板—台面

(1)当传送带以速度%=3.0m/s顺时针匀速运动时，求包裹与传送带因摩擦产生的热量及包裹相对于滑板滑

动的距离；

(2)为保证包裹不与滑板后端的挡板相撞，求传送带的最大速度。

【答案】(1)/3.5,，0.9m(2)4nVs

【详解】(1)包裹在传送带上的加速度

a}=Mg=5m/s

设包裹与传送带经过，时间共速，则有

r=%

解得

Z1=A=0.6S

q

所以包裹的位移

%=；%=0.9m

传送带的位移

x2=%乙=1.8m

二者的相对位移

Ar=电-X]=0.9m

包裹与传送带因摩擦产生的热量

Q=内mg・Nx=13.5J

包寰在滑板上的加速度

a=一从2g=-4in/s2

滑块的加速度

ci_-

设包裹与滑板经过/时间共速，见有

%+at=at

解得

%=0.6s

包裹与滑块的共同速度

v=at-0.6m/s

包裹的位移

1.

x=—(v0+v)r=1.08m

滑板的位移

,1,

x=—vt=0.18m

2

故二者的相对位移

A.V=x-x=0.9m

（2）设传送带的最大速度为0时，包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，根据上述分析可知，二者共速的

时间

v_1

———=—V

,s7

a-a5

共同速度

包裹的位移

■

1z、，

25m

滑块的位移

.1.v；

x=-vt=—

2