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专题强化五 传送带模型和“滑块—木板”模型
目标要求 1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问
题.2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”．
题型一 传送带模型
1．水平传送带
滑块的运动情况
情景 传送带不足够长(未达到和传
传送带足够长
送带相对静止)
一直加速 先加速后匀速
vv时，一直减速 v>v时，先减速再匀速
0 0
滑块先减速到速度为0，后
被传送带传回左端
滑块一直减速到右端
若v
0
v，则返回到
0 0
左端时速度为v
2.倾斜传送带
滑块的运动情况
情景
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速(一定满足关系gsin 先加速后匀速(一定满足关系
θ<μgcos θ) gsin θ<μgcos θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
一直加速(加速度为gsin θ＋
若μv时，若μv时，若μ≥tan θ，先减
0
μgcos θ，若μ≥tan θ，一直 速后匀速；若μμgcos θ，一直加速；
gsin θ＝μgcos θ，一直匀速
gsin θ<μgcos θ，先减速到
速度为0后反向加速，若
(摩擦力方向一定沿斜 gsin θ<μgcos θ，一直减速 v 0 ≤v，加速到原位置时速度
面向上) 大小为v；若v>v，运动到
0 0
原位置时速度大小为v
考向1 动力学中水平传送带问题
例1 (多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传
送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数 μ＝0.2，A、B
间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正
确的是( )
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
答案 AC
解析 开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正确；设行
李做匀加速运动的时间为t ，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at ，代入
1 1
数据解得t ＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝at2＝×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的时间
1 1
为t ＝＝ s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t ＋t ＝5.1 s，故B错误；由以上分析可
2 1 2
知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正
确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 Δx＝vt －x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D
1
错误．考向2 动力学中的倾斜传送带问题
例2 (2021·辽宁卷·13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定
速率v ＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m．工作人员沿
1
传送方向以速度v ＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)．小包裹与传送带间
2
的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
答案 (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)小包裹的初速度v 大于传送带的速度v ，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦
2 1
力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即 μmgcos
θ>mgsin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律
可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，
用时t＝＝ s＝2.5 s
1
在传送带上滑动的距离为
x＝t＝×2.5 m＝2.75 m
1 1
共速后，匀速运动的时间为t ＝＝ s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t ＋t ＝
2 1 2
4.5 s.
考向3 传送带中的动力学图像
例3 (多选)(2023·福建省西山学校高三模拟)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动．
一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是( )答案 BC
解析 设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为 μ，滑块质量为m，若mgsin
θ>μmgcos θ，则滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若 mgsin θ＝
μmgcos θ，则小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若 mgsin θ<μmgcos
θ，则小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块先做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向
加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分
力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确．
例4 (多选)(2023·广东省华南师大附中检测)如图甲所示，一足够长的、倾角为37°的传送
带以恒定速率稳定运行，一质量m＝1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑
上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关
系如图乙所示，若取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的有( )
A．0～8 s内物体的位移大小为14 m
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.625
C．0～4 s内物体上升的高度为4 m
D．0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m
答案 AD
解析 物体运动的位移即v－t图像中图线与横轴围成的面积，则x＝×4 m－2×2× m＝14
m，A正确；由物体运动的v－t图像可知，在2～6 s内物体做匀加速直线运动，有a＝＝
m/s2＝1 m/s2，且μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝0.875，B错误；在0～4 s内由题图
知，物体运动的位移为0，则在0～4 s内物体上升的高度为0，C错误；由选项A可知，在
0～8 s内物体的位移x＝14 m，传送带的位移x′＝vt＝4×8 m＝32 m，则0～8 s内物体在
传送带上留下的墨迹长度为Δx＝x′－x＝18 m，D正确．1．临界状态：当v ＝v 时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变．
物 带
2．物体与传送带的划痕长度Δx等于物体与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且
两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx ＋Δx(图甲)；若两次相对运动方向相反，则Δx等于较
1 2
长的相对位移大小(图乙)．
题型二 “滑块—木板”模型
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
摩擦力的作用下发生相对滑动．
2．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＝x－x＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x＋x＝L.
1 2 2 1
3．解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)当滑块与木板速度相同时，“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)．
考向1 水平面上的板块问题
例5 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右
端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物
块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10
m/s2，则：
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
答案 (1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s(4)0.7 m
解析 (1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝，解得a＝3 m/s2
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用
故a ＝μg＝2 m/s2
m
Δx＝at2－a t2＝0.5 m
1 m
(3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s，v ＝a t＝2 m/s
m m
撤去F后，长木板的加速度大小a′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝v ＋a t′＝v－a′t′
m m
解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx＝－，解得Δx＝0.2 m
2 2
最终小物块离长木板右端x＝Δx＋Δx＝0.7 m.
1 2
考向2 斜面上的板块问题
例6 (多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，
倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为.小孩(可视为质点)坐在
滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，
假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
答案 BC
解析 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a ＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大
1
小为a ＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有 at2－at2＝L，解得t＝1
2 1 2
s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝at＝2.8 m/s，D错误，C正确．
1
考向3 板块问题中的动力学图像问题
例7 (多选)(2023·内蒙古高三检测)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑
块Q放置于长木板上的最右端．现将一个水平向右的力 F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F.滑块、长木板的速度时间图像如图乙所示，已知滑块
与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下．重力加速度取g＝10 m/s2.则下
列说法正确的是( )
A．t＝9 s时长木板P停下来
B．长木板P的长度至少是7.5 m
C．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5
D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12 m
答案 AB
解析 由题图乙可知，力F在t ＝5 s时撤去，此时长木板P的速度v ＝5 m/s，t ＝6 s时两
1 1 2
者速度相同，v＝3 m/s，t＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t＝6 s后长木板P的
2 2 2
速度小于滑块Q的速度，0～6 s过程中，以滑块Q为研究对象，由牛顿第二定律得μmg＝
1
ma ，且a ＝＝0.5 m/s2，解得μ ＝0.05，在5～6 s过程中，以长木板P为研究对象，由牛顿
1 1 1
第二定律得μ(2m)g＋μmg＝ma ，且a ＝＝2 m/s2，解得μ ＝0.075，从6 s末到长木板停下
2 1 2 2 2
来的过程中，由牛顿第二定律得μ(2m)g－μmg＝ma ，解得a ＝1 m/s2，这段时间Δt ＝＝3
2 1 3 3 3
s，则t＝9 s时长木板P停下来，故A正确，C错误；长木板P的长度至少是前6 s过程中滑
块Q在长木板P上滑行的距离，即Δx ＝×5×5 m＋×(5＋3)×1 m－×3×6 m＝7.5 m，故
1
B正确；在从6 s末到滑块Q停下来的过程中，由牛顿第二定律得μmg＝ma ，解得a ＝0.5
1 4 4
m/s2，这段时间Δt ＝＝6 s，所以t ＝12 s时滑块Q停下来，6 s后滑块Q在长木板P上滑行
4 3
的距离Δx ＝×6×3 m－×3×3 m＝4.5 m，前6 s长木板P速度更大，后6 s滑块Q速度更
2
大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为Δx＝Δx－Δx＝3 m，故D错误．
1 2
处理“板块”模型中动力学问题的流程课时精练
1.如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在
传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动．假设行李箱与传送带之间
的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，
下列说法正确的是( )
A．要实现这一目的前提是μmgsin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩
擦力大小为F＝mgsin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿
f传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，
传送时间不会无限缩短，故D错误．
2．(多选)图甲为一转动的传送带，以恒定的速率 v顺时针转动．在传送带的右侧有一滑块
以初速度v 从光滑水平面滑上传送带，运动一段时间后离开传送带，这一过程中滑块运动
0
的v－t图像如图乙所示．由图像可知滑块( )
A．从右端离开传送带
B．从左端离开传送带
C．先受滑动摩擦力的作用，后受静摩擦力的作用
D．变速运动过程中受滑动摩擦力的作用
答案 AD
解析 由题图乙可知，滑块先向左做匀减速运动减速到零，再向右做匀加速运动，最后以与
传送带相同的速度做匀速直线运动，故从右端离开传送带，故A正确，B错误；滑块先向左
做匀减速运动，受到向右的滑动摩擦力，再向右做匀加速运动，还是受到向右的滑动摩擦力，
所以变速运动过程中受滑动摩擦力的作用，与传送带共速后做匀速直线运动，不受摩擦力作
用，故C错误，D正确．
3．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为
M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像
如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
答案 BC
解析 物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用，故
μmg＝ma ，而v－t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a ＝ m/s2＝2 m/s2，解
1 1
得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma ，由v－t图像可知木板的加速度大小为a ＝ m/s2
2 2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D错误，B正确；从题图乙可知物块和木板在t＝2 s时分
离，两者在0～2 s内的v－t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2
m－×2×2 m＝8 m，C正确．
4.(2023·甘肃省模拟)如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A(可看
作质点)以水平速度v ＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.1，设A
0
到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10 m/s2，下列说法不正确的是( )
A．若传送带速度等于2 m/s，物块不可能先做减速运动后做匀速运动
B．若传送带速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/s
C．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动
D．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，则传送带的速度不大于3 m/s
答案 D
解析 物块在传送带上的加速度大小为a＝＝1 m/s2，假设物块一直做匀减速运动到传送带
右端，根据v′2－v2＝－2aL，解得v′＝3 m/s>2 m/s，可知当传送带速度等于2 m/s时，物
0
块一直减速到最右端，故A正确；当传送带速度等于3.5 m/s，传送带逆时针转动时，v等于
3 m/s，故B正确；若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方
向转动，此方向传送带的速度可以为任意值，故C正确，D错误．
5.(多选)(2023·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v 在光滑水平面
0
上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端
滑出，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v，则小滑块离开木板的速度变大
0
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
答案 AB
解析 若只增大滑块质量，滑块的加速度不变，木板的加速度增大，所以滑块与木板共速时，
滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故 A正确；若只增大长木板质量，
木板的加速度减小，滑块的加速度不变，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑
块在木板上的运动时间变短，故B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的
加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑块离开木板的速度变小，故C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，
相对位移不变，则滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，
木板对地位移变小，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为木板对地位移减去极长，故减小，
故D错误．
6．(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑
块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始
计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，
重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C．图乙中t＝24 s
2
D．木板的最大加速度为2 m/s2
答案 ACD
解析 由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力大小为 8 N，则滑块与木板间的动摩擦
因数为μ＝＝0.4，选项A正确．由题图乙可知，t 时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与
1
木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为 μ′＝＝0.1，选项B错误．t 时刻，滑
2
块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力F ＝8 N，此时
fm
两者的加速度相同，且木板的加速度达到最大，则对木板：F －μ′·2mg＝ma ，解得a ＝
fm m m
2 m/s2；对滑块：F－F ＝ma ，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t ＝24 s，选项C、
fm m 2
D正确．
7.(2023·山东泰安市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4
kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细
线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度取g＝10 m/s2，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是(
)
A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6
B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s
C．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 m
D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N答案 C
解析 当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知m g＝
P
μm g，解得μ＝0.5，A错误；当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动，物块Q先做初速度
Q
为零的匀加速直线运动，有m g＋μm g＝(m ＋m )a，解得a＝ m/s2，当物块Q速度达到传
P Q P Q
送带速度，即8 m/s后，做匀速直线运动，由v＝at，解得匀加速的时间t＝1.2 s，匀加速的
1 1
位移为x＝＝4.8 m，则匀速运动的时间为t ＝＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间
2
为t ＝t ＋t ＝2.6 s，B错误；加速阶段的位移之差为Δx＝vt －x＝4.8 m，即Q从传送带左
总 1 2 1
端到右端相对传送带运动的距离为 4.8 m，C正确；当Q加速时，对P分析有m g－F ＝
P T
m a，解得F ＝ N，之后做匀速直线运动，有F ′＝20 N，D错误．
P T T
8．(2023·河南信阳市模拟)如图甲所示，在顺时针匀速转动且倾角为θ＝37°的传送带底端，
一质量m＝1 kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间(v－t)
关系的部分图像如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ；
(2)物块沿传送带向上运动的最大位移；
(3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程．
答案 (1)0.5 (2)6.4 m (3)4.8 m
解析 (1)由题图乙可知，物块的初速度v ＝8 m/s，物块的速度减速到与传送带的速度相同
0
时，加速度发生变化，所以传送带转动时的速度 v＝4 m/s，从t＝0到t＝0.4 s时间内，物块
加速度大小为a ＝＝ m/s2＝10 m/s2，方向沿斜面向下；物块受到重力、支持力和沿斜面向
1
下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma ，解得μ＝0.5.
1
(2)设在t＝0.4 s后，物块做减速运动的加速度大小为a ，物块受到重力、支持力和沿斜面向
2
上的摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，解得a ＝2 m/s2，物块
2 2
从t＝0.4 s开始，经过t 时间速度减为零，则t ＝ s＝2 s，从t＝0到t＝0.4 s，物块位移为x
1 1 1
＝vΔt－a(Δt)2＝2.4 m，从t＝0.4 s到t＝2.4 s，物块减速到零的位移为x＝t＝×2 m＝4 m，
0 1 2 1
物块沿传送带向上运动过程中的位移为x＝x＋x＝6.4 m.
1 2
(3)从t＝0到t＝0.4 s，传送带位移为x ＝vΔt＝1.6 m，物块相对传送带向上运动Δx ＝x －x
3 1 1 3
＝0.8 m，从t＝0.4 s到t＝2.4 s，传送带位移x ＝vt ＝8 m，物块相对传送带向下运动Δx ＝
4 1 2
x －x ＝4 m，故物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程 Δx＝Δx ＋Δx ＝4.8
4 2 1 2
m.9.(2023·辽宁大连市检测)如图所示，一质量M＝2 kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其右
端有一质量m＝2 kg的小滑块A，对B施加一水平向右且大小为F＝14 N的拉力；t＝3 s后
撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上．已知 A、B间的动摩擦因数为μ ＝0.1，B与地面
1
间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
2
(1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小；
(2)要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度．
答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)5.25 m
解析 (1)对滑块A根据牛顿第二定律可得μmg＝ma ，故A的加速度大小为a ＝1 m/s2，方
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向向右；对木板B根据牛顿第二定律可得F－μmg－μ(m＋M)g＝Ma，解得木板B加速度大
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小为a＝2 m/s2.
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(2)撤去外力瞬间，A的位移大小为x ＝at2＝4.5 m，B的位移大小为x ＝at2＝9 m，撤去外
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力时，滑块A和木板B的速度分别为v ＝at＝3 m/s，v ＝at＝6 m/s，撤去外力后，滑块A
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的受力没变，故滑块A仍然做加速运动，加速度不变，木板B做减速运动，其加速度大小
变为a′＝＝5 m/s2，设再经过时间t′两者达到共速，则有v＋at′＝v－a′t′
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撤去外力后，A的位移大小为x′＝vt′＋at′2
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B的位移大小为x′＝vt′－a′t′2
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故木板B的长度至少为L＝x－x＋x′－x′
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代入数据解得L＝5.25 m.
