文档内容
第 09 讲 传送带模型和木板滑块模型
题型一 水平传送带
题型二 倾斜传送带
题型三 水平面上的板块问题
题型四 斜面上的板块问题
课标要求 命题预测 重难点
1.掌握传送带模型的特
点，了解传送带问题的分
类。
2.会对传送带上的物体进
理解实际生活中的木板滑块、
行受力分析和运动状态分
（1）区分木板滑块、传送带模型中的多个过
传送带模型，会解决实际问
析，能正确解答传送带上
程的运动情况。
题。
物体的动力学问题。
（2）分析木板滑块、传送带模型中的临界问
木板滑块、传送带模型中的
3.掌握“滑块—木板”模 题。
力、功和能的综合运用。
型的运动及受力特点。
4.能正确运用动力学观点
处理“滑块—木板”模型
问题。
题型一 水平传送带
【典型例题剖析】
【例1】 如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v ＝
0
10 m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：
(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？
(2)煤块从A到B的时间；
(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度.
【答案】 (1)不能 (2)1.5 s (3)5 m
【详解】 (1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分
析有mgsin 37°>μmgcos 37°，所以它们不能相对静止.
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为
a＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
1
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t＝＝1 s，
1
发生的位移x＝at2＝5 m
1 11
煤块速度达到v 后，因μgcos θv时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
0
情景2
(2)vv返回时速度为v，若vμmgcos θ，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，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，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，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.
【高考考点对接】
倾斜传送带
项目 图示 滑块可能的运动情况
(1)可能一直加速
情景1
(2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速
情景2 (2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a 加速后以a 加速
1 2
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景3
(3)可能一直减速
(4)可能先以a 加速后以a 加速
1 2
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
情景4
(3)可能先减速后反向加速
(4)可能一直减速
【解题能力提升】
1．模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对滑动(或有相对运动趋势)而产生摩擦
力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。2．解题关键：抓住v ＝v 的临界点，当v ＝v 时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。
物 传 物 传
3．注意物体位移、相对位移和相对路程的区别
(1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。
(2)物体相对传送带的位移大小Δx
①若有一次相对运动：Δx＝x －x 或Δx＝x －x 。
传 物 物 传
②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx＋Δx(图甲)；
1 2
两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx(图乙)。
2
【跟踪变式训练】
【变式2-1】 如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一
1
物块以初速度v 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图象如图乙所示，物
0
块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( )
A.传送带的速度为4 m/s
B.传送带底端到顶端的距离为14 m
C.物块与传送带间的动摩擦因数为
D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
【答案】 A
【详解】 如果v 小于v ，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度
0 1
v 一定大于v.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以
0 1
判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确；传送带底端到顶端的距离等于v－t图线与横轴所围的面积，
即×(4＋12)×1 m＋×1×4 m＝10 m，选项B错误；0～1 s内，a ＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2,1～2 s内，a
1 2
＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，解得μ＝，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，
选项D错误.
【变式2-2】 如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以
v ＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块(可视为质
0
点)，它与传送带之间的动摩擦因数为 μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知 sin 37°＝
0.6，g取10 m/s2，求：(1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止；
(2)煤块从A运动到B的时间；
(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。
【答案】 (1)不能 (2)1.5 s (3)5 m
【详解】 (1)由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
1
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t＝＝1 s，发生的位移x＝at2＝5 m
1 1 11
煤块速度达到v 后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有
0
a＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，
2
x＝L－x＝5.25 m，
2 1
由x＝vt＋at2，
2 02 22
得t＝0.5 s
2
故煤块从A运动到B的时间为t＝t＋t＝1.5 s。
1 2
(3)第一过程痕迹长Δx＝vt－x＝5 m，
1 01 1
第二过程痕迹长Δx＝x－vt＝0.25 m，
2 2 02
Δx 与Δx 部分重合，故痕迹总长为5 m。
2 1
【变式2-3】 (2024·辽宁沈阳市模拟)如图，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、
质量为m＝1 kg的物块，以沿传送带向下的速度v ＝4 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的
0
部分v－t图像如图所示，取g＝10 m/s2，则( )
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度v＝1 m/s，方向逆时针
C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2
D．物块将在5 s时回到原处
【答案】 D
【详解】 从图像可知，物块速度减为零后沿传送带反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没
从N点离开，可知传送带顺时针运动，速度大小为1 m/s，故A、B错误；v－t图像中斜率表示加速度，
可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为a＝ m/s2＝2.5 m/s2，故C错误；速度图像与时间轴围成的面积表示位移，由图像可知，t ＝ s时，物块的速度为0，之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送
1
带向下运动的位移x ＝×4× m＝ m，t ＝ s到t ＝2 s，物块沿传送带向上加速运动的位移 x ＝×1 m＝
1 1 2 2
m，物块沿传送带向上匀速运动的时间t ＝＝3 s，所以物块回到原处的时间t＝3 s＋2 s＝5 s，故D正
匀
确。
题型三 平面上的木板滑块模型
【典型例题剖析】
【例3】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，g取10
m/s2。
(1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于什么值？
(2)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，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)10 N (2)①3 m/s2 ②0.5 m ③2.8 m/s ④0.7 m
【详解】 (1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为 a ，根据
0
牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma ，对物块和木板整体有F＝(m＋M)a，
0 0 0
联立解得F＝10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。
0
(2)①对长木板，根据牛顿第二定律可得
F－μmg＝Ma，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 ＝a＝μg＝2 m/s2
m 0
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的距离为x＝Δx＋Δx＝0.7 m。
1 2
【高考考点对接】
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，滑块和木板具有不同的加速度。
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＝x －x ＝
1 2
L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x＋x＝L。
2 1
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 ＝v ”临界条件的拓展含义
物 板
摩擦力突变的临界条件：当v ＝v 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
物 板
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 ＝v ；
物 板
②木板最短的条件：当v ＝v 时滑块恰好滑到木板的一端。
物 板
【解题能力提升】【跟踪变式训练】
【变式3-1】 (2019·贵州毕节市适应性监测(三))一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，
如图所示.木板与地面间的动摩擦因数μ ＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ ＝0.4.t＝0时刻开始，小
1 2
物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1 s时，木板以速度v＝4 m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短).
1
碰撞前后木板速度大小不变、方向相反.运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下.已知木
板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
(1)t＝0时刻木板的速度大小；
(2)木板的长度.
【答案】 (1)5 m/s (2) m
【详解】 (1)对木板和物块：μ(M＋m)g＝(M＋m)a
1 1
设初始时刻木板速度大小为v
0
由运动学公式：v＝v－at
1 0 10
代入数据解得：v＝5 m/s
0
(2)碰撞后，对物块：μmg＝ma
2 2
对物块，当速度为0时，经历的时间为t，发生的位移大小为x，
1
则有v＝at，x＝t
1 2 1
对木板，由牛顿第二定律：μmg＋μ(M＋m)g＝Ma
2 1 3对木板，经历时间t，发生的位移大小为x
2
x＝vt－at2
2 1 3
木板长度l＝x＋x
1 2
联立并代入数据解得l＝ m.
【变式3-2】 (多选)(2020·河南安阳市第二次模拟)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的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运
动的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
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
【详解】 物块在木板上运动的过程中，μmg＝ma ，而v－t图象的斜率表示加速度，故a＝
1 1
m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma ，a ＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝
2 2
2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，则0～2 s内，两者v－t图线与坐标轴围
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.
【变式3-3】 (多选)如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量
为1 kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s后撤去外力F，物块A、
长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．长木板的最小长度为2 m
B．A、B间的动摩擦因数是0.1
C．长木板的质量为0.5 kg
D．外力F的大小为4 N【答案】 ABD
【详解】 由题图乙可知，2 s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦，v
－t图像中图线与t轴围成的面积表示物体的位移，故由题图乙可知，在2 s内物块的位移为x ＝4 m，
1
木板的位移为x ＝2 m，故长木板的最小长度为L＝x －x ＝2 m，A正确；由题图乙可知，1 s时撤去外
2 1 2
力F，在1～2 s内由物块的受力及牛顿第二定律可知μmg＝ma ，由题图乙可知1～2 s内物块的加速度
A
大小为a ＝1 m/s2，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，B正确；由题图乙可知，木板的加速度大小
A
为a ＝1 m/s2，由木板B的受力及牛顿第二定律可知μmg＝Ma ，解得长木板的质量为M＝1 kg，C错
B B
误；由0～1 s内物块的受力及牛顿第二定律可知F－μmg＝ma ′，又此过程中加速度的大小为a ′＝3
A A
m/s2，解得F＝4 N，D正确。
题型四 斜面上的木板滑块模型
【典型例题剖析】
【例4】 (斜面上的“滑块—木板”模型)如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M＝2
kg，长度L＝1.5 m的极薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑
块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为 μ＝0.25，薄平板与斜面之间
1
的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
2
(1)释放后，小滑块的加速度a 和薄平板的加速度a；
1 2
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t.
【答案】 (1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
【详解】 (1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块：由牛顿第二定律有mgsin 37°－F ＝ma
f1 1
其中F ＝mgcos 37°，F ＝μF
N1 f1 1 N1
解得a＝gsin 37°－μgcos 37°＝4 m/s2
1 1
对薄平板，由牛顿第二定律有Mgsin 37°＋F －F ＝Ma
f1 f2 2
其中F ＝(m＋M)gcos 37 °，F ＝μF
N2 f2 2 N2
解得a＝1 m/s2
2
a>a，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动.
1 2
(2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有x＝at2，x＝at2，x－x＝L
1 1 2 2 1 2
解得：t＝1s.
【跟踪变式训练】【变式4-1】(多选)(2020·山东日照市模拟)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0.5，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0.5 m/s2
C.经过 s的时间，小孩离开滑板
D.小孩离开滑板时的速度大小为 m/s
【答案】 AC
【详解】 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a ＝＝2 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a ＝
1 2
＝1 m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，at2－at2＝L，解得t＝ s(另一解不符合，舍去)，
1 2
离开滑板时小孩的速度大小为v＝at＝2 m/s，选项C正确，D错误.
1
【变式4-2】(2024·江苏苏州市段考)如图所示，有一倾角为θ＝37°的斜面(sin 37°＝)，下端固定一挡板，
挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量为 m的小物块。现让
长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2 s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，
又经过一段时间，长木板到达挡板处速度恰好减为零，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物
块与长木板的上部分的动摩擦因数μ ＝，长木板与斜面间的动摩擦因数μ ＝0.5，长木板的质量M＝
1 2
m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)在0～2 s时间内长木板和小物块的加速度的大小；
(2)开始时长木板距离挡板多远；
(3)长木板的长度。
【答案】 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)3 m (3)12 m
【详解】 (1)在0～2 s时间内，对小物块和长木板受力分析，F 、F 是小物块与长木板之间的摩擦力
f1 N1
和正压力的大小，F 、F 是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，F ＝μF ，F ＝mgcos θ
f2 N2 f1 1 N1 N1
F ＝μF ，F ＝F ＋Mgcos θ
f2 2 N2 N2 N1规定沿斜面向下为正，设小物块和长木板的加速度分别为a 和a，由牛顿第二定律得
1 2
mgsin θ－F ＝ma
f1 1
Mgsin θ－F ＋F ＝Ma
f2 f1 2
联立得a＝3 m/s2，a＝1 m/s2
1 2
(2)在t＝2 s时，设小物块和长木板的速度分别为v 和v，
1 1 2
则v＝at＝6 m/s，v＝at＝2 m/s
1 11 2 22
t>t 时，设小物块和长木板的加速度分别为a′和a′。此时小物块与长木板之间摩擦力为零，
1 1 2
对小物块：mgsin θ＝ma ′，a′＝6 m/s2
1 1
对长木板：Mgsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma′，
2 2
a′＝－2 m/s2
2
即长木板做匀减速运动，设经过时间t，长木板的速度减为零，则有v＋a′t＝0
2 2 2 2
联立得t＝1 s
2
在t＋t 时间内，L＝at2＝2 m，
1 2 1 21
L＝|a′|t2＝1 m
2 2 2
L＝L＋L＝3 m
1 2
(3)长木板的长度等于小物块相对于长木板运动的距离，即s＝(at2＋vt ＋a′t2)－(at2＋vt ＋a′t2)＝12
11 12 1 2 21 22 2 2
m。
【变式4-3】 (2024·山东济宁市期中)如图所示，倾角为θ，质量为M的斜面体置于粗糙的水平地面，
质量为m的物体静止在斜面上。对物体施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，增大F使物体加速下滑。
物体沿斜面匀速下滑和加速下滑时，斜面体始终保持静止。比较物体匀速下滑和加速下滑两个过程，
下列说法正确的是( )
A．物体在加速下滑时，物体与斜面体之间的摩擦力较大
B．物体在匀速和加速下滑时，地面与斜面体之间的摩擦力不变
C．物体在匀速下滑时，物体对斜面体的压力较小
D．物体在加速下滑时，地面对斜面体的支持力较大
【答案】 B
【详解】 对物体施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，对物体分析可知 F＝μmgcos θ，F ＝mgcos
f N
θ，而增大沿斜面的拉力F使物体加速下滑，物体所受的滑动摩擦力和斜面支持力大小不变，由牛顿第
三定律可知，物体对斜面体的摩擦力F′和压力F ′大小、方向均不变，则对斜面体而言，所有受力均不
f N
变，即地面与斜面体之间的摩擦力不变，地面对斜面体的支持力也不变，故选B。1．水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为m 、m 、m ，且
A B C
m >m >m ，如图所示为俯视图。用一水平外力将薄板抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与
A B C
桌面间的动摩擦因数均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图( )
【答案】 A
【详解】 设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为
μ，则在抽出薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作
用下做减速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可得，加速运动与减速运动时的加速度大小都为a＝
μg。由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板，则根据v＝at可知，A离开薄板时的速度小于
B、C离开薄板时的速度，同时A加速运动的位移小于B、C加速运动的位移。离开薄板后，根据v2＝
2ax可知，B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离，故A正确。
2．(多选)如图a，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v 滑到长木板上，图b为物块
0
与木板运动的v－t图象，图中t、v、v 已知，重力加速度大小为g，由此可求得( )
1 0 1
A.木板的长度
B.物块与木板的质量之比
C.物块与木板之间的动摩擦因数
D.从t＝0开始到t 时刻，木板获得的动能
1
【答案】 BC
【详解】 根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无法求出木板的长
度，故A不能够求解出；由图象的斜率表示加速度可求出长木板的加速度为a ＝，小物块的加速度大
木
小a ＝，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma ，μmg＝ma ，解得＝，μ＝，故B和C能够求解出；木板
物 木 物获得的动能E ＝Mv 2，由于不知道长木板的质量M，故D不能够求解出.
k木 1
3．如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v 的速度向左运动，一质量为m的小木块
0
B(可视为质点)，以大小也为v 的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑
0
离A.已知M＝2m，重力加速度为g.求：
(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；
(2)木板A的最短长度L.
【答案】 (1) (2)
【详解】 (1)对A、B分别由牛顿第二定律得
μmg＝Ma ，μmg＝ma
A B
又M＝2m，可得a ＝μg，a ＝μg
A B
规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v－a t＝－v＋a t
0 B 0 A
解得t＝＝，v＝－.
即A、B的共同速度大小为.
(2)在时间t内：
A的位移x ＝t＝－
A
B的位移x ＝t＝
B
木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即L＝Δx＝x －x ＝.
B A
4．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度v 沿逆时针方向运行.t＝0时，将质量m＝
0
1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v－t图象如图乙所示.设沿传送带向下为
正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则( )
A.传送带的速度v＝10 m/s
0
B.传送带的倾角θ＝30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D.0～2 s内摩擦力对物体做功W＝－24 J
【答案】 ACD
【详解】 由题图乙可知，当物体速度达到v＝10 m/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物
0
体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A正确；0～1 s内物体的加速度为a ＝10
1m/s2,1～2 s内为a ＝2 m/s2，则有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma ，mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，联立解得θ＝
2 1 2
37°，μ＝0.5，故B错误，C正确；设物体的两段位移为x 、x ，则有x ＝＝ m＝5 m，x ＝＝ m＝11
1 2 1 2
m，摩擦力对物体做的功为W＝W＋W＝(μmgcos θ)x－(μmgcos θ)x＝－24 J，故D正确.
1 2 1 2
5．有一项游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m.开始滑板静止，
右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力 F使滑板前进.滑板右端到达B
处冲线，游戏结束.已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m ＝2 kg，滑板质
1
量m＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
2
(1)滑板由A滑到B的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围.
【答案】 (1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
【详解】 (1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短.
设滑板加速度为a，则有
2
F＝μm g＝ma，
f 1 2 2
解得a＝10 m/s2，由s＝，
2
解得t＝1 s.
(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F，此时可认为二者加速度相等，
1
F－μm g＝ma，
1 1 1 2
解得F＝30 N，
1
当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F，设滑块加速度为a，
2 1
F－μm g＝ma，
2 1 1 1
－＝L，
解得F＝34 N，
2
则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N.
6．如图甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s的初速度沿
斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，试求：(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；
(2)0～8 s内小物块在传送带上留下的划痕为多长.
【答案】 (1) (2)18 m
【详解】 (1)根据v－t图象的斜率表示加速度可得a＝＝ m/s2＝1 m/s2
对小物块，由牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
解得μ＝
(2)0～8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动，
0～6 s内传送带匀速运动的距离为：
x ＝4×6 m＝24 m，
带
由题图乙可知：0～2 s内物块位移大小为：
x＝×2×2 m＝2 m，方向沿传送带向下，
1
2～6 s内物块位移大小为：x＝×4×4 m＝8 m，方向沿传送带向上
2
所以划痕的长度为：Δx＝x ＋x－x＝(24＋2－8) m＝18 m.
带 1 2
