第09講傳送帶模型和木板滑塊模型

熱點題型歸納

題型一水平傳送帶

題型二傾斜傳送帶

題型三水平面上的板塊問題

題型四斜面上的板塊問題

考情分析

課標要求命題預測重難點

1.掌握傳送帶模型的特點，

了解傳送帶問題的分類。

2.會對傳送帶上的物體進

行受力分析和運動狀態分

理解實際生活中的木板滑塊、

析，能正確解答傳送帶上物(1)區分木板滑塊、傳送帶模型中的多個過程

傳送帶模型,會解決實際問題。

體的動力學問題。的運動情況。

木板滑塊、傳送帶模型中的力、

3.掌握"滑塊一木板”模型的(2)分析木板滑塊、傳送帶模型中的臨界問題。

功和能的綜合運用。

運動及受力特點。

4.能正確運用動力學觀點

處理"滑塊一木板"模型問

題。

題型分類?舉一反三

題型一水平傳送帶

【典型例題剖析】

【例1】如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角。=37。，從/到8的長度為4=10.25m,傳送帶以％=

10m/s的速率逆時針轉動.在傳送帶上端/無初速度地放一個質量為加=0.5kg的黑色煤塊，它與傳送帶

之間的動摩擦因數為〃=0.5.煤塊在傳送帶上經過會留下黑色痕跡.已知sin37°=0.6,g取10m/s2,求：

(1)當煤塊與傳送帶速度相同時，它們能否相對靜止？

(2)煤塊從N到8的時間；

(3)煤塊從/到2的過程中在傳送帶上留下痕跡的長度.

【答案】⑴不能(2)1.5s(3)5m

【詳解】(1)煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數為〃=0.5,當煤塊與傳送帶速度相等時，對煤塊受力分析

有wgsin37°>1?mgcos37°,所以它們不能相對靜止.

(2)煤塊剛放上時，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度為

a\=g(sin。+〃cos0)=10m/s2,

Vo

煤塊加速運動至與傳送帶速度相同時需要的時間6=-=1s,

6Z1

發生的位移修=%山2=5m

煤塊速度達到為后，因〃gcosXgsin仇故煤塊繼續沿傳送帶向下加速運動，則

〃2=g(sin4cos6)=2m/s2,

X2=L-=5.25m,

由X2=yo,2-la~，得1/2=0.5s

2

煤塊從4到B的時間為=1+-=1.5s.

(3)第一過程痕跡長以1=功占一修=5m,

第二過程痕跡長加：2=必一W打=0.25m,

AX2與Axi部分重合，故痕跡總長為5m.

【高考考點對接】

水平傳送帶

項目圖示滑塊可能的運動情況

(1)可能一直加速

情景1

(2)可能先加速后勻速

%,時，可能一直減速，也可能先減速再勻速

情景2

8(2)v<v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速

7)0

Vo_(1)傳送帶較短或較大時滑塊一直減速到左端

一口、

情景3o__o(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端.若

返回時速度為V,若V0<V返回時速度為Vo

【解題能力提升】

求解傳送帶問題的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析與判斷.

依據物體速

度與傳送帶

速度的關系

判斷

臨界狀態：當"物="帶時，摩擦力發生突變，物體的加速度發生突變.

【跟蹤變式訓練】

【變式1-1](多選X2020,陜西高三月考)應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖

所示的模型.傳送帶始終保持v=0.4m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數〃=0.2,/、B

間的距離為2m,g取10m/s2.旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處，則下列說法正確的是()

an^~vA

(3G

A.開始時行李的加速度大小為2m/s2

B.行李經過2s到達B處

C.行李到達B處時速度大小為0.4m/s

D.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08m

【答案】AC

【詳解】開始時，對行李，根據牛頓第二定律'mg=〃皿

解得a=2m/s2,故A正確；設行李做勻加速運動的時間為人,行李勻加速運動的末速度為v=0.4m/s,

根據v=afi，代入數據解得八=0.2s,

勻加速運動的位移大小x--ati2=^x2><0.22m=0.04m,

L—JQ2—004

勻速運動的時間為打=---=----:一s=4.9s,

v0.4

可得行李從/到8的時間為f=fi+f2=5.1s,故B錯誤；由上分析可知行李在到達8處前已經共速，所

以行李到達8處時速度大小為0.4m/s,故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為x=

(0.4x0.2-0.04)m=0.04m,故D錯誤.

【變式1-2］（多選）（2023?廣東汕頭市期末）如圖所示，水平傳送帶以恒定的速度順時針轉動，在其左

側輕放一小滑塊，下列描述小滑塊在傳送帶上運動的V」（速度一時間）、a—/（加速度一時間）圖像可能正

【答案】ABD

【詳解】若傳送帶速度較小，滑塊可能先在傳送帶上做勻加速直線運動，加速度不變，與傳送帶共速

后，做勻速直線運動，加速度為零。若傳送帶速度足夠大，滑塊可能在傳送帶上一直做勻加速直線運動，

最終還未與傳送帶共速就已離開傳送帶，故C錯誤，A、B、D正確。

【變式1-3］（多選）（2024?四川綿陽市零診）應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如

圖所示的模型。傳送帶始終保持v=0.4m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數〃=0.2,

/、8間的距離為2m,g取10m/s2。旅客把行李（可視為質點）無初速度地放在/處，則下列說法正確的

是（）

8—u口4

（?）4）

A.開始時行李的加速度大小為2m/s2

B.行李經過2s到達8處

C.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.12m

D.當行李的速度與傳送帶的速度相同時，傳送帶立刻停止運動。整個過程中行李在傳送帶上留下的摩

擦痕跡長度為0.04m

【答案】AD

【詳解】開始時行李的加速度大小為。=竺竺=2m/s2,A正確；行李與傳動帶共速時fi」=0.2s,

ma

行李的位移為X=-QM=O.O4m,行李勻速運動的時間為t=--―-=4.9s,行李到達B處的時間為t=t

2v2x

+t2=5As,B錯誤；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為Ax=%—x=0.04m,C錯誤；共速時傳送

帶立刻停止運動，行李做勻減速運動的位移為xi=^=0.04m,兩段劃痕的長度重合，則摩擦痕跡長度

2a

為0.04m,D正確。

題型二傾斜傳送帶

【典型例題剖析】

【例2】(多選X2019?福建泉州市5月第二次質檢)如圖，一足夠長的傾斜傳送帶順時針勻速轉動.一小滑

塊以某初速度沿傳送帶向下運動，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數恒定，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,

則其速度v隨時間/變化的圖象可能是()

【答案】BC

【詳解】設傳送帶傾角為仇動摩擦因數為〃，若mgsinGwwgcos仇滑塊所受合力沿傳送帶向下，小

滑塊向下做勻加速運動；若他gsind=〃加geos0,小滑塊沿傳送帶方向所受合力為零，小滑塊勻速下滑;

若加gsin6〈〃加geos0,小滑塊所受合力沿傳送帶向上，小滑塊做勻減速運動，當速度減為零時，開始反

向加速，當加速到與傳送帶速度相同時，因為最大靜摩擦力大于小滑塊重力沿傳送帶向下的分力，故小

滑塊隨傳送帶做勻速運動，A、D錯誤，B、C正確.

【高考考點對接】

傾斜傳送帶

項目圖不滑塊可能的運動情況

(1)可能一直加速

情景1

(2)可能先加速后勻速

^（）=0

(1)可能一直加速

，卜

-P-。(2)可能先加速后勻速

(3)可能先以ai加速后以a2加速

(1)可能一直加速

(2)可能先加速后勻速

情景3

(3)可能一直減速

(4)可能先以由加速后以a2加速

(1)可能一直加速

(2)可能一直勻速

情景4

(3)可能先減速后反向加速

(4)可能一直減速

【解題能力提升】

1.模型特點：物體(視為質點)放在傳送帶上，由于物體和傳送帶相對滑動(或有相對運動趨勢)而產生摩擦力,

根據物體和傳送帶間的速度關系，摩擦力可能是動力，也可能是阻力。

2.解題關鍵：抓住丫物="傳的臨界點，當傳時，摩擦力發生突變，物體的加速度發生突變。

3.注意物體位移、相對位移和相對路程的區別

(1)物體位移：以地面為參考系，單獨對物體由運動學公式求得的位移。

(2)物體相對傳送帶的位移大小Ax

①若有一次相對運動：Ax=x傳一x物或Ax=x物-x傳。

②若有兩次相對運動：兩次相對運動方向相同，則AX=AXI+AX2(圖甲)；

兩次相對運動方向相反，則劃痕長度等于較長的相對位移大小以2(圖乙)。

I—x->l_4x2>1I-Ax'I

hAx1~

甲乙

【跟蹤變式訓練】

【變式2-1】如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率vi沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37。.一

物塊以初速度為從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v—/圖象如圖乙所示，物

塊到達傳送帶頂端時速度恰好為零，sin37o=0.6,cos37o=0.8,g=10m/s2,則()

甲乙

A.傳送帶的速度為4m/s

B.傳送帶底端到頂端的距離為14m

C.物塊與傳送帶間的動摩擦因數為4

8

D.摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反

【答案】A

【詳解】如果V0小于V1，則物塊向上做減速運動時加速度不變，與題圖乙不符，因此物塊的初速度

為一定大于也.結合題圖乙可知物塊減速運動到與傳送帶速度相同時，繼續向上做減速運動，由此可以判

斷傳送帶的速度為4m/s,選項A正確；傳送帶底端到頂端的距離等于v—f圖線與橫軸所圍的面積，即

-x(4+12)xlm+-xlx4m=10m,選項B錯誤；0~ls內，ai=gsin6+〃geos6=82s內，a2—

gsin6geos0=4m/s2,解得選項C錯誤；在1~2s內，摩擦力方向與物塊的運動方向相同，

4

選項D錯誤.

【變式2-2】如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角6=37。，從4到2的長度為2=10.25m,傳送帶以

v0=10m/s的速率逆時針轉動。在傳送帶上端/無初速度放一個質量為%=0.5kg的黑色煤塊(可視為質

點)，它與傳送帶之間的動摩擦因數為〃=0.5,煤塊在傳送帶上經過會留下黑色痕跡。已知sin37o=0.6,

g取10m/s2,求：

(1)當煤塊與傳送帶速度相同時，接下來它們能否相對靜止；

(2)煤塊從N運動到8的時間；

(3)煤塊從4到B的過程中在傳送帶上留下痕跡的長度。

【答案】⑴不能(2)1.5s(3)5m

【詳解】(1)由于機gsin37。＞〃加geos37。，所以煤塊與傳送帶速度相同后，它們不能相對靜止。

(2)煤塊剛放上時，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度為°i=g(sin6+〃cos8)=10m/sz,

煤塊加速運動至與傳送帶速度相同時需要的時間％=吧=1s,發生的位移無1=匕山2=5m

a\2

煤塊速度達到小后，加速度大小改變，繼續沿傳送帶向下加速運動，則有

〃2=g(sin4cos0=2m/s2,

x?=L-X\=5.25m,

1

由切二2?。，2-)，

2

得r2—0.5s

故煤塊從/運動到B的時間為Z=Zl+?2=l-5SO

(3)第一過程痕跡長Axi=voK—X1=5m,

第二過程痕跡長AX2=X2—v0^=0.25m,

Ax2與部分重合，故痕跡總長為5m。

【變式2-3](2024?遼寧沈陽市模擬)如圖，是一段傾角為0=30。的傳送帶，一個可以看作質點、

質量為m=\kg的物塊，以沿傳送帶向下的速度vo=4m/s從河點開始沿傳送帶運動。物塊運動過程的

部分v-t圖像如圖所示，取g=10tn/s2,貝!!()

w/fm-s-1)

甲乙

A.物塊最終從傳送帶N點離開

B.傳送帶的速度v=lm/s,方向逆時針

C.物塊沿傳送帶下滑時的加速度a=2m/s2

D.物塊將在5s時回到原處

【答案】D

【詳解】從圖像可知，物塊速度減為零后沿傳送帶反向向上運動，最終的速度大小為1m/s,因此沒

從N點離開，可知傳送帶順時針運動，速度大小為lm/s,故A、B錯誤；v—f圖像中斜率表示加速度,

4—□一1□

可知物塊沿傳送帶下滑時的加速度大小為---------m/s2=2.5m/s2,故C錯誤；速度圖像與時間軸

2

Q

圍成的面積表示位移，由圖像可知，時，物塊的速度為0,之后物塊沿傳送帶向上運動，所以物

塊沿傳送帶向下運動的位移修=工＜4*9皿=竺m,九=9s到，2=2s,物塊沿傳送帶向上加速運動的位

2555

2-色?

s1X]—X2

移型=--xlm=-m,物塊沿傳送帶向上勻速運動的時間，勻=-----=3s,所以物塊回到原處的時間

25v

￡=3s+2s=5s,故D正確。

題型三平面上的木板滑塊模型

【典型例題剖析】

【例3】如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長且質量為〃=4kg的長木板，在長木板右端有一質量

為加=1kg的小物塊，長木板與小物塊間的動摩擦因數為〃=0.2,長木板與小物塊均靜止，g取10

2

m/so

M

'777777777777777777777777777/777777'

(1)若要使小物塊和木板間發生相對滑動，拉力廠不小于什么值？

(2)現用尸=14N的水平恒力向右拉長木板，經時間1=1s撤去水平恒力尸，則：

①在尸的作用下，長木板的加速度為多大？

②剛撤去尸時，小物塊離長木板右端多遠？

③最終長木板與小物塊一起以多大的速度勻速運動？

④最終小物塊離長木板右端多遠？

【答案】(1)1ON⑵①3m/s2②0.5m@2.8m/s@0.7m

【詳解】(1)當物塊和木板恰好發生相對滑動時，靜摩擦力達到最大值，設此時的加速度為由，根據牛

頓第二定律，對小物塊有〃mg=mao，對物塊和木板整體有為=(加+〃)劭，

聯立解得我o=lON,即若小物塊和木板發生相對滑動，拉力不小于10N。

(2)①對長木板，根據牛頓第二定律可得

F—fimg—Ma,解得a=3m/s2

②撤去產之前，小物塊只受摩擦力的作用

故tn/s2

11

Axi:=—a“j2=z:0.5m

22

③剛撤去F時v—at—3m/s,vm—a?,t—2m/s

撤去F后，

urns

長木板的加速度大小a'=---=0.5m/s2

M

==

最終速度v'vmamt'v—a't'

解得共同速度M=2.8m/s

④在「內，小物塊和長木板的相對位移

2，2，22

V-VV—Vm

AX2=--------------,解得A%2=0.2m

2d2am

最終小物塊離長木板右端的距離為

x=Ax】+AX2=0.7nio

【高考考點對接】

1.模型特點：滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下

發生相對滑動，滑塊和木板具有不同的加速度。

2.模型構建

(1)隔離法的應用：對滑塊和木板分別進行受力分析和運動過程分析。

(2)對滑塊和木板分別列動力學方程和運動學方程。

(3)明確滑塊和木板間的位移關系

如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差AX=X1—X2=L(板

長)；滑塊和木板反向運動時，位移之和AX=X2+X1=￡。

3.解題關鍵

(1)摩擦力的分析判斷：由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的摩擦力方向。

(2)挖掘"v物=丫板”臨界條件的拓展含義

摩擦力突變的臨界條件：當丫物="板時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉變為靜摩擦力或者兩者

間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動)。

①滑塊恰好不滑離木板的條件：滑塊運動到木板的一端時，丫物=丫板；

②木板最短的條件：當v物=丫板時滑塊恰好滑到木板的一端。

【解題能力提升】

【跟蹤變式訓練】

【變式3-1](2019?貴州畢節市適應性監測(三))一長木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物塊,

如圖所示.木板與地面間的動摩擦因數〃1=0.1,物塊與木板間的動摩擦因數〃2=04/=0時刻開始，小物

塊與木板一起以共同速度向墻壁運動，當f=ls時，木板以速度w=4m/s與墻壁碰撞(碰撞時間極短).碰

撞前后木板速度大小不變、方向相反.運動過程中小物塊第一次減速為零時恰好從木板上掉下.已知木板

的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：

(iy=o時刻木板的速度大??；

(2)木板的長度.

【答案】(1)5m/s(24m

【詳解】(1)對木板和物塊：〃i(A/+;M)g=(M+加)內

設初始時刻木板速度大小為v0

由運動學公式：=VQ—a[t()

代入數據解得：v0=5m/s

(2)碰撞后，對物塊：ft2mg=ma2

對物塊，當速度為0時，經歷的時間為3發生的位移大小為修,

則有vx=at,x=-t

2x2

對木板，由牛頓第二定律：“2加g+〃l（M+Mg=MQ3

對木板，經歷時間看,發生的位移大小為必

1

木板長度l=X\4~%2

聯立并代入數據解得z=-m.

3

【變式3-2］（多選）（2020?河南安陽市第二次模擬）如圖甲所示，光滑水平面上靜置一個薄長木板，長木

板上表面粗糙，其質量為"一=0時刻質量為冽的物塊以水平速度v滑上長木板，此后木板與物塊運動

的v-t圖象如圖乙所示，重力加速度g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

）〃〃〃〃〃〃〃〃〃，）〃，，，，，，〃〃，

甲

K.M—m

B.M=2m

C.木板的長度為8m

D.木板與物塊間的動摩擦因數為0.1

【答案】BC

【詳解】物塊在木板上運動的過程中，fimgf%,而v—f圖象的斜率表示加速度，故句=

7—32—0

m/s2==2m/s2,解得〃=0.2,D錯誤；對木板受力分析可知〃加g=Ma2，m/s2=lm/s2,解

得A/=2加，A錯誤，B正確；由題圖乙可知，2s時物塊和木板分離，則0?2s內，兩者丫一方圖線與坐

標軸圍成的面積之差等于木板的長度，故Z=-x（7+3）x2m--x2x

2m=8m,C正確.

【變式3-3］（多選）如圖甲所示，長木板B靜止在光滑水平地面上，在￡=0時刻，可視為質點、質量為

1kg的物塊A在水平外力方作用下，從長木板的左端從靜止開始運動，1s后撤去外力R物塊A、長

木板B的速度一時間圖像如圖乙所示，g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.長木板的最小長度為2m

B.A、B間的動摩擦因數是0.1

C.長木板的質量為0.5kg

D.外力e的大小為4N

【答案】ABD

【詳解】由題圖乙可知，2s后物塊和木板達到共速后一起勻速運動，說明木板與地面之間無摩擦，v-

/圖像中圖線與/軸圍成的面積表示物體的位移，故由題圖乙可知，在2s內物塊的位移為xi=4m,木

板的位移為M=2m,故長木板的最小長度為￡=xi—M=2m,A正確；由題圖乙可知，1s時撤去外力

F,在1?2s內由物塊的受力及牛頓第二定律可知/加g=maA，由題圖乙可知1?2s內物塊的加速度大

小為OA=lm/s2,解得A、B間的動摩擦因數為"=0.1,B正確；由題圖乙可知，木板的加速度大小為

2

aB=lm/s,由木板B的受力及牛頓第二定律可知〃加g=M°B，解得長木板的質量為1kg,C錯誤;

2

由0?1s內物塊的受力及牛頓第二定律可知F-fimg=maA',又此過程中加速度的大小為￡=3m/s,

解得尸=4N,D正確。

題型四斜面上的木板滑塊模型

【典型例題剖析】

【例4】(斜面上的“滑塊一木板”模型)如圖所示，在傾角為6=37。的足夠長斜面上放置一質量M=2

kg,長度Z=1.5m的極薄平板48,在薄平板上端/處放一質量加=1kg的小滑塊(視為質點)，將小滑

塊和薄平板同時無初速度釋放，已知小滑塊與薄平板之間的動摩擦因數為〃1=0.25,薄平板與斜面之間

的動摩擦因數為〃2=05sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10m/s2,求:

(1)釋放后，小滑塊的加速度ai和薄平板的加速度02；

(2)從釋放到小滑塊滑離薄平板經歷的時間t.

【答案】(1)4m/s21m/s2(2)1s

【詳解】(1)設釋放后，滑塊會相對于平板向下滑動,

對滑塊：由牛頓第二定律有加gsin37。一居1=加的

其中Fm=mgcos37°,尸口=0尸NI

解得ai=gsin37°—〃igcos37°=4m/s2

對薄平板，由牛頓第二定律有崛sin37。+尸廠&=詼2

其中尸N2=（加+A/）gcos37°,Fa=〃2-N2

解得。2=1m/s2

假設成立，即滑塊會相對于平板向下滑動.

=

（2）設滑塊滑離時間為3由運動學公式，有尤1=罰凡必=5°2凡X\~X2L

解得:f=ls.

【跟蹤變式訓練】

【變式4-1］（多選）（2020?山東日照市模擬）滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如

9

圖所示的模型，傾角為37。的斜坡上有長為1m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數為記.小孩（可視為質點）

坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑.小孩與滑板之間的動摩擦因數取決于小孩的衣料，假設圖中

小孩與滑板間的動摩擦因數為05小孩的質量與滑板的質量相等，斜坡足夠長，sin37°=0.6,cos37°=

0.8,glX10m/s2,則下列判斷正確的是（）

A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2

B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.5m/s2

C.經過Vis的時間，小孩離開滑板

D.小孩離開滑板時的速度大小為邁m/s

3

【答案】AC

【詳解】對小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為ai=冽gsin37。一?.geos37。=2而§2,同理對滑

m

”,加gsin370+"i加geos37°—2〃2加geos37°工,一心但廠.

板，加速度大小為t。2=------------------------------------=1m/s2,選項A正確，B錯送；要使小孩

m

與滑板分離，$仔―*=乙解得f=OS（另一解不符合，舍去），離開滑板時小孩的速度大小為丫=

44=2及m/s,選項C正確，D錯誤.

3

【變式4-2](2024?江蘇蘇州市段考)如圖所示，有一傾角為8=37。的斜面(sin37。=?,下端固定一擋板,

擋板與斜面垂直，一長木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一質量為加的小物塊?，F讓長

木板和小物塊同時由靜止釋放，此時刻為計時起點，在第2s末，小物塊剛好到達長木板的光滑部分，

又經過一段時間，長木板到達擋板處速度恰好減為零，小物塊剛好到達長木板的下端邊緣。已知小物塊

3

與長木板的上部分的動摩擦因數〃1=-，長木板與斜面間的動摩擦因數〃2=0.5,長木板的質量

8

設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。求：

(1)在0?2s時間內長木板和小物塊的加速度的大??；

(2)開始時長木板距離擋板多遠；

(3)長木板的長度。

【答案】(1)3m/s21m/s2(2)3m(3)12m

【詳解】(1)在0?2s時間內，對小物塊和長木板受力分析，凡、是小物塊與長木板之間的摩擦力

和正壓力的大小，F"、尸N2是長木板與斜面之間的摩擦力和正壓力的大小，號=〃1尸N1，/Nl=/gCOS。

Ffi=〃2尸N2，FN2=FNI+Mgcos0

規定沿斜面向下為正，設小物塊和長木板的加速度分別為和。2，由牛頓第二定律得

mgsin9—Fn=ma\

Mgsin9—Ff2~^Ffi=Ma2

聯立得見=3m/s2,。2=1m/s2

(2)在〃=2s時，設小物塊和長木板的速度分別為vi和V2，

貝U也=。山=6m/s,^2=。2%2=2m/s

時，設小物塊和長木板的加速度分別為“和此時小物塊與長木板之間摩擦力為零，

對小物塊：mgsin9=ma\,“=6m/s2

對長木板：Mgsin。一〃2(M+⑼geos0=Ma2y

白2'=一2m/s2

即長木板做勻減速運動，設經過時間勿長木板的速度減為零，則有米+〃2,2=0

聯立得益=1S

在介+/時間內,2M=2m,

一2

1

￡2=產'的2=1m

L:~L\乙2=3m

⑶長木板的長度等于小物塊相對于長木板運動的距離，即S=/山2+3%/4）—（3加2+沖2+，底）

=12mo

【變式4-3］（2024?山東濟寧市期中）如圖所示，傾角為仇質量為M的斜面體置于粗糙的水平地面，質

量為加的物體靜止在斜面上。對物體施加沿斜面向下的力下使其勻速下滑，增大尸使物體加速下滑。

物體沿斜面勻速下滑和加速下滑時，斜面體始終保持靜止。比較物體勻速下滑和加速下滑兩個過程，下

列說法正確的是（）

A.物體在加速下滑時，物體與斜面體之間的摩擦力較大

B.物體在勻速和加速下滑時，地面與斜面體之間的摩擦力不變

C.物體在勻速下滑時，物體對斜面體的壓力較小

D.物體在加速下滑時，地面對斜面體的支持力較大

【答案】B

【詳解】對物體施加沿斜面向下的力尸使其勻速下滑，對物體分析可知Ff=〃/ngcosaFN=wgcos6,

而增大沿斜面的拉力/使物體加速下滑，物體所受的滑動摩擦力和斜面支持力大小不變，由牛頓第三定

律可知，物體對斜面體的摩擦力和壓力八'大小、方向均不變，則對斜面體而言，所有受力均不變，

即地面與斜面體之間的摩擦力不變，地面對斜面體的支持力也不變，故選B。

綜合過關檢測

1.水平桌面上有一薄板，薄板上擺放著小圓柱體A、B、C,圓柱體的質量分別為加A、%B、mc，且

加加C，如圖所示為俯視圖。用一水平外力將薄板抽出，圓柱體與薄板間的動摩擦因數、圓柱體與

桌面間的動摩擦因數均相同。則抽出后，三個圓柱體留在桌面上的位置所組成的圖形可能是圖（）

桌面A

A

BO°C

【答案】A

【詳解】設圓柱體的質量為小圓柱體與薄板間的動摩擦因數、圓柱體與桌面間的動摩擦因數均為〃,

則在抽出薄板的過程中，圓柱體在薄板摩擦力的作用下做加速運動，離開薄板后在桌面摩擦力的作用下

做減速運動，根據牛頓第二定律有/加g=%a,可得，加速運動與減速運動時的加速度大小都為a=“g。

由于圓柱體A先離開薄板，B、C同時后離開薄板，則根據可知，A離開薄板時的速度小于B、C

離開薄板時的速度，同時A加速運動的位移小于B、C加速運動的位移。離開薄板后，根據僻=2亦可

知，B、C在桌面上滑動的距離相等，且大于A在桌面上滑動的距離，故A正確。

2.（多選）如圖a,一長木板靜止于光滑水平桌面上，f=0時，小物塊以速度為滑到長木板上，圖b為物塊

與木板運動的v-f圖象，圖中小玲、也已知，重力加速度大小為g,由此可求得（）

的

A.木板的長度

B.物塊與木板的質量之比

C.物塊與木板之間的動摩擦因數

D.從Z=0開始到乙時刻，木板獲得的動能

【答案】BC

【詳解】根據題意只能求出物塊與木板的相對位移，不知道物塊最終停在哪里，無法求出木板的長度,

VI

故A不能夠求解出；由圖象的斜率表示加速度可求出長木板的加速度為a木=一,小物塊的加速度大小a

vo-vimvivo—vi

物=-----，根據牛頓第二定律得：〃加g=Ms木，,"ng=ma物,解得一=-----，/u------,故B和C能

t\Mvo-vigti

夠求解出；木板獲得的動能及木=+vF由于不知道長木板的質量故D不能夠求解出.

3.如圖所示，質量為M的長木板/在光滑水平面上，以大小為％的速度向左運動，一質量為俏的小木塊

2（可視為質點），以大小也為孫的速度水平向右沖上木板左端，3、/間的動摩擦因數為〃，最后2未滑

離4已知〃=2加，重力加速度為g.求：

（1）/、B達到共同速度的時間和共同速度的大小;

（2）木板/的最短長度L

4vovo4vo2

【答案】⑴二-（2）—

3〃g3311g

【詳解】（1）對4、8分別由牛頓第二定律得

p.mg=MaA>p.mg=maB

又V=2"z,可得。a_g=〃g

規定水平向右為正方向，經時間，兩者達到共同速度V,則V=V（）—沏/=-%

2Vo_4voVO

解得tv=

GU+OB3/J.g31

Vo

即4、8的共同速度大小為一

3

⑵在時間t內：

-vo+v8vo2

A的位移必

2荻

vo+v4vo2

B的位移X

B丁一贏

4vo2

木板/的最短長度為兩者的相對位移大小，即乙=AX=XB—X/

3〃g

4.（多選）如圖甲所示，傾角為6的足夠長的傳送帶以恒定的速度V。沿逆時針方向運行1=0時，將質量加=

1kg的物體（可視為質點）輕放在傳送帶上端，物體相對地面的v-t圖象如圖乙所示.設沿傳送帶向下為正

方向，取重力加速度g=10m/s2.則（）

A.傳送帶的速度v0=10m/s

B.傳送帶的傾角0=30。

C.物體與傳送帶之間的動摩擦因數〃=0.5

D.0~2s內摩擦力對物體做功少=—24J

【答案】ACD

【詳解】