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．水平传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长(未达到和传送带相对静止)传送带足
够长一直加速先加速后匀速v0v时，一直减速v0>v时，先减速再匀速滑块一直减速到右端
滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端若v0v，则返回到左端时速度为v2.倾斜传送带情景
滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ)先加速后匀速(一定满足关系gsin θ
<μgcos θ)一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ)若μ≥tan θ，先加速后匀速若μ 以a2加速v0 ，先以a1加速，后以a2加速v0>v时，若μ 直减速，加速度大小为μgcos θ－gsin θv0>v时，若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ 一定沿斜面向上)gsin θ>μgcos θ，一直加速；gsin θ＝μgcos θ，一直匀速gsin θ<μgcos θ，一直减
速gsin θ<μgcos θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速
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/s2B．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/sD．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t1，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4 m
/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝at12＝×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的
时间为t2＝＝ s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达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＝vt1－x＝(0.4×0
.2－0.04) m＝0.04 m，故D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v1＝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．
工作人员沿传送方向以速度v2＝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v2大于传送带的速度v1，
所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，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>mgs
in 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t1＝＝ s＝2.5 s在传送带上滑动的距离为x
1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m共速后，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝
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 mB．物体与传送带间的动摩擦因数为0.625C．0～4 s内物体上升的高度为4 mD．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°－mgsi
n 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物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变．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＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次
相对运动方向相反，则Δx等于较长的相对位移大小(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＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.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am＝μg＝2 m/s2Δx1＝at2－amt2＝0.5 m(3)刚撤去F时v
＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s撤去F后，长木板的加速度大小a′＝＝0.5 m/s2最终速度v′＝vm＋amt′＝v－
a′t′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Δx2＝－，解得Δx2＝0.2 m最终小物块离长木
板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m. 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/s2B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2C．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a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝
0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1
t＝2.8 m/s，D错误，C正确． 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 mC．滑块Q与长木板P之间
的动摩擦因数是0.5D．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t1＝5 s时撤去，此时长木
板P的速度v1＝5 m/s，t2＝6 s时两者速度相同，v2＝3 m/s，t2＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2＝6
s后长木板P的速度小于滑块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μ1mg＝ma1，且a1＝＝0.5 m/
s2，解得μ1＝0.05，在5～6 s过程中，以长木板P为研究对象，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，且a2＝＝2
m/s2，解得μ2＝0.075，从6 s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ2(2m)g－μ1mg＝ma3，解得a3＝1
m/s2，这段时间Δt3＝＝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Δx1＝×5×5 m＋×(5＋3)×1 m－×3×6 m＝7.5 m，故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μ1mg＝ma4，解得a4＝0.5 m/s2，这段时间Δt4＝＝6 s，所以t3＝12 s时滑块Q停下来，
6 s后滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx2＝×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
大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为Δx＝Δx1－Δx2＝3 m，故D错误． 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μ 向上D．若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间答案 C解析 要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向
下的分力，即μmgcos θ>mgsin 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Ff＝m
gsin 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v0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＝mB．M＝2mC．木板的长度为8 mD．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＝ma1，而v－t图像的斜率表示加
速度，故物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t图像可知木板的
加速度大小为a2＝ m/s2＝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.(202
3·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v0＝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/sC．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－
v02＝－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v0在光滑水平面上向左匀速运动，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v0，则小滑块离开木板的速度变大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0.4B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C．图乙中t2＝24 sD
．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，t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ
′＝＝0.1，选项B错误．t2时刻，滑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Ffm＝8 N，此时两者的
加速度相同，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解
得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t2＝24 s，选项C、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0.6B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为
2.4 sC．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 mD．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mPg＝μmQg，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先做初速度为零的匀加速直线运动，有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝
m/s2，当物块Q速度达到传送带速度，即8 m/s后，做匀速直线运动，由v＝at1，解得匀加速的时间t1＝1.2 s，匀加速的位移
为x＝＝4.8 m，则匀速运动的时间为t2＝＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，B错误；
加速阶段的位移之差为Δx＝vt1－x＝4.8 m，即Q从传送带左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mPg－FT＝mPa，解得FT＝ N，之后做匀速直线运动，有FT′＝20 N，D错误．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v0＝8 m/s，物块的速度减速到与传送带的速度相同时，
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a1＝＝ 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
＝ma1，解得μ＝0.5.(2)设在t＝0.4 s后，物块做减速运动的加速度大小为a2，物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的
作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物块从t＝0.4 s开始，经过t1时间速
度减为零，则t1＝ s＝2 s，从t＝0到t＝0.4 s，物块位移为x1＝v0Δt－a1(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x2＝t1＝×2 m＝4 m，物块沿传送带向上运动过程中的位移为x＝x1＋x2＝6.4 m.(
3)从t＝0到t＝0.4 s，传送带位移为x3＝vΔt＝1.6 m，物块相对传送带向上运动Δx1＝x1－x3＝0.8 m，从t＝0
.4 s到t＝2.4 s，传送带位移x4＝vt1＝8 m，物块相对传送带向下运动Δx2＝x4－x2＝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＝Δx1＋Δx2＝4.8 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μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度取g＝10 m
/s2.(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/s
2 1 m/s2 (2)5.25 m解析 (1)对滑块A根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1，故A的加速度大小为a1＝1 m/s2
，方向向右；对木板B根据牛顿第二定律可得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，解得木板B加速度大小为a2＝2 m/s2.(2)撤
去外力瞬间，A的位移大小为x1＝a1t2＝4.5 m，B的位移大小为x2＝a2t2＝9 m，撤去外力时，滑块A和木板B的速度分别为
v1＝a1t＝3 m/s，v2＝a2t＝6 m/s，撤去外力后，滑块A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a2′＝＝5 m/s2，设再经过时间t′两者达到共速，则有v1＋a1t′＝v2－a2′t′撤去外力后，A的位
移大小为x1′＝v1t′＋a1t′2B的位移大小为x2′＝v2t′－a2′t′2故木板B的长度至少为L＝x2－x1＋x2′－x1′
代入数据解得L＝5.25 m.专题强化一 板块模型问题特点：该类问题一般是叠加体的运动，一物体在另一物体表面相对滑动，它们之间的联
系即相互间的摩擦力，运动一段时间后达到共同速度，或具有相同的加速度，达到相对稳定状态。该类问题过程较多，需要搞清各过程间的联系，需
要学生具有较强的建模能力和过程分析能力，能综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律解题。属于高考热点和难点问题，难度较大。策略方法
：抓住两物体间的联系，靠摩擦力联系在一起，对两个物体分别做好受力分析，对于是否相对滑动难以判断时可采用假设分析的方法进行判断，用相
互间的作用力是否大于最大静摩擦力，来判断是否相对滑动。搞清其运动过程，画出对地运动的过程示意图，帮助分析运动过程，搞清对地位移和相
对位移之分；必要时画出两物体运动过程的v－t图象帮助解决问题。解题步骤：→↓→↓→水平面上的板块模型例1 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4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以
共同速度向右运动，直至t＝1 s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1 s时间内小物块的v－t图线如图(b)所示。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)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。[解析]
(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s小物块受到滑动摩擦
力而向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μ2g＝解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s位移x＝4.5 m，末速
度v＝4 m/s其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋at2代入可得a＝1 m/s2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合
外力，即μ1g＝a可得μ1＝0.1(2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1可得a1＝ m
/s2对小物块，则有加速度a2＝4 m/s2小物块速度先减小到0，此时碰后时间为t1＝1 s此时，木板向左的位移为x1＝vt1－a
1t＝ m末速度v1＝ m/s小物块向右位移x2＝t1＝2 m，此后小物块开始向左加速，加速度仍为a2＝4 m/s2木板继续减速，
加速度仍为a1＝ m/s2假设又经历t2二者速度相等则有a2t2＝v1－a1t2解得t2＝0.5 s此过程，木板位移x3＝v1t2
－a1t＝ m末速度v3＝v1－a1t2＝2 m/s小物块位移x4＝a2t＝ m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
Δx＝x1＋x3＋x2－x4＝6 m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止
，整体加速度a＝μ1g＝1 m/s2位移x5＝＝2 m所以木板右端离墙壁最远的距离为x1＋x3＋x5＝6.5 m[答案] (1)0
.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m方法技巧：板块模型相关问题滑块—木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在相对运动。滑
块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反
方向运动，则滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度。该模型涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以解题的关
键是确定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)，并找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系。求解时应明
确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。斜面上的板块模型例2 下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾
害。某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大
量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间
的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光
滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝1
0 m/s2。求：(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间。[解析] (1)在0～2 s内，A和B受
力如图所示：由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：f1＝μ1N1①N1＝mgcos θ②f2＝μ2N2③N2＝N1＋mgcos θ④以
沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为a1，a2。由牛顿第二定律可得：mgsin θ－f1＝ma1⑤mgsin θ－f2＋f
1＝ma2⑥联立以上各式可得a1＝3 m/s2⑦a2＝1 m/s2⑧(2)在t1＝2 s，设A和B的速度分别为v1，v2，则v1＝
a1t1＝6 m/s⑨v2＝a2t1＝2 m/s⑩t>t1时，设A和B的加速度分别为a′1，a′2，此时A、B之间摩擦力为零，同理
可得：a′1＝6 m/s2?a′2＝－2 m/s2?即B做匀减速，设经时间t2，B的速度为零，则：v2＋a′2t2＝0?联立??可
得t2＝1 s?在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为s＝－＝12 m<27 m?此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间
t3后，A离开B，则有l－s＝(v1＋a′1t2)t3＋a′1t可得，t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)设A在B上的运动时间为t
总t总＝t1＋t2＋t3＝4 s(利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案参考)[答案] (1)3 m/s2 1 m/s2 (
2)4 s〔专题强化训练〕1．(2019·山东大学附中月考)(多选)如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，斜面倾角为θ，斜
面上叠放着A、B两物体，物体B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面匀速上滑。若A、B之间的动摩擦因数为μ，μ 为m，重力加速度为g，则( BD )A．A、B保持相对静止B．A、B一定相对滑动C．B与斜面间的动摩擦因数为D．B与斜面间的动摩擦
因数为[解析] 因为μμmgcos θ，所以A、B一定相对滑动，A错误，B正确
；选物体B为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmgcos θ－mgsin θ－μB·2mgcos θ＝0，μB＝，故C错误，D正确。
2．(2019·河南郑州一模)如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面
间的动摩擦因数为μ。已知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，下列判断正确的是( A )A．若
a、b两个物体始终相对静止，则水平拉力F不能超过μmgB．当水平拉力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为μmgC．无论水平拉力F为何值
，b的加速度不会超过μgD．当水平拉力F>μmg时，b相对a滑动[解析] 本题考查板块模型中的临界问题。a、b之间的最大静摩擦力为
fmax＝μmg，b与地面间的最大静摩擦力为f′max＝×2μmg＝μmg，a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第
二定律，对b有μmg－μmg＝ma0，解得a0＝μg，对整体有F0－μmg＝2ma0，解得F0＝μmg，所以若a、b两个物体始终相
对静止，则水平拉力F不能超过μmg，当水平拉力F>μmg时，b相对a滑动，故A正确、D错误；当水平拉力F＝μmg时，a、b一起加速
运动，加速度为a1＝＝μg，对a根据牛顿第二定律可得F－f1＝ma1，解得a、b间的摩擦力为f1＝μmg，故B错误；根据A选项的分
析可知，无论水平拉力F为何值，b的加速度不会超过μg，故C错误。3．(2019·江苏，15)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水
平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击
B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力
，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、a′B；(3)
B被敲击后获得的初速度大小vB。[答案] (1) (2)3μg μg (3)2[解析] A、B的运动过程如图所示(1)由牛顿运动定
律知，A加速度的大小 aA＝μg匀变速直线运动 2aAL＝v解得 vA＝(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小 F＝3
μmg由牛顿运动定律F＝maB，得 aB＝3μg对齐后，A、B整体所受合外力大小 F′＝2μmg由牛顿运动定律F′＝2ma′B，得
a′B＝μg(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则 v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2且 xB－xA＝L解得 vB＝24．(2020·黑龙江哈尔滨三中一模)光滑水平地面上有一质量
M＝2 kg的木板以速度v0＝10 m/s向右匀速运动，在t＝0时刻起对其施加一向左的恒力F＝8 N。经t＝1 s时，将一质量m＝2 kg可视为质点的小物块以初速度为零放在木板右端。物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，木板足够长。求：(1)刚放上小物块时木板的速度；(2)物块在木板上相对木板滑动的时间。[答案] (1)6 m/s (2)0.5 s[解析] 本题考查板块模型的运动和受力问题。(1)对木板进行分析，0～1 s内，木板在F作用下做匀减速运动，有F＝Ma1，解得木板的加速度大小a1＝4 m/s2，由于木板做匀减速直线运动，可得t＝1 s时，木板的速度为v1＝v0－a1t＝6 m/s。(2)物块放在木板上后，二者间存在摩擦力作用，摩擦力f＝μmg，对物块进行分析，物块在摩擦力作用下加速，满足f＝ma2，解得物块的加速度a2＝4 m/s2，对木板进行分析，木板在摩擦力与F共同作用下减速，满足F＋f＝Ma3，解得木板的加速度a3＝8 m/s2，当二者共速时有v共＝a2t′＝v1－a3t′，解得t′＝0.5 s，由于F＝(M＋m)a4，解得a4＝2 m/s2<μg＝4 m/s2，所以此后木板与物块相对静止，共同减速，物块在木板上相对木板滑动的时间t′＝0.5 s。5．(2019·重庆南开中学模拟)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面上有一固定挡板C，长度为l1＝10 m的木板B(与挡板C厚度相同)上有一长度为l2＝2 m的木板A，A、B右端齐平，B与斜面之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A、B之间的动摩擦因数为μ2。现由静止释放A、B，两者相对静止一起向下加速，经过时间t＝2 s长木板B与C碰撞，碰后B立即停止运动，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)B与C相碰时A的速度；(2)要使A最左端不滑离B，A、B之间的动摩擦因数μ2应满足的条件。[答案] (1)4 m/s (2)μ2≥[解析] 本题考查板块模型的多过程问题、临界问题。(1)A、B一起向下加速的加速度为a1＝gsin θ－μ1gcos θ＝2 m/s2，则B与C相碰时A的速度为v＝a1t，可得v＝4 m/s。(2)当B停止后，A向下做减速运动，加速度为a2＝μ2gcos θ－gsin θ，由运动学公式有v2＝2a2Δl＝2a2(l1－l2)，可得μ2＝，则要使A不滑出B，A、B之间的动摩擦因数应满足μ2≥。 |
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