2025高考物理一轮复习突破：运动学中的“传送带”和“板块”模型

|专题突破课4运动学中的“传送带”和“板块”模型

目标要求1.会分析物体在传送带上的受力情况和运动情况，并会相关的计

算。2.能正确运用动力学观点处理“滑块一木板模型”。

考点一“传送带”模型

维度1水平传动带模型

情景图不滑块可能的运动情况

"。=°

可能一直加速；可能先加速后匀速

——T)

叽,■时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；VO<V

(5——时，可能一直加速，也可能先加速再匀速

传送带较短时，滑块一直减速到达左端；传送带较长时，

其

与口、滑块还要被传送带传回右端。其中返回时速度为

Q____O

V,当00<0返回时速度为00

提醒：求解关键在于对物体所受摩擦力进行正确的分析判断。物体的速度与

传送带速度相等的时刻摩擦力发生突变。

血①如图所示，水平传送带以不变的速度0=15m/s向右运动，将一质量

机=1kg的工件轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，

经过时间/=2s,速度达到再经过时间r=4s,工件到达传送带的右端，以。

滑上一个固定足够长的斜面BC,斜面倾角。=30°,斜面与物体间的动摩擦因数

2

为坐(3点处无能量损失，g取10m/s)o

(1)工件与水平传送带间的动摩擦因数；

(2)水平传送带的长度；

⑶工件从B开始滑上斜面到斜面最高点所用的时间和在斜面上运动的最大

位移。

解析：(1)设工件与水平传送带间的动摩擦因数为〃1,工件在传送带上做匀加

速直线运动时的加速度为ai,则有ai=7=7.5m/s?

根据牛顿第二定律得juimg=mai

解得〃1=0.75。

(2)设水平传送带的长度为L,工件先做匀加速直线运动，速度达到。之后与

7)

传送带一起做匀速直线运动。工件做匀加速直线运动的位移大小为%1=^=15m

工件做匀速直线运动的位移大小为

X2="'=15X4m=60m

则长度为L=XI+%2=15m+60m=75mo

(3)设工件沿斜面上滑过程的加速度大小为s,时间为功由牛顿第二定律得

mgsin30°+〃2/ngcos30°=mai,/U2=

解得42=7.5m/s2

所以滑上斜面到斜面最高点时，速度为零，则可知所耗时间和最大位移分别

为

V19

[2=~9Xmax=7a212

解得/2=2S,Xmax-15Oo

答案：(1)0.75(2)75m(3)2s15m

维度2倾斜传送带模型

情景图示滑块可能的运动情况

可能一直加速；可能先加速后匀速

可能一直加速；可能先加速后匀速；可能先以加速后再

以02加速

可能一直加速；可能一直匀速；可能先加速后匀速；可能

先减速后匀速；可能先以0加速后再以。2加速；可能一直

减速

可能一直加速；可能一直匀速；可能先减速后反向加速；

可能先减速，再反向加速，最后匀速；可能一直减速

提醒：物体沿倾角为。的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运

动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别汪是mgsin0与/imgcos3

的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运

动情况。

应E（多选）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=1kg、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=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。则下列说

法正确的有（）

甲乙

A.0—8s内物体的位移大小为14m

B.物体与传送带间的动摩擦因数为0.625

C.0-4s内物体上升的高度为4m

D.0〜8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18m

解析:AD物体运动的位移即图像中图线与横轴围成的面积，则冗=号

X4m—2X2X^m=14m,A正确；由物体运动的o-1图像可知，在2〜6s内物

、—△X）4—0

体做匀加速直线运动，有a=~^=4m/s2=1m/s2,且/umgcos37°—mgsin

37°=ma,解得〃=0.875,B错误；在0〜4s内由题图知，物体运动的位移为0,

则在0〜4s内物体上升的高度为0,C错误；由选项A可知，在0〜8s内物体的

位移x=14m,传送带的位移x，=0/=4X8m=32m,则0〜8s内物体在传送带

上留下的墨迹长度为Ax=x'—x=18m,D正确。

I总结提升I

（1）求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断。

（2）临界状态：当。物=0带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。

（3）物体与传送带的划痕长度Ax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Ax=Ax2（图甲）；若两次相对

运动方向相反，则Ax等于较长的相对位移大小（图乙）。

甲乙

【对点训练】

1.（水平传送带模型）（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。=0.4m/s的恒定速率运行，行李与传

送带之间的动摩擦因数〃=02A、3间的距离为2m,g取lOrn/s?。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（）

及一V门4

A.开始时行李的加速度大小为2m/s2

B.行李经过2s到达3处

C.行李到达B处时速度大小为0.4m/s

D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m

解析：AC开始时，对行李，根据牛顿第二定律有/J.mg=ma,解得a=2m/s2,

故A正确；设行李做匀加速运动的时间为力，行李做匀加速运动的末速度为0=

0.4m/s,根据o=Ri,代入数据解得力=0.2s,匀加速运动的位移大小》=1«九2

1£—x2—0Q4

=2X2X0.22m=0.04m,匀速运动的时间为/2=—^一=一万］j—s=4.9s,可得行

李从A到3的时间为。=/i+f2=5.1s,故B错误；由以上分析可知，行李在到达

3处前已经与传送带共速，所以行李到达3处时速度大小为0.4m/s,故C正确；

行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为A%=r/i—x=（0.4X0.2—0.04）m=0.04

m,故D错误。

2.（传送带中的动力学图像）物块P以速度oo沿足够长的静止的倾斜传送带匀

速下滑，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率加沿

图示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度。随时间t变化的图像可能

是（）

解析：A当00<小时，对物块P受力分析，由牛顿第二定律可得ma=/ngsin

e+^imgcose,可知物块先做匀加速直线运动，当00=01时，摩擦力瞬间消失，然

后随着物块的继续加速，摩擦力反向，依题意有/ngsine=〃mgcos仇即物块做匀

速直线运动，故A正确；B错误；当。0>01时，对物块P受力分析，有ma=mgsm

3-jumgcos3=Q,即物块一直做匀速直线运动，故CD错误。故选A。

3.（倾斜传送带模型）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oi=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角a=37°,转轴间距

L=3.95mo工作人员沿传送方向以速度02=1.6m/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〃=0.8。取重力加速度g=10

m/s2,sin37°=0.6,cos37°=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.

解析：(1)小包裹的初速度02大于传送带的速度01,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〃/ngcos6>/ngsina所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动

2

至传送带底端，根据牛顿第二定律可知/zmgcos3—mgs'm0=ma,解得a=QAm/so

(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，

V2~V11.6—0.6

用时A=s=2.5s

a0.4

在传送带上滑动的距离为

v\+vi0.6+1.6、____

Xi-2力一--)X2.5m-2.75m

J395—275

共速后，匀速运动的时间为才2=-」=I..s=2s,所以小包裹通过

传送带所需的时间为?=?1+?2=4.5So

答案：(1)0.4m/s2(2)4.5s

考点二“滑块一滑板”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相互作用下发生相对滑动，摩擦生热。

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AX=XI—X2=L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之

和AX=^2+%1=LO

3.解题思路

审题建模—分析清楚木块和木板的受力情况

选研究对象一和运动情况

1I准确求出木块和木板在各运动阶段、

:一运动过程中的加速度(注意两过程连

」加速度一」接处加速度可能突变)

一是否存在速度相等的临界条件

EE如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M=4kg的长木

板，在长木板右端有一质量为机=1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因

数为〃=0.2,长木板与小物块均静止，现用R=14N的水平恒力向右拉长木板，

经时间t=ls撤去水平恒力F,g取10m/s2,则：

(1)在R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？

解析：(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得

a=-M-

2

解得。=3m/so

(2)撤去R之前，小物块只受摩擦力的作用

故am=fig=2m/s2

(3)刚撤去R时0=a/=3m/s,Vm=amt=2m/s

撤去口后，长木板的加速度大小优m/s?

最终速度v'=vm+amt'=v-a't'

解得共同速度U=2.8m/s。

(4)在「内，小物块和长木板的相对位移

v2-v'2v'2—Vm

AX2=~^~—-S

2。f2〃m

解得AX2=0.2m

最终小物块离长木板右端

x=Axi+AX2=0.7mo

答案：(l)3m/s2(2)0.5m(3)2.8m/s(4)0.7m

I总结提升I

求解“滑块一木板”类问题的方法技巧

(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动

(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。

(2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速

度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。

(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，

物体的受力和运动情况可能发生突变。

【对点训练】

4.(有外力板块模型)如图所示，一质量Af=2kg的长木板8静止在粗糙水平

面上，其右端有一质量加=2kg的小滑块A。现对3物体施加一R=14N的拉力，

f=3s后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上。已知A、5间的动摩擦因数为

3与地面的动摩擦因数为〃2=0.2,重力加速度g=10m/s2,求：

IB——”

///////////Z/Z/Z/Z/Z///'//,////////

(1)有拉力时木板3和滑块A的加速度大小；

(2)要使滑块A不从木板3左端掉落，求木板8的最小长度；

(3)在(2)情况下，滑块A未从木板3滑落，那么滑块最终位置距离木板右端

多远。(结果保留两位小数)

解析：(1)对滑块A根据牛顿第二定律可得jUimg=mai

故A的加速度大小为m=lm/s?,方向向右；

对木板8,根据牛顿第二定律可得R—2(m+Mg=Ma2

解得木板B加速度大小为s=2m/s2o

(2)撤去外力瞬间，A的位移为xi=Ji户

3的位移为X2=52户

撤去外力时，物块A和木板3的速度分别为0i=a",02=42/

撤去外力后，物块A的受力没变，故物块A仍然做加速运动，加速度不变，

-1工、4、-->4।,uims+u.2(m+M)g、

木板3做减速超动，其加速度大小变为42=-------------而-------------=5m/s-

设经过时间力两者达到共速，则有0i+ai/i=02—。2‘t\

解得0=3.5m/s,ti=Q.5s

撤去外力后，A的位移为XI'=0"1+上访2

3的位移为X2'=02加—3。2‘M

故木板3的长度至少为L=X2—XI+%2'—XI'

代入数据解得L=5.25m。

(3)共速后A继续向前做减速运动，加速度大小为«3=1m/s2

,4、,,,,、」4〃2(m+M)g—juimg°

B向刖减速的加速度04=而=3m/s-

_v23.52

当A停止时向前运动的距离X3=5T_=7Wm=6.125m

Zu3ZA1

_v2352

当B停止时向前运动的距离X4=5T~=^T7Tm仁2.04m

Zu4ZAJ

则滑块最终位置距离木板右端距离AxML+m—X3-1.17m。

答案：(l)2m/s21m/s2(2)5.25m(3)1.17m

5.(无外力板块模型)如图所示，在倾角为。=30°的足够长的固定的光滑斜面

上，有一质量为M=3kg的长木板正以0o=lOm/s的初速度沿斜面向下运动，现

将一质量为机=1kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知物块与长

木板间的动摩擦因数〃=芋，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

重力加速度g取10m/s?。求:

(1)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；

(2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。

解析：(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿木板的滑动摩擦力大小为

Ff=//mgcos。=7.5N

由牛顿第二定律，对小物块有

Ff+mgsinO—ma\

代入数据得m=12.5m/s2

对长木板，由牛顿第二定律有

MgsinO—Ff=Mai

2

代入数据得害=2.5m/so

(2)设当小物块与长木板共速时速度为01,有

V1=0。+。2九

解得九=ls,01=12.5m/s

共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前物块

与木板的相对位移为

vo+vioi+O-

x~2九-2九=5m

故长木板长度至少为10m。

答案：(1)2.5m/s212.5m/s2(2)10m

6.(多个板块的组合模型)如图所示，两木板A、3并排放在地面上，A左端放

一小滑块，滑块在R=6N的水平力作用下由静止开始向右运动。已知木板A、B

长度均为1=1m,木板A的质量房=3kg,小滑块及木板3的质量均为m=1kg,

小滑块与木板A、3间的动摩擦因数均为〃i=0.4,木板A、3与地面间的动摩擦

因数均为〃2=0.1,重力加速度g=10m/s?。求：

(1)小滑块在木板A上运动的时间；

(2)木板B获得的最大速度。

解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力

Ffi=/zimg=4N

木板A与3整体受到地面的最大静摩擦力

Fn=pi2(2m+mx)g=5N

BiCfh,小滑块滑上木板A后，木板A保持静止

设小滑块滑动的加速度为ai,则

F—^img=mai

7_12

I—访

解得tl=lSo

(2)设小滑块滑上3时，小滑块速度为切，3的加速度为他，经过时间叁滑块

与5脱离，滑块的位移为x块，3的位移为XB,3的最大速度为0B,则

〃1mg—2112mg=mai

VB=a2tl

19

XB~~^CLlt2

v\

,19

%块=0"2十

X块一XB-I

联立以上各式可得VB=\m/So

答案:(1)1s(2)1m/s

限时规范训练12

［基础巩固题组］

1.如图所示，水平传送带A、5两端相距s=3.5m,工件与传送带间的动摩擦

因数〃=0.1。工件滑上A端瞬时速度0A=4m/s,到达3端的瞬时速度设为办，

则下列说法不正确的是()

A.若传送带不动，则VB=3m/s

B.若传送带以速度o=4m/s逆时针匀速转动，VB=3m/s

C.若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，VB=3m/s

D.若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，VB=2m/s

解析：D若传动带不动或逆时针匀速转动，则工件水平方向受水平向左的

滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律得〃加g=ma,由匀变速运动的规律可知sr2一

VA2=~2as,代入数据解得OB=3m/s,A、B正确；若传送带以速度o=2m/s顺

时针匀速转动，假设工件在到达3端前速度降至2m/s,则工件水平方向受水平

向左的滑动摩擦力作用，设加速度大小为由牛顿第二定律得〃=工件

滑上传送带先做匀减速直线运动，当速度减小到2m/s时，所经过的位移x=

美产m=6m>3.5m,所以假设不成立，所以工件一直做匀减速运动，

由匀变速运动的规律可知代入数据解得OB=3m/s,C正确，D

错误。

2.（多选）皮带传送在生产、生活中有着广泛的应用。一运煤传送带传输装置的

一部分如图所示，传送带与水平地面的夹角。=37°。若传送带以恒定的速率。0

=5m/s逆时针运转，将质量为1kg的煤块（看成质点）无初速度地放在传送带的顶

端P,经时间加=0.5s煤块速度与传送带相同，再经t2=2s到达传送带底端Q点。

已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s?,sin37°=0.6,cos

37°=0.8,则（）

A.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5

B.传送带PQ的长度为15.25m

C.煤块从P点到Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为2.75m

D.煤块从尸点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为21J

解析：ABD物块刚放上传送带的0.5s内，物体的速度oo=a"i,由牛顿第

二定律得加gsingeos解得〃=0.5,故A正确；在最初0.5s内物块

的位移X1=，71,以后物块的加速度有mgsin0—/umgcos0=mai,再经/2=2s到达

传送带底端Q点，则X2=0Of2+52/22,则传送带PQ的长度L=X1+X2,联立代入

数据解得L=XI+X2=15.25m,故B正确；在最初0.5s内物块相对传送带向上运

动，相对滑动的距离Axi=ooA—xi,以后的2s内滑块相对传送带向下滑动，则

相对滑动的距离AX2=X2—00,2,联立代入数据解得Axi=0o九一X1=1.25m；Nxi

=X2—W2=4m,则煤块从尸点到达Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为

4m,故C错误；煤块从P点到。点的过程中系统因摩擦产生的热量为

=0.5X1X10X0.8X(1.25+4)1=21J,故D正确。故选ABD。

3.(多选)如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质

点的小物块以4m/s的初速度水平向右滑上长木板。已知小物块的质量为机=01

kg,长木板的质量为1.5kg,长木板与地面之间的动摩擦因数为〃1=0.1,小

物块与长木板之间的动摩擦因数为〃2=0.4,重力加速度大小为g=10m/s2,最终

小物块未滑离长木板，下列说法正确的是()

A.小物块向右减速为零时，长木板的速度为1.3m/s

B.小物块与长木板相对静止时，速度为2m/s

C.长木板的最短长度为6m

D.当小物块与长木板一起运动时，小物块不受摩擦力作用

解析：BC对长木板，根据牛顿第二定律有一〃—〃2/ng=Afa2,可

4

得Q2=-ym/s2,小物块的加速度ai=—〃2g=-4m/s2,小物块速度减小到0经

历的时间为力=言=1s,此时木板向左的位移为X1=0O九+52九2=¥m,木板的

QDO—pQ

速度v\=vo+aih=^m/s,故A错误；小物块向右运动的位移为X2=-一九=2m,

此后，小物块开始向左加速，加速度大小为G3=〃2g=4m/s2,木板继续减速，加

4

速度仍为«2=-2m/s2,假设又经历,2时间二者速度相等，则有mt2=Vl+a2t2,

、17、

解得？2=0.5s,此过程木板位移X3=0i/2+呼m,速度03=01+。2勿=2m/s,

小物块的位移X4=^tZ3/22=0.5m,二者的相对位移为A%=(Xi+xi)+(%3—%4)=6m,

所以木板最小的长度为6m,故B、C正确；此后小物块和木板一起做匀减速运

动，因此小物块要受到水平向右的静摩擦力，故D错误。

4.（多选）如图所示，在某海滨游乐场里有一种滑沙运动，其运动过程可类比如

图所示的模型，小孩（可视为质点）坐在长为1m的滑板上端，与滑板一起由静止

从倾角为37°的斜面上下滑，已知小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5,滑板与沙

间的动摩擦因数为微，小孩的质量与滑板的质量相等，斜面足够长，g取10m/s2,

则以下判断正确的是（）

A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2

B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为5.5m/s2

C.经过ms的时间，小孩离开滑板

D.小孩离开滑板时的速度大小为26m/s

解析：AD对小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板对小孩向上的摩

擦力，根据牛顿第二定律有/ngsin37°-/zimgcos37°=mai,解得ai=2m/s2,A

正确；小孩和滑板脱离前，对滑板运用牛顿第二定律有mgsin37°+〃i机geos37°

一2偿机geos37°=ma2,代入数据解得tc=1m/s?,B错误；设经过时间f,小孩

离开滑板，则%52户=/,解得/=&s,C错误；小孩离开滑板时的速度为。

=ait=2Xy[2m/s=2啦m/s,D正确。

5.某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究。如图甲所示，

长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板

的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知

橡皮擦可视为质点，质量为mi=20g,硬纸板的质量为m2=10g,长度为1=5cm。

橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为〃1=0.2,纸板与桌面间的动摩擦因数为

偿=0.3,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

/水平桌面

甲

F/N

乙

(1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑

动，R)至少多大？

(2)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度oo但位移

近似为零，则要使橡皮擦脱离纸板，oo需满足的条件是什么？

解析：(1)当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有

对橡皮擦和纸板整体有

Fo—//2(mi+mi)g=(mi+mi)a

联立解得汽=0.15N。

(2)纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时

刚好脱离纸板，此时，00最小设为OOmin。则对橡皮擦有

1,

Xi—^cib9v=at

对纸板有

〃1加1g+〃2(冽1+mi)g—mzai,X2=VOmint—^ait1,V=^Omin-a2t

根据位移关系有X2—X1=T

、一A/3

联立解得0Omin=2m/S

则要使橡皮擦脱离纸板，00需满足00NoOmin=为-Hl/so

答案：(1)0.15N(2)0024-m/s

［能力提升题组］

6.(多选)水平地面上有一质量为mi的长木板，木板的左端上有一质量为m2

的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力厂作用在物块上，尸随时间看的变化关

系如图(b)所示，其中Rl、尸2分别为九、/2时刻R的大小。木板的加速度0随时间

/的变化关系如图(C)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为〃1,物块与木板间

的动摩擦因数为〃2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度

大小为go则()

A.Fi=/zimig

mi(mi+m2)

B.F2=---------m--i--------S—〃i)g

mi+m2

C.//2>yzi

产m2

D.在0〜/2时间段物块与木板加速度相等

解析：BCD分析可知，人时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有Fi=/Zi(mi

+mi)g,A错误；力〜;2时间内，长木板向右加速滑动，一定有2g—〃i(/ni+

加1+加2

m2)g>0,故〃2>—百丁71，C正确；0〜九时间内长木板和物块均静止，九〜短时间

内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足fiimig-//i(mi+mi)g=

,m2(mi+m2)

miam,F2—/zi(mi+mi)g=(m\斛行eFi=~B、D

正确。

7.一足够长的木板尸静置于粗糙水平面上，木板的质量M=4kg,质量加=1

kg的小滑块。(可视为质点)从木板的左端以初速度。o滑上木板，与此同时在木板

右端作用水平向右的恒定拉力R如图甲所示，设滑块滑上木板为£=0时刻，经

过九=2s撤去拉力尸，两物体一起做匀减速直线运动，再经过%2=4s两物体停止

运动，画出的两物体运动的04图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,

重力加速度g=10m/s?)求：

r/(m-s-,)

甲乙

(1)0〜2s内滑块Q和木板P的加速度大小，两物体一起做匀减速直线运动的

加速度大小；

(2)滑块。运动的总位移；

(3)拉力R的大小。

解析：(l)o-/图像中，图线斜率的绝对值表示加速度大小，根据图乙可知，0〜

2s内滑块Q的加速度大小

12—4。

tzi=-m/s2=4m/s2

0〜2s内木板P的加速度大小

4

<22=2m/s?2=2m/s2

两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小

4

m/s2=1m/s2o

(2)o