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2023新教材高中物理第四章运动和力的关系专题5模型构建__传送带问题和滑块_木板问题作业新人教版必修第一册
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这是一份2023新教材高中物理第四章运动和力的关系专题5模型构建__传送带问题和滑块_木板问题作业新人教版必修第一册，共14页。
专题五 模型构建——传送带问题和滑块—木板问题
1．传送带问题
(1)水平传送带问题
当传送带水平时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变，常常导致物体的受力情况和运动性质的突变。静摩擦力达到最大值，是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，物体与传送带的速度达到相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力为0或变为静摩擦力)。
(2)倾斜传送带问题
当传送带倾斜时，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对受力的影响，从而正确判断物体的速度和传送带速度相等时物体的运动性质。
2．滑块—木板问题
(1)滑块—木板问题至少涉及滑块和木板两个物体(有时不止一个滑块，有时木板受地面的摩擦力)，物体间经常存在相对滑动。由于摩擦力的突变，所以一般是多过程运动，各物体所受的摩擦力和运动情况比较复杂。
(2)常见的两种运动关系
①滑块从初始位置滑到木板一端的过程中，若它们向同一方向运动，则滑块与木板的位移大小之差等于初始时滑块到木板这一端的距离。
②滑块从初始位置滑到木板一端的过程中，若它们向相反方向运动，则滑块与木板的位移大小之和等于初始时滑块到木板这一端的距离。
注意：如果滑块恰好没有脱离木板，则除了上述的位移关系外，滑块的末速度还与木板的相同。
典型考点一 传送带问题
1．(多选)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中( )
A．运动时间是 s B．运动时间是2.25 s
C．划痕长度是4 m D．划痕长度是0.5 m
答案 BD
解析 小煤块刚放上传送带时，加速度a＝μg＝4 m/s2，由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t1＝＝0.5 s，此时小煤块运动的位移x1＝t1＝0.5 m，而传送带的位移为x2＝v0t1＝1 m，故小煤块在传送带上的划痕长度为l＝x2－x1＝0.5 m，D正确，C错误；之后小煤块匀速运动，其位移为x－x1＝3.5 m，故匀速运动的时间t2＝＝1.75 s，故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.25 s，A错误，B正确。
2.(多选)如图所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2 m/s运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5 m/s。若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动
B．若传送带的速度为5 m/s，小物块将从传送带左端滑出
C．若小物块的速度为4 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出
D．若小物块的速度为1 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出
答案 BC
解析 小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移大小为x，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2 m/s2，则x＝＝ m＝6.25 m>6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；若传送带的速度为5 m/s，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B正确；若小物块的速度为4 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x′＝＝ m＝4 m<6 m，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移大小为x″＝＝ m＝1 m<4 m，以后小物块以v1＝2 m/s的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2 m/s，C正确；若小物块的速度为1 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x＝＝ m＝0.25 m<6 m，则小物块速度减到零后再向右加速，由于x
A．物块A到达底端时的速度比B到达底端时的速度大
B．A、B同时到达传送带底端
C．物块A先到达传送带底端
D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
答案 BD
解析 由于μ＝0.5
答案 1.25 s
解析 刚将物体无初速度地放上传送带时，物体做加速运动，受力如图甲所示，由牛顿第二定律得
x轴方向上：mgsin30°＋Ff＝ma1
y轴方向上：FN－mgcos30°＝0
又Ff＝μFN
联立解得a1＝g(sin30°＋μcos30°)＝8 m/s2
物体加速到与传送带速度相等所用的时间为t1＝＝0.25 s
位移为x1＝＝0.25 m
mgsin30°>μmgcos30°，故物体与传送带速度相等后仍会继续加速下滑，而摩擦力方向变为沿传送带向上，受力如图乙所示，由牛顿第二定律可得x轴方向上：mgsin30°－Ff′＝ma2
y轴方向上：FN－mgcos30°＝0
又Ff′＝μFN，
联立解得a2＝g(sin30°－μcos30°)＝2 m/s2
所以物体以初速度v＝2 m/s和加速度a2＝2 m/s2做匀加速运动，
位移为x2＝l－x1＝3 m
由位移公式得x2＝vt2＋a2t
解得t2＝1 s，或t2＝－3 s(舍去)
故所用总时间为t＝t1＋t2＝0.25 s＋1 s＝1.25 s。
典型考点二 滑块—木板问题
5.(多选)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )
A．物块先向左运动，再向右运动
B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
答案 BC
解析 物块相对于木板滑动，说明物块的加速度小于木板的加速度，撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度，所以它们之间存在滑动摩擦力，使物块向右加速，木板向右减速，直至两者向右的速度相同，此后做匀速运动，所以B、C正确。
6．(多选)如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F＝6 N的水平力向右拉A，经过5 s A运动到B的最右端，且其vt图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．A的加速度大小为0.5 m/s2
B．A、B间的动摩擦因数为0.4
C．若B不固定，B的加速度大小为1 m/s2
D．若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为5 s
答案 BCD
解析 根据vt图像可知，物体A的加速度为：aA＝＝ m/s2＝2 m/s2，故A错误；以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F－μmAg＝mAaA，代入数据得：μ＝0.4，故B正确；若B不固定，假设B相对A滑动，则B的加速度为：aB＝＝ m/s2＝1 m/s2，aB＜aA，故假设成立，C正确；由图像知，木板B的长度为：l＝×5×10 m＝25 m，设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得：aAt2－aBt2＝l，代入数据解得：t＝5 s，故D正确。
7．质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以某一初速度沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的vt图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量；
(4)物块相对木板滑行的距离Δx。
答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg (4)2 m
解析 (1)由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得，－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。
(2)由题图乙知，A、B在1～3 s内的加速度a3＝＝－1 m/s2，
对A、B由牛顿第二定律得，一μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
解得μ2＝0.1。
(3)由题图乙可知B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2。
对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，
代入数据解得m＝6 kg。
(4)由题图乙可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx对应图中(0,4)、(0,0)、(1,2)点所围三角形面积，故Δx＝×4×1 m＝2 m。
1.(多选)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、f表示物体的速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项中正确的是( )
答案 AB
解析 在开始一段时间内，物体受到向右恒定的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v＝at，vt图像是过原点的倾斜直线；物体的速度与传送带的速度相同后，物体不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0，故A、B正确，C错误。根据物体的运动情况，并结合匀变速直线运动和匀速直线运动的位移图像得，D错误。
2.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.15。将质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。则下列判断正确的是 ( )
A．木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板
B．木板一定静止不动，小铁块能滑出木板
C．木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板
D．木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板
答案 A
解析 木板与地面间的最大静摩擦力为f1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小铁块与木板之间的滑动摩擦力为f2＝μ2mg＝40 N，f1＞f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则v＝2μ2gx，解得x＝2 m＜L＝5 m，所以假设成立，小铁块不能滑出木板，A正确。
3.如图所示，一长木板以初速度v0在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是下列选项中的( )
答案 A
解析 在木板与物块达到相同的速度之前，木板受到物块向左的滑动摩擦力f1和地面对它向左的滑动摩擦力f2，有f1＋f2＝ma1。当两者共速时，若物块与木板间的动摩擦因数μ1远大于木板与地面间的动摩擦因数μ2，两者相对静止，则f2＝2ma2；若μ1≪μ2，共速后物块相对木板向右滑动，则f2－f1＝ma3。由此可知，a2和a3均小于a1，即共速后木板的加速度减小。由vt图像的斜率的绝对值表示加速度大小可知，A正确。
4.(多选)如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( )
A.＋ B．
C． D．
答案 ACD
解析 若木块一直做匀加速直线运动，则有L＝μgt2，解得t＝ ；若木块到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有t＝；若木块先匀加速直线运动经历时间t1，位移为x，再匀速直线运动经历时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1，v2＝2μgx，vt2＝L－x，得t＝t1＋t2＝＋，故A、C、D正确，B错误。
5.(多选)小滑块从A处由静止开始沿斜面下滑，经过静止的粗糙水平传送带后以速度v0离开C点。如图所示，若传送带转动而其他条件不变，下列说法正确的是( )
A．若传送带顺时针方向转动，滑块从C点离开传送带时的速度仍为v0
B．若传送带顺时针方向转动，滑块从C点离开传送带时的速度可能大于v0
C．若传送带逆时针方向转动，滑块从C点离开传送带时的速度一定为v0
D．若传送带逆时针方向转动，滑块从C点离开传送带时的速度可能小于v0
答案 BC
解析 传送带静止时，滑块在传送带上做减速运动；若传送带顺时针转动，如果滑块在B点的速度大于传送带的速度，则滑块将做减速运动，如果到达C点时速度仍大于传送带速度，从C点离开传送带时的速度等于v0；如果到达C点时的速度等于传送带速度，则从C点离开传送带时的速度一定不小于v0；如果滑块在B点的速度小于传送带速度，滑块将先做一段加速运动，从C点离开传送带时的速度大于v0，故A错误，B正确。若传送带逆时针转动，滑块在传送带上将一直做减速运动，与传送带静止时的运动情况相同，故滑块从C点离开传送带时的速度一定为v0，C正确，D错误。
6．如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，t＝0时，车开始沿水平面做直线运动，其vt图像如图乙所示。g取10 m/s2，平板车足够长，则物块运动的vt图像为( )
答案 C
解析 由题图乙可知，平板车先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小相等，a车＝4 m/s2，假设开始一段时间物块与车发生相对滑动，则物块的加速度大小为a物＝μg＝2 m/s2，因为a物＜a车，故假设正确。设小车和物块在t时刻速度相同，有24 m/s－a车(t－6 s)＝a物t，解得t＝8 s,8 s末物块的速度v1＝a物t＝16 m/s；t＝8 s后，a车＞μg，所以物块相对小车向前滑行，即小车受到向左的滑动摩擦力，做匀减速直线运动，加速度大小仍为a物，由运动的对称性知，物块以2 m/s2的加速度减速至零也需要8 s，故C正确。
7.如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法中正确的是( )
A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧
B．开始时木炭包相对于传送带向右运动
C．木炭包的质量越大，径迹的长度越短
D．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短
答案 D
解析 设木炭包的质量为m，传送带的速度为v，木炭包与传送带间的动摩擦因数为μ。对木炭包运动过程进行分析知，木炭包放上传送带时，传送带相对木炭包向右运动，传送带受到木炭包的摩擦力向左，则木炭包受到传送带向右的摩擦力，且在该摩擦力作用下向右做加速运动。开始时木炭包速度小于传送带速度，木炭包相对传送带向左运动，径迹出现在木炭包右侧，直到木炭包与传送带速度相等，一起做匀速运动，径迹不再变化。木炭包相对传送带运动时，其加速度为μg，径迹长度s＝，即传送带速度越大，径迹越长；动摩擦因数越大，径迹越短；径迹的长度与木炭包的质量无关。综上所述，A、B、C错误，D正确。
8．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运动。t＝0时将质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带上，小物块相对地面的vt图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则( )
A．传送带的速率v0＝10 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0～2.0 s内小物块在传送带上留下的痕迹的长度为6 m
答案 AC
解析 由vt图像可知，在0～1 s，小物块在传送带上做加速度 a1＝10 m/s2的匀加速运动，在1～2 s，小物块做初速度为10 m/s、加速度为a2＝2 m/s2的匀加速运动，故传送带的速率v0＝10 m/s，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，B错误，A、C正确；0～1 s内传送带的位移x1＝v0t1＝10 m，小物块的位移x2＝a1t＝5 m，小物块相对传送带的位移大小Δx1＝x1－x2＝5 m，相对传送带向上，1～2 s内传送带的位移x3＝v0t2＝10 m，小物块的位移x4＝v0t2＋a2t＝11 m，故小物块相对传送带的位移大小Δx2＝x4－x3＝1 m，相对传送带向下，故小物块在传送带上留下的痕迹的长度为5 m，D错误。
9.一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，硬纸片上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则( )
A．若F＝1 N，则物块、薄硬纸片都静止不动
B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
C．若F＝8 N，则B物块的加速度大小为4.0 m/s2
D．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
答案 D
解析 A与薄硬纸片间的最大静摩擦力为fA＝μ1mAg＝3 N，B与薄硬纸片间的最大静摩擦力为fB＝μ2mBg＝2 N。F＝1 N时，分析可知A所受摩擦力小于fA，B所受摩擦力小于fB，所以A、B与薄硬纸片保持相对静止，整体在力F作用下向左做匀加速运动，A错误；同理，F＝1.5 N时，A、B与薄硬纸片仍保持相对静止，整体在力F作用下向左做匀加速运动，F－fA′＝mAa，所以fA′
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)工件相对传送带运动的位移。
答案 (1) (2)0.8 m
解析 (1)由题意得，工件的位移为L＝＝3 m。
假设工件一直做匀加速运动，
由at2＝L，解得a≈1.66 m/s2
而此时at≈3.2 m/s>2 m/s，假设不成立；
设工件速度达到v0之前，做匀加速运动的时间为t1，位移为x1，则x1＝t1
工件的速度达到v0之后将做匀速运动，有L－x1＝v0(t－t1)
解得t1＝0.8 s
加速运动阶段的加速度为a1＝＝2.5 m/s2
在加速阶段，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得μ＝。
(2)时间t1内，传送带运动的位移为x＝v0t1＝1.6 m
所以工件相对传送带运动的位移为Δx＝x－x1＝0.8 m。
11.如图所示，质量为M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F＝8 N，当小车向右运动速度达到3 m/s时，在小车的右端轻放一质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2。g取10 m/s2。
(1)在小物块和小车相对运动的过程中，求小物块的加速度a1和小车的加速度a2；
(2)如果小车足够长，经过多长时间小物块停止与小车间的相对运动？
(3)为了使小物块不从小车上掉下来，小车的长度至少为多少？
(4)如果小车足够长，小物块从放上开始经过3.0 s所通过的位移是多少？
答案 (1)2 m/s2，方向向右 0.5 m/s2，方向向右
(2)2 s (3)3 m (4)8.4 m
解析 (1)规定水平向右为正方向，根据牛顿第二定律得，
小物块的加速度为：a1＝＝μg＝2 m/s2，即小物块的加速度大小为2 m/s2，方向向右；
小车的加速度为：a2＝＝0.5 m/s2，即小车的加速度大小为0.5 m/s2，方向向右。
(2)设经时间t小物块与小车的速度相同，有：
a1t＝v0＋a2t，解得：t＝＝2 s，
所以经过2 s小物块停止与小车间的相对运动。
(3)小物块停止与小车间的相对运动前：
小车的位移为：xM＝v0t＋a2t2＝7 m，方向向右，
小物块的位移为：x1＝a1t2＝4 m，方向也向右。
所以小车长至少为：L＝xM－x1＝3 m。
(4)2 s末小物块的速度大小为：v＝a1t＝4 m/s，然后小物块和小车一起做匀加速直线运动。
根据牛顿第二定律得：a＝＝0.8 m/s2，
第3 s内小物块的位移为：x2＝vt′＋at′2＝4.4 m。
则小物块从放上开始经过3.0 s所通过的位移为：
x＝x1＋x2＝8.4 m。
12.如图所示的传送带，其水平部分ab长度为2 m，倾斜部分bc长度为4 m，bc与水平方向的夹角为θ＝37°，将一物块A(可视为质点)轻轻放在传送带的a端，物块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25。传送带沿图示方向以v＝2 m/s的速度匀速运动，若物块A始终未脱离传送带且经过b处时速度大小不变，试求物块A从a端传送到c端所用的时间。(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
答案 2.4 s
解析 物块A在ab之间加速运动时，对A根据牛顿第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝μg＝2.5 m/s2，
设物块A速度达到2 m/s所需时间为t1，运动位移为x1，
根据运动学规律可得t1＝＝0.8 s
x1＝a1t＝0.8 m
由x1<2 m，可知A在还没有运动到b点时，已与传送带速度相同。
此后A在水平方向做匀速直线运动，设运动时间为t2，lab－x1＝vt2，得t2＝0.6 s。
A在bc间运动时，物块A所受的摩擦力方向沿传送带向上，对A由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
解得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝4 m/s2
根据运动学规律可得lbc＝vt3＋a2t，
解得t3＝1 s，t3′＝－2 s(舍去)
则物块A从a端传送到c端所用时间t＝t1＋t3＋t3＝2.4 s。
13.长为L＝1.5 m的木板B静止放在水平冰面上，可视为质点的小物块A以初速度v0从左端滑上木板B，一段时间后A、B达到相同的速度v＝0.4 m/s，而后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8 cm后停下。已知物块A与木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，g取10 m/s2。
(1)求木板与冰面间的动摩擦因数μ2；
(2)求小物块A的初速度v0；
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，求小物块滑上木板的最大初速度v0m。
答案 (1)0.1 (2)2.4 m/s (3)3 m/s
解析 (1)小物块和木板一起运动时，做匀减速运动，根据速度—位移公式可得加速度大小
a＝＝ m/s2＝1 m/s2，
对整体，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＝2ma，
解得μ2＝0.1。
(2)小物块滑上长木板后做匀减速运动，其加速度大小
a1＝μ1g＝2.5 m/s2，
木板做匀加速运动μ1mg－μ2(2m)g＝ma2，
解得a2＝0.5 m/s2，
设小物块滑上木板经时间t后速度达到v，
对木板有v＝a2t，
解得t＝＝ s＝0.8 s，
小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4 m/s。
(3)由题意知，当小物块以最大初速度v0m滑上木板时，小物块到达木板最右端时恰好与木板速度相等，
物块的位移为x物＝v0mt′－a1t′2，
木板的位移为x板＝a2t′2，
位移间的关系为x物－x板＝L，
速度关系为v′＝v0m－a1t′，v′＝a2t′，
联立以上各式并代入数据得v0m＝3 m/s。
专题五 模型构建——传送带问题和滑块—木板问题
1．传送带问题
(1)水平传送带问题
当传送带水平时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变，常常导致物体的受力情况和运动性质的突变。静摩擦力达到最大值，是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，物体与传送带的速度达到相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力为0或变为静摩擦力)。
(2)倾斜传送带问题
当传送带倾斜时，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对受力的影响，从而正确判断物体的速度和传送带速度相等时物体的运动性质。
2．滑块—木板问题
(1)滑块—木板问题至少涉及滑块和木板两个物体(有时不止一个滑块，有时木板受地面的摩擦力)，物体间经常存在相对滑动。由于摩擦力的突变，所以一般是多过程运动，各物体所受的摩擦力和运动情况比较复杂。
(2)常见的两种运动关系
①滑块从初始位置滑到木板一端的过程中，若它们向同一方向运动，则滑块与木板的位移大小之差等于初始时滑块到木板这一端的距离。
②滑块从初始位置滑到木板一端的过程中，若它们向相反方向运动，则滑块与木板的位移大小之和等于初始时滑块到木板这一端的距离。
注意：如果滑块恰好没有脱离木板，则除了上述的位移关系外，滑块的末速度还与木板的相同。
典型考点一 传送带问题
1．(多选)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中( )
A．运动时间是 s B．运动时间是2.25 s
C．划痕长度是4 m D．划痕长度是0.5 m
答案 BD
解析 小煤块刚放上传送带时，加速度a＝μg＝4 m/s2，由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t1＝＝0.5 s，此时小煤块运动的位移x1＝t1＝0.5 m，而传送带的位移为x2＝v0t1＝1 m，故小煤块在传送带上的划痕长度为l＝x2－x1＝0.5 m，D正确，C错误；之后小煤块匀速运动，其位移为x－x1＝3.5 m，故匀速运动的时间t2＝＝1.75 s，故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.25 s，A错误，B正确。
2.(多选)如图所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2 m/s运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5 m/s。若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动
B．若传送带的速度为5 m/s，小物块将从传送带左端滑出
C．若小物块的速度为4 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出
D．若小物块的速度为1 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出
答案 BC
解析 小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移大小为x，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2 m/s2，则x＝＝ m＝6.25 m>6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；若传送带的速度为5 m/s，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B正确；若小物块的速度为4 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x′＝＝ m＝4 m<6 m，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移大小为x″＝＝ m＝1 m<4 m，以后小物块以v1＝2 m/s的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2 m/s，C正确；若小物块的速度为1 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x＝＝ m＝0.25 m<6 m，则小物块速度减到零后再向右加速，由于x
A．物块A到达底端时的速度比B到达底端时的速度大
B．A、B同时到达传送带底端
C．物块A先到达传送带底端
D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
答案 BD
解析 由于μ＝0.5
答案 1.25 s
解析 刚将物体无初速度地放上传送带时，物体做加速运动，受力如图甲所示，由牛顿第二定律得
x轴方向上：mgsin30°＋Ff＝ma1
y轴方向上：FN－mgcos30°＝0
又Ff＝μFN
联立解得a1＝g(sin30°＋μcos30°)＝8 m/s2
物体加速到与传送带速度相等所用的时间为t1＝＝0.25 s
位移为x1＝＝0.25 m
mgsin30°>μmgcos30°，故物体与传送带速度相等后仍会继续加速下滑，而摩擦力方向变为沿传送带向上，受力如图乙所示，由牛顿第二定律可得x轴方向上：mgsin30°－Ff′＝ma2
y轴方向上：FN－mgcos30°＝0
又Ff′＝μFN，
联立解得a2＝g(sin30°－μcos30°)＝2 m/s2
所以物体以初速度v＝2 m/s和加速度a2＝2 m/s2做匀加速运动，
位移为x2＝l－x1＝3 m
由位移公式得x2＝vt2＋a2t
解得t2＝1 s，或t2＝－3 s(舍去)
故所用总时间为t＝t1＋t2＝0.25 s＋1 s＝1.25 s。
典型考点二 滑块—木板问题
5.(多选)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )
A．物块先向左运动，再向右运动
B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
答案 BC
解析 物块相对于木板滑动，说明物块的加速度小于木板的加速度，撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度，所以它们之间存在滑动摩擦力，使物块向右加速，木板向右减速，直至两者向右的速度相同，此后做匀速运动，所以B、C正确。
6．(多选)如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F＝6 N的水平力向右拉A，经过5 s A运动到B的最右端，且其vt图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．A的加速度大小为0.5 m/s2
B．A、B间的动摩擦因数为0.4
C．若B不固定，B的加速度大小为1 m/s2
D．若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为5 s
答案 BCD
解析 根据vt图像可知，物体A的加速度为：aA＝＝ m/s2＝2 m/s2，故A错误；以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F－μmAg＝mAaA，代入数据得：μ＝0.4，故B正确；若B不固定，假设B相对A滑动，则B的加速度为：aB＝＝ m/s2＝1 m/s2，aB＜aA，故假设成立，C正确；由图像知，木板B的长度为：l＝×5×10 m＝25 m，设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得：aAt2－aBt2＝l，代入数据解得：t＝5 s，故D正确。
7．质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以某一初速度沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的vt图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量；
(4)物块相对木板滑行的距离Δx。
答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg (4)2 m
解析 (1)由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得，－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。
(2)由题图乙知，A、B在1～3 s内的加速度a3＝＝－1 m/s2，
对A、B由牛顿第二定律得，一μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
解得μ2＝0.1。
(3)由题图乙可知B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2。
对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，
代入数据解得m＝6 kg。
(4)由题图乙可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx对应图中(0,4)、(0,0)、(1,2)点所围三角形面积，故Δx＝×4×1 m＝2 m。
1.(多选)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、f表示物体的速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项中正确的是( )
答案 AB
解析 在开始一段时间内，物体受到向右恒定的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v＝at，vt图像是过原点的倾斜直线；物体的速度与传送带的速度相同后，物体不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0，故A、B正确，C错误。根据物体的运动情况，并结合匀变速直线运动和匀速直线运动的位移图像得，D错误。
2.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.15。将质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。则下列判断正确的是 ( )
A．木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板
B．木板一定静止不动，小铁块能滑出木板
C．木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板
D．木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板
答案 A
解析 木板与地面间的最大静摩擦力为f1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小铁块与木板之间的滑动摩擦力为f2＝μ2mg＝40 N，f1＞f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则v＝2μ2gx，解得x＝2 m＜L＝5 m，所以假设成立，小铁块不能滑出木板，A正确。
3.如图所示，一长木板以初速度v0在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是下列选项中的( )
答案 A
解析 在木板与物块达到相同的速度之前，木板受到物块向左的滑动摩擦力f1和地面对它向左的滑动摩擦力f2，有f1＋f2＝ma1。当两者共速时，若物块与木板间的动摩擦因数μ1远大于木板与地面间的动摩擦因数μ2，两者相对静止，则f2＝2ma2；若μ1≪μ2，共速后物块相对木板向右滑动，则f2－f1＝ma3。由此可知，a2和a3均小于a1，即共速后木板的加速度减小。由vt图像的斜率的绝对值表示加速度大小可知，A正确。
4.(多选)如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( )
A.＋ B．
C． D．
答案 ACD
解析 若木块一直做匀加速直线运动，则有L＝μgt2，解得t＝ ；若木块到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有t＝；若木块先匀加速直线运动经历时间t1，位移为x，再匀速直线运动经历时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1，v2＝2μgx，vt2＝L－x，得t＝t1＋t2＝＋，故A、C、D正确，B错误。
5.(多选)小滑块从A处由静止开始沿斜面下滑，经过静止的粗糙水平传送带后以速度v0离开C点。如图所示，若传送带转动而其他条件不变，下列说法正确的是( )
A．若传送带顺时针方向转动，滑块从C点离开传送带时的速度仍为v0
B．若传送带顺时针方向转动，滑块从C点离开传送带时的速度可能大于v0
C．若传送带逆时针方向转动，滑块从C点离开传送带时的速度一定为v0
D．若传送带逆时针方向转动，滑块从C点离开传送带时的速度可能小于v0
答案 BC
解析 传送带静止时，滑块在传送带上做减速运动；若传送带顺时针转动，如果滑块在B点的速度大于传送带的速度，则滑块将做减速运动，如果到达C点时速度仍大于传送带速度，从C点离开传送带时的速度等于v0；如果到达C点时的速度等于传送带速度，则从C点离开传送带时的速度一定不小于v0；如果滑块在B点的速度小于传送带速度，滑块将先做一段加速运动，从C点离开传送带时的速度大于v0，故A错误，B正确。若传送带逆时针转动，滑块在传送带上将一直做减速运动，与传送带静止时的运动情况相同，故滑块从C点离开传送带时的速度一定为v0，C正确，D错误。
6．如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，t＝0时，车开始沿水平面做直线运动，其vt图像如图乙所示。g取10 m/s2，平板车足够长，则物块运动的vt图像为( )
答案 C
解析 由题图乙可知，平板车先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小相等，a车＝4 m/s2，假设开始一段时间物块与车发生相对滑动，则物块的加速度大小为a物＝μg＝2 m/s2，因为a物＜a车，故假设正确。设小车和物块在t时刻速度相同，有24 m/s－a车(t－6 s)＝a物t，解得t＝8 s,8 s末物块的速度v1＝a物t＝16 m/s；t＝8 s后，a车＞μg，所以物块相对小车向前滑行，即小车受到向左的滑动摩擦力，做匀减速直线运动，加速度大小仍为a物，由运动的对称性知，物块以2 m/s2的加速度减速至零也需要8 s，故C正确。
7.如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法中正确的是( )
A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧
B．开始时木炭包相对于传送带向右运动
C．木炭包的质量越大，径迹的长度越短
D．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短
答案 D
解析 设木炭包的质量为m，传送带的速度为v，木炭包与传送带间的动摩擦因数为μ。对木炭包运动过程进行分析知，木炭包放上传送带时，传送带相对木炭包向右运动，传送带受到木炭包的摩擦力向左，则木炭包受到传送带向右的摩擦力，且在该摩擦力作用下向右做加速运动。开始时木炭包速度小于传送带速度，木炭包相对传送带向左运动，径迹出现在木炭包右侧，直到木炭包与传送带速度相等，一起做匀速运动，径迹不再变化。木炭包相对传送带运动时，其加速度为μg，径迹长度s＝，即传送带速度越大，径迹越长；动摩擦因数越大，径迹越短；径迹的长度与木炭包的质量无关。综上所述，A、B、C错误，D正确。
8．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运动。t＝0时将质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带上，小物块相对地面的vt图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则( )
A．传送带的速率v0＝10 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0～2.0 s内小物块在传送带上留下的痕迹的长度为6 m
答案 AC
解析 由vt图像可知，在0～1 s，小物块在传送带上做加速度 a1＝10 m/s2的匀加速运动，在1～2 s，小物块做初速度为10 m/s、加速度为a2＝2 m/s2的匀加速运动，故传送带的速率v0＝10 m/s，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，B错误，A、C正确；0～1 s内传送带的位移x1＝v0t1＝10 m，小物块的位移x2＝a1t＝5 m，小物块相对传送带的位移大小Δx1＝x1－x2＝5 m，相对传送带向上，1～2 s内传送带的位移x3＝v0t2＝10 m，小物块的位移x4＝v0t2＋a2t＝11 m，故小物块相对传送带的位移大小Δx2＝x4－x3＝1 m，相对传送带向下，故小物块在传送带上留下的痕迹的长度为5 m，D错误。
9.一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，硬纸片上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则( )
A．若F＝1 N，则物块、薄硬纸片都静止不动
B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
C．若F＝8 N，则B物块的加速度大小为4.0 m/s2
D．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
答案 D
解析 A与薄硬纸片间的最大静摩擦力为fA＝μ1mAg＝3 N，B与薄硬纸片间的最大静摩擦力为fB＝μ2mBg＝2 N。F＝1 N时，分析可知A所受摩擦力小于fA，B所受摩擦力小于fB，所以A、B与薄硬纸片保持相对静止，整体在力F作用下向左做匀加速运动，A错误；同理，F＝1.5 N时，A、B与薄硬纸片仍保持相对静止，整体在力F作用下向左做匀加速运动，F－fA′＝mAa，所以fA′
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)工件相对传送带运动的位移。
答案 (1) (2)0.8 m
解析 (1)由题意得，工件的位移为L＝＝3 m。
假设工件一直做匀加速运动，
由at2＝L，解得a≈1.66 m/s2
而此时at≈3.2 m/s>2 m/s，假设不成立；
设工件速度达到v0之前，做匀加速运动的时间为t1，位移为x1，则x1＝t1
工件的速度达到v0之后将做匀速运动，有L－x1＝v0(t－t1)
解得t1＝0.8 s
加速运动阶段的加速度为a1＝＝2.5 m/s2
在加速阶段，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得μ＝。
(2)时间t1内，传送带运动的位移为x＝v0t1＝1.6 m
所以工件相对传送带运动的位移为Δx＝x－x1＝0.8 m。
11.如图所示，质量为M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F＝8 N，当小车向右运动速度达到3 m/s时，在小车的右端轻放一质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2。g取10 m/s2。
(1)在小物块和小车相对运动的过程中，求小物块的加速度a1和小车的加速度a2；
(2)如果小车足够长，经过多长时间小物块停止与小车间的相对运动？
(3)为了使小物块不从小车上掉下来，小车的长度至少为多少？
(4)如果小车足够长，小物块从放上开始经过3.0 s所通过的位移是多少？
答案 (1)2 m/s2，方向向右 0.5 m/s2，方向向右
(2)2 s (3)3 m (4)8.4 m
解析 (1)规定水平向右为正方向，根据牛顿第二定律得，
小物块的加速度为：a1＝＝μg＝2 m/s2，即小物块的加速度大小为2 m/s2，方向向右；
小车的加速度为：a2＝＝0.5 m/s2，即小车的加速度大小为0.5 m/s2，方向向右。
(2)设经时间t小物块与小车的速度相同，有：
a1t＝v0＋a2t，解得：t＝＝2 s，
所以经过2 s小物块停止与小车间的相对运动。
(3)小物块停止与小车间的相对运动前：
小车的位移为：xM＝v0t＋a2t2＝7 m，方向向右，
小物块的位移为：x1＝a1t2＝4 m，方向也向右。
所以小车长至少为：L＝xM－x1＝3 m。
(4)2 s末小物块的速度大小为：v＝a1t＝4 m/s，然后小物块和小车一起做匀加速直线运动。
根据牛顿第二定律得：a＝＝0.8 m/s2，
第3 s内小物块的位移为：x2＝vt′＋at′2＝4.4 m。
则小物块从放上开始经过3.0 s所通过的位移为：
x＝x1＋x2＝8.4 m。
12.如图所示的传送带，其水平部分ab长度为2 m，倾斜部分bc长度为4 m，bc与水平方向的夹角为θ＝37°，将一物块A(可视为质点)轻轻放在传送带的a端，物块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25。传送带沿图示方向以v＝2 m/s的速度匀速运动，若物块A始终未脱离传送带且经过b处时速度大小不变，试求物块A从a端传送到c端所用的时间。(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
答案 2.4 s
解析 物块A在ab之间加速运动时，对A根据牛顿第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝μg＝2.5 m/s2，
设物块A速度达到2 m/s所需时间为t1，运动位移为x1，
根据运动学规律可得t1＝＝0.8 s
x1＝a1t＝0.8 m
由x1<2 m，可知A在还没有运动到b点时，已与传送带速度相同。
此后A在水平方向做匀速直线运动，设运动时间为t2，lab－x1＝vt2，得t2＝0.6 s。
A在bc间运动时，物块A所受的摩擦力方向沿传送带向上，对A由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
解得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝4 m/s2
根据运动学规律可得lbc＝vt3＋a2t，
解得t3＝1 s，t3′＝－2 s(舍去)
则物块A从a端传送到c端所用时间t＝t1＋t3＋t3＝2.4 s。
13.长为L＝1.5 m的木板B静止放在水平冰面上，可视为质点的小物块A以初速度v0从左端滑上木板B，一段时间后A、B达到相同的速度v＝0.4 m/s，而后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8 cm后停下。已知物块A与木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，g取10 m/s2。
(1)求木板与冰面间的动摩擦因数μ2；
(2)求小物块A的初速度v0；
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，求小物块滑上木板的最大初速度v0m。
答案 (1)0.1 (2)2.4 m/s (3)3 m/s
解析 (1)小物块和木板一起运动时，做匀减速运动，根据速度—位移公式可得加速度大小
a＝＝ m/s2＝1 m/s2，
对整体，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＝2ma，
解得μ2＝0.1。
(2)小物块滑上长木板后做匀减速运动，其加速度大小
a1＝μ1g＝2.5 m/s2，
木板做匀加速运动μ1mg－μ2(2m)g＝ma2，
解得a2＝0.5 m/s2，
设小物块滑上木板经时间t后速度达到v，
对木板有v＝a2t，
解得t＝＝ s＝0.8 s，
小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4 m/s。
(3)由题意知，当小物块以最大初速度v0m滑上木板时，小物块到达木板最右端时恰好与木板速度相等，
物块的位移为x物＝v0mt′－a1t′2，
木板的位移为x板＝a2t′2，
位移间的关系为x物－x板＝L，
速度关系为v′＝v0m－a1t′，v′＝a2t′，
联立以上各式并代入数据得v0m＝3 m/s。
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