物理高考专题 巧用动力学观点破解三类板块模型解析版.docx

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物理高考专题巧用动力学观点破解三类板块模型解析版

尖子生的自我修养系列

（一）巧用动力学观点，破解三类板块模型

木板与物块组成的相互作用的系统统称为板块模型。

板块模型是高中动力学部分中的一类重要模型，也是高考考查的重点，此类模型一个典型的特征是，物块与木板间通过摩擦力作用使物体的运动状态发生变化，同时注意分析二者之间相对地面的位移之间的关系。

水平面光滑

[例1]　如图所示，在光滑的水平面上有一长为0.64m、质量为4kg的木板A，在木板的左端有一质量为2kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2。

当对B施加水平向右的力F＝10N时，求经过多长的时间可将B从木板A的左端拉到右端？

（物体B可以视为质点，g取10m/s2）

【解析】假设二者相对静止，则对整体由牛顿第二定律得F＝（M＋m）a。

设A、B之间的摩擦力为f，A所受的摩擦力水平向右，对A：

f＝Ma。

由于二者相对静止，故f为静摩擦力，要使二者不发生相对滑动，满足f≤μmg，解得F≤μmg

＝6N，由于F＞6N，故B将相对于A发生滑动。

法一：

以地面为参考系，A和B都做匀加速运动，且B物体的加速度大于A物体的加速度，

B的加速度大小：

aB＝

＝3m/s2；

A的加速度大小：

aA＝

＝1m/s2。

B从A的左端运动到右端，A、B的位移关系满足

x1－x2＝L，即

aBt2－

aAt2＝L，解得t＝0.8s。

法二：

以A为参照物，B相对A的加速度aBA＝aB－aA，即B相对A做初速度为零的匀加速直线运动，相对位移大小为L，故L＝

aBAt2，解得t＝0.8s。

【答案】0.8s

[例2]　如图所示，质量M＝8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F＝8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。

（g＝10m/s2）求：

（1）放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；

（2）经多长时间两者达到相同的速度；

（3）从小物块放上小车开始，经过t＝1.5s小物块通过的位移大小为多少。

【解析】

（1）小物块的加速度am＝

＝2m/s2

小车的加速度aM＝

＝0.5m/s2。

（2）由amt＝v0＋aMt得t＝1s。

（3）在开始1s内小物块的位移s1＝

amt2＝1m

在1s末小物块的速度v＝at＝2m/s

在接下来的0.5s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a＝

＝0.8m/s2

这0.5s内的位移s2＝vt＋

at2＝1.1m

通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1m。

【答案】

（1）2m/s2　0.5m/s2　

（2）1s　（3）2.1m

[思维建模]

板块模型一般解题方式：

先对每个物体进行受力分析和运动状态分析，画出运动草图；然后分别列出运动学方程式，找出二者位移和速度的关系。

水平面粗糙

1．用水平力拉木板

如图所示，A是小木块，B是木板，A和B都静止在地面上，A在B的右端，从某一时刻起，B受到一个水平向右的恒力F作用。

A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，木板的长度为L。

假设最大静摩擦力fm和滑动摩擦力相等，根据F的大小可分为三种运动情况。

（1）当F≤μ2（m1＋m2）g时，二者均相对地面静止，且A不受摩擦力作用。

（2）当μ2（m1＋m2）g＜F≤（μ1＋μ2）（m1＋m2）g时，二者相对静止，以相同的加速度向右滑动。

对A而言，其摩擦力产生的加速度存在极值，即m1aA≤μ1m1g，因而A、B共同加速的加速度a≤μ1g。

对整体由牛顿第二定律得

F－μ2（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a，

解得F≤（μ1＋μ2）（m1＋m2）g。

（3）当F＞（μ1＋μ2）（m1＋m2）g时，二者发生相对滑动。

此时aA＝μ1g，aB＝

>μ1g，A相对B向左滑动。

[例3]　（2020·华南师大附中模拟）如图甲所示，水平面上静止放着长L＝2.75m，质量为M＝3kg的木板，一个质量为m＝1kg的小物体静止放在木板的最右端，小物体和木板之间的动摩擦因数为μ1，地面与木板之间的动摩擦因数为μ2，现对木板施加一水平向右的拉力F。

（g取10m/s2）

（1）在小物体不脱离木板的情况下，力F大小与木板的加速度aM关系如图乙所示，求μ1和μ2的值？

（2）当F＝11N，小物体与木板从静止开始运动，当小物体动能Ek1＝0.5J时，木板对地位移恰好为s2＝1m，问此时小物块，木板与地面构成系统产生的总热量Q为多少？

（3）当F＝11N，要使小物体与木板脱离，F的作用时间t最短为多少？

【解析】

（1）由题意知

F1＝μ2（M＋m）g

F1＝4N

得到μ2＝0.1

F－μ2（M＋m）g－μ1mg＝MaM

当F＝11N时，aM＝2m/s2

得到μ1＝0.1。

（2）μ1mgs1＝Ek1

Q1＝μ1mg（s2－s1）

Q2＝μ2（m＋M）gs2

得到Q＝Q1＋Q2＝4.5J。

（3）设F作用时间为t，撤去F后，小物体和木板达到共速前还运动了时间Δt，F作用时，对小物体有

a1＝μ1g＝1m/s2

对木板有

a2＝

＝2m/s2

撤掉F后，对木板有

a3＝

＝－

m/s2

达到共速时有

a1（t＋Δt）＝a2t＋a3Δt

共速前，小物体与木板相对运动为

a2t2－

a1t2＋

（a2t－a1t）Δt＝L

解得t＝2s。

【答案】

（1）0.1　0.1　

（2）4.5J　（3）2s

2．用水平力拉物块

如图，A在B的左端，从某一时刻起，A受到一个水平向右的恒力F而向右运动。

这种情况抓住A带动B运动，A对B的摩擦力为动力。

（1）当μ1m1g≤μ2（m1＋m2）g时，不论拉力F多大，B均静止。

（2）当μ1m1g＞μ2（m1＋m2）g时：

①F＜μ2（m1＋m2）g时，二者相对静止，且相对于地面静止。

②若μ2（m1＋m2）g＜F≤μ2（m1＋m2）g＋

[μ1m1g－μ2（m1＋m2）g]时，A、B相对地面运动，但A、B保持相对静止。

对B由牛顿第二定律得

fAB－μ2（m1＋m2）g＝m2a，

当F增大，a增大，fAB也增大，但是fAB≤μ1m1g，

所以a≤

，

对整体而言F－μ2（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a，

则F≤μ2（m1＋m2）g＋

[μ1m1g－μ2（m1＋m2）g]。

③F＞μ2（m1＋m2）g＋

[μ1m1g－μ2（m1＋m2）g]时，二者相对滑动，A带动B运动，故aA＞aB，vA＞vB。

[例4]　如图所示，质量M＝1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10m/s2，试求：

（1）若木板长L＝1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？

（2）若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。

（设木板足够长）

【解析】

（1）铁块的加速度大小a1＝

＝4m/s2，

木板的加速度大小a2＝

＝2m/s2，

设经过时间t铁块运动到木板的右端，

则有

a1t2－

a2t2＝L，解得：

t＝1s。

（2）①当F≤μ1（m＋M）g＝2N时，M、m相对静止且对地静止，f2＝F。

②二者相对静止时，以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F1－μ1（M＋m）g＝（M＋m）a。

此时系统的加速度a≤2m/s2，解得F1≤6N，所以当2N＜F≤6N时，M、m相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度a＝

。

以M为研究对象，根据牛顿第二定律有：

f2－μ1（M＋m）g＝Ma，解得f2＝

＋1。

③当F＞6N，M、m发生相对运动，f2＝μ2mg＝4N。

画出f2随拉力F大小变化的图像如图所示。

【答案】

（1）1s　

（2）见解析

多板块组合

[例5]　如图所示，水平地面上依次排放两块完全相同的木板，长度均为l＝2m，质量均为m2＝1kg，一质量为m1＝1kg的物体（可视为质点）以v0＝6m/s的速度冲上A木板的左端，物体与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。

（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2）

（1）若物体滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；

（2）若μ1＝0.5，求物体滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。

【解析】

（1）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得μ1m1g≤μ2（m1＋2m2）g；

若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得μ1m1g＞μ2（m1＋m2）g，联立两式，代入数据得0.4＜μ1≤0.6。

（2）若μ1＝0.5，则物体在木板A上滑动时，木板A不动。

设物体在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，

由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1，

设物体滑到木板A末端时的速度为v1，

由运动学公式得v12－v02＝－2a1l，

设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1＝v0－a1t

代入数据得v1＝4m/s，t＝0.4s。

【答案】

（1）0.4＜μ1≤0.6　

（2）4m/s　0.4s

[思维建模]

对于一物块与多个木板的组合，要注意运用整体法与隔离法分析物块在各个木板上运动时的受力情况，从而对物体的运动规律作出正确判断。

如上例中物块在木板A上时A不动，则必有μ1m1g≤μ2（m1＋2m2）g。

而物块在B上时，木板B能滑动，则必有：

μ1m1g＞μ2（m1＋m2）g。

[例6]　如图所示，物体1、3和木板2的质量均为m＝1kg，木板2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设木板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H＝5.75m，物体1与木板2之间的动摩擦因数μ＝0.2。

木板2放在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物体1（视为质点）在木板2的左端以v＝4m/s的初速度开始向右运动，运动过程中恰好没有从木板2的右端掉下。

求：

（1）木板2的长度L0；

（2）当物体3落地时，物体1在木板2的位置。

【解析】

（1）物体1在向左的滑动摩擦力作用下做匀减速运动

加速度大小为a1＝

＝2m/s2，

对木板2和物体3分别由牛顿第二定律可得：

F＋μmg＝ma2，mg－F＝ma2，解得a2＝6m/s2；

设经过时间t1，三者速度达到相等，设为v1，

则v1＝v－a1t1＝a2t1，解得v1＝3m/s，t1＝0.5s，

则物体1和木板2运动的位移分别为：

x1＝

（v＋v1）t1＝1.75m；x2＝

v1t1＝0.75m＜H，而L0＝x1－x2，解得L0＝1m。

（2）假设速度大小相等时三者相对静止，

对整体由牛顿第二定律得mg＝3ma，解得a＝

。

对物块1，当受到滑动摩擦力时，其加速度最大，最大值为2m/s2，小于

，故1与2要发生相对滑动，物体1相对于木板2向左滑动，其加速度大小a3＝2m/s2，方向向右。

对木板2和物体3分别由牛顿第二定律得：

F－μmg＝ma4，mg－F＝ma4，

解得a4＝4m/s2，故2和3做匀加速运动。

设再经过时间t2物体3落地，

则对木板2可得H－x2＝v1t2＋

a4t22，解得t2＝1s，

物体1的位移x3＝v1t2＋

a3t22＝4m。

而H－x2－x3＝1m＝L0，所以当物体3落地时，物体1在木板2的最左端。

【答案】

（1）1m　

（2）物体1在木板2的最左端

[思维建模]

（1）因木板2向右做初速度为零的匀加速直线运动，而物体1具有初速度v。

因此当物体与木板2同速时，物体1相对木板2向右运动的距离最大，即此时恰好在木板2的右端。

（2）因物体1向右的加速度最大为am＝2m/s2，小于木板2与物体3一起运动的加速度，故物体1与木板2同速后又相对木板2向左滑动。

[提能增分集训]

1．（2020·湖北宜昌调研）如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。

有一质量M＝5kg、长L＝2m的长木板靠在高水平面边缘A点，其上表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为μ＝0.05，一质量m＝1kg可视为质点的滑块静止放在高水平面上，距A点距离L0＝3m，现用大小F＝6N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。

滑块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，g取10m/s2，求：

（1）滑块滑到A点时的速度大小；

（2）滑块滑到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多大；

（3）通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。

解析：

（1）根据牛顿第二定律有F＝ma，由运动学公式有v2＝2aL0，解得v＝6m/s。

（2）滑上长木板后，根据牛顿第二定律，对滑块有－μ1mg＝ma1，解得a1＝－5m/s2，对长木板有μ1mg－μ（M＋m）g＝Ma2，解得a2＝0.4m/s2，滑块和长木板的加速度大小分别为5m/s2和0.4m/s2。

（3）设滑块不能从长木板的右端滑出，从滑块滑上长木板到二者相对静止所用时间为t，则v＋a1t＝a2t，解得t＝

s，此过程中滑块的位移为x1＝vt＋

a1t2，长木板的位移为x2＝

a2t2，因x1－x2＝

m＞L，所以滑块能从长木板的右端滑出。

答案：

（1）6m/s　

（2）5m/s2　0.4m/s2　（3）滑块能从长木板的右端滑出

2.如图所示，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间的动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。

用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地。

求小球落地时距滑块左端的水平距离。

解析：

滑块上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故当滑块的左端到达小球正下方这段时间内，小球速度始终为零，则对于滑块：

a＝

，v1＝

＝

。

当滑块的左端到达小球正下方后，小球做自由落体运动，落地时间t＝

，滑块的加速度a′＝

＝μg。

①若此时滑块的速度没有减小到零，在t时间内滑块向右运动的距离（即小球落地时距滑块左端的水平距离）为：

s＝v1t－

a′t2＝

－

μg

2

＝

－μh。

②若在t时间内滑块已经停下来，则：

s＝

＝

－

L。

答案：

－μh或

－

L

3．（2020·河北冀州中学模拟）如图甲所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长为L＝1m、质量为m1＝0.5kg的木板A，一质量为m2＝1kg的物体B以初速度v0滑上木板A上表面的同时对木板A施加一个水平向右的力F，A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10m/s2，物体B在木板A上运动的路程s与力F的关系如图乙所示，求v0、F1和F2。

解析：

由图像可看出当F≤1N时，物体B在木板A上的路程始终等于板长L，当F＝1N时，刚好不从A板右端掉下，此后A和B一起相对静止并加速运动。

设物体B的加速度为a2，木板A的加速度为a1，分别由牛顿第二定律有

μm2g＝m2a2①

F＋μm2g＝m1a1②

设B运动的位移为sB，A运动的位移为sA，经过t时间两者速度均为v，根据运动学公式有

sB＝

t③

sA＝

t④

v＝v0－a2t＝a1t⑤

B在A上相对A向右运动的路程s＝sB－sA⑥

联立①②③④⑤⑥解得s＝

⑦

将F＝1N，s＝1m代入解得v0＝4m/s。

根据⑦式分析可知，当1N≤F≤F1时，随着力F增大，s减小，当F＝F1时，出现s突变，说明此时A、B在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，B将会从木板A左端掉下。

A、B恰好再次发生相对运动时，B的加速度为a2，则整体加速度也为a2，由牛顿第二定律有

F1＝（m1＋m2）a2⑧

联立①⑧解得F1＝3N，

此时B在A上运动的路程为s1＝

＝

m，

当F≥F1时，物体B在木板A上的路程为B相对A向右运动的路程的两倍。

故当F＝F2时，将s2＝0.5s1代入⑦式解得F2＝9N。

答案：

4m/s　3N　9N

4．（2020·邯郸馆陶一中模拟）如图所示，一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小铁块，在木板右方有一挡板，长木板右端距离挡板为4.5m，给小铁块与木板一共同初速度v0＝5m/s，二者将一起向右运动，直至木板与挡板碰撞（碰撞时间极短）。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。

已知运动过程中小铁块始终未离开木板，已知长木板与地面的摩擦因数μ1＝0.1，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，小铁块的质量是m＝1kg，木板质量是M＝5kg，重力加速度大小g取10m/s2。

求：

（1）木板与挡板碰前瞬间的速度；

（2）木板与挡板第一次碰撞后，木板的加速度a1和小铁块的加速度a2各为多大；

（3）木板至少有多长。

解析：

（1）设小铁块和木板一起向右做匀减速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律得：

μ1（M＋m）g＝（M＋m）a，

代入数据解得：

a＝1m/s2，

根据匀减速运动公式：

v2－v02＝－2ax

得：

v＝4m/s。

（2）碰撞后木板向左做匀减速运动，小铁块向右做匀减速运动，

对木板：

μ1（M＋m）g＋μ2mg＝Ma1，

代入数据解得：

a1＝2m/s2，

对小铁块：

μ2mg＝ma2，

代入数据解得：

a2＝4m/s2。

（3）碰撞后木板向左做匀减速运动，铁块向右做匀减速运动，当二者速度相等时铁块位于木板右端即可，设经过时间t二者速度相等，

则有：

v－a1t＝－v＋a2t

代入数据解得：

t＝

s

木板向左的位移为：

x1＝vt－

a1t2＝

m

小铁块向右的位移为：

x2＝vt－

a2t2＝

m

因此木板的长度为：

L＝x1＋x2＝

m。

答案：

（1）4m/s　

（2）2m/s2　4m/s2　（3）

m

5．图甲中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2。

在木板上，施加一水平向右的拉力F，在0～3s内F的变化如图乙所示，图中F以mg为单位，重力加速度g取10m/s2。

整个系统开始时静止。

（1）求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度大小以及2s、3s末物块的速度大小；

（2）在同一坐标系中画出0～3s内木板和物块的vt图像，据此求0～3s内物块相对于木板滑过的距离。

解析：

（1）摩擦力使物块所能达到的最大加速度为

am＝

＝2m/s2

木板和物块以加速度am共同加速时所需要的拉力

Fm＝（m＋2m）am＝0.6mg

所以0～1s内物块的加速度为am＝2m/s2，木板的加速度为a1＝

＝4m/s2,1s末木板的速度大小为v1＝a1t1＝4m/s

假设1～1.5s内物块仍以加速度am＝2m/s2加速，则v1.5′＝amt1.5＝3m/s

木板在1～1.5s内的加速度为a2＝

＝1m/s2，即木板也在加速，即木板速度始终大于物块速度，假设成立，所以1.5s末木板的速度大小为

v1.5＝v1＋a2（t1.5－t1）＝4.5m/s

假设1.5～2s内物块仍以加速度am＝2m/s2加速，则

v2′＝amt2＝4m/s

木板在1.5～2s内将做减速运动，加速度的大小为a3＝

＝1m/s2,2s末木板的速度大小为v2＝v1.5－a3（t2－t1.5）＝4m/s，可知假设刚好成立。

2～3s内物块将和木板保持相对静止以共同速度4m/s匀速运动，3s末木板和物块的速度大小为v3＝4m/s，v3′＝4m/s。

综上有v1＝4m/s，v1.5＝4.5m/s，v2＝4m/s，v3＝4m/s，

v2′＝4m/s，v3′＝4m/s。

（2）由

（1）得到物块与木板运动的vt图像，如图所示。

在0～3s内物块相对于木板的距离Δs等于木板和物块vt图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形的面积为0.25，下面的三角形面积为2，因此Δs＝2.25（m）。

答案：

（1）v1＝4m/s，v1.5＝4.5m/s，v2＝4m/s，v3＝4m/s，v2′＝4m/s，v3′＝4m/s　

（2）见解析图　2.25m

（二）巧用动力学观点，破解六类传送带模型

传送带是应用比较广泛的一种传送装置，以其为素材的问题大多具有情景模糊、条件隐蔽、过程复杂的特点，所以近几年高考中物块与传送带作为一类题型多次出现，其特征是以摩擦力为纽带关联传送带与物块的相对运动，这类问题常涉及滑动摩擦力与静摩擦力的转变、物体运动规律的转变、对地位移与二者之间相对位移的区别等，综合考查牛顿运动定律、运动学公式等知识，重点考查学生的分析能力和逻辑思维能力。

水平传送带匀速运动

[例1]　如图所示，水平传送带两个转动轴轴心相距L＝20m，正在以v＝4.0m/s的速度顺时针匀速运动，某物块（可视为质点）与传送带之间的动摩擦因数为0.1，将该物块从传送带左端无初速地轻放在传送带上，从左端运动到右端，求：

（g取10m/s2）

（1）物块运动的时间；

（2）物块与传送带间的相对位移大小；

（3）若提高传送带的速度，可以使物块从传送带的一端传到另一端所用的时间缩短。

为使物块运动到另一端所用的时间最短，求传送带的最小速度及所用的最短时间是多少。

【解析】

（1）物块放到传送带上后先做匀加速运动，若传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传送带一同向前做匀速运动。

物块匀加速的加速度a＝

＝μg，时间t1＝

＝

＝4s。

物块匀加速的位移x＝

μgt12＝8m。

因为20m>8m，所以以后物块匀速运动，物块匀速运动的时间t2＝

＝

s＝3s，

所以物块到达传送带右端的时间为：

t＝t1＋t2＝7s。

（2）处理方法：

在物块刚放上传送带时，在传送带上与物块接触的地方取一点M，认为M点一直往前做匀速直线运动，M运动的距离即为传送带相对地面的位移。

物块相对传送带的位移的大小即物块相对于M点的距离。

方法一：

只有在匀加速阶段二者才会发生相对运动，传送带在4s内的位移为x1＝vt1＝16m，物块与传送带间的相对位移大小Δx＝x1－x＝8m。

方法二：

作出物块和传送带的vt图像如图所示，阴影部分为二者相对位移大小，易得Δx＝

＝8m。

（3）当物块一直做匀加速运动时，到达传送带另一端所用时间最短，

则L＝

μgt2，解得tmin＝

＝2

s。

当物体运动到最右端恰好与传送带速度相等时，此时传送带速度最小，所以传送带最小速度为vmin＝

＝

＝2

m/s。

【答案】

（1）7s　

（2）8m　（3）2

m/s　2

s

[思维建模]

如图所示，物体m轻轻地放上顺时针匀速运动的传送带上，“轻放”的含义是物体的初速度为零。

由于物体的初速度为零，因此物体相对传送带向左运动，物体受到向右的滑动摩擦力作用，产生向右的加速度，加速度大小a＝

＝μg。

物体从左端运动到右端，有两种可能情况：

（1）物体m在全过程中始终都