_V^sinct_
即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关.
【例1】（2019-安徽芜湖市期末）如图2所示，P0为圆的竖直直径，AQ.BQ、C0为三个光滑斜而轨道，分别与圆相交于A、B、C三点.现让三个小球（可以看作质点）分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到。
点，运动的平均速度分别为边和6•则有：
（）
图2
A.02>01>"3
B.v\>v2>vy
C.V3>V\>V2
D・0】>。
3>02
答案A
解析设任一斜面的倾角为0.圆槽直径为根据牛顿第二走律得到：
“二gsin&,斜面的长度为x二dsin0,则由x二如卢得/二、片二寸;黑罟-、/吕，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有t\=t2=t3,根据V=y,因X2>Al>X3,可知02>3>V3,故选A.
■变式n如图3所示，竖直半圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心0并保持竖直.一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零.那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较（）
A.无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同
B.质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，时间越短
C.质点沿着轨道下滑，时间最短
D.轨道与AB夹角越小（AB除外），质点沿其下滑的时间越短
答案A
1.水平传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
昇亠
（）（）
1可能一直加速
2可能先加速后匀速
情景2
A丄
C）<）
®V6>v,可能一直减速，也可能先减速再匀速
®Vt）=V,一直匀速
③1心卩，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3
-H写
（）O
1传送带较短时，滑块一直减速到达左端
2传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.若返回时速度为0,若返回时速度为3）
2•倾斜传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
1可能一直加速
2可能先加速后匀速
情景2
1可能一直匀速
2可能一直加速
3•模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向.
4.解题关键
（1）理淸物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键.
（2）传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口.
•例2、（多选）（2019・福建泉州市5月第二次质检）如图4,一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，则其
答案BC
解析设传送带倾角为0,动摩擦因数为“,若吨sin&>umgcos0t合力沿传送带向下r小滑块向下做匀加速运动；若加gsin&二“mgcos0,沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若吨sin艸geos6.小滑块所受合力沿传送带向上f小滑块做匀减速运动，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4D错误，B、C正确
蠡式2,（多选）（2019・陕西榆林市第三次测试）如图5所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以5=2m/s的恒左速率顺时针运行.初速度大小为辺=3nVs的小墨块从与传送带等高的光滑水平地而上的A处滑上传送带.若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，贝M）
A.小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右
B.小墨块的加速度大小为0.2m/s2
C.小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5m
D.小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5m
答案AD
解析小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右”故A正确.墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动,小墨块在传送带上运动5s后与
-（-V2）V｝十V2
传送带的速度相同，故"二一;一二二1nVs2，方向向右，故B错误・小墨块向左做
0+^2亠
匀减速运动时，对小墨块有：
0=^2-Uht联AZ解得:
XI=4.5m,小墨块向左减
速的过程中，传送带的位移为：
M二勿“二6m；小墨块向右做匀加速运动时，对小墨块有：
0+Vi
Vi=at2txir=~2~i2t联得.nr=2mf对传送带有：
対=Vit2=4mf因而小奚块在
传送带上的痕迹长度为：
x=（x,+勺）十（x2,-a/）二12.5m,故C错误，D正确・
模型三“滑块一木板”模型
1.模型特点
“滑块一木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系.
2.解题关键
（1）临界条件：
使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同.
（2）问题实质：
“板一块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体相对地面的位移，再求相对位移.
•例3、（2019-贵州毕节市适应性监测（三））一长木板置于粗糙水平地而上，木板右端放置一小物块，如图6所示.木板与地面间的动摩擦因数“i=0.1,物块与木板间的动摩擦因数坨=0.4.f=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当/==1s时，木板以速度6=4m/s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.运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下.已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10nVs2.求：
图6
⑴f=0时刻木板的速度大小：
（2）木板的长度.
答案
（1）5m/s
（2）ym
解析
（1）对木板和物块：
u\（M+加）g=（M+m）a]设初始时刻木板速度为5由运动学公式:
Vl=Vo-"1/（）
代入数据解得：
％二5m/s
⑵碰撞后,对物块：
gng=men
对物块，当速度为0时,经历时间t,发生位移“,则有5二ait,Q二爭对木板/由牛顿第二走律：
“2加g十“]（M十〃二M"3
对木板,经历时间/,发生位移七
木板长度/二兀1+X2
m.
联立并代入1■变式3、（2019-江苏卷・15）如图7所示，质虽:
相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐.A与3、B与地而间的动摩擦因数均为“•先敲击A,A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离厶后停下.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|上，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
图7
（1）A被敲击后获得的初速度大小血：
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小協、如'；
（3）B被敲击后获得的初速度大小如.
答案（l）p2“gZ
（2）3“g“g（3）2曲01
解析⑴由牛顿第二定律知,A加速度的大小如二“g
由匀变速直线运动规律得2“,忆二血2
解得Va="2pgL；
⑵设A、B的质星均为m
对齐前，B所受合外力大小F=\unig
由牛顿第二走律F-man,得an=3“g
对齐后，A、B所受合外力大小F=2“"?
g
由牛顿第二走律F'二2〃伽’，得加二“g；
（3）设经过时间/,A、B达到共同速度Q，位移分别为心、助,A加速度的大小为心
且XB~XA=L
解得VB=2yj2/igL•
课时精练限时训练练规范练诬度
1•如图1所示，皿bd、M是竖直而内三根固泄的光滑细杆，心b、C.〃位于同一圆周上，"点为圆周的最高点，〃点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环A、B、C分别从小b、c处由静止开始释放，用九、"、f3依次表示滑环A、B、C到达〃点所用的时间，则（）
A・t\C・/3>/i>/2答案D解析如图所示，滑坏在下滑过程中受到重力吨和杆的支持力F、作用•设杆与水平方向的夹角为"
根据牛顿第二走律有"Qine=mat得加速度大小"二gsin。
设圆周的直径为D,则滑环沿杆滑到〃点的位移大小zDsin纥由x二如2，解得心寸乎•可见,滑环滑到d点的时间/与杆的倾角&无关，即三个滑环滑到d点所用的时间相等,选项D正确・
2.
（2020•广东东莞市质检）如图2所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D,所用的时间分别为“和®则“与"之比为（）
A.2:
1B・1：
1
C.羽:
1D・1：
羽
答案B
3.（多选）（2019-湖北黄冈市模拟）机场使用的货物安检装宜如图3所示，绷紧的传送带始终保持
v=\m/s的恒怎速率运动，为传送带水平部分且长度厶=2m，现有一质量为加=1kg的背包（可视为质点）无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜而滑到地而.已知背包
与传送带间的动摩擦因数“=0.5,g=10m/Q,下列说法正确的是（）
A.背包从A运动到B所用的时间为2・ls
B.背包从A运动到B所用的时间为2.3s
C.背包与传送带之间的相对位移为0.3m
D.背包与传送带之间的相对位移为
答案AD解析背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度,urng二阳，得“二5nVs2r背包达到速度v=1m/s所用时间/】二*二0.2s,此过程背包相对地面位移.Vi=^/i=|x0.2m=0.1m2m,则此后背包与传送带共速，共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移r所以背包
与传送带的相对位移为^x=vti-xi=1X0.2m・0」m二0.1m.背包匀速运动的时间t2=
s二1.9s,所以背包从A运动到B所用的时间为：
t=ti+t2=2As,故A、D正
4.（多选）（2019-河南周口市上学期期末调研）如图4所示，质量M=2kg的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量加=lkg的物块静I匕在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数“=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10nVs2.现对物块施加一水平向右的恒力F=2N,则下列说法正确的是（）
图4
A.物块和长木板之间的摩擦力为1N
B.物块和长木板相对静止一起加速运动
C.物块运动的加速度大小为1m/s?
D.拉力F越大，长木板的加速度越大
答案AC
解析物块对长木板的摩擦力使木板运动，当M与川之间达到最大静摩擦力时,发生相对
滑动设此时水平恒力为凡，由牛顿第二走律有二金二器解得砧1.5N因
F二2N>F（）二1.5N,故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有F（二艸g二1N,故A正确,B错误；对物块，由牛顿第二走律F-“加g二ma\,可得a\-1ni/s2,故C正确；拉力F越大,物块的合力越大,则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1N，保持恒
走，则相对滑动时木板的加速度恒定为他二勞二0.5nVs2，故D错误・
5.（多选）（2019-江西上饶市重点中学六校第一次联考）如图5所示，长木板放置在水平而上,
一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为加，物块与木板间的动摩擦因数为妙木板与水平而间动摩擦因数为牛已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为
g•现对物块施加一水平向右的拉力F,则木板加速度u大小可能是（
A.0
答案ACD解析若F较小时,木板和物块均静止，则木板的加速度为零，选项A正确；若物块和木板之间不发生相对滑动『物块和木板一起运动r对木板和物块的整体，根据牛顿第二定律可得:
F-眷2吨二2阳，解得：
“二曲-金g，选项D正确；若物块和木板之间发生相对滑动,对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二走律，有：
“加g-眷・2"膳二加〃,解得：
a-篇选项C正确.
6.（多选）（2019-河南天一大联考上学期期末）如图6甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地而上.已知滑块和木板的质量均为2kg,现在滑块上施加一个F=0.5f（N）
的变力作用，从/=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lOnVs2,则下列说法正确的是（）
A・滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B.木板与水平地而间的动摩擦因数为0.2
C.图乙中/2=24s
D.木板的最大加速度为2nVs2
答案ACD解析由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8Nf则滑块与木板间的动摩擦因数
为“二缶二芥°・4，选项A正确•由题图乙可知h时刻木板相对地面开始滑动,此时滑块
4
与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为『二莎二石二0.1,选项B错误上时刻，滑块^木板将要产生相对滑动fitW滑块^木板间的輟力达^附静輛力甩二8N,
此时两物体的加速度相等r且木板的加速度达到最大，则对木板：
厲和・2〃农二〃心，解得如二2nVs2；对滑块：
甩二阳m,解得F二12N#则由F二0.5/（N）可知，/二24sr选
7.
如图7甲所示，倾角为37。
足够长的传送带以4m/s的速度顺时针转动,现使小物块以2m/s的初速度沿斜而向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,试求：
（1）小物块与传送带间的动摩擦因数为多大：
（2）0〜8s内小物块与传送带之间的划痕为多长.
7答案（l）g
（2）18m
解析
（1）根据V-t图象的斜率表示加速度可得"二吉二Im/s2二1m/s2
由牛顿第二走律得“加geos37°■吨sin37°二ma
7解得“二§
（2）0~8s内只有前6s内物块与传送带发生相对滑动，
0~6s内传送带匀速运动的距离为：
x带二4X6m二24m,
由题图乙可知:
0~2s内物块位移大小为：
二gx2X2m二2m,方向沿斜面向下，
2〜6s内物块位移大小为：
卫二*X4X4m二8m，方向沿斜面向上
所以划痕的长度为：
心二x带+Xi-Xi=（24+2-8）m=18m.
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