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(共27张PPT)
专题提升八　传送带模型和
板块模型
[复习目标]
1．会用动力学方法和功能关系分析传送带模型问题。　2.会用动力学方法和功能关系分析板块模型。
第一部分
题型一　传送带模型
1．两个角度分析
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2．常用功能关系
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传。
(2)系统产生的内能：Q＝Ffx相对。
(3)因放上物体而使电动机多消耗的电能：E＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
CD
例2 (2026·辽宁丹东市期末)某款游戏装置可简化为如图所示模型。水平传送带A、B两端点间距离xAB＝6 m，传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速运行，速度大小可调，传送带上表面与光滑水平面BC在同一水平面内。半径R＝0.8 m的光滑半圆弧轨道CD固定在竖直面内，圆弧面的最低点C与水平面相切。将质量为1 kg的物块轻放在传送带上表面的左端，物块与传送带上表面间的动摩擦因数μ＝0.4，已知重力加速度g取10 m/s2。
(1)要使物块在圆弧面上运动时能通过最高点D，则物块进入圆弧面上C点时速度至少为多大？
(2)若将传送带的速度调为v＝5 m/s，求物块在圆弧面上运动时离开圆弧面的位置离水平面ABC的高度。
[答案]　1.1 m
考向2　倾斜传送带
例3 (2026·安徽马鞍山市质检)如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜传送带AB与一斜面BC平滑连接，AB、BC与水平面夹角均为37°，B点到C点的距离s＝1 m，传送带顺时针运行，速度恒为v0＝4 m/s，传送带长L＝9 m。现将一质量m＝1 kg的货物(可视为质点)轻轻放于A点，货物恰好能到达C点。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.875，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)货物从A点运动到B点所经历的时间；
[答案]　4.25 s
(2)货物与斜面间的动摩擦因数μ2；
[答案]　0.25
(3)传送带因传送该货物而多消耗的电能。
[答案]　118 J
第二部分
题型二　板块模型问题
2．功和能的角度分析板块模型
对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：

(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块相对地的位移x滑；
(2)求摩擦力对木板做功时用木板相对地的位移x板；
(3)求摩擦生热时用滑块和木板的相对位移Δx。
例4 如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg的另一物体B(可视为质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．A获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
D
对物体B分析，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得μ＝0.1，故D正确。
例5 (2024·海南卷，T18)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R＝10 m，滑梯顶点a到滑梯末端b的高度h＝5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M＝25 kg，一质量m＝50 kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
[答案]　1 000 N　
(2)滑板的长度L。
[答案]　7 m1．(多选)(2026·福建省联考模拟)如图所示，某工厂用倾斜传送带运送工件，传送带的倾角为θ，下端A和上端B间的距离为L，以速度v沿顺时针方向运行。可视为质点的工件轻放在传送带的底端A，在传送带上先做匀加速后做匀速运动，从A端运送到B端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．传送带对工件做功的功率匀加速阶段增大，匀速阶段不变
B．工件匀速运动时，传送带对工件做正功
C．若传送带匀速运行的速度减小些，传送带对工件做的功会增多
D．若传送带匀速运动的速度增大，传送带对工件做的功可能会减少
解析：选AB。工件加速运动过程中，摩擦力大小不变，速度增大，摩擦力做功的功率变大，匀速运动时，静摩擦力大小不变，摩擦力做功的功率不变，故A正确；工件匀速运动时，工件的机械能增大，传送带对工件做正功，故B正确；若传送带匀速运行的速度减小些，工件从A运动到B，重力势能增量不变，动能增量减小，传送带对工件做的功减小，故C错误；若传送带匀速运动的速度增大，工件运动到B点的速度增大，动能增量增大，传送带对工件做的功增多，故D错误。
2．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，物块和传送带间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则(　　)
A．t2时刻，小物块离A处的距离最大
B．0到t2时间内，小物块的加速度方向先向右后向左
C．0到t2时间内，因摩擦产生的热量为μmg
D．0到t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为(t1＋t2)
解析：选C。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，由小物块在传送带上运动的v－t图像可知，t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；0到t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；0到t1时间内物块相对于地面向左的位移s1＝t1，这段时间传送带向右的位移s2＝v1t1，因此物块相对于传送带的位移Δs1＝s1＋s2＝t1＋v1t1，t1到t2时间内物块相对于地面向右的位移s1′＝(t2－t1)，这段时间传送带向右的位移s2′＝v1(t2－t1)，因此物块相对于传送带的位移Δs2＝s2′－s1′＝(t2－t1)，0到t2时间内物块在传送带上留下的划痕Δs＝Δs1＋Δs2＝(t2＋t1)＋，0到t2这段时间内，因摩擦产生的热量Q＝μmg×Δs＝μmg，C正确，D错误。
3．(多选)(2026·广东清远市模拟)如图所示，飞机场运输行李的传送带保持恒定的速率向上运行，倾角为θ的传送带以恒定速率v沿顺时针转动，将一个行李箱无初速度地放在传送带底端A，行李箱从A运动到B的平均速度>v，则行李箱在传送带上从A运动到B的过程中(　　)
A．行李箱受到的摩擦力保持不变
B．行李箱与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ
C．传送带电机对外做的功大于行李箱机械能的增加量
D．摩擦力对传送带做功的大小等于行李箱机械能的增加量
解析：选BC。由于>v，因此行李箱在传送带上先加速后匀速，摩擦力先为滑动摩擦力，后为静摩擦力，故A错误；由于行李箱轻放上去后，能加速向上运动，则有μmg cos θ>mg sin θ，解得μ>tan θ，故B正确；传送带电机对外做的功等于行李箱机械能的增加量和因摩擦产生的热量，故C正确；摩擦力对传送带做功的大小等于行李箱机械能的增加量和系统产生的内能，故D错误。
4．(12分)(2026·广西壮族自治区模拟)一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带两部分组成。倾角α＝37°的传送带以恒定的速率v0＝6 m/s沿顺时针方向运行，质量m＝1 kg的玩具(可视为质点)从平台以速度v1＝4 m/s水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端(传送轮大小不计)进入传送带。玩具在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度L＝ m，玩具和传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.75，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)玩具从平台到传送带最上端的时间t；(4分)
(2)玩具在传送带上运动产生的热量Q；(6分)
(3)因传送玩具电动机多消耗的电能ΔE。(2分)
解析：(1)玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有tan α＝
解得vy＝3 m/s
故t＝＝0.3 s。
(2)玩具刚滑上传送带时的速度
v＝＝5 m/s可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小
a1＝＝12 m/s2
玩具从刚滑上传送带到与传送带共速所用时间
t1＝＝ s
下滑的位移x1＝t1＝ m＝L
故玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离
Δx＝v0t1－L＝ m
玩具在传送带上运动产生的热量
Q＝μ1mgΔx cos α＝0.25 J。
(3)根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能ΔE＝μ1mgv0t1cos α＝3 J。
答案：(1)0.3 s　(2)0.25 J　(3)3 J
5．(12分)(2026·湖南临湘市期末)质量m＝1 kg的小物块，由静止从距斜面底端高h＝0.6 m的粗糙斜面上滑下，斜面倾角θ＝37°，小物块到达斜面底端后速度大小不变滑上足够长的长木板，小物块与斜面、长木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，长木板的质量M＝1 kg，小物块滑上长木板立即受到大小F＝6 N的水平向右的恒力作用，当小物块与长木板速度相同时，撤去恒力F，求：
(1)小物块滑到斜面底端时的速度大小v0；(4分)
(2)从滑上长木板开始，经多长时间物块、木板速度相同，此时物块距木板左端距离L；(4分)
(3)最终木板距斜面末端的距离。(4分)
解析：(1)小物块滑到斜面底端过程中，根据动能定理可得
mgh－μ1mg cos 37°·＝mv
解得v0＝2 m/s。
(2)从滑上长木板开始，经t时间小物块、木板速度相同，则对小物块有
F－μ1mg＝ma1
解得a1＝1 m/s2
对木板有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
解得a2＝3 m/s2
则v0＋a1t＝a2t
解得t＝1 s
此时小物块距木板左端的距离
L＝x1－x2＝v0t＋a1t2－a2t2＝1 m。
(3)由于木板与小物块之间的滑动摩擦力大于木板与地面之间的滑动摩擦力，二者一起做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
解得a3＝1 m/s2
此过程中木板移动的距离
x3＝＝4.5 m
最终木板距斜面末端的距离x总＝x2＋x3＝6 m。
答案：(1)2 m/s　(2)1 s　1 m　(3)6 m
6．(12分)(2026·广东湛江市期末)如图所示，一个可视为质点、质量m＝1 kg的小物块，从平台上的A点以v0＝3 m/s的初速度水平抛出，恰好无碰撞地从C点进入固定光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量M＝2 kg的长木板，并恰好能到达长木板的左端。已知长木板的上表面与圆弧轨道末端的切线相平，圆弧轨道的半径R＝ m，圆弧轨道对应的圆心角为θ，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2，sin θ＝0.8，cos θ＝0.6。求：
(1)小物块滑上长木板时的速度大小vD；(5分)
(2)小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q。(7分)
解析：(1)小物块在C点的速度
vC＝＝5 m/s
小物块从C点运动至D点，根据动能定理有
mgR(1－cos θ)＝mv－mv
解得小物块滑上长木板时的速度大小vD＝6 m/s。
(2)对小物块，根据牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
对长木板，根据牛顿第二定律有
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
解得a1＝5 m/s2，a2＝1 m/s2
设经历时间t小物块与长木板共速，速度为v1，则v1＝vD－a1t＝a2t
解得t＝1 s
小物块与长木板间的相对位移
Δx＝t－t＝3 m
小物块与长木板间因摩擦产生的热量
Q＝μ1mgΔx＝5×3 J＝15 J。
答案：(1)6 m/s　(2)15 J(共22张PPT)
演练知能提升
AB
1．(多选)(2026·福建省联考模拟)如图所示，某工厂用倾斜传送带运送工件，传送带的倾角为θ，下端A和上端B间的距离为L，以速度v沿顺时针方向运行。可视为质点的工件轻放在传送带的底端A，在传送带上先做匀加速后做匀速运动，从A端运送到B端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．传送带对工件做功的功率匀加速阶段增大，匀速阶段不变
B．工件匀速运动时，传送带对工件做正功
C．若传送带匀速运行的速度减小些，传送带对工件做的功会增多
D．若传送带匀速运动的速度增大，传送带对工件做的功可能会减少
解析：工件加速运动过程中，摩擦力大小不变，速度增大，摩擦力做功的功率变大，匀速运动时，静摩擦力大小不变，摩擦力做功的功率不变，故A正确；
工件匀速运动时，工件的机械能增大，传送带对工件做正功，故B正确；
若传送带匀速运行的速度减小些，工件从A运动到B，重力势能增量不变，动能增量减小，传送带对工件做的功减小，故C错误；
若传送带匀速运动的速度增大，工件运动到B点的速度增大，动能增量增大，传送带对工件做的功增多，故D错误。
C
解析：初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，由小物块在传送带上运动的v－t图像可知，t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；
0到t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；
BC
由于行李箱轻放上去后，能加速向上运动，则有μmg cos θ>mg sin θ，解得μ>tan θ，故B正确；
传送带电机对外做的功等于行李箱机械能的增加量和因摩擦产生的热量，故C正确；
摩擦力对传送带做功的大小等于行李箱机械能的增加量和系统产生的内能，故D错误。
(1)玩具从平台到传送带最上端的时间t；(4分)
答案：0.3 s　
(2)玩具在传送带上运动产生的热量Q；(6分)
答案：0.25 J
(3)因传送玩具电动机多消耗的电能ΔE。(2分)
解析：根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能ΔE＝μ1mgv0t1cos α＝3 J。
答案：3 J
5．(12分)(2026·湖南临湘市期末)质量m＝1 kg的小物块，由静止从距斜面底端高h＝0.6 m的粗糙斜面上滑下，斜面倾角θ＝37°，小物块到达斜面底端后速度大小不变滑上足够长的长木板，小物块与斜面、长木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，长木板的质量M＝1 kg，小物块滑上长木板立即受到大小F＝6 N的水平向右的恒力作用，当小物块与长木板速度相同时，撤去恒力F，求：
(1)小物块滑到斜面底端时的速度大小v0；(4分)
答案：2 m/s　
(2)从滑上长木板开始，经多长时间物块、木板速度相同，此时物块距木板左端距离L；(4分)
答案：1 s　1 m
(3)最终木板距斜面末端的距离。(4分)
答案：6 m
(1)小物块滑上长木板时的速度大小vD；(5分)
答案：6 m/s　
(2)小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q。(7分)
解析：对小物块，根据牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
对长木板，根据牛顿第二定律有
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
解得a1＝5 m/s2，a2＝1 m/s2
答案：15 J专题提升八　传送带模型和板块模型
[复习目标]
1．会用动力学方法和功能关系分析传送带模型问题。　2.会用动力学方法和功能关系分析板块模型。
题型一　传送带模型
1．两个角度分析
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2．常用功能关系
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传。
(2)系统产生的内能：Q＝Ffx相对。
(3)因放上物体而使电动机多消耗的电能：E＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
考向1　水平传送带
(多选)传送带传送货物已被广泛应用。一水平传送带装置的示意图如图所示，紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v运行，一质量为m的小物体从A处轻放到传送带上，经时间t小物体的速度与传送带相同，而后匀速运动至B处，则小物体从A运动到B的过程中(　　)
A．传送带对小物体所做的功为mv2
B．传送带对小物体做功的平均功率为
C．小物体与传送带因相互作用产生的热量为mv2
D．由于传送小物体电动机至少需要多消耗的电能为mv2
[解析]　对物体，由动能定理得Wf＝mv2，则传送带对小物体所做的功为mv2，故A错误；物体在传送带上运动的时间tAB＞t，则传送带对小物体做功的平均功率P＝＜＝＜，故B错误；设物体与传送带的动摩擦因数为μ，则μmg＝ma，v＝at，联立解得t＝，电动机多消耗的电能为传送带对外做的功E＝fx＝μmgvt＝mv2，故D正确；电动机多消耗的电能为物体增加的动能和产生的摩擦热，则小物体与传送带因相互作用产生的热量Q＝E－Wf＝，故C正确。
[答案]　CD
(2026·辽宁丹东市期末)某款游戏装置可简化为如图所示模型。水平传送带A、B两端点间距离xAB＝6 m，传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速运行，速度大小可调，传送带上表面与光滑水平面BC在同一水平面内。半径R＝0.8 m的光滑半圆弧轨道CD固定在竖直面内，圆弧面的最低点C与水平面相切。将质量为1 kg的物块轻放在传送带上表面的左端，物块与传送带上表面间的动摩擦因数μ＝0.4，已知重力加速度g取10 m/s2。
(1)要使物块在圆弧面上运动时能通过最高点D，则物块进入圆弧面上C点时速度至少为多大？
(2)若将传送带的速度调为v＝5 m/s，求物块在圆弧面上运动时离开圆弧面的位置离水平面ABC的高度。
[解析]　(1)物块恰好能过圆弧最高点，根据牛顿第二定律有mg＝m eq \f(v,R)
物块从C到D点，有
－2mgR＝mv－mv
联立解得vmin＝2 m/s。
(2)若物块过圆上与O点等高的位置时速度为0，则
－mgR＝0－mvC′2
解得vC′＝4 m/s
将物块从A传送到B端过程，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1
解得a1＝4 m/s2
根据运动学规律有v2＝2a1x1
解得x1＝3.125 m可知物块先加速，再匀速，则
vB＝vC＝v＝5 m/s
结合第(1)问的结论，则有
4 m/s<5 m/s<2 m/s
说明物块离开圆弧面时，其高度已经超过圆心高度，但是还未达到圆弧最高点，设离开圆弧面的位置离水平面的高度为h，与圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ，则有
－mgh＝mv－mv2
结合牛顿第二定律有
mg cos θ＝m eq \f(v,R)
由几何关系，可得cos θ＝
解得h＝1.1 m。
[答案]　(1)2 m/s　(2)1.1 m
考向2　倾斜传送带
(2026·安徽马鞍山市质检)如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜传送带AB与一斜面BC平滑连接，AB、BC与水平面夹角均为37°，B点到C点的距离s＝1 m，传送带顺时针运行，速度恒为v0＝4 m/s，传送带长L＝9 m。现将一质量m＝1 kg的货物(可视为质点)轻轻放于A点，货物恰好能到达C点。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.875，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)货物从A点运动到B点所经历的时间；
(2)货物与斜面间的动摩擦因数μ2；
(3)传送带因传送该货物而多消耗的电能。
[解析]　(1)假设货物在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
则ma1＝μ1mg cos 37°－mg sin 37°
得a1＝1 m/s2
加速距离x1＝ eq \f(v,2a1)＝8 m假设成立，货物加速时间t1＝＝4 s
匀速时间t2＝＝0.25 s
从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝4.25 s。
(2)在BC段有v＝2a2s
得a2＝8 m/s2
又ma2＝μ2mg cos 37°＋mg sin 37°
得μ2＝0.25。
(3)货物与传送带因摩擦而产生的热量
Q＝μ1mg cos 37°·(v0t1－x1)＝56 J
由能量守恒定律可知，传送带因传送该货物而多消耗的电能E＝mgL sin 37°＋mv＋Q
得E＝118 J。
[答案]　(1)4.25 s　(2)0.25　(3)118 J
题型二　板块模型问题
1．动力学角度分析板块模型
分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移。
2．功和能的角度分析板块模型
对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块相对地的位移x滑；
(2)求摩擦力对木板做功时用木板相对地的位移x板；
(3)求摩擦生热时用滑块和木板的相对位移Δx。
如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg的另一物体B(可视为质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．A获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
[解析]　由题图乙可知，A、B的加速度大小均为a＝||＝1 m/s2，二者所受合外力都是A、B间的摩擦力提供，大小相等，所以根据牛顿第二定律知二者质量相等，A获得的动能Ek＝mv2＝1 J，故A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－×2mv2＝2 J，故B错误；由题图乙可求出A、B相对位移Δx＝(×1－×1) m＝1 m，即A的最小长度为1 m，故C错误；对物体B分析，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得μ＝0.1，故D正确。
[答案]　D
(2024·海南卷，T18)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R＝10 m，滑梯顶点a到滑梯末端b的高度h＝5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M＝25 kg，一质量m＝50 kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
(2)滑板的长度L。
[解析]　(1)设游客滑到b点时速度为v0，从a到b过程，根据机械能守恒定律有
mgh＝mv
解得v0＝10 m/s
在b点根据牛顿第二定律得FN－mg＝m eq \f(v,R)
解得FN＝1 000 N
根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小FN′＝FN＝1 000 N。
(2)设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得
－μmgs＝0－mv2
解得v＝8 m/s
根据题意知当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a1和a2
得a1＝＝2 m/s2
a2＝＝4 m/s2
根据运动学规律对游客v＝v0－a1t
解得t＝1 s
该段时间内游客的位移s1＝t＝9 m
滑板的位移s2＝a2t2＝2 m
根据位移关系得滑板的长度L＝s1－s2＝7 m。
[答案]　(1)1 000 N　(2)7 m

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