2024年高考物理復習第一輪-動力學中的“板塊”和“傳送帶”模型

專題強化課動力學中的''板塊”和“傳送帶”模型

1------iHUANTIQ1ANGHUAKE

命題點一“滑塊一滑板”模型(師生互動)

［核心整合］

1.模型特點

上、下疊放兩個物體，在摩擦力的相互作用下兩物體發(fā)生相對滑動.

2.兩種位移關系

滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動,位移之差等于板長；

反向運動時，位移之和等于板長.

3.解題思路

處理此類問題，必須弄清滑塊和滑板的加速度、速度、位移等關系.

(1)加速度關系

如果滑塊和滑板之間沒有發(fā)生相對運動，可以用“整體法”求出它們一起運動的加速

度;如果滑塊和滑板之間發(fā)生相對運動，應采用“隔離法”分別求出滑塊和滑板的加速度.應

注意找出滑塊和滑板之間是否發(fā)生相對運動等隱含的條件.

(2)速度關系

滑塊和滑板之間發(fā)生相對運動時，分析速度關系，從而確定滑塊受到的摩擦力的方向.應

注意當滑塊和滑板的速度相同時:摩擦力會發(fā)生突變的情況.

(3)位移關系

滑塊和滑板疊放在一起運動時，應仔細分析滑塊和滑板的運動過程，認清對地位移和相

對位移之間的關系.這些關系就是解題過程中列方程所必需的關系，各種關系找到了，自然

也就容易列出所需要的方程了.

EE(2022?貴州畢節(jié)市適應性檢測)一長木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一

小物塊，如圖所示.木板與地面間的動摩擦因數"1=0」，物塊與木板間的動摩擦因數〃2=

0.4」=0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向墻壁運動，當f=ls時，木板以速度5

=4m/s與墻壁碰撞(碰撞時間極短).碰撞前后木板速度大小不變，方向相反.運動過程中

小物塊第一次減速為零時恰好從木板上掉下.已知木板的質量是小物塊質量的15倍，重力

加速度大小g取10m/s2.求：

彳77777T

(l)f=0時刻木板的速度大小；

(2)木板的長度.

解析：(1)對木板和物塊：

設初始時刻木板速度為Vo

由運動學公式：。1=研)一

代入數據解得：oo=5m/s.

(2)碰撞后，對物塊：從2mg=ma?

對物塊，當速度為0時，經歷時間，，發(fā)生位移Xi,

M1,V\

則有V］=a2tfx)=yr

對木板，由牛頓第二定律：〃2"7g+〃1(M+m)g=M〃3

對木板，經歷時間f,發(fā)生位移及

X2=V\t—^a3p

木板長度l=X\+x2

聯(lián)立并代入數據解得/=號tn.

答案：(l)5m/s(2),ym

［題組突破］

1.(水平面上的“滑塊一滑板”)(2019?江蘇卷)如圖所示，質量相等的物塊A和B疊放

在水平地面上，左邊緣對齊.A與B、B與地面間的動摩擦因數均為".先敲擊A,A立即獲

得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下.接著敲擊B,B立即獲得水平向右的初

速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下.最

大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.求：

(1)A被敲擊后獲得的初速度大小0A;

(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小〃B、的'；

(3)B被敲擊后獲得的初速度大小VB.

解析：(1)由牛頓運動定律知，A加速度的大小〃A=〃g

由運動學公式有2aA/

解得VA=y)2^L.

(2)設A、B的質量均為例

對齊前，B所受合外力大小

由牛頓第二定律有廣=m〃B,得〃B=3〃g

對齊后，A、B所受合外力大小尸=2卬咫

由牛頓第二定律有F'=2，MB',得曲=隰.

⑶經過時間I,A、B達到共同速度0,位移分別為以、XB,A加速度的大小等于〃A

則U=ClAt,O=g—GB/

且%B-XA=L

解得UB=2?2從gL.

答案：⑴]2〃孔(2)3〃gf/g⑶2：2"gL

2.(斜面上的“滑塊一滑板”)如圖所示，在傾角為6=37。的足夠長斜面上放置一質量

M=2kg,長度L=1.5m的極薄平板AB,在薄平板上端A處放一質量機=1kg的小滑塊(視

為質點)，將小滑塊和薄平板同時無初速度釋放，已知小滑塊與薄平板之間的動摩擦因數為

“1=0.25,薄平板與斜面之間的動摩擦因數為〃2=0.5,sin37。=0.6,cos37。=0.8,取g=10

m/s2,求：

(1)釋放后，小滑塊的加速度S和薄平板的加速度。2；

(2)從釋放到小滑塊滑離薄平板經歷的時間t.

解析：(1)設釋放后，滑塊會相對于平板向下滑動，

對滑塊：由牛頓第二定律有

〃?gsin37°—Fn=ma\

其中FNI—mgcos37°,F(\—/u\FNI

解得a\=gsin37。一〃igcos37°=4m/s2

對薄平板，由牛頓第二定律有

Mgsin370+Ff|—Ff2=M(/2

其中FN2=Q"+A/)gCOS37。，F(2=〃2FN2

解得42=1m/s2

ai>a2,假設成立，即滑塊會相對于平板向下滑動.

(2)設滑塊滑離時間為f,由運動學公式，有

X\—X2=L

解得：t—1S.

答案：(l)4m/s2Im/s2(2)1s

3.(多個板塊的組合模型)如圖所示，兩木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑塊,

滑塊在F=6N的水平力作用下由靜止開始向右運動.已知木板A、B長度均為/=lm,木

板A的質量MA=3kg,小滑塊及木板B的質量均為機=1kg,小滑塊與木板A、B間的動

摩擦因數均為〃?=0.4,木板A、B與地面間的動摩擦因數均為"2=0」，重力加速度g=10m/s2.

求：

(1)小滑塊在木板A上運動的時間；

(2)木板B獲得的最大速度.

解析：(1)小滑塊對木板A的摩擦力

Ff\="i/wg=4N,

木板A與B整體受到地面的最大靜摩擦力

Ff2=〃2(2%+，〃A)g=5N.

用＜凡，小滑塊滑上木板A后，木板A保持靜止

設小滑塊滑動的加速度為⑷，則：

F—n\mg=ma\,

/=呼足

解得：/|=1s.

(2)設小滑塊滑上B時，小滑塊速度為0,B的加速度為痣，經過時間滑塊與B脫離,

滑塊的位移為X塊，B的位移為XB,B的最大速度為0B,則：

〃1mg—2amg=ma2,

如=〃212,

XB—2〃2范，

v\=a\ti,

,12

X塊=0/2+嚴億

X塊一沖=/,

聯(lián)立以上各式可得：獨=1m/s.

答案：(1)1s(2)1m/s

命題點二傳送帶模型(多維探究)

第1維度：水平傳送帶問題

1.情景特點分析

項目圖示滑塊可能的運動情況

Vo=O(1)可能一直加速

情景1

(2)可能先加速后勻速

時，可能一直減速，也可能先減速再勻速

情景2

6-黑)(2)。0＜。時，可能一直加速，也可能先加速再勻速

(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端

情景3(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端.其中

()一“7)

返回時速度為當返回時速度為。0

2.思路方法

水平傳送帶問題：求解關鍵在于對物體所受摩擦力進行正確的分析判斷.物體的速度與

傳送帶速度相等的時刻摩擦力發(fā)生突變.

EDJ水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站，如圖所示為一水平傳送帶裝置示意

圖.緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率。=1m/s運行，一質量為〃?=4kg的行李無初速

度地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以

與傳送帶相等的速率做勻速直線運動.設行李與傳送帶之間的動摩擦因數"=0」，A、8間

的距離L=2m,g取10m/s2.

(1)求行李剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大??；

(2)求行李做勻加速直線運動的時間；

(3)如果提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處，求行李從4處傳送到

8處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率.

解析：(1)行李所受滑動摩擦力大小

Ft=nmg=OAX4X10N=4N,

根據牛頓第二定律得Ff=，"a,

加速度大小"="g=0.1X10m/s2=1m/s2.

(2)行李達到與傳送帶相同速率后不再加速，則。

得八=?=；s=ls.

(3)行李始終勻加速運行時，所需時間最短，加速度大小仍為4=1m/s2,當行李到達右

端時，有

giin2aL,

得Omin=。2aL=y2X1義2m/s—2m/s,

所以傳送帶對應的最小運行速率為2m/s.

由vmin=atmin得行李最短運行時間

答案：(1)4N1m/s2(2)1s(3)2s2m/s

第2維度：傾斜傳送帶問題

I.情景特點分析

項目圖示滑塊可能的運動情況

(1)可能一直加速

情景1

(2)可能先加速后勻速

Vo=O(1)可能一直加速

情景2(2)可能先加速后勻速

(3)可能先以a\加速后以CH加速

(1)可能一直加速

(2)可能先加速后勻速

情景3

(3)可能一直減速

(4)可能先以a\加速后以g加速

(1)可能一直加速

(2)可能一直勻速

情景4

(3)可能先減速后反向加速

(4)可能一直減速

2.思路方法

解題的關鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定物體所受摩擦力的大

小和方向.當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受摩擦力可能發(fā)生突變.

EE如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角6=37。，從A到B的

長度為￡=10.25m,傳送帶以v0=10m/s的速率逆時針轉動.在傳送帶

上端A無初速度地放一個質量為,“=0.5kg的黑色煤塊，它與傳送帶之

間的動摩擦因數為〃=05煤塊在傳送帶上經過會留下黑色痕跡.已知

sin37°=0.6,g取10m/s2,求：

(1)當煤塊與傳送帶速度相同時，它們能否相對靜止？

(2)煤塊從A到B的時間；

(3)煤塊從A到B的過程中在傳送帶上留下痕跡的長度.

解析：(1)煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數為〃=0.5,當煤塊與傳送帶速度相等時，對

煤塊受力分析有mgsin37o>w〃gcos37°,所以它們不能相對靜止.

(2)煤塊剛放上時，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度為

“i=g(sin。+〃cos。)=10m/s2,

煤塊加速運動至與傳送帶速度相同時需要的時間

發(fā)生的位移為=5閏=5m

煤塊速度達到如后，因"geos6<gsin仇故煤塊繼續(xù)沿傳送帶向下加速運動，則

〃2=g(sin夕一"cos0)=2m/s2,

X2=L-X1=5.25m,

由、2=。0「2+52反得及=0.5S

煤塊從A到8的時間為f=n+f2=1.5s.

(3)第一過程痕跡長Axi=vof|—xi=5m,

第二過程痕跡長Ax2=X2—。0/2=0.25m,

Ax2與Axi部分重合，故痕跡總長為5m.

答案：(1)不能(2)1.5s(3)5m

I總結提升I

解答傳送帶問題應注意的事項

(1)比較物塊和傳送帶的初速度情況，分析物塊所受摩擦力的大小和方向，其主要目的

是得到物塊的加速度.

(2)關注速度相等這個特殊時刻，水平傳送帶中兩者一塊勻速運動，而傾斜傳送帶需判

斷"與tan?的關系才能決定物塊以后的運動.

(3)得出運動過程中兩者相對位移情況，在求解摩擦力做功時有很大作用.

［題組突破］

1.(多選)應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型.傳

送帶始終保持。=0.4m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數〃=0.2,A、B

間的距離為2m,g取10m/s2.旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處，則下列說法正

確的是()

B口一“4

(：)

A.開始時行李的加速度大小為2m/s?

B.行李經過2s到達8處

C.行李到達B處時速度大小為0.4m/s

D.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08m

解析：AC開始時，對行李，根據牛頓第二定律〃解得a=2m/s2,故A正

確；設行李做勻加速運動的時間為力，行李勻加速運動的末速度為。=0.4m/s,根據。=0i,

代入數據解得八=0.2s,勻加速運動的位移大小x=5片=/x2X0.22m=0.04m,勻速運動

L-x2-0.04

的時間為ti=s=4.9s,可得行李從A到8的時間為？=0+女=5.1s,故B錯

誤；由上分析可知行李在到達B處前已經共速，所以行李到達8處時速度大小為0.4m/s,

故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為Ax=M—x=（O.4X0.2—0.04）m=0.04

m,故D錯誤.

2.（2022?四川眉山市高三三模）（多選）如圖所示，傾斜傳送帶以/小

恒定速率。。逆時針轉動，一可視為質點的滑塊以平行于傳送帶向下的

初速度滑上A點.滑塊與傳送帶間的動摩擦因數恒定，不計

傳送帶滑輪的尺寸，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.若用f表示時間，

用S表示滑塊的速度大小，則能夠正確描述滑塊從A滑向8運動過程

的下列圖像可能是（）

解析：BC對滑塊受力分析，滑塊在沿傳送帶方向受重力沿傳送帶的分力，"gsin仇摩

擦力工當。滑塊剛開始加速運動，摩擦力向下，加速度為ai=gsin6+〃gcos0,當滑塊

速度等于傳動帶速度相等時，如果最大靜摩擦力＞＞，"gsin。，則滑動摩擦突變?yōu)殪o摩擦向上，

大小為mgsin。，滑塊和傳送帶一起做勻速直線運動，若最大靜摩擦力/V/wgsin。，則摩擦力

方向會突變向上，滑塊做勻加速直線運動，加速度為42=mgsin6—"geos仇比較可得切＞

痣，故B正確，A錯誤；若。＞如,滑塊相對于傳送帶向下運動，若最大靜摩擦力/〈/ngsind,

則滑塊一直做勻加速直線運動，加速度為43=gsin9-"geos。，若如果最大靜摩擦力/＞〃?gsin

。，則滑塊一開始做勻減速直線運動，速度與傳送帶相等時，滑動摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力向

上，大小為，“gsind,故C正確，D錯誤.

限時規(guī)范訓練

［基礎鞏固1

1.（2022?遼寧葫蘆島一模）（多選）如圖所示，在水平面上有一傳送帶以速率5沿順時針

方向運動，傳送帶速度保持不變，傳送帶左右兩端各有一個與傳送帶等高的光滑水平面和傳

送帶相連（緊靠但不接觸），現有一物塊在右端水平面上以速度。2向左運動，物塊速度隨時間

變化的圖像可能的是（）

V,衛(wèi)

2谿孰;汨

解析：ABD第一種情況：物體在傳送帶上先減速向左滑行，有可能速度減為零，然

后物體會在滑動摩擦力的作用下向右加速，加速度不變；如果物體向右運動時會一

直加速，當速度大小增大到等于。2時，物體恰好離開傳送帶，有。2'=。2；如果01W02,物

體向左的速度減至零后會在滑動摩擦力的作用下向右加速，當速度增大到等于傳送帶速度

時，物體還在傳送帶上，之后不受摩擦力，物體與傳送帶一起向右勻速運動，有。2'=功；

第二種情況：物體在傳送帶上減速向左滑行，直接向左滑出傳送帶，末速度一定小于。2,

故A、B、D正確，C錯誤.

2.（多選）如圖所示，傾斜的傳送帶順時針勻速轉動，一物塊從傳送電

帶上端A滑上傳送帶，滑上時速率為傳送帶的速率為。2,且。2>

5.不計空氣阻力，動摩擦因數一定.關于物塊離開傳送帶的速率。和位7fl

置，下面哪個是可能的（）

A.從下端B離開，

B.從下端B離開，v<vi

C.從上端A離開，v—vi

D.從上端A離開，v<v\

解析：ABC物塊從A端滑上傳送帶，在傳送帶上必先相對傳送帶向下運動，由于不

確定物塊與傳送帶間的摩擦力和物塊的重力沿傳送帶下滑分力的大小關系和傳送帶的長度，

若能從A端離開，由運動的對稱性可知，必有。=s,選項C正確，D錯誤；若從8端離開,

當摩擦力大于重力的分力時，則。<。|；當摩擦力小于重力的分力時，則當摩擦力

和重力的分力相等時，物塊一直做勻速直線運動，v=vi,選項A、B正確.

3.（2022?河南安陽市第二次模擬）（多選）如圖甲所示，光滑水平面上靜置一個薄長木板,

長木板上表面粗糙，其質量為例，，=0時刻質量為，”的物塊以水平速度?；祥L木板，此

后木板與物塊運動的v-t圖像如圖乙所示，重力加速度g=10m/s2,則下列說法正確的是

甲

A.M=m

B.M=2m

C.木板的長度為8m

D.木板與物塊間的動摩擦因數為0.1

解析：BC物塊在木板上運動的過程中，〃〃zg=mai,而。7圖像的斜率表示加速度，

7—32—0

故m/s2=2m/s2,解得〃=0.2,D錯誤；對木板受力分析可知卬心=加。2,

m/s2=lm/s2,解得M=2m,A錯誤，B正確；由題圖乙可知，2s時物塊和木板分離，則0?

2s內，兩者。7圖線與坐標軸圍成的面積之差等于木板的長度，故Z,=￡x（7+3）X2m-^X

2X2m=8m,C正確.

4.如圖所示，質量為例的長木板A在光滑水平面上，以大小為如的速度向左運動，

一質量為〃?的小木塊B（可視為質點），以大小也為加的速度水平向右沖上木板左端，B、A

間的動摩擦因數為"，最后B未滑離A.已知M=2,〃，重力加速度為g.求：

——n

（1）A、B達到共同速度的時間和共同速度的大??；

（2）木板A的最短長度L.

解析：（1）對A、B分別由牛頓第二定律得

Hmg=Ma\,/Mng=man

又M=2m,可得念=幼，aB-fig

規(guī)定水平向右為正方向，經時間r兩者達到共同速度。，則

v=vo~ant=—vo+a/^t

2如4oo00

解得z=v

(7A+?B荻于

即A、B的共同速度大小為冬

（2）在時間f內:

—vo+v8*

A的位移XA=

29〃g

00+。4/

B的位移將=2l犧

木板A的最短長度為兩者的相對位移大小,

日口7A4福

即L=AX=XB—XA=燕.

oo小、4*

答案：（1V(2)^-

3,3卜gi

5.(2022?安徽廬巢七校聯(lián)盟第三次聯(lián)考)如圖甲所示，傾角為6的傳送帶以恒定速率逆

時針運行.現將一質量為，〃=2kg的小物體輕輕放在傳送帶的4端，物體相對地面的速度

隨時間變化的關系圖像如圖乙所示，2s末物體到達B端，取沿傳送帶向下為正方向，g=10

m/s2,求：

(1)小物體在傳送帶A、B兩端間運動的平均速度。；

(2)物體與傳送帶間的動摩擦因數小

解析：(1)由。7圖像的面積規(guī)律可知傳送帶A、B間的距離Z,即為。7圖像與，軸所圍

的面積，所以

L=|x1X10m+1x(10+12)Xlm=16m

——I

由平均速度的定義得V=7=8m/s.

(2)由v-t圖像可知傳送帶運行速度為m=10m/s

△V-

0-1s內物體的加速度為ai=—=10m/s2

1?2s內的加速度為ai—2m/s2

根據牛頓第二定律得mgsine+""?gcos9=ma\

mgsin0—pngcos8=nun

聯(lián)立兩式解得"=05

答案:(1)8m/s(2)0.5

［能力提升］

6.如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率s沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37°.

一物塊以初速度。。從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的。-/圖像如

圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin37°=0.6,cos37°=0.8,^=10m/s2,則

()

A.傳送帶的速度為4m/s

B.傳送帶底端到頂端的距離為14m

C.物塊與傳送帶間的動摩擦因數為；

D.摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反

解析：A如果見小于S，則物塊向上做減速運動時加速度不變，與題圖乙不符，因

此物塊的初速度的一定大于結合題圖乙可知物塊減速運動到與傳送帶速度相同時，繼續(xù)

向上做減速運動，由此可以判斷傳送帶的速度為4m/s,選項A正確；傳送帶底端到頂端的

距離等于0-f圖線與橫軸所圍的面積，即gx（4+12）X1m+1X4m=10m,選

項B錯誤；0?1s內,m=gsin0+〃gcos6=8m/s2,1~2s內,“2=gsin0—figcos0=4m/s2,

解得〃=；,選項C錯誤；在1?2s內，摩擦力方向與物塊的運動方向相同，選項D錯誤.

7.（多選）如圖甲，一長木板靜止于光滑水平桌面上，1=0時，小物塊以速度。o滑到長

木板上，圖乙為物塊與木板運動的。7圖像，圖中小如、已知，重力加速度大小為g,

由此可求得（）

A.木板的長度

B.物塊與木板的質量之比

C.物塊與木板之間的動摩擦因數

D.從f=0開始到。時刻，木板獲得的動能

解析：BC根據題意只能求出物塊與木板的相對位移，不知道物塊最終停在哪里，無

法求出木板的長度，故A不能夠求解出；由圖像的斜率表示加速度可求出長木板的加速度

為“木=藍，小物塊的加速度大小“物='°/]’〔根據牛頓第二定律得：“，咫=Ma木，/img—

—解得需二言？故B和C能夠求解出；木板獲得的動能諦由

于不知道長木板的質量必，故D不能夠求解出.

8.（2022?山東泰安市高三三模）（多選）工廠中常用傳送帶傳送貨物的運動情景簡化如下:

質量為100kg的貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.1,以2m/s的初速度滑上靜止的水平傳

送帶，經f=0.4s,傳送帶啟動（不計啟動時間），啟動后傳送帶立即以3m/s的速度向右做勻

速直線運動，傳送帶足夠長，重力加速度g取10m/s2,在貨物運動的整個過程中（）

J（）

A.滑塊相對傳送帶的位移大小為0.26m

B.滑塊相對傳送帶的位移大小為1.70m

C.滑塊與傳送帶間的摩擦生熱為26J

D.滑塊與傳送帶間的摩擦生熱為170J

解析：AD由題可知小滑塊先做勻減速直線運動，當傳送帶啟動后，做勻加速運動，

知道速度與傳送帶速度相等時后，與傳送帶一起做勻速直線運動，減速階段由牛頓第二定律

有〃,"g=/n"，a=ng=\m/s2,減速時間為0.4s,傳送帶靜止可得，滑塊相對于傳送帶向右

的位移用=加?—%戶，代入數據得xi=0.72m,此時滑塊速度為01=a)-af=(2—1X0.4)m/s

=1.6m/s,當傳送帶啟動后，傳送帶的速度比滑塊速度大，故滑塊向右做勻加速直線運動，

加速時間為及=匕產s=1.4s,由于傳送帶速度大，故滑塊相對于傳送帶向左的位移為及

=。傳/2—(。澄+%。代入數據得及=0.98m,則物塊在整個過程中相對傳送帶的位移為x

=JC|-X2=(0.98-0.72)m=0.26m,故A正確，B錯誤；由Q=/Ax,可得滑塊與傳送帶的

摩擦熱為。=/Ax=""g(xi+x2),代入數據得Q=170J,故D正確，C錯誤.

9.(2022?四模擬)如圖所示，在傾角為6=30。的足夠長的八

固定的光滑斜面上，有一質量為M=3kg的長木板正以oo=10m/s的初

速度沿斜面向下運動，現將一質量機=1kg的小物塊(大小可忽略)輕放7mmm7mmm

在長木板正中央，已知物塊與長木板間的動摩擦因數〃=坐