專題強化五 傳送帶模型和“滑塊—木板”模型
題型一 傳送帶模型1．水平傳送帶
2.傾斜傳送帶
A．開始時行李的加速度大小為2 m/s2 B．行李經過2 s到達B處 C．行李到達B處時速度大小為0.4 m/s D．行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08 m 答案 AC 解析 開始時，對行李，根據牛頓第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正確；設行李做勻加速運動的時間為t1，行李做勻加速運動的末速度為v＝0.4 m/s，根據v＝at1，代入數據解得t1＝0.2 s，勻加速運動的位移大小x＝at12＝×2×0.22m＝0.04 m，勻速運動的時間為t2＝＝ s＝4.9 s，可得行李從A到B的時間為t＝t1＋t2＝5.1 s，故B錯誤；由以上分析可知行李在到達B處前已經與傳送帶共速，所以行李到達B處時速度大小為0.4 m/s，故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D錯誤．
(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a； (2)小包裹通過傳送帶所需的時間t. 答案 (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s 解析 (1)小包裹的初速度v2大于傳送帶的速度v1，所以開始時小包裹受到的傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上，因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳送帶方向上的分力，即μmgcos θ>mgsinθ，所以小包裹與傳送帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，根據牛頓第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2 (2)根據(1)可知小包裹開始階段在傳送帶上做勻減速直線運動， 用時t1＝＝ s＝2.5 s 在傳送帶上滑動的距離為 x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m 共速后，勻速運動的時間為t2＝＝ s＝2 s，所以小包裹通過傳送帶所需的時間為t＝t1＋t2＝4.5 s.
答案 BC 解析 設傳送帶傾角為θ，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，滑塊質量為m，若mgsin θ>μmgcos θ，則滑塊所受合力沿傳送帶向下，小滑塊向下做勻加速運動；若mgsin θ＝μmgcos θ，則小滑塊沿傳送帶方向所受合力為零，小滑塊勻速下滑；若mgsin θ<μmgcosθ，則小滑塊所受合力沿傳送帶向上，小滑塊先做勻減速運動，當速度減為零時，開始反向加速，當加速到與傳送帶速度相同時，因為最大靜摩擦力大于小滑塊重力沿傳送帶向下的分力，故小滑塊隨傳送帶做勻速運動，A、D錯誤，B、C正確．
A．0～8 s內物體的位移大小為14 m B．物體與傳送帶間的動摩擦因數為0.625 C．0～4 s內物體上升的高度為4 m D．0～8 s內物體在傳送帶上留下的墨跡長度為18 m 答案 AD 解析 物體運動的位移即v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積，則x＝×4 m－2×2× m＝14 m，A正確；由物體運動的v－t圖像可知，在2～6 s內物體做勻加速直線運動，有a＝＝ m/s2＝1 m/s2，且μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝0.875，B錯誤；在0～4 s內由題圖知，物體運動的位移為0，則在0～4 s內物體上升的高度為0，C錯誤；由選項A可知，在0～8 s內物體的位移x＝14 m，傳送帶的位移x′＝vt＝4×8 m＝32 m，則0～8 s內物體在傳送帶上留下的墨跡長度為Δx＝x′－x＝18 m，D正確．
1．臨界狀態：當v物＝v帶時，摩擦力發生突變，物體的加速度發生突變． 2．物體與傳送帶的劃痕長度Δx等于物體與傳送帶的相對位移的大小，若有兩次相對運動且兩次相對運動方向相同，則Δx＝Δx1＋Δx2(圖甲)；若兩次相對運動方向相反，則Δx等于較長的相對位移大小(圖乙)．
題型二 “滑塊—木板”模型1．模型特點：滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發生相對滑動． 2．位移關系：如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移大小之和x2＋x1＝L.
3．解題關鍵點 (1)由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的摩擦力方向． (2)當滑塊與木板速度相同時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉變為靜摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動)．
(1)在F的作用下，長木板的加速度為多大？ (2)剛撤去F時，小物塊離長木板右端多遠？ (3)最終長木板與小物塊一起以多大的速度勻速運動？ (4)最終小物塊離長木板右端多遠？ 答案 (1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m 解析 (1)對長木板，根據牛頓第二定律可得a＝，解得a＝3 m/s2 (2)撤去F之前，小物塊只受摩擦力的作用 故am＝μg＝2 m/s2 Δx1＝at2－amt2＝0.5 m (3)剛撤去F時v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，長木板的加速度大小a′＝＝0.5 m/s2 最終速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得共同速度v′＝2.8 m/s (4)在t′內，小物塊和長木板的相對位移Δx2＝－，解得Δx2＝0.2 m 最終小物塊離長木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小為2 m/s2 B．小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8 m/s2 C．經過1 s的時間，小孩離開滑板 D．小孩離開滑板時的速度大小為0.8 m/s 答案 BC 解析 對小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為a1＝＝2.8 m/s2，同理對滑板，加速度大小為a2＝＝0.8 m/s2，A錯誤，B正確；小孩剛與滑板分離時，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，離開滑板時小孩的速度大小為v＝a1t＝2.8 m/s，D錯誤，C正確．
A．t＝9 s時長木板P停下來 B．長木板P的長度至少是7.5 m C．滑塊Q與長木板P之間的動摩擦因數是0.5 D．滑塊Q在長木板P上滑行的相對位移為12 m 答案 AB 解析 由題圖乙可知，力F在t1＝5 s時撤去，此時長木板P的速度v1＝5 m/s，t2＝6 s時兩者速度相同，v2＝3 m/s，t2＝6 s前長木板P的速度大于滑塊Q的速度，t2＝6 s后長木板P的速度小于滑塊Q的速度，0～6 s過程中，以滑塊Q為研究對象，由牛頓第二定律得μ1mg＝ma1，且a1＝＝0.5 m/s2，解得μ1＝0.05，在5～6 s過程中，以長木板P為研究對象，由牛頓第二定律得μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，且a2＝＝2 m/s2，解得μ2＝0.075，從6 s末到長木板停下來的過程中，由牛頓第二定律得μ2(2m)g－μ1mg＝ma3，解得a3＝1 m/s2，這段時間Δt3＝＝3 s，則t＝9 s時長木板P停下來，故A正確，C錯誤；長木板P的長度至少是前6 s過程中滑塊Q在長木板P上滑行的距離，即Δx1＝×5×5 m＋×(5＋3)×1 m－×3×6 m＝7.5 m，故B正確；在從6 s末到滑塊Q停下來的過程中，由牛頓第二定律得μ1mg＝ma4，解得a4＝0.5 m/s2，這段時間Δt4＝＝6 s，所以t3＝12 s時滑塊Q停下來，6 s后滑塊Q在長木板P上滑行的距離Δx2＝×6×3 m－×3×3 m＝4.5 m，前6 s長木板P速度更大，后6 s滑塊Q速度更大，則滑塊Q在長木板P上滑行的相對位移為Δx＝Δx1－Δx2＝3 m，故D錯誤．
課時精練
1.如圖所示，飛機場運輸行李的傾斜傳送帶保持恒定的速率運行，將行李箱無初速度地放在傳送帶底端，當傳送帶將它送入飛機貨艙前行李箱已做勻速運動．假設行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數為μ，傳送帶與水平面的夾角為θ，已知滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力，下列說法正確的是( )
A．要實現這一目的前提是μ<tan θ B．做勻速運動時，行李箱與傳送帶之間的摩擦力為零 C．全過程傳送帶對行李箱的摩擦力方向沿傳送帶向上 D．若使傳送帶速度足夠大，可以無限縮短傳送的時間 答案 C 解析 要實現這一目的前提是沿傳送帶向上的最大靜摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，即μmgcos θ>mgsinθ，可得μ>tan θ，故A錯誤；做勻速運動時，行李箱與傳送帶之間的摩擦力大小為Ff＝mgsin θ，故B錯誤；行李箱在加速階段和勻速階段受到的摩擦力方向均沿傳送帶向上，故C正確；若使傳送帶速度足夠大，行李箱在傳送帶上一直做勻加速運動，傳送時間不會無限縮短，故D錯誤． 2．(多選)圖甲為一轉動的傳送帶，以恒定的速率v順時針轉動．在傳送帶的右側有一滑塊以初速度v0從光滑水平面滑上傳送帶，運動一段時間后離開傳送帶，這一過程中滑塊運動的v－t圖像如圖乙所示．由圖像可知滑塊( )
A．從右端離開傳送帶 B．從左端離開傳送帶 C．先受滑動摩擦力的作用，后受靜摩擦力的作用 D．變速運動過程中受滑動摩擦力的作用 答案 AD 解析 由題圖乙可知，滑塊先向左做勻減速運動減速到零，再向右做勻加速運動，最后以與傳送帶相同的速度做勻速直線運動，故從右端離開傳送帶，故A正確，B錯誤；滑塊先向左做勻減速運動，受到向右的滑動摩擦力，再向右做勻加速運動，還是受到向右的滑動摩擦力，所以變速運動過程中受滑動摩擦力的作用，與傳送帶共速后做勻速直線運動，不受摩擦力作用，故C錯誤，D正確． 3．(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M，t＝0時刻，質量為m的物塊以速度v水平滑上長木板，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取10 m/s2，下列說法正確的是( )
A．M＝m B．M＝2m C．木板的長度為8 m D．木板與物塊間的動摩擦因數為0.1 答案 BC 解析 物塊相對木板運動的過程中，在水平方向上只受到木板給的滑動摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t圖像的斜率表示加速度，故物塊的加速度大小為a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，對木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t圖像可知木板的加速度大小為a2＝ m/s2＝1 m/s2，聯立解得M＝2m，A、D錯誤，B正確；從題圖乙可知物塊和木板在t＝2 s時分離，兩者在0～2 s內的v－t圖像與t軸圍成的面積之差等于木板的長度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正確． 4.(2023·甘肅省模擬)如圖所示，水平勻速轉動的傳送帶左右兩端相距L＝3.5 m，物塊A(可看作質點)以水平速度v0＝4 m/s滑上傳送帶左端，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，設A到達傳送帶右端時的瞬時速度為v，g取10 m/s2，下列說法不正確的是( )
A．若傳送帶速度等于2 m/s，物塊不可能先做減速運動后做勻速運動 B．若傳送帶速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/s C．若A到達傳送帶右端時的瞬時速度v等于3 m/s，傳送帶可能沿逆時針方向轉動 D．若A到達傳送帶右端時的瞬時速度v等于3 m/s，則傳送帶的速度不大于3 m/s 答案 D 解析 物塊在傳送帶上的加速度大小為a＝＝1 m/s2，假設物塊一直做勻減速運動到傳送帶右端，根據v′2－v02＝－2aL，解得v′＝3 m/s>2 m/s，可知當傳送帶速度等于2 m/s時，物塊一直減速到最右端，故A正確；當傳送帶速度等于3.5 m/s，傳送帶逆時針轉動時，v等于3 m/s，故B正確；若A到達傳送帶右端時的瞬時速度v等于3 m/s，傳送帶可能沿逆時針方向轉動，此方向傳送帶的速度可以為任意值，故C正確，D錯誤．
5.(多選)(2023·福建福州市高三檢測)如圖所示，質量為M的長木板A以速度v0在光滑水平面上向左勻速運動，質量為m的小滑塊B輕放在木板左端，經過一段時間恰好從木板的右端滑出，小滑塊與木板間的動摩擦因數為μ，下列說法中正確的是( )
A．若只增大m，則小滑塊不能滑離木板 B．若只增大M，則小滑塊在木板上運動的時間變短 C．若只增大v0，則小滑塊離開木板的速度變大 D．若只減小μ，則小滑塊滑離木板過程中小滑塊對地的位移變大 答案 AB 解析 若只增大滑塊質量，滑塊的加速度不變，木板的加速度增大，所以滑塊與木板共速時，滑塊沒有離開木板，之后二者一起向左做勻速直線運動，故A正確；若只增大長木板質量，木板的加速度減小，滑塊的加速度不變，以木板為參考系，滑塊運動的平均速度變大，即滑塊在木板上的運動時間變短，故B正確；若只增大木板初速度，滑塊的受力不變，滑塊的加速度不變，滑塊相對木板的平均速度變大，滑塊在木板上的運動時間變短，所以滑塊離開木板的速度變小，故C錯誤；若只減小動摩擦因數，那么滑塊和木板的加速度等比例減小，相對位移不變，則滑塊滑離木板時速度大于木板速度，滑塊滑離木板的過程所用時間變短，木板對地位移變小，滑塊滑離木板過程中滑塊對地的位移為木板對地位移減去極長，故減小，故D錯誤． 6．(多選)如圖甲所示，一滑塊置于足夠長的長木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑塊和木板的質量均為2 kg，現在滑塊上施加一個F＝0.5t (N)的變力作用，從t＝0時刻開始計時，滑塊所受摩擦力隨時間變化的關系如圖乙所示．設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是( )
A．滑塊與木板間的動摩擦因數為0.4 B．木板與水平地面間的動摩擦因數為0.2 C．圖乙中t2＝24 s D．木板的最大加速度為2 m/s2 答案 ACD 解析 由題圖乙可知，滑塊與木板之間的滑動摩擦力大小為8 N，則滑塊與木板間的動摩擦因數為μ＝＝0.4，選項A正確．由題圖乙可知，t1時刻木板相對地面開始滑動，此時滑塊與木板相對靜止，則木板與水平地面間的動摩擦因數為μ′＝＝0.1，選項B錯誤．t2時刻，滑塊與木板將要發生相對滑動，此時滑塊與木板間的摩擦力達到最大靜摩擦力Ffm＝8 N，此時兩者的加速度相同，且木板的加速度達到最大，則對木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；對滑塊：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，則由F＝0.5t (N)可知，t2＝24 s，選項C、D正確． 7.(2023·山東泰安市模擬)如圖所示，水平傳送帶AB間的距離為16 m，質量分別為2 kg、4 kg的物塊P、Q通過繞在光滑定滑輪上的細線連接，Q在傳送帶的左端，且連接物塊Q的細線水平，當傳送帶以8 m/s的速度逆時針轉動時，Q恰好靜止．重力加速度取g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．當傳送帶以8 m/s的速度順時針轉動時，下列說法正確的是( )
A．Q與傳送帶間的動摩擦因數為0.6 B．Q從傳送帶左端滑到右端所用的時間為2.4 s C．Q從傳送帶左端滑到右端，相對傳送帶運動的距離為4.8 m D．Q從傳送帶左端滑到右端的過程細線受到的拉力大小恒為20 N 答案 C 解析 當傳送帶以v＝8 m/s的速度逆時針轉動時，Q恰好靜止不動，對Q受力分析知mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，A錯誤；當傳送帶以v＝8 m/s的速度順時針轉動，物塊Q先做初速度為零的勻加速直線運動，有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝ m/s2，當物塊Q速度達到傳送帶速度，即8 m/s后，做勻速直線運動，由v＝at1，解得勻加速的時間t1＝1.2 s，勻加速的位移為x＝＝4.8 m，則勻速運動的時間為t2＝＝1.4 s，Q從傳送帶左端滑到右端所用的時間為t總＝t1＋t2＝2.6 s，B錯誤；加速階段的位移之差為Δx＝vt1－x＝4.8 m，即Q從傳送帶左端到右端相對傳送帶運動的距離為4.8 m，C正確；當Q加速時，對P分析有mPg－FT＝mPa，解得FT＝ N，之后做勻速直線運動，有FT′＝20 N，D錯誤． 8．(2023·河南信陽市模擬)如圖甲所示，在順時針勻速轉動且傾角為θ＝37°的傳送帶底端，一質量m＝1 kg的小物塊以某一初速度向上滑動，傳送帶足夠長，物塊的速度與時間(v－t)關系的部分圖像如圖乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ； (2)物塊沿傳送帶向上運動的最大位移； (3)物塊向上運動到最高點的過程中相對傳送帶的路程． 答案 (1)0.5 (2)6.4 m (3)4.8 m 解析 (1)由題圖乙可知，物塊的初速度v0＝8 m/s，物塊的速度減速到與傳送帶的速度相同時，加速度發生變化，所以傳送帶轉動時的速度v＝4 m/s，從t＝0到t＝0.4 s時間內，物塊加速度大小為a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，方向沿斜面向下；物塊受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛頓第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得μ＝0.5. (2)設在t＝0.4 s后，物塊做減速運動的加速度大小為a2，物塊受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，由牛頓第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物塊從t＝0.4 s開始，經過t1時間速度減為零，則t1＝ s＝2 s，從t＝0到t＝0.4 s，物塊位移為x1＝v0Δt－a1(Δt)2＝2.4 m，從t＝0.4 s到t＝2.4 s，物塊減速到零的位移為x2＝t1＝×2 m＝4 m，物塊沿傳送帶向上運動過程中的位移為x＝x1＋x2＝6.4 m. (3)從t＝0到t＝0.4 s，傳送帶位移為x3＝vΔt＝1.6 m，物塊相對傳送帶向上運動Δx1＝x1－x3＝0.8 m，從t＝0.4 s到t＝2.4 s，傳送帶位移x4＝vt1＝8 m，物塊相對傳送帶向下運動Δx2＝x4－x2＝4 m，故物塊向上運動到最高點的過程中，物塊相對傳送帶的路程Δx＝Δx1＋Δx2＝4.8 m.
9.(2023·遼寧大連市檢測)如圖所示，一質量M＝2 kg的長木板B靜止在粗糙水平面上，其右端有一質量m＝2 kg的小滑塊A，對B施加一水平向右且大小為F＝14 N的拉力；t＝3 s后撤去拉力，撤去拉力時滑塊仍然在木板上．已知A、B間的動摩擦因數為μ1＝0.1，B與地面間的動摩擦因數為μ2＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求有拉力時木板B和滑塊A的加速度大小； (2)要使滑塊A不從木板B左端掉落，求木板B的最小長度． 答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)5.25 m 解析 (1)對滑塊A根據牛頓第二定律可得μ1mg＝ma1，故A的加速度大小為a1＝1 m/s2，方向向右；對木板B根據牛頓第二定律可得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，解得木板B加速度大小為a2＝2 m/s2. (2)撤去外力瞬間，A的位移大小為x1＝a1t2＝4.5 m，B的位移大小為x2＝a2t2＝9 m，撤去外力時，滑塊A和木板B的速度分別為v1＝a1t＝3 m/s，v2＝a2t＝6 m/s，撤去外力后，滑塊A的受力沒變，故滑塊A仍然做加速運動，加速度不變，木板B做減速運動，其加速度大小變為a2′＝＝5 m/s2，設再經過時間t′兩者達到共速，則有v1＋a1t′＝v2－a2′t′ 撤去外力后，A的位移大小為x1′＝v1t′＋a1t′2 B的位移大小為x2′＝v2t′－a2′t′2 故木板B的長度至少為L＝x2－x1＋x2′－x1′ 代入數據解得L＝5.25 m. |
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