PAGEPAGE12專題強化滑塊—木板模型和傳送帶模型[學科素養與目標要求]科學思維：1.能正確運用牛頓運動定律處理滑塊—木板模型.2.會對傳送帶上的物體進行受力分析，能正確解答傳送帶上的物體的運動問題．一、滑塊—木板模型1．模型概述：一個物體在另一個物體上發生相對滑動，兩者之間有相對運動．問題涉及兩個物體、多個過程，兩物體的運動時間、速度、位移間有肯定的關系．2．常見的兩種位移關系滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板向同一方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度；若滑塊和木板向相反方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度．3．解題方法(1)搞清各物體初始狀態對地的運動和物體間的相對運動，確定物體間的摩擦力方向．(2)分別隔離兩物體進行受力分析，精確求出各物體在各個運動過程中的加速度(留意兩過程的連接處加速度可能突變)．(3)找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口．求解中應留意聯系兩個過程的紐帶，即每一個過程的末速度是下一個過程的初速度．例1(2024·湘潭市模擬)如圖1所示，物塊A、木板B的質量均為m＝10kg，不計A的大小，木板B長L＝3m．起先時A、B均靜止．現使A以水平初速度v0從B的最左端起先運動．已知A與B、B與水平面之間的動摩擦因數分別為μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10m/s2.若A剛好沒有從B上滑下來，則A的初速度v0為多大？圖1答案見解析解析分別對物塊A、木板B進行受力分析可知，A在B上向右做勻減速運動，設其加速度大小為a1，則有a1＝eq\f(μ1mg,m)＝3m/s2木板B向右做勻加速運動，設其加速度大小為a2，則有a2＝eq\f(μ1mg－μ2·2mg,m)＝1m/s2由題意可知，A剛好沒有從B上滑下來，則A滑到B最右端時的速度和B的速度相同，設為v，則有時間關系：t＝eq\f(v0－v,a1)＝eq\f(v,a2)位移關系：L＝eq\f(v\o\al(02)－v2,2a1)－eq\f(v2,2a2)解得v0＝2eq\r(6)m/s.針對訓練1如圖2所示，厚度不計的薄板A長l＝5m，質量M＝5kg，放在水平地面上．在A上距右端x＝3m處放一物體B(大小不計)，其質量m＝2kg，已知A、B間的動摩擦因數μ1＝0.1，A與地面間的動摩擦因數μ2＝0.2，原來系統靜止．現在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26N，將A從B下抽出．g＝10m/s2，求：圖2(1)A從B下抽出前A、B的加速度各是多大；(2)B運動多長時間離開A.答案(1)2m/s21m/s2(2)2s解析(1)對于B由牛頓其次定律可得：μ1mg＝maB解得aB＝1m/s2對于A由牛頓其次定律可得：F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA解得aA＝2m/s2(2)設經時間t抽出，則xA＝eq\f(1,2)aAt2xB＝eq\f(1,2)aBt2Δx＝xA－xB＝l－x解得t＝2s.二、傳送帶模型1．傳送帶的基本類型一個物體以初速度v0(v0≥0)在另一個勻速運動的物體上運動的力學系統可看成傳送帶模型．傳送帶模型按放置方向分為水平傳送帶和傾斜傳送帶兩種，如圖3所示．圖32．水平傳送帶(1)當傳送帶水平轉動時，應特殊留意摩擦力的突變和物體運動狀態的改變．(2)求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析推斷．靜摩擦力達到最大值，是物體恰好保持相對靜止的臨界狀態；滑動摩擦力只存在于發生相對運動的物體之間，因此兩物體的速度相同時，滑動摩擦力要發生突變(滑動摩擦力變為零或變為靜摩擦力)．3．傾斜傳送帶(1)對于傾斜傳送帶，除了要留意摩擦力的突變和物體運動狀態的改變外，還要留意物體與傳送帶之間的動摩擦因數與傳送帶傾角的關系．①若μ≥tanθ，且物體能與傳送帶共速，則共速后物體做勻速運動；②若μ<tanθ，且物體能與傳送帶共速，則共速后物體相對于傳送帶做勻變速運動．(2)求解的關鍵在于依據物體和傳送帶之間的相對運動狀況，確定摩擦力的大小和方向．當物體的速度與傳送帶的速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發生突變．例2(2024·湖南師大附中高一上學期期末)如圖4所示，水平傳送帶以不變的速度v＝10m/s向右運動，將工件輕輕放在傳送帶的左端，由于摩擦力的作用，工件做勻加速運動，經過時間t＝2s，速度達到v；再經過時間t′＝4s，工件到達傳送帶的右端，g取10m/s2，求：圖4(1)工件在水平傳送帶上滑動時的加速度的大小；(2)工件與水平傳送帶間的動摩擦因數；(3)工件從水平傳送帶的左端到達右端通過的距離．答案(1)5m/s2(2)0.5(3)50m解析(1)工件的加速度a＝eq\f(v,t)解得a＝5m/s2(2)設工件的質量為m，則由牛頓其次定律得：μmg＝ma所以動摩擦因數μ＝eq\f(ma,mg)＝eq\f(a,g)＝0.5(3)工件加速運動距離x1＝eq\f(v,2)t工件勻速運動距離x2＝vt′工件從左端到達右端通過的距離x＝x1＋x2聯立解得x＝50m.針對訓練2(多選)如圖5甲為應用于機場和火車站的平安檢查儀，用于對旅客的行李進行平安檢查．其傳送裝置可簡化為如圖乙所示模型，緊繃的傳送帶始終保持v＝1m/s的恒定速率向左運行．旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處，設行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.1，A、B間的距離為2m，g取10m/s2.若乘客把行李放到傳送帶的同時也以v＝1m/s的恒定速率平行于傳送帶運動到B處取行李，則()圖5A．乘客與行李同時到達B處B．乘客提前0.5s到達B處C．行李提前0.5s到達B處D．若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2s才能到達B處答案BD解析行李無初速度地放在傳送帶上，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李起先做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動．加速時a＝μg＝1m/s2，歷時t1＝eq\f(v,a)＝1s達到共同速度，位移x1＝eq\f(v,2)t1＝0.5m，此后行李勻速運動t2＝eq\f(lAB－x1,v)＝1.5s，到達B處共用時2.5s．乘客到達B用時t＝eq\f(lAB,v)＝2s，故B正確，A、C錯誤．若傳送帶速度足夠大，行李始終加速運動，最短運動時間tmin＝eq\r(\f(2lAB,a))＝2s，D正確．例3如圖6所示，A、B間的距離l＝3.25m，傳送帶與水平面成θ＝30°角，輪子轉動方向如圖所示，傳送帶始終以2m/s的速度運行．將一物體無初速度地放到傳送帶上的A處，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),5)，求物體從A運動到B所需的時間．(g取10m/s2)圖6答案1.25s解析剛將物體無初速度地放上傳送帶時，物體做加速運動，受力如圖甲所示，由牛頓其次定律得x軸方向上：mgsin30°＋Ff＝ma1y軸方向上：FN－mgcos30°＝0又Ff＝μFN聯立解得a1＝g(sin30°＋μcos30°)＝8.0m/s2物體加速到與傳送帶速度相等所用的時間為t1＝eq\f(v,a1)＝0.25s位移為x1＝eq\f(v2,2a1)＝0.25mmgsin30°>μmgcos30°，故物體仍會接著加速下滑，而摩擦力方向變為沿傳送帶向上，受力如圖乙所示，由牛頓其次定律可得x軸方向上：mgsin30°－Ff′＝ma2y軸方向上：FN－mgcos30°＝0又Ff′＝μFN聯立解得a2＝g(sin30°－μcos30°)＝2.0m/s2所以物體以初速度v＝2m/s和加速度a2＝2.0m/s2做勻加速運動，位移為x2＝l－x1＝3.0m由位移公式得x2＝vt2＋eq\f(1,2)a2t22解得t2＝1s，t2＝－3s(舍去)故所用總時間為t＝t1＋t2＝0.25s＋1s＝1.25s.1．(滑塊—木板模型)如圖7所示，質量為m1的足夠長的木板靜止在水平面上，其上放一質量為m2的物塊．物塊與木板的接觸面是光滑的．從t＝0時刻起，給物塊施加一水平恒力F.分別用a1、a2和v1、v2表示木板、物塊的加速度和速度大小，下列圖象符合運動狀況的是()圖7答案D解析木板肯定保持靜止，加速度為0，選項A、B錯誤；物塊的加速度a＝eq\f(F,m2)，即物塊做勻加速直線運動，物塊運動的v－t圖象為傾斜的直線，而木板保持靜止，速度始終為0，選項C錯誤，D正確．2．(傳送帶問題)如圖8所示，足夠長的水平傳送帶以v0＝2m/s的速率順時針勻速運行．t＝0時，在最左端輕放一個小滑塊，t＝2s時，傳送帶突然停止運行．已知滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.2，取g＝10m/s2.下列關于滑塊相對地面運動的v－t圖象正確的是()圖8答案B解析剛被放在傳送帶上時，滑塊受到滑動摩擦力作用做勻加速運動，a＝μg＝2m/s2，滑塊運動到與傳送帶速度相同須要的時間t1＝eq\f(v0,a)＝1s，然后隨傳送帶一起勻速運動的時間t2＝t－t1＝1s，當傳送帶突然停止運行時，滑塊在傳送帶滑動摩擦力作用下做勻減速運動直到靜止，a′＝－a＝－2m/s2，運動的時間t3＝eq\f(Δv,a′)＝eq\f(0－2,－2)s＝1s，選項B正確．3.(滑塊—木板模型)質量為m、長為L的長木板靜止在光滑水平面上，質量也為m的小滑塊(可看做質點)放在長木板的最左端，如圖9所示．已知小滑塊與長木板間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，給小滑塊一水平向右的拉力F，當F取不同值時，求解下列問題：(重力加速度為g)圖9(1)要使滑塊與木板發生相對滑動，F至少為多大；(2)當F＝3μmg時，經過多長時間，力F可使滑塊滑至木板的最右端．答案(1)2μmg(2)eq\r(\f(2L,μg))解析(1)當滑塊和木板沒有發生相對滑動時，對滑塊、木板整體有：F＝2ma當滑塊與木板間摩擦力達最大靜摩擦力時，對木板有：μmg＝ma聯立解得F＝2μmg.(2)設滑塊、木板的加速度分別為a1、a2由牛頓其次定律得：對滑塊F－μmg＝ma1對木板μmg＝ma2解得a1＝2μg，a2＝μg設經t時間，滑塊滑到木板的最右端，則L＝eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2，解得t＝eq\r(\f(2L,μg)).一、選擇題1．(多選)如圖1所示，一足夠長的水平傳送帶以恒定的速度順時針運行．將一物體輕輕放在傳送帶的左端，以v、a、x、Ff表示物體速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列選項可能正確的是()圖1答案AB解析物體在傳送帶上先做勻加速運動，當達到與傳送帶相同的速度后，起先做勻速運動，A、B正確．2.如圖2所示，粗糙的傳送帶與水平方向夾角為θ，當傳送帶靜止時，在傳送帶上端輕放一小物塊，物塊下滑究竟端所用時間為T，則下列說法正確的是()圖2A．當傳送帶順時針轉動時，物塊下滑的時間可能大于TB．當傳送帶順時針轉動時，物塊下滑的時間可能小于TC．當傳送帶逆時針轉動時，物塊下滑的時間等于TD．當傳送帶逆時針轉動時，物塊下滑的時間小于T答案D解析當傳送帶順時針轉動時，物塊受重力、支持力和沿傳送帶向上的摩擦力，向下做勻加速直線運動的加速度與傳送帶靜止時加速度相同，所以物塊下滑的時間等于T，故A、B錯誤；當傳送帶逆時針轉動時，起先時物塊受重力、支持力和沿傳送帶向下的摩擦力，向下做勻加速直線運動的加速度大于傳送帶靜止時的加速度，則物塊下滑的時間小于T，故C錯誤，D正確．3.如圖3所示，足夠長的傳送帶與水平面間夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動．在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ<tanθ，則下圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間改變關系的是()圖3答案D解析起先階段，小木塊受到豎直向下的重力、垂直于傳送帶向上的支持力和沿傳送帶向下的摩擦力作用，做加速度為a1的勻加速直線運動，由牛頓其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，可得a1＝gsinθ＋μgcosθ.小木塊加速至與傳送帶速度相等時，由于μ<tanθ，小木塊不會與傳送帶保持相對靜止，而是接著加速，所受滑動摩擦力變為沿傳送帶向上，做加速度為a2的勻加速直線運動，由牛頓其次定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，所以a2＝gsinθ－μgcosθ，a2<a1，故D正確．4.如圖4所示，物塊在靜止的足夠長的傳送帶上以速度v0勻速下滑時，傳送帶突然啟動，方向如圖中箭頭所示(逆時針)，在此傳送帶的速度由零漸漸增加到2v0后勻速運動的過程中，下列分析正確的是()圖4A．物塊下滑的速度不變B．物塊起先在傳送帶上加速到2v0后勻速C．物塊先向下勻速運動，后向下加速，最終沿傳送帶向下勻速運動D．物塊受的摩擦力方向始終沿斜面對上答案C解析在傳送帶的速度由零漸漸增加到v0的過程中，物塊相對于傳送帶下滑，故物塊受到的滑動摩擦力仍舊向上，故這段過程中物塊接著勻速下滑，在傳送帶的速度由v0漸漸增加到2v0過程中，物塊加速下滑，當物塊的速度達到2v0時，物塊相對傳送帶靜止，隨傳送帶勻速下滑，故選項C正確．5．(多選)如圖5所示，水平傳送帶兩端A、B相距x＝6m，以v0＝4m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉．現將一小煤塊(可視為質點)無初速度地輕放在A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕．已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2，則煤塊從A運動到B的過程中()圖5A．煤塊從A運動到B的時間是2.3sB．煤塊從A運動到B的時間是1.6sC．劃痕長度是2.8mD．劃痕長度是3.2m答案AD解析起先時煤塊做勻加速直線運動，依據牛頓其次定律有μmg＝ma，得a＝μg＝2.5m/s2，假設煤塊的速度達到4m/s時未離開傳送帶，此時煤塊通過的位移大小為x1＝eq\f(v02,2a)＝3.2m<6m，因此煤塊先做勻加速直線運動，后做勻速直線運動，做勻加速直線運動的時間為t1＝eq\f(v0,a)＝1.6s，此后煤塊以與傳送帶相同的速度勻速運動至B端，勻速運動的位移為x2＝x－x1＝6m－3.2m＝2.8m，時間為t2＝eq\f(x2,v0)＝0.7s，運動的總時間為t＝t1＋t2＝2.3s，A正確，B錯誤；劃痕長度即煤塊相對于傳送帶的位移大小，可得Δx＝v0t1－x1＝3.2m，C錯誤，D正確．二、非選擇題6．質量為2kg的木板B靜止在水平面上，可視為質點的物塊A從木板的左側以某一初速度沿木板上表面水平沖上木板，如圖6甲所示．A和B經過1s達到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B的v－t圖象如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2，求：圖6(1)A與B上表面之間的動摩擦因數μ1；(2)B與水平面間的動摩擦因數μ2；(3)A的質量．答案(1)0.2(2)0.1(3)6kg解析(1)由題圖乙可知，A在0～1s內的加速度a1＝eq\f(v1－v0,t1)＝－2m/s2，對A由牛頓其次定律得，－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2.(2)由題圖乙知，AB在1～3s內的加速度a3＝eq\f(v3－v1,t2)＝－1m/s2，對AB由牛頓其次定律得，－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3解得μ2＝0.1.(3)由題圖乙可知B在0～1s內的加速度a2＝eq\f(v1,t1)＝2m/s2.對B由牛頓其次定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入數據解得m＝6kg.7.如圖7所示，質量M＝8kg的長木板放在光滑的水平面上，在長木板左端加一水平恒定推力F＝8N，當長木板向右運動的速度達到1.5m/s時，在長木板前端輕輕地放上一個大小不計、質量為m＝2kg的小物塊，物塊與長木板間的動摩擦因數μ＝0.2，長木板足夠長．(g取10m/s2)圖7(1)放上小物塊后，小物塊及長木板的加速度各為多大？(2)經多長時間兩者達到相同的速度？(3)從放上小物塊起先，經過t＝1.5s，小物塊的位移大小為多少？答案(1)2m/s20.5m/s2(2)1s(3)2.1m解析(1)小物塊的加速度am＝μg＝2m/s2長木板的加速度aM＝eq\f(F－μmg,M)＝0.5m/s2.(2)由amt＝v0＋aMt，可得t＝1s.(3)在起先1s內小物塊的位移x1＝eq\f(1,2)amt2＝1m1s末速度為v＝amt＝2m/s在接下來的0.5s小物塊與長木板相對靜止，一起做勻加速運動，加速度為a＝eq\f(F,M＋m)＝0.8m/s2這0.5s內的位移為x2＝vt′＋eq\f(1,2)at′2＝1.1m通過的總位移x＝x1＋x2＝2.1m.8.如圖8所示的傳送帶，其水平部分ab長度為2m，傾斜部分bc長度為4m，bc與水平方向的夾角為θ＝37°，將一物塊A(可視為質點)輕輕放在傳送帶的a端，物塊A與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.25.傳送帶沿圖示方向以v＝2m/s的速度勻速運動，若物塊A始終未脫離傳送帶，試求物塊A從a端傳送到c端所用的時間．(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖8答案2.4s解析物塊A在ab之間運動，對A受力分析得Ff1＝μFN1，FN1－mg＝0，依據牛頓其次定律得Ff1＝ma1，解得a1＝μg＝2.5m/s2，設物塊A速度達到2m/s所需時間為t1，運動位移為x1.依據運動學規律可得t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s，x1＝eq\f(1,2)a1t12＝0.8m由x1<