4[2015·哈三中一模]水平方向的传送带，顺时针转动，传送带速度大小v＝2m/s不变，两端A、B间距离为3m．一物块从B端以v0＝4m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图像是（ ）
图Z3 8
A B C D
图Z3 9
式题如图Z3 10所示，足够长的水平传送带静止时在左端做标记点P，将工件放在P点．启动传送带，P点向右做匀加速运动，工件相对传送带发生滑动．经过t1＝2s时立即控制传送带，P点做匀减速运动，再经过t2＝3s传送带停止运行，测得标记点P通过的距离x0＝15m.
（1）求传送带的最大速度；
（2）已知工件与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，求整个过程中工件运动的总距离．
图Z3 10
考向二 倾斜传送带模型
情景
图示
滑块可能的运动情况
情景1
（1）可能从左端滑下
（2）可能静止
（3）可能一直加速
（4）可能先加速后匀速
情景2
（1）可能一直加速
（2）可能先加速后匀速
（3）可能先以a1加速后以a2加速
情景3
（1）可能一直加速
（2）可能一直匀速
（3）可能先加速后匀速
（4）可能先减速后匀速
（5）可能先以a1加速后以a2加速
情景4
（1）可能一直加速
（2）可能一直匀速
（3）可能先减速后反向加速
5如图Z3 11甲所示，倾斜传送带倾角θ＝37°，两端A、B间距离L＝4m，传送带以4m/s的速度顺时针转动，一质量为1kg的滑块从传送带顶端B点由静止释放下滑，到A时用时2s，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
（1）求滑块与传送带间的动摩擦因数；
（2）若该滑块在传送带的底端A，现用一沿传送带斜面向上的大小为6N的恒定拉力F拉滑块，使其由静止沿传送带向上运动，当速度与传送带速度相等时，撤去拉力，则当滑块到传送带顶端时，速度多大？
图Z3 11
式题如图Z3 12所示，传送带与水平面间的倾角为θ＝37°，传送带以10m/s的速率运行，在传送带上端A处无初速度地放上质量为0.5kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16m，则物体从A运动到B的时间为多少？
（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.）
图Z3 12
■建模点拨
（1）在确定研究对象并进行受力分析之后，首先判定摩擦力突变（含大小和方向）点，给运动分段．传送带传送的物体所受的摩擦力，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．物体在传送带上运动时的极值问题，不论是极大值，还是极小值，也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻．v物与v传相等的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口．
（2）判定运动中的速度变化（即相对运动方向和对地速度变化）的关键是v物与v传的大小与方向，对二者的比较是决定解题方向的关键．
（3）在倾斜传送带上需比较mgsinθ与f的大小与方向，判断f的突变情况．
（4）由传送带的长度判定到达临界状态之前物体是否滑出，还要判断物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止．
■高考真题
1．[2014·四川卷]如图Z3 13所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是（ ）
图Z3 13
A B C D
图Z3 14
2．[2015·全国卷Ⅱ]下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°（sin37°＝
）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图Z3 15所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为
，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10m/s2.求：
（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小；
（2）A在B上总的运动时间．
图Z3 15
■模拟精选
3．（多选）[2015·太原二模]如图Z3 16所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m.各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（ ）
图Z3 16
A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M＋m）g
B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M＋m）g
C．若砝码与纸板分离时的速度小于
，砝码不会从桌面上掉下
D．当F＝μ（2M＋3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘
4．[2015·郑州一检]如图Z3 17甲所示，质量为m1＝1kg的物块叠放在质量为m2＝3kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g取10m/s2.
（1）在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？
（2）在0～4s内，若拉力F的变化如图乙所示，2s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4s内木板和物块的vt图像．
（3）求0～4s内物块相对木板的位移大小．
甲 乙 丙
图Z3 17
5．[2015·黄冈中学模拟]如图Z3 18所示，工厂利用倾角θ＝30°的皮带传输机，依次将轻放在皮带底端每包质量为m＝50kg的货物从地面运送到高出水平地面的h＝2.5m平台上，传输机的皮带以v＝1m/s的速度顺时针转动且不打滑．已知货物与皮带间的动摩擦因数均为μ＝
.若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.求：
（1）每包货物从地面运送到平台上所用的时间t.
（2）皮带传输机由电动机带动，每包货物从地面运送到平台上电动机需要多做的功．
图Z3 18
专题3 动力学中的典型“模型”
【热点题型探究】
热点一 滑块——长木板模型
例1 BD [解析]设木板的质量为M，小铁块的质量为m，它们之间的最大静摩擦力为Ff，当铁块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间相对滑动，根据牛顿第二定律知，此时加速度a＝
，对木板和小铁块整体有，F＝（M＋m）a＝
，则F>
时，两者发生相对滑动，选项A错误，B正确；若两者保持相对静止，则两者之间的摩擦力小于最大静摩擦力，当拉力反向时，两者摩擦力的大小不变，方向改变，仍然保持相对静止，选项C错误，D正确．
变式题 BD [解析]木块与木板相对滑动，滑动摩擦力Ff＝μFN＝μmg，分别隔离木块与木板，根据牛顿第二定律得，F－μmg＝ma1，μmg＝Ma2，则a1＝
－μg，a2＝
，分离条件是Δx＝x1－x2＝L，又x1＝
a1t2，x2＝
a2t2，则t＝
；若仅增大木板的质量M，木块加速度a1不变，木板的加速度a2减小，则时间t减小，故选项A错误；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度a1减小，木板的加速度a2增大，则t变大，故选项B正确；若仅增大恒力F，则木块的加速度a1变大，木板的加速度a2不变，则t变小，故选项C错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度a1减小，木板的加速度a2增大，则t变大，故选项D正确．
例2 BD [解析]开始时滑块相对木板向右运动，在木板水平向左的滑动摩擦力Ff1作用下向右匀减速运动，木板则受到滑块的水平向右的滑动摩擦力F′f1和地面对其向左的摩擦力Ff2作用，设木板与地面间的最大静摩擦力为Ffm，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，因滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数未知，因此若F′f1≤Ffm，则Ff2为静摩擦力，木板不动，滑块一直减速至停止，故选项D正确；若F′f1＞Ffm，则Ff2为滑动摩擦力，木板向右加速运动，当滑块与木板具有共同速度时，滑块、木板相对静止，将一起向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，此时滑块运动的加速度将变小，故选项B正确，选项C错误；由于水平面粗糙、木板与滑块间存在摩擦，因此滑块不可能出现匀速运动的状态，故选项A错误.
变式题 A [解析]木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块在向左的滑动摩擦力作用下以初速度v0向右做匀减速运动，木板向左减速运动，因物块与木板受到的滑动摩擦力大小相等，而物块的质量小，根据牛顿第二定律知物块的加速度大，所以物块速度先减至为零，之后反向加速，最终物块与木板达到共同速度一起匀速运动，相对滑动过程损失机械能，最终速度小于v0.只有选项A可能正确．
例3 D [解析]由于μ考点二 涉及传送带的动力学问题
例4 B [解析]物块在向右的滑动摩擦力作用下先向左做减速运动，加速度大小a＝μg＝4m/s2，经过t1＝
＝1s速度减小到零，此时向左运动的位移x1＝
t1＝2m＜3m，没到达左端A，因此接着在向右的滑动摩擦力作用下向右加速运动，加速度不变，经t2＝
＝0.5s速度达到2m/s，与传送带的速度相等，向右运动的位移x2＝
t2＝0.5m，此时物块与B端的距离为x1－x2＝1.5m，最后物块与传送带一起向右匀速运动，因此B图像正确．
[点评]分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向．要注意抓住两个关键时刻：
一是初始时刻，根据物块相对传送带的运动方向确定摩擦力的方向，根据受力分析确定物块的运动；二是当物块的速度与传送带速度相等时，判断物块能否与传送带保持相对静止．另外注意考虑传送带长度——判定达到共同速度（临界点）之前物块是否脱离传送带．
变式题
（1）6m/s
（2）12.5m
[解析]
（1）设传送带的最大速度为vm
根据匀变速直线运动规律
x0＝x1＋x2＝
（t1＋t2）
代入数据解得vm＝6m/s
传送带减速运动中a1＝
＝－2m/s2
（2）以工件为研究对象，由牛顿第二定律：
μmg＝ma2
解得工件的加速度a2＝μg＝2m/s2
设经时间t工件与传送带速度v相等
v＝a2t
v＝vm＋a1（t－t1）
解得t＝2.5s，v＝5m/s
t＝2.5s内工件的位移x1＝
·t＝6.25m
工件与传送带速度v相等后，设二者相对静止
则工件受到的摩擦力大小Ff＝m·|a1|＝m×2m/s2
工件与传送带之间的最大静摩擦力
Ffm＝μmg＝m×2m/s2＝Ff
所以二者一起减速运动到静止
减速过程工件的位移x2＝
（t1＋t2－t）＝6.25m
解得工件的位移x＝x1＋x2＝12.5m
例5
（1）0.5
（2）2
m/s
[解析]
（1）滑块从B点下滑的过程中
mgsinθ－μmgcosθ＝ma1
L＝
a1t
求得a1＝2m/s2，μ＝0.5
（2）当用拉力F拉滑块时
F＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2
求得a2＝4m/s2
当滑块的速度与传送带速度相等时，滑块运动的位移
x1＝
＝2m
撤去拉力后，滑块开始向上做匀减速运动，加速度大小等于a1，向上运动的位移大小为x2＝L－x1＝2m
则v2－v
＝2a1x2
求得vB＝2
m/s
[点评]解答倾斜传送带问题，应注意物块与传送带达到共同速度时，分析重力沿传送带的分力与滑动摩擦力（最大静摩擦力）的合力是否满足一起运动的条件．
变式题 传送带顺时针运行时用时2s 传送带逆时针运行时用时4s
[解析]
（1）当传送带以10m/s的速度顺时针运行时，物体所受滑动摩擦力沿传送带向下
物体受力分析如图中甲所示
根据牛顿第二定律
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
解得加速度a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2
方向沿传送带向下
物体达到与传送带相同的速度所需时间t1＝
＝1s
在t1内物体沿传送带对地位移x1＝
a1t
＝5m
从t1开始物体所受滑动摩擦力沿传送带向上
物体受力分析如图中乙所示
根据牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
物体对地加速度
a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2
方向沿传送带向下
物体以加速度a2运动的位移x2＝L－x1＝11m
由x2＝vt2＋
a2t
解得运行x2＝11m所需时间t2＝1s（t2′＝－11s舍去）
所需总时间t＝t1＋t2＝2s
（2）当传送带以10m/s速度逆时针运行时，物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上
根据牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcosθ＝ma3
解得加速度a3＝2m/s2
由x＝L＝
a3t′2
解得物体从A运动到B所需时间t′＝
＝
＝4s
【高考模拟演练】
1．BC [解析]若P在传送带左端时的速度v2小于v1，则P受到向右的摩擦力，当P受到的摩擦力大于绳的拉力时，P做加速运动，则有两种可能：
第一种是一直做加速运动，第二种是先做加速运动，当速度达到v1后做匀速运动，所以B正确；当P受到的摩擦力小于绳的拉力时，P做减速运动，也有两种可能：
第一种是一直做减速运动，从右端滑出；第二种是先做减速运动再做反向加速运动，从左端滑出．若P在传送带左端具有的速度v2大于v1，则小物体P受到向左的摩擦力，使P做减速运动，则有三种可能：
第一种是一直做减速运动，第二种是速度先减到v1，之后若P受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态，则其以速度v1做匀速运动，第三种是速度先减到v1，之后若P所受的静摩擦力小于绳的拉力，则P将继续减速直到速度减为0，再反向做加速运动并且摩擦力反向，加速度不变，从左端滑出，所以C正确．
2．
（1）3m/s2 1m/s2
（2）4s
[解析]
（1）在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
f1＝μ1N1①
N1＝mgcosθ②
f2＝μ2N2③
N2＝N1＋mgcosθ④
规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ－f1＝ma1⑤
mgsinθ－f2＋f1＝ma2⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得
a1＝3m/s2⑦
a2＝1m/s2⑧
（2）在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6m/s⑨
v2＝a2t1＝2m/s⑩
t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′，此时A与B之间摩擦力为零，同理可得
a1′＝6m/s2⑪
a2′＝－2m/s2⑫
即B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2＋a2′t2＝0⑬
联立⑩⑫⑬式得t2＝1s⑭
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
s＝
－
＝12m<27m⑮
此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经过时间t3后A离开B，则有
l－s＝（v1＋a1′t2）t3＋
a1′t
⑯
可得 t3＝1s（另一解不合题意，舍去）⑰
设A在B上总的运动时间为t总，有
t总＝t1＋t2＋t3＝4s⑱
（利用下面的速度图像求解，正确的，参照上述答案及评分参考给分）
3．BC [解析]纸板相对砝码运动时，纸板受桌面的摩擦力为μ（M＋m）g，受砝码的摩擦力为μMg，即摩擦力为μ（2M＋m）g，要使纸板相对砝码运动，纸板的加速度a1＝
>a2＝
，则F>2μ（M＋m）g，选项A错误，B正确；若砝码与纸板分离时的速度v＜
，则砝码匀加速运动的位移s1＝
＜
，匀减速运动的位移s2＝
＜
，则总位移小于d，不会从桌面掉下，C正确；当F＝μ（2M＋3m）g时，a1＝2μg，a＝μg，经分析计算可知当砝码与纸板分离时，砝码到达桌面边缘且仍有速度，故砝码一定从桌面上掉下，D错误．
4．
（1）8N
（2）如图所示 （3）1m
[解析]
（1）把物块和木板看作整体，由牛顿第二定律得
F＝（m1＋m2）a
物块与木板将要相对滑动时μ1m1g＝m1a
联立解得F＝μ1（m1＋m2）g＝8N
（2）物块在0～2s内做匀加速直线运动，μ1m1g＝m1a1
木板在0～1s内做匀加速直线运动，F1－μ1m1g＝m2a2
在1～2s内F2＝μ1m1g，木板做匀速运动
撤去F后物块做匀减速直线运动，－μ1m1g＝m1a3
木板做匀减速直线运动，－μ2（m1＋m2）g＋μ1m1g＝m2a4
二者在整个运动过程的vt图像如图所示
（3）0～2s内物块相对木板向左运动
Δx1＝
a2t
＋（a2t1）t2－
a1（t1＋t2）2
2～4s内物块相对木板向右运动
Δx2＝
－
0～4s内物块相对木板的位移大小Δx＝Δx1－Δx2＝1m
5．
（1）5.5s
（2）1425J
[解析]
（1）设货物加速运动的加速度为a、时间为t1、位移为x1，则：
根据牛顿第二定律
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得货物加速运
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