当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°>μmgcos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变.设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则
a2＝＝2m/s2
x2＝l－x1＝11m
又因为x2＝vt2＋a2t
则有10t2＋t＝11
解得t2＝1s（t2＝－11s舍去）
所以t总＝t1＋t2＝2s.
[答案]
（1）4s
（2）2s
分析传送带问题的关键
要注意抓住两个关键时刻：
一是初始时刻，根据物体速度v物和传送带速度v传的关系确定摩擦力的方向，二是当v物＝v传时（速度相等是解决问题的转折点），判断物体能否与传送带保持相对静止.
突破 滑块—木板模型
1.模型特点：
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动.
2.两种位移关系：
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长.
3.“滑块—木板”模型问题的分析思路
[典例4] 如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A.当拉力F<12N时，物体均保持静止状态
B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动
C.两物体从受力开始就有相对运动
D.两物体始终没有相对运动
[问题探究]
（1）A、B两物体产生相对运动的条件是什么？
（2）A、B间刚产生相对运动时的拉力是多少？
[提示]
（1）A的加速度大于B的加速度，即aA>aB.
（2）根据牛顿第二定律aA＝，aB＝，由已知条件得>，代入数据可得F>48N.
[解析] 首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；
如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有F－Ff＝mAa，再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝＝＝m/s2＝6m/s2，F＝48N，由此可以看出当F<48N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确.
[答案] D
[变式3] （2017·宁夏银川一中二模）质量为0.5kg的小物块A放在质量为1kg的足够长的木板B的左端，木板B在水平拉力的作用下沿地面匀速向右滑动，且A、B相对静止，某时刻撤去水平拉力，则经过一段时间后A和B都停下来，A在B上相对于B向右滑行了1.5m的距离.
已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.2，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.4，求B在地面上滑行的距离.重力加速度的大小取g＝10m/s2.
答案：
1m 解析：
撤去拉力后二者不可能相对静止，μ1<μ2，A的加速度小于整体共同的加速度，也一定小于B的加速度.A也不可能相对B向左运动.这样一是A会从B上掉下去，二是A成了向右加速运动.故A只能相对B向右运动
设共同的初速度为v0.aA＝μ1g＝2m/s2，向左
μ2（mA＋mB）g－μ1mAg＝mBaB，aB＝5m/s2，向左
则x相＝－
v0＝m/s
则xB＝＝1m.
“滑块—木板”模型的分析技巧
（1）分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度.
（2）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程，特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.
1.[等时圆模型]如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为（ ）
A.1∶1∶1B.5∶4∶3
C.5∶8∶9D.1∶2∶3
答案：
A 解析：
作三角形ABC的外接圆，可知D点在圆周上，由等时圆模型可知滑行时间相等，A正确.
2.[等时圆模型]如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为（ ）
A.2∶1 B.1∶1C.∶1 D.1∶
答案：
B 解析：
设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsinθ，由几何关系，斜槽轨道的长度x＝2（R＋r）sinθ，由运动学公式x＝at2，得t＝＝＝2，即所用的时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确.
3.[滑块—木板模型]如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为（当地重力加速度取g＝10m/s2）（ ）
A.a1＝2m/s2，a2＝3m/s2
B.a1＝3m/s2，a2＝2m/s2
C.a1＝5m/s2，a2＝3m/s2
D.a1＝3m/s2，a2＝5m/s2
答案：
D 解析：
由受力分析可知物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即Ff＝ma1，且Ff的最大值为Ffm＝μmg，即a1的最大值为a1m＝μg＝3m/s2.当二者相对静止一起加速时，a1＝a2≤3m/s2.当F较大时，二者发生相对滑动，a1＝3m/s2，a2>3m/s2.综上所述只有选项D符合题意.
4.[传送带模型]（多选）如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕.
已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中（ ）
A.煤块从A运动到B的时间是2.25s
B.煤块从A运动到B的时间是1.5s
C.划痕长度是0.5m
D.划痕长度是2m
答案：
BD 解析：
根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝＝1s，位移大小x1＝at＝2m5.[传送带模型]如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列判断不正确的是（ ）
A.物块A先到达传送带底端
B.物块A、B同时到达传送带底端
C.传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上
D.物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移
答案：
A 解析：
因动摩擦因数μ＝0.5，有mgsin37°>μmgcos37°，所以传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上，选项C正确；物块A、B都做匀加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律，mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得两物块的加速度a＝2m/s2，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，选项B正确，选项A错误；物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和，选项D正确.只有选项A符合题意.
6.[滑块—木板模型]一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图所示.已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上.重力加速度的大小取g＝10m/s2，求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.
答案：
（1）0.20 0.30
（2）1.125m
解析：
（1）从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.
由题图可知，在t1＝0.5s时，物块和木板的速度相同.设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝①
a2＝②
式中v0＝5m/s、v1＝1m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小.
设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1③
（μ1＋2μ2）mg＝ma2④
联立①②③④式得
μ1＝0.20⑤
μ2＝0.30.⑥
（2）在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a′1和a′2，则由牛顿第二定律得
f＝ma′1⑦
2μ2mg－f＝ma′2⑧
假设f<μ1mg，则a′1＝a′2
由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg>μ1mg，与假设矛盾
故f＝μ1mg⑨
由⑦⑨式知，物块加速度的大小a′1等于a1；物块的v t图象如图中点划线所示.
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1＝2×⑩
s2＝t1＋⑪
物块相对于木板的位移的大小为
s＝s2－s1⑫
联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得
s＝1.125m.⑬
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