如图所示,水平传送带两端相距x＝8m,工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6,工件滑上A端时速度vA＝10m/s,设工件到达B端时的速度为vB,重力加速度g取10m/s2.
（1）若传送带静止不动,求vB；
（2）若传送带顺时针转动,工件还能到达B端吗？
若不能,说明理由；若能,求到达B端时的速度vB；
（3）若传送带v＝13m/s的速度逆时针匀速转动,求vB及工件由A到B所用的时间．
【解析】
（1）设工件质量为m,在传送带上运动时加速度为a,根据牛顿第二定律有μmg＝ma,解得a＝6m/s2
又v
－v
＝2ax,代入数据解得vB＝2m/s.
（2）能
当传送带顺时针转动时,工件受力不变,其加速度不发生变化,仍然始终减速,故工件到达B端时的速度vB＝2m/s.
（3）工件速度达到v＝13m/s所用的时间为t1＝
＝0.5s
运动的位移为x1＝vAt1＋
at
＝5.75m<8m
则工件在到达B端之前速度就达到13m/s,此后工件与传送带相对静止,因此工件先加速后匀速,故vB＝13m/s
匀速运动的位移x2＝x－x1＝2.25m
匀速运动的时间t2＝
≈0.17s
工件由A到B所用的时间t＝t1＋t2＝0.67s.
【答案】
（1）2m/s
（2）能 2m/s （3）13m/s 0.67s
1.（多选）在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带,如图所示,当旅客把行李放在正在匀速转动的传送带上后,传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动,随后它们保持相对静止,行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查,设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s,某行李的质量为5kg,行李与传送带之间的动摩擦因数为0.2,在旅客把这个行李箱小心地放在传送带上,通过安全检查的过程中,g取10m/s2,则（ ACD ）
A．开始时行李的加速度大小为2m/s2
B．行李到达B点的时间为2s
C．传送带对行李做的功为0.4J
D．传送带上将留下一段摩擦痕迹,该痕迹的长度是0.04m
解析:
本题考查物体在水平传送带上的运动问题．行李开始运动时,由牛顿第二定律有μmg＝ma,得a＝2m/s2,故A正确；由于传送带的长度未知,故不能求出运动的时间,故B错误；行李最后和传送带一起匀速运动,根据动能定理知,传送带对行李做的功为W＝
mv2＝0.4J,故C正确；行李和传送带相对滑动的时间为t＝
＝
s＝0.2s,则在传送带上留下的痕迹长度为s＝vt－
at2＝0.04m,故D正确．
题型2 倾斜“传送带”模型
模型
概述
求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况,从而确定其是否受到滑动摩擦力作用,当物体速度与传送带速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变
常见
情形
情形一
（1）可能一直加速
（2）可能先加速后匀速
情形二
（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
常见
情形
情形三
（1）可能一直加速
（2）可能先加速后匀速
（3）可能一直匀速
（4）可能先以a1加速后以a2加速
（5）可能先减速后匀速
情形四
（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
如图所示,传送带与地面夹角θ＝37°,从A到B长度为L＝10.25m,传送带以v0＝10m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,g取10m/s2,求:
（1）煤块从A运动到B的时间；
（2）煤块从A运动到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度．
【解析】
（1）煤块刚放上时,受到向下的摩擦力,其加速度为a1＝g（sinθ＋μcosθ）＝10m/s2,
加速过程中,有t1＝
＝1s,
x1＝
a1t
＝5m,
速度达到v0后,受到向上的摩擦力,则
a2＝g（sinθ－μcosθ）＝2m/s2,
x2＝L－x1＝5.25m,
由x2＝v0t2＋
a2t
解得t2＝0.5s.
煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5s.
（2）第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5m,
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25m,
两过程痕迹部分重合,故痕迹总长为5m.
【答案】
（1）1.5s
（2）5m
高分技法
传送带问题的分析思路
（1）抓好一个突破点——摩擦力的分析
在分析传送带问题时,对摩擦力的分析至关重要．分析摩擦力时,先要明确“相对运动”或“相对运动趋势”,当二者达到共速的瞬间,是摩擦力发生突变的临界状态．
（2）要注意三个状态的分析——初态、共速和末态
2．（多选）如图甲所示,倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行,将一质量m＝1kg的小物体以某一初速度放上传送带,物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示,取沿传送带向上为正方向,g取10m/s2,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8.下列说法正确的是（ CD ）
A．传送带沿逆时针转动,速度大小为4m/s
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
C．0～8s内物体位移的大小为14m
D．0～8s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126J
解析:
由题图乙可知小物块先向下做减速运动后向上做加速运动,故可知传送带速度方向沿顺时针方向,最终物体和传送带的速度相同,故传送带速度大小为4m/s,故A错误；根据vt图象的斜率表示加速度,物体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝
m/s2＝1m/s2,由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma,解得μ＝0.875,故B错误；0～8s内物体的位移为s＝－
×2×2m＋
×4m＝14m,故C正确；0～8s内只有前6s内物体与传送带发生相对滑动,0～6s内传送带运动的距离为s带＝4×6m＝24m,0～6s内物体的位移为s物＝－
×2×2m＋
m＝6m,因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcos37°·（s带－s物）＝126J,故D正确．
突破2 “木板—滑块”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．摩擦力方向的特点
（1）若两个物体同向运动,且两个物体“一快一慢”,则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力,“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力．
（2）若两个物体反向运动,则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力．
3．运动特点
（1）滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,位移大小之差等于板长；反向运动时,位移大小之和等于板长．
设板长为L,滑块位移大小为x1,滑板位移大小为x2
同向运动时:
如图甲所示,L＝x1－x2
反向运动时:
如图乙所示,L＝x1＋x2
（2）若滑块与滑板最终相对静止,则它们的末速度相等．
（2019·江苏卷）如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下．接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求:
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB′；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB.
【解析】 本题考查牛顿运动定律的综合应用、板块模型问题．
（1）设A、B的质量均为m,由牛顿第二定律有maA＝μmg,
匀变速直线运动过程有2aAL＝v
解得vA＝
.
（2）对齐前,B所受合外力大小为F＝3μmg,由牛顿第二定律有F＝maB,得aB＝3μg.
对齐后,A、B整体所受合外力大小为F′＝2μmg,
由牛顿运动定律有F′＝2maB′,得aB′＝μg.
（3）设经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A的加速度大小等于aA,则有v＝aAt,v＝vB－aBt,
xA＝
aAt2,xB＝vBt－
aBt2,
且xB－xA＝L,解得vB＝2
.
【答案】
（1）
（2）3μg μg （3）2
高分技法
板块模型问题的分析思路
运动状态
处理方法
具体步骤
板块速度
不相等
隔离法
对滑块和木板进行隔离分析,弄清每个物体的受力情况与运动过程
板块速度
相等瞬间
假设法
①假设两物体间无相对滑动
②用整体法算出一起运动的加速度
③用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff
④比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系,若Ff≤Ffm,两物体间无相对滑动,若Ff>Ffm,则发生相对滑动
板块共
速运动
整体法
将滑块和木板看成一个整体,对整体进行受力分析和运动过程分析
3．（多选）如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为
μ.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则（ BCD ）
A．当F<2μmg时,A、B都相对地面静止
B．当F＝
μmg时,A的加速度为
μg
C．当F>3μmg时,A相对B滑动
D．无论F为何值,B的加速度不会超过
μg
解析:
A、B间的最大静摩擦力为2μmg,B和地面之间的最大静摩擦力为
μmg,对A、B整体,只要F>
μmg,整体就会相对地面运动,选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时,A、B将要发生相对滑动,故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－
μmg＝mamax,B运动的最大加速度amax＝
μg,选项D正确；对A、B整体,有F－
μmg＝3mamax,得F＝3μmg,则F>3μmg时两者会发生相对滑动,选项C正确；当F＝
μmg时,两者相对静止,一起滑动,加速度满足F－
μmg＝3ma,解得a＝
μg,选项B正确．
4.如图所示,在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上,有一质量为M＝3kg的长木板正以v0＝10m/s的初速度沿斜面向下运动,现将一质量m＝1kg的小物块（大小可忽略）轻放在长木板正中央,已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝
设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2.求:
（1）放上小物块后,木板和小物块的加速度大小；
（2）要使小物块不滑离长木板,长木板至少要有多长．
解析:
本题考查倾斜面上的板块问题．
（1）小物块在长木板上滑动时受到的沿木板的滑动摩擦力大小为f＝μmgcosθ＝7.5N,
由牛顿第二定律,对小物块有f＋mgsinθ＝ma1,
代入数据得a1＝12.5m/s2,
对长木板,由牛顿第二定律有Mgsinθ－f＝Ma2,
代入数据得a2＝2.5m/s2.
（2）设当小物块与长木板共速时速度为v1,有
v1＝a1t1＝v0＋a2t1,
解得t1＝1s,v1＝12.5m/s,
共速后,小物块与长木板一起加速,相对位移为
s＝
t1－
t1＝5m,故长木板长度至少为L≥10m.
答案:
（1）2.5m/s2 12.5m/s2
（2）10m
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