專題強化五 傳送帶模型和“滑塊—木板”模型
目標要求
1.會對傳送帶上的物體進行受力分析，能正確解答傳送帶上物體的動力學問題.2.能正確運用動力學觀點處理“滑塊—木板模型”．
題型一 傳送帶模型
1．水平傳送帶
情景
滑塊的運動情況
傳送帶不足夠長(未達到和傳送帶相對靜止)
傳送帶足夠長
一直加速
先加速后勻速
v0<v時，一直加速
v0<v時，先加速再勻速
v0>v時，一直減速
v0>v時，先減速再勻速
滑塊一直減速到右端
滑塊先減速到速度為0，后被傳送帶傳回左端
若v0<v，則返回到左端時速度為v0；若v0>v，則返回到左端時速度為v
2.傾斜傳送帶
情景
滑塊的運動情況
傳送帶不足夠長
傳送帶足夠長
一直加速(一定滿足關系gsin θ<μgcos θ)
先加速后勻速(一定滿足關系gsin θ<μgcos θ)
一直加速(加速度為gsin θ＋μgcos θ)
若μ≥tan θ，先加速后勻速
若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速
v0<v時，一直加速(加速度為gsin θ＋μgcos θ)
v0<v時，若μ≥tan θ，先加速后勻速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速
v0>v時，若μ<tan θ，一直加速，加速度大小為gsin θ－μgcos θ，若μ≥tan θ，一直減速，加速度大小為μgcos θ－gsin θ
v0>v時，若μ≥tan θ，先減速后勻速；若μ<tan θ，一直加速
(摩擦力方向一定沿斜面向上)
gsin θ>μgcos θ，一直加速；
gsin θ＝μgcos θ，一直勻速
gsin θ<μgcos θ，一直減速
gsin θ<μgcos θ，先減速到速度為0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置時速度大小為v0；若v0>v，運動到原位置時速度大小為v
考向1 動力學中水平傳送帶問題
例1
(多選)應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型．傳送帶始終保持v＝0.4 m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可視為質(zhì)點)無初速度地放在A處，則下列說法正確的是( )
A．開始時行李的加速度大小為2 m/s2
B．行李經(jīng)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(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得a＝2m/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＝0.4m/s，根據(jù)v＝at1，代入數(shù)據(jù)解得t1＝0.2s，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＝4.9s，可得行李從A到B的時間為t＝t1＋t2＝5.1s，故B錯誤；由以上分析可知行李在到達B處前已經(jīng)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．
考向2 動力學中的傾斜傳送帶問題
例2
(2021·遼寧卷·13)機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李．如圖所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉(zhuǎn)軸間距L＝3.95 m．工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6 m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質(zhì)點)．小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(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)0.4m/s2 (2)4.5s
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(jù)牛頓第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2
(2)根據(jù)(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＝2.5s
在傳送帶上滑動的距離為
x1＝t1＝×2.5m＝2.75 m
共速后，勻速運動的時間為t2＝＝ s＝2s，所以小包裹通過傳送帶所需的時間為t＝t1＋t2＝4.5s.
考向3 傳送帶中的動力學圖像
例3
(多選)(2023·福建省西山學校高三模擬)如圖，一足夠長的傾斜傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動．一小滑塊以某初速度沿傳送帶向下運動，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)恒定，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則其速度v隨時間t變化的圖像可能是( )
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(shù)為μ，滑塊質(zhì)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．
例4
(多選)(2023·廣東省華南師大附中檢測)如圖甲所示，一足夠長的、傾角為37°的傳送帶以恒定速率穩(wěn)定運行，一質(zhì)量m＝1 kg、底部有墨粉的小物體從傳送帶中間某位置平行滑上傳送帶，取物體沿傳送帶向上運動方向為正方向，則物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，若取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.則下列說法正確的有( )
A．0～8 s內(nèi)物體的位移大小為14 m
B．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.625
C．0～4 s內(nèi)物體上升的高度為4 m
D．0～8 s內(nèi)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＝×4m－2×2× m＝14m，A正確；由物體運動的v－t圖像可知，在2～6s內(nèi)物體做勻加速直線運動，有a＝＝ m/s2＝1m/s2，且μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝0.875，B錯誤；在0～4 s內(nèi)由題圖知，物體運動的位移為0，則在0～4s內(nèi)物體上升的高度為0，C錯誤；由選項A可知，在0～8s內(nèi)物體的位移x＝14m，傳送帶的位移x′＝vt＝4×8m＝32 m，則0～8 s內(nèi)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(tài)：當v物＝v帶時，摩擦力發(fā)生突變，物體的加速度發(fā)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(zhì)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(fā)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(zhuǎn)變?yōu)殪o摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動)．
考向1 水平面上的板塊問題
例5
如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長且質(zhì)量為M＝4 kg的長木板，在長木板右端有一質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊，長木板與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，長木板與小物塊均靜止，現(xiàn)用F＝14 N的水平恒力向右拉長木板，經(jīng)時間t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，則：
(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)3m/s2 (2)0.5m (3)2.8 m/s
(4)0.7 m
解析 (1)對長木板，根據(jù)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＝2m/s2
Δx1＝at2－amt2＝0.5m
(3)剛撤去F時v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2m/s
撤去F后，長木板的加速度大小a′＝＝0.5m/s2
最終速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8m/s
(4)在t′內(nèi)，小物塊和長木板的相對位移Δx2＝－，解得Δx2＝0.2m
最終小物塊離長木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7m.
考向2 斜面上的板塊問題
例6
(多選)滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1 m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數(shù)為.小孩(可視為質(zhì)點)坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑，小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為0.4，小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等，斜坡足夠長，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，則下列判斷正確的是( )
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(jīng)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＝＝2.8m/s2，同理對滑板，加速度大小為a2＝＝0.8m/s2，A錯誤，B正確；小孩剛與滑板分離時，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1s，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．
考向3 板塊問題中的動力學圖像問題
例7
(多選)(2023·內(nèi)蒙古高三檢測)如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，小滑塊Q放置于長木板上的最右端．現(xiàn)將一個水平向右的力F作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運動，一段時間后撤去力F.滑塊、長木板的速度時間圖像如圖乙所示，已知滑塊與長木板的質(zhì)量相等，滑塊Q始終沒有從長木板P上滑下．重力加速度取g＝10 m/s2.則下列說法正確的是( )
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(shù)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＝3m/s，t2＝6s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＝＝0.5m/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＝＝2m/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＝＝3s，則t＝9s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＝×5×5m＋×(5＋3)×1m－×3×6m＝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＝0.5m/s2，這段時間Δt4＝＝6s，所以t3＝12s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＝×6×3m－×3×3m＝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＝3m，故D錯誤．
處理“板塊”模型中動力學問題的流程
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(shù)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(xiàn)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(xiàn)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(zhuǎn)動的傳送帶，以恒定的速率v順時針轉(zhuǎn)動．在傳送帶的右側(cè)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(zhì)量為M，t＝0時刻，質(zhì)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(shù)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＝2m/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＝1m/s2，聯(lián)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＝2s時分離，兩者在0～2s內(nèi)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)×2m－×2×2m＝8 m，C正確．
4.(2023·甘肅省模擬)如圖所示，水平勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶左右兩端相距L＝3.5 m，物塊A(可看作質(zhì)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(shù)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(zhuǎn)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＝＝1m/s2，假設物塊一直做勻減速運動到傳送帶右端，根據(jù)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3.5m/s，傳送帶逆時針轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhì)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(zhì)量為m的小滑塊B輕放在木板左端，經(jīng)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(shù)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(zhì)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(zhì)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(shù)，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(zhì)量均為2 kg，現(xiàn)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(shù)為0.4
B．木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)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(shù)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(shù)為μ′＝＝0.1，選項B錯誤．t2時刻，滑塊與木板將要發(fā)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＝8N，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＝2m/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(zhì)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(zhuǎn)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(zhuǎn)動時，下列說法正確的是( )
A．Q與傳送帶間的動摩擦因數(shù)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＝8m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)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＝8m/s的速度順時針轉(zhuǎn)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＝1.2s，勻加速的位移為x＝＝4.8m，則勻速運動的時間為t2＝＝1.4s，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＝4.8m，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(zhuǎn)動且傾角為θ＝37°的傳送帶底端，一質(zhì)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(shù)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＝8m/s，物塊的速度減速到與傳送帶的速度相同時，加速度發(fā)生變化，所以傳送帶轉(zhuǎn)動時的速度v＝4m/s，從t＝0到t＝0.4 s時間內(nèi)，物塊加速度大小為a1＝＝ m/s2＝10m/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(jīng)過t1時間速度減為零，則t1＝ s＝2s，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＝6.4m.
(3)從t＝0到t＝0.4 s，傳送帶位移為x3＝vΔt＝1.6m，物塊相對傳送帶向上運動Δx1＝x1－x3＝0.8m，從t＝0.4s到t＝2.4s，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(zhì)量M＝2 kg的長木板B靜止在粗糙水平面上，其右端有一質(zhì)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(shù)為μ1＝0.1，B與地面間的動摩擦因數(shù)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?。?div style="height:15px;">
解析 (1)對滑塊A根據(jù)牛頓第二定律可得μ1mg＝ma1，故A的加速度大小為a1＝1m/s2，方向向右；對木板B根據(jù)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＝2m/s2.
(2)撤去外力瞬間，A的位移大小為x1＝a1t2＝4.5m，B的位移大小為x2＝a2t2＝9m，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＝6m/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?yōu)閍2′＝＝5m/s2，設再經(jīng)過時間t′兩者達到共速，則有v1＋a1t′＝v2－a2′t′
