课时分层作业(十四) 传送带模型和“滑块—木板”模型
?基础强化练?
1.
某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准．假设皮带传送带的长度为10m、运行速度是8m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10m/s.取重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是( )
A．工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格
B．工件被传送到另一端的最长时间是2s
C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等
D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10m/s
2．光滑水平面上停放着质量M＝2kg的平板小车，一个质量为m＝1kg的小滑块(视为质点)以v0＝3m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示．小车长l＝1m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1s末小滑块与小车B端的距离为( )
A．1mB．0
C．0.25mD．0.75m
3.
(多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( )
A．开始时行李的加速度大小为2m/s2
B．行李经过2s到达B处
C.行李到达B处时速度大小为0.4m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m
4.
如图所示，质量M＝4kg的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，现有一质量m＝3kg的小木块以v0＝14m/s的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，木块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，g取10m/s2，求：
(1)木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小分别为多少；
(2)木板的长度；
(3)木板在地面上运动的最大位移．
5．质量为3kg的长木板A置于光滑的水平地面上，质量为2kg的木块B(可视为质点)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止开始运动，如图甲所示．A、B运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示(g取10m/s2).
(1)求木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；
(2)求4s末A、B的速度大小；
(3)若6s末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？
?能力提升练?
6.
机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李，如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点).小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
7．[2023·山西临汾联考]某生产车间对香皂包装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀速)，经过一段风洞区域．使空皂盒被吹离传送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起运动，如图所示．已知传送带的宽度d＝0.96m，香皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央．空香皂盒的质量为m＝20g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100g，香皂盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6m，风可以对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24N，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10m/s2，试求：
(1)空香皂盒在风洞区域的加速度a1的大小；
(2)为使空香皂盒能离开传送带，传送带允许的最大速度vmax.
课时分层作业（十四）
1．解析：工件恰好传送到右端，有0－v＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t＝＝2s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，工件先加速到8m/s，然后再匀速运动，所以返回的时间大于正向运动的时间，返回到出发点的速度为8m/s，故C、D错误．
答案：B
2．解析：设最终小滑块与小车速度相等，小滑块的加速度大小a1＝＝μg，小车加速度a2＝，则v＝v0－a1t0，v＝a2t0，联立解得t0＝0.5s<1s，v＝1m/s，0.5s后小滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动．则在0～0.5s时间内小滑块位移x1＝t0＝1m，小车位移x2＝t0＝0.25m，小滑块与小车B端的距离d＝l＋x2－x1＝0.25m，C项正确．
答案：C
3．解析：开始时，对行李，根据牛顿第二定律μmg＝ma
解得a＝2m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2s，匀加速运动的位移大小
x＝at＝×2×0.22m＝0.04m，
匀速运动的时间为t2＝＝s＝4.9s，
可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1s，故B错误；由上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝（0.4×0.2－0.04）m＝0.04m，故D错误．
答案：AC
4．解析：（1）由题意知，木块滑上木板后木块做匀减速直线运动，初速度v0＝14m/s，加速度大小a1＝μ2g＝5m/s2，
木板由静止做匀加速度直线运动，由牛顿第二定律得μ2mg－μ1（M＋m）g＝Ma2，解得a2＝2m/s2.
（2）木块恰好未从木板上滑下，当木块运动到木板最右端时，二者保持相对静止，两者速度相等．设此过程所用时间为t即v木块＝v0－a1t＝v木板＝a2t，解得t＝2s，木块位移x木块＝v0t－a1t2＝18m，
木板位移x木板＝a2t2＝4m，木板长度L＝x木块－x木板＝14m.
（3）μ2>μ1，则木块、木板达到共同速度后将一起做匀减速直线运动，分析得
v共＝a2t＝4m/s，a3＝μ1g＝1m/s2，
木块、木板一起减速的位移x′木板＝＝8m，总位移x＝x木板＋x′木板＝12m.
答案：（1）5m/s2 2m/s2 （2）14m （3）12m
5．解析：（1）由题图乙知4s末木块与木板间达到最大静摩擦力，此时aA＝2m/s2.
对于木板有f＝mAaA＝μmBg，
木板与木块间的动摩擦因数μ＝＝0.3.
（2）由题图乙知，4s末A、B的速度均为v＝×4×2m/s＝4m/s.
（3）4～6s内，木板A运动的位移xA＝vt2＋aAt，
木块B的位移xB＝vt2＋aBt，
则木板的长度l＝xB－xA＝4m.
答案：（1）0.3 （2）4m/s 4m/s （3）4m
6．解析：（1）对小包裹，由牛顿第二定律有
μmgcosα－mgsinα＝ma
解得小包裹相对传送带滑动时的加速度大小
a＝0.4m/s2.
（2）假设小包裹能与传送带共速，则由运动学知识有v2－v1＝at1
解得共速前所用的时间t1＝2.5s
又v－v＝2ax
解得这段时间内小包裹的位移x＝2.75m
解得t2＝2.0s
则小包裹通过传送带所需的时间
t＝t1＋t2＝2.5s＋2.0s＝4.5s.
答案：（1）0.4m/s2 （2）4.5s
7．解析：（1）以地面为参考系进行分析，对空香皂盒，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝8m/s2.
（2）传送带速度最大时，香皂盒被风吹的时间最短，此时空香皂盒在垂直传送带速度的方向到达传送带边缘时速度恰好减为零．设加速时间为t1，减速时间为t2，垂直于传送带方向的加速位移为x1，减速位移为x2，则
香皂盒减速过程的加速度大小a2＝＝μg＝4m/s2
由匀变速直线运动规律有x1＝a1t，x2＝a2t
又a1t1＝a2t2，x1＋x2＝
结合以上分析可知传送带的最大速度为vmax＝
联立解得vmax＝3m/s.
答案：（1）8m/s2 （3）3m/s(共23张PPT)
专题强化五
传送带模型和“滑块—木板”模型
【素养目标】
1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题．
2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”．
题型一 传送带模型
1．模型特点
传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其实质是物体与传送带间的相对运动问题．
2．解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
3．“传送带”问题解题思路
考向1 动力学中水平传送带问题
例 1 如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图．若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5 m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2 m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；
(2)若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1 m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间．
解析：(1)设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma
解得a＝0.5 m/s2
包裹加速到v0所用的时间为t1＝
解得t1＝1 s
t1时间内包裹的位移大小为x1＝
解得x1＝0.25 m
t1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1
解得x2＝0.5 m
故包裹相对于传送装置运动的距离为
Δx＝x2－x1＝0.25 m.
(2)包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝
解得t2＝3.5 s
乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为
t3＝
解得t3＝2 s
故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为
Δt＝t1＋t2－t3＝2.5 s.
答案：(1)0.25 m (2)2.5 s
考向2 动力学中的倾斜传送带问题
例 2 [2023·江苏常州月考]图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带简化图，1为长度L1＝2 m的水平传送带，2为长度L2＝1 m、倾角θ＝37°的倾斜传送带．现将质量m＝0.2 kg的口罩盒(包括口罩)从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a处，口罩盒(包括口罩)到达传送带1左端点b处刚好与传送带1的速度相等．口罩盒(包括口罩)与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5.口罩盒(包括口罩)在连接点b处滑上传送带2时速度大小不变，两传送带均逆时针转动，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2.
求：
(1)传送带1的速度大小v1；
(2)要使口罩盒(包括口罩)能够运送至c点(传送带2的最上端)，则传送带2的最小速度大小；
(3)增大传送带1、2的速度，则口罩盒(包括口罩)从a到达c的最短时间．
解析：(1)分析知，口罩盒(包括口罩)放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma，解得a＝4 m/s2
根据运动学公式有＝2aL1，解得v1＝4 m/s.
(2)若传送带2不转动，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度一直保持不变，大小为a1＝＝g(μ2cos θ＋sin θ)＝10 m/s2
口罩盒(包括口罩)在传送带2上向上运动的最远距离为smax＝＝0.8 m
若传送带2的速度大于4 m/s，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度一直保持不变，大小为a2＝＝g(sin θ－μ2cos θ)＝2 m/s2
口罩盒(包括口罩)在传送带2上向上运动的最远距离为s′max＝＝4 m>L2, 所以口罩盒(包括口罩)运动到c点时速度不为零
设传送带2的速度大小为v时，恰好能将口罩盒(包括口罩)运送至c点．据以上信息可知，v一定满足0
当传送带2的速度足够大时，口罩盒(包括口罩)在传送带2上一直做加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动，则有L2＝
解得t2＝(2－)s或t′2＝(2＋)s舍去
则口罩盒(包括口罩)从a到达c的最短时间为t＝t1＋t2＝(3－)s.
答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)(3－)s
针 对 训 练
1.(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v － t图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( )
A．传送带的速度为4 m/s
B．物块上升的竖直高度为0.96 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
D．物块所受摩擦力方向一直与物块运
动方向相反
答案：BC
解析：如果v2小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v2一定大于v1，结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动．由此可以判断传送带的速度为2 m/s，A错误；物块的位移等于v t图线与横轴所围的面积，即L＝×(4＋2)×0.2 m＋×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度为h＝L sin θ＝0.96 m，B正确；0～0.2 s内，加速度a1＝＝ m/s2＝－10 m/s2，加速度大小为10 m/s2，根据牛顿第二定律得a1＝＝10 m/s2，解得μ＝0.5，C正确；在0～0.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D错误．
题型二 “滑块—木板”模型
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．
2．两种常见类型
类型图示 规律分析
长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA
3.解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．
例 3 [2023·广东珠海模拟](多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上．t＝0时，小车以速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车，如图乙所示为小滑块与小车运动的v － t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小为g.由此可求得( )
A．小车的长度
B．小滑块的质量
C．小车在匀减速运动过程中的加速度
D．小滑块与小车之间的动摩擦因数
答案：ACD
解析：最终小滑块恰好没有滑出小车，由图像可求出小车的长度L＝t1－t1＝t1，故A正确；根据图像可以求出小车做匀减速直线运动的加速度以及小滑块做匀加速直线运动的加速度，但无法求出小滑块的质量，故B错误；根据v-t图像可知小车做匀减速直线运动的加速度大小，即a＝，故C正确；对小滑块，由v-t图像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即a＝，再由牛顿第二定律得a＝＝＝μg，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝，故D正确．
针 对 训 练
2.[2023·吉林一中期中]如图所示，质量为m＝2 kg的物体A与质量为M＝1 kg的物体B叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为μ＝0.2，一水平向右的力F作用在A物体上(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，则( )
A．当F＝4 N时，两物体即将发生相对运动
B．当F＝5 N时，两物体一定发生相对运动
C．当F＝8 N时，B物体的加速度为4 m/s2
D．当F＝12 N时，A物体的加速度为4 m/s2
答案：D
解析：当A、B刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对B有a0＝＝4 m/s2，对A、B整体有F＝(m＋M)a0＝3×4 N＝12 N，所以当F≤12 N时，A、B相对静止，一起向右做匀加速运动，A、B、C错误；当F＝12 N时，A物体的加速度为a＝＝m/s2＝4 m/s2，D正确．
3．[2023·人大附中月考](多选)如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)放在长木板的左端，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.2.某时刻用F＝9 N的水平恒力作用在长木板上，经t＝1 s后撤去力F，最终滑块恰好没有滑离长木板．若重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．撤去力F时长木板的速度为3 m/s
B．撤去力F时滑块的速度为2 m/s
C．滑块最终的速度为3 m/s
D．长木板的长度为1.5 m
答案：BC
解析：力F作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，解得滑块和长木板的加速度分别为a1＝2 m/s2，a2＝5 m/s2，撤去力F时滑块和长木板的速度分别为v1＝a1t＝2 m/s，v2＝a2t＝5 m/s，故A错误，B正确；撤去力F后，由动量守恒定律可得mv1＋Mv2＝(m＋M)v，解得滑块最终的速度为v＝3 m/s，故C正确；撤去力F前，滑块在长木板上移动的距离为Δx1＝a2t2－a1t2＝1.5 m，撤去力F后，由能量守恒定律可得μmg·Δx2＝－(m＋M)v2，解得Δx2＝0.75 m，则长木板的长度为L＝Δx1＋Δx2＝2.25 m，故D错误．专题强化五 传送带模型和“滑块—木板”模型
【素养目标】 1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题．2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”．
题型一 传送带模型
1．模型特点
传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其实质是物体与传送带间的相对运动问题．
2．解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
3．“传送带”问题解题思路
考向1 动力学中水平传送带问题
例 1 如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图．若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5 m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2 m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；
(2)若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1 m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间．
考向2 动力学中的倾斜传送带问题
例 2[2023·江苏常州月考]图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带简化图，1为长度L1＝2 m的水平传送带，2为长度L2＝1 m、倾角θ＝37°的倾斜传送带．现将质量m＝0.2 kg的口罩盒(包括口罩)从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a处，口罩盒(包括口罩)到达传送带1左端点b处刚好与传送带1的速度相等．口罩盒(包括口罩)与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5.口罩盒(包括口罩)在连接点b处滑上传送带2时速度大小不变，两传送带均逆时针转动，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)传送带1的速度大小v1；
(2)要使口罩盒(包括口罩)能够运送至c点(传送带2的最上端)，则传送带2的最小速度大小；
(3)增大传送带1、2的速度，则口罩盒(包括口罩)从a到达c的最短时间．
针 对 训 练
1.(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v － t图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( )
A．传送带的速度为4 m/s
B．物块上升的竖直高度为0.96 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反
题型二 “滑块—木板”模型
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．
2．两种常见类型
类型图示 规律分析
长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA
3.解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．
例 3[2023·广东珠海模拟](多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上．t＝0时，小车以速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车，如图乙所示为小滑块与小车运动的v － t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小为g.由此可求得( )
A．小车的长度
B．小滑块的质量
C．小车在匀减速运动过程中的加速度
D．小滑块与小车之间的动摩擦因数
针 对 训 练
2.[2023·吉林一中期中]如图所示，质量为m＝2 kg的物体A与质量为M＝1 kg的物体B叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为μ＝0.2，一水平向右的力F作用在A物体上(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，则( )
A．当F＝4 N时，两物体即将发生相对运动
B．当F＝5 N时，两物体一定发生相对运动
C．当F＝8 N时，B物体的加速度为4 m/s2
D．当F＝12 N时，A物体的加速度为4 m/s2
3．[2023·人大附中月考](多选)如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)放在长木板的左端，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.2.某时刻用F＝9 N的水平恒力作用在长木板上，经t＝1 s后撤去力F，最终滑块恰好没有滑离长木板．若重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．撤去力F时长木板的速度为3 m/s
B．撤去力F时滑块的速度为2 m/s
C．滑块最终的速度为3 m/s
D．长木板的长度为1.5 m
专题强化五 传送带模型和“滑块—木板”模型
题型一
例1 解析：(1)设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma
解得a＝0.5 m/s2
包裹加速到v0所用的时间为t1＝
解得t1＝1 s
t1时间内包裹的位移大小为x1＝
解得x1＝0.25 m
t1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1
解得x2＝0.5 m
故包裹相对于传送装置运动的距离为
Δx＝x2－x1＝0.25 m.
(2)包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝
解得t2＝3.5 s
乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为
t3＝
解得t3＝2 s
故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为
Δt＝t1＋t2－t3＝2.5 s.
答案：(1)0.25 m (2)2.5 s
例2 解析：(1)分析知，口罩盒(包括口罩)放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma，解得a＝4 m/s2
根据运动学公式有＝2aL1，解得v1＝4 m/s.
(2)若传送带2不转动，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度一直保持不变，大小为a1＝＝g(μ2cos θ＋sin θ)＝10 m/s2
口罩盒(包括口罩)在传送带2上向上运动的最远距离为smax＝＝0.8 m
若传送带2的速度大于4 m/s，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度一直保持不变，大小为a2＝＝g(sin θ－μ2cos θ)＝2 m/s2
口罩盒(包括口罩)在传送带2上向上运动的最远距离为
s′max＝＝4 m>L2
所以口罩盒(包括口罩)运动到c点时速度不为零
设传送带2的速度大小为v时，恰好能将口罩盒(包括口罩)运送至c点．据以上信息可知，v一定满足0
当传送带2的速度足够大时，口罩盒(包括口罩)在传送带2上一直做加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动，则有L2＝
解得t2＝(2－)s或t′2＝(2＋)s舍去
则口罩盒(包括口罩)从a到达c的最短时间为t＝t1＋t2＝(3－)s.
答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)(3－)s
1．解析：如果v2小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v2一定大于v1，结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动．由此可以判断传送带的速度为2 m/s，A错误；物块的位移等于v t图线与横轴所围的面积，即L＝×(4＋2)×0.2 m＋×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度为h＝L sin θ＝0.96 m，B正确；0～0.2 s内，加速度a1＝＝ m/s2＝－10 m/s2，加速度大小为10 m/s2，根据牛顿第二定律得a1＝＝10 m/s2，解得μ＝0.5，C正确；在0～0.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D错误．
答案：BC
题型二
例3 解析：最终小滑块恰好没有滑出小车，由图像可求出小车的长度L＝t1－t1＝t1，故A正确；根据图像可以求出小车做匀减速直线运动的加速度以及小滑块做匀加速直线运动的加速度，但无法求出小滑块的质量，故B错误；根据v t图像可知小车做匀减速直线运动的加速度大小，即a＝，故C正确；对小滑块，由v t图像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即a＝，再由牛顿第二定律得a＝＝＝μg，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝，故D正确．
答案：ACD
2．解析：当A、B刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对B有a0＝＝4 m/s2，对A、B整体有F＝(m＋M)a0＝3×4 N＝12 N，所以当F≤12 N时，A、B相对静止，一起向右做匀加速运动，A、B、C错误；当F＝12 N时，A物体的加速度为a＝＝m/s2＝4 m/s2，D正确．
答案：D
3．解析：力F作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，解得滑块和长木板的加速度分别为a1＝2 m/s2，a2＝5 m/s2，撤去力F时滑块和长木板的速度分别为v1＝a1t＝2 m/s，v2＝a2t＝5 m/s，故A错误，B正确；撤去力F后，由动量守恒定律可得mv1＋Mv2＝(m＋M)v，解得滑块最终的速度为v＝3 m/s，故C正确；撤去力F前，滑块在长木板上移动的距离为Δx1＝a2t2－a1t2＝1.5 m，撤去力F后，由能量守恒定律可得μmg·Δx2＝－(m＋M)v2，解得Δx2＝0.75 m，则长木板的长度为L＝Δx1＋Δx2＝2.25 m，故D错误．
答案：BC
