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素养提升课(七)　传送带模型和板—块模型
[学习目标]
1．知道传送带模型的特点，掌握解决动力学中的传送带模型问题的方法。
2．知道板—块模型的特点，掌握解决动力学中的板—块模型问题的方法。
探究1　传送带模型
1．模型介绍
类型 图示 物体运动情况
水平传送带 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
(1)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速后匀速 (2)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速后匀速
(1)传送带较短时，物体一直减速到达左端 (2)传送带较长时，物体先向左运动，减速到零后再向右运动回到右端
倾斜传送带 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
(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
2．注意几个要点
(1)判断物体相对传送带的运动方向→确定所受摩擦力方向→求出物体加速度，进而由运动学公式求解。
(2)物体速度等于传送带速度时摩擦力一般发生突变→判断突变后摩擦力方向→求出物体突变后的加速度，再由运动学公式求解。
(3)对于倾斜传送带不但要判断摩擦力方向，还要判断摩擦力大小，即动摩擦因数μ与传送带倾角的正切值tan θ的关系。
(4)物体与传送带间的相对位移，Δx＝x带－x物(规定好正方向，计算时带着正负号)。
角度1　“水平传送带”模型
【典例1】　一平直的传送带以速率v＝2 m/s匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过时间t＝6 s，物体到达B处，A、B相距L＝10 m，g取10 m/s2，则：
(1)物体在传送带上匀加速运动的时间是多少？
(2)物体与传送带之间的动摩擦因数为多少？
(3)若物体是煤块，求物体在传送带上的划痕长度。
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
角度2　“倾斜传送带”模型
【典例2】　如图所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s。在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体(可视为质点)。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取 10 m/s2。 求：
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[母题变式]　在第(2)问中，当传送带逆时针转动时，画出物体从顶端A滑到底端B的v-t图像。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[针对训练]
1．如图所示，水平传送带以v1＝3 m/s 的速度逆时针匀速转动，其两端点A、B之间的距离L＝0.75 m；可视为质点的小物块以v2＝2 m/s的初速度从传送带左端A向右运动，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，则小物块在传送带上运动的时间是(　　)
A．0.5 s B．1 s
C．1.5 s D．3 s
2．如图所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0 m，质量M＝10 kg的物体以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求物体从A点到达B点所需的时间；
(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究2　板—块模型
1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移有一定的关系。
2．板—块模型的三个基本关系
加速度 关系 滑块与滑板保持相对静止，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度
如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与滑板运动的加速度，应注意发掘滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件
速度 关系 滑块与滑板保持相对静止时，二者速度相同，分析清楚此时的摩擦力作用情况
滑块与滑板之间发生相对运动时，二者速度不相同，明确滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力情况，应注意摩擦力发生突变的情况
位移 关系 滑块和滑板向同一方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之差
滑块和滑板向相反方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之和
【典例3】　如图所示，在光滑的水平地面上静置放有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为 2 kg 的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当对B施加水平向右的力F＝10 N时(g取 10 m/s2)，求：
(1)A、B的加速度各为多大？
(2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　解决板—块模型问题的思维方法
[针对训练]
3．如图所示，光滑水平桌面上有一质量M为2 kg的长度足够长的长木板，一质量m为1 kg的小物块从长木板的左端以大小为3 m/s的初速度v0滑上长木板，物块与长木板间的动摩擦因数μ为0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度大小；
(2)小物块的最终速度的大小；
(3)小物块最终距长木板左端的距离。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4．如图所示，厚度不计的薄板A长l＝5 m，质量M＝5 kg，放在水平地面上。在A上距右端x＝3 m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2 kg，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止。现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26 N，将A从B下抽出。g＝10 m/s2，求：
(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大；
(2)B运动多长时间离开A；
(3)B离开A时的速度的大小。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
6/6素养提升课(七)　传送带模型和板—块模型
[学习目标]
1．知道传送带模型的特点，掌握解决动力学中的传送带模型问题的方法。
2．知道板—块模型的特点，掌握解决动力学中的板—块模型问题的方法。
探究1　传送带模型
1．模型介绍
类型 图示 物体运动情况
水平传送带 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
(1)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速后匀速 (2)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速后匀速
(1)传送带较短时，物体一直减速到达左端 (2)传送带较长时，物体先向左运动，减速到零后再向右运动回到右端
倾斜传送带 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
(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
2．注意几个要点
(1)判断物体相对传送带的运动方向→确定所受摩擦力方向→求出物体加速度，进而由运动学公式求解。
(2)物体速度等于传送带速度时摩擦力一般发生突变→判断突变后摩擦力方向→求出物体突变后的加速度，再由运动学公式求解。
(3)对于倾斜传送带不但要判断摩擦力方向，还要判断摩擦力大小，即动摩擦因数μ与传送带倾角的正切值tan θ的关系。
(4)物体与传送带间的相对位移，Δx＝x带－x物(规定好正方向，计算时带着正负号)。
角度1　“水平传送带”模型
【典例1】　一平直的传送带以速率v＝2 m/s匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过时间t＝6 s，物体到达B处，A、B相距L＝10 m，g取10 m/s2，则：
(1)物体在传送带上匀加速运动的时间是多少？
(2)物体与传送带之间的动摩擦因数为多少？
(3)若物体是煤块，求物体在传送带上的划痕长度。
[解析]　(1)由t＜L可知，物体从A到B先经历匀加速直线运动，后与传送带达到相同速度，匀速运动到B端。
设匀加速阶段的时间为t1
所以t1＋v(t－t1)＝L
代入数据，得t1＝2 s。
(2)在匀加速阶段，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma
根据速度与时间的关系得v＝at1
联立解得μ＝0.1。
(3)在匀加速阶段，传送带上表面相对于地面走过的位移x＝vt1＝4 m
物体相对于地面的位移x′＝＝2 m
所以物体在传送带上的划痕长度
Δx＝x－x′＝2 m。
[答案]　(1)2 s　(2)0.1　(3)2 m
角度2　“倾斜传送带”模型
【典例2】　如图所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s。在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体(可视为质点)。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取 10 m/s2。 求：
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
[解析]　(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma
解得a＝2 m/s2
根据l＝at2得t＝4 s。
(2)传送带逆时针转动时，最初的一段时间内物体下滑速度小于传送带转动速度，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1
则有a1＝10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有
t1＝＝ s＝1 s，x1＝＝5 m当物体运动速度等于传送带速度的瞬间，因为mg sin 37°>μmg cos 37°
则此后物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力
设当物体下滑速度大于传送带转动速度时，物体的加速度大小为a2，则
由牛顿第二定律有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2
得a2＝2 m/s2
x2＝l－x1＝11 m
由x2＝
解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2 s。
[答案]　(1)4 s　(2)2 s
[母题变式]　在第(2)问中，当传送带逆时针转动时，画出物体从顶端A滑到底端B的v-t图像。
[解析]　如图所示。
[答案]　见解析图
[针对训练]
1．如图所示，水平传送带以v1＝3 m/s 的速度逆时针匀速转动，其两端点A、B之间的距离L＝0.75 m；可视为质点的小物块以v2＝2 m/s的初速度从传送带左端A向右运动，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，则小物块在传送带上运动的时间是(　　)
A．0.5 s B．1 s
C．1.5 s D．3 s
A　[小物块向右匀减速运动时，加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，速度减小到零所经历的时间为t1＝＝ s＝1 s，物块滑过的位移为x1＝t1＝×1 m＝1 m＞0.75 m，所以物块滑离传送带时速度不为零，设物块滑离传送带的时间为t(t<1 s)，根据位移与时间关系可得L＝v2t－at2，代入数据，解得t＝0.5 s，故A正确。]
2．如图所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0 m，质量M＝10 kg的物体以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求物体从A点到达B点所需的时间；
(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？
[解析]　(1)设物体的速度大于传送带的速度时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma1
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，则
t1＝
物体通过的位移x1＝
设物体速度小于传送带速度时的加速度大小为a2，则
Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma2
物体继续减速，设经t2时间到达传送带B点，有
L－x1＝
t＝t1＋t2
联立解得t＝2.2 s。
(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a2，则L＝v0t′－a2t′2
解得t′＝1 s。
[答案]　(1)2.2 s　(2)1 s
探究2　板—块模型
1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移有一定的关系。
2．板—块模型的三个基本关系
加速度 关系 滑块与滑板保持相对静止，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度
如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与滑板运动的加速度，应注意发掘滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件
速度 关系 滑块与滑板保持相对静止时，二者速度相同，分析清楚此时的摩擦力作用情况
滑块与滑板之间发生相对运动时，二者速度不相同，明确滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力情况，应注意摩擦力发生突变的情况
位移 关系 滑块和滑板向同一方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之差
滑块和滑板向相反方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之和
【典例3】　如图所示，在光滑的水平地面上静置放有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为 2 kg 的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当对B施加水平向右的力F＝10 N时(g取 10 m/s2)，求：
(1)A、B的加速度各为多大？
(2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？
[解析]　(1)A、B间的滑动摩擦力的大小为
Ff＝μmBg＝4 N
以B为研究对象，根据牛顿第二定律得F－Ff＝mBaB
则aB＝＝3 m/s2
以A为研究对象，根据牛顿第二定律得
Ff′＝mAaA
由牛顿第三定律得Ff′＝Ff
解得aA＝1 m/s2。
(2)设将B从木板的左端拉到右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为xA和xB，其关系如图所示
则有xA＝aAt2
xB＝aBt2
xB－xA＝L
联立解得t＝0.8 s。
[答案]　(1)1 m/s2　3 m/s2　(2)0.8 s
　解决板—块模型问题的思维方法
[针对训练]
3．如图所示，光滑水平桌面上有一质量M为2 kg的长度足够长的长木板，一质量m为1 kg的小物块从长木板的左端以大小为3 m/s的初速度v0滑上长木板，物块与长木板间的动摩擦因数μ为0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度大小；
(2)小物块的最终速度的大小；
(3)小物块最终距长木板左端的距离。
[解析]　(1)对小物块μmg＝ma，a＝2 m/s2
对木板μmg＝Ma′，a′＝1 m/s2。
(2)木板足够长，则二者最后共速且匀速
v＝v0－at
v＝a′t
解得t＝1 s，v＝1 m/s。
(3)小物块匀减速运动的位移x＝v0t－at2
木板匀加速运动的位移x′＝a′t2
则Δx＝x－x′
解得Δx＝1.5 m。
[答案]　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)1 m/s　(3)1.5 m
4．如图所示，厚度不计的薄板A长l＝5 m，质量M＝5 kg，放在水平地面上。在A上距右端x＝3 m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2 kg，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止。现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26 N，将A从B下抽出。g＝10 m/s2，求：
(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大；
(2)B运动多长时间离开A；
(3)B离开A时的速度的大小。
[解析]　(1)对B，由牛顿第二定律可得
μ1mg＝maB
解得aB＝1 m/s2
对A，由牛顿第二定律可得
F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA
解得aA＝2 m/s2。
(2)设经时间t，A从B下抽出，则
xA＝aAt2
xB＝aBt2
Δx＝xA－xB＝l－x
解得t＝2 s。
(3)B离开A时的速度大小为vB＝aBt＝2 m/s。
[答案]　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 s　(3)2 m/s
素养提升练(七)
1．(多选)如图所示，一水平传送带沿顺时针方向以v0匀速转动，在传送带左端A处无初速度地轻放一小物块，则关于小物块从A端运动到B端过程中的速度v随时间t的变化图像，下列选项中可能正确的是(　　)
A　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　D
BD　[物块先做匀加速运动，在到B端前可能已经和传送带共速，也可能一直加速运动到B端，故选BD。]
2．平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是(　　)
　
A　　　　　　　　　　B
　
C　　　　　　　　　　D
C　[箱子以一定的水平初速度v0从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，设经过t时间箱子与平板车达到共速v共，此过程平板车的位移为x车＝t，箱子的位移为x箱＝t，则箱子相对于平板车向前的位移大小为Δx＝x箱－x车＝t－t＝t，可得Δx＝t>x车＝t，故选C。]
3．如图所示，物块在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，下列分析正确的是(　　)
A．物块下滑的速度不变
B．物块开始在传送带上加速到2v0后匀速
C．物块先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动
D．物块受的摩擦力方向始终沿斜面向上
C　[在传送带的速度由零逐渐增加到v0的过程中，物块相对于传送带下滑，故物块受到的滑动摩擦力向上，故这段过程中物块继续匀速下滑；在传送带的速度由v0逐渐增加到2v0过程中，物块相对于传送带上滑，物块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，物块加速下滑；当物块的速度达到2v0时，物块相对传送带静止，随传送带匀速下滑，故C正确。]
4．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2＞v1，则(　　)
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t3时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
D　[根据v-t图像的面积表示位移大小可知，t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误；由题图乙可知，0～t1时间内，小物块向左减速，t1时刻速度减为零后，t1～t2时间内，又开始向右加速，t2时刻与传送带共速，此后与传送带一起匀速回到A处，则t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B错误；由v-t图像的斜率表示加速度可知，0～t2时间内，小物块的加速度大小、方向都不变，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可知，0～t2时间内，小物块始终受到大小、方向都不变的摩擦力作用，故C错误，D正确。]
5．(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝6 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端时的瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB。下列说法正确的是(　　)
A．若传送带不动，vB＝2 m/s
B．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于2 m/s
C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于2 m/s
D．若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于2 m/s
ABD　[若传送带不动或逆时针匀速转动，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，s＝，解得vB＝2 m/s，A、B正确；若传送带顺时针匀速转动，当转动速度小于或等于2 m/s时，物体一直减速，到达B端时速度为2 m/s，当转动速度大于2 m/s时，物体到达B端时速度一定大于2 m/s，C错误，D正确。]
6．(多选)如图所示，质量为m1＝4 kg 的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量m2＝2 kg的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为L＝4 m，物块可视为质点，现用一大小为F＝16 N的力作用在物块上，下列说法正确的是(g取10 m/s2) (　　)
A．木板的加速度大小为2 m/s2
B．物块的加速度大小为6 m/s2
C．经过2 s物块从木板上滑离
D．物块离开木板时的速度大小为8 m/s
ACD　[对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4 m/s2，A正确，B错误；物块从木板上滑离时，位移关系满足a2t2－a1t2＝L，解得t＝2 s，C正确；物块滑离木板时的速度为v2＝a2t＝8 m/s，D正确。]
7．(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为1 kg和 2 kg，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.4，B与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。现对B施加一水平拉力F＝12 N，则(　　)
A．B对A的摩擦力大小为4 N
B．B对A的摩擦力大小为2 N
C．A、B发生相对滑动，A的加速度大小为4 m/s2
D．A、B一起做匀加速运动，加速度大小为2 m/s2
BD　[由于B与地面间的动摩擦因数为0.2，所以B与地面间的滑动摩擦力Ff2＝μ2(mA＋mB)g＝6 N，由于A、B间的动摩擦因数为0.4，所以A的最大加速度am＝＝μ1g＝4 m/s2，如果A、B一起以am匀加速运动，则F1－Ff2＝(mA＋mB)am，解得F1＝18 N，由于Ff2＜F＜F1，所以A、B一起匀加速运动，则F－Ff2＝(mA＋mB)a，解得a＝2 m/s2，C错误，D正确；B对A的摩擦力大小为Ff＝mAa＝2 N，A错误，B正确。]
8．(多选)用如图甲所示的传送带把货物运送到一定高度，货物的速度大小随时间变化的关系如图乙所示。已知传送带的倾角θ＝30°，传送带顺时针转动速度不变，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．传送带的速度大小为2 m/s
B．货物在传送带上留下的划痕长度为4 m
C．货物与传送带间的动摩擦因数为0.8
D．货物受到传送带的滑动摩擦力与静摩擦力大小之比为6∶5
AD　[由题图乙知传送带的速度大小为2 m/s，A正确；由v-t图像与时间轴围成的面积等于位移可知，在0～2 s内，传送带比货物多运动了2 m，故货物在传送带上留下的划痕长度为2 m，B错误；货物在传送带上加速时的加速度为a＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得μ＝，C错误；货物与传送带之间的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg cos θ＝mg，相对静止时的静摩擦力大小为Ff静＝mg sin θ＝，则Ff∶Ff静＝6∶5，D正确。]
9．质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以初速度v0沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的 v-t 图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量m。
[解析]　(1)由题图乙可知，A的初速度v0＝4 m/s，1 s末的速度v1＝2 m/s，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得
－μ1mg＝ma1
解得μ1＝0.2。
(2)由题图乙知，A、B二者末速度v3＝0，A、B整体在1～3 s内的加速度
a3＝＝－1 m/s2
对A、B整体由牛顿第二定律得
－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
解得μ2＝0.1。
(3)由题图乙可知B在0～1 s内的加速度
a2＝＝2 m/s2
对B由牛顿第二定律得
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得m＝6 kg。
[答案]　(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg
10．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＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg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10 m/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]　(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿木板方向向下的滑动摩擦力大小为
f＝μmg cos θ＝7.5 N
由牛顿第二定律，对小物块有
f＋mg sin θ＝ma1
代入数据得a1＝12.5 m/s2
对长木板，由牛顿第二定律有
Mg sin θ－f＝Ma2
代入数据得a2＝2.5 m/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＝1 s，v1＝12.5 m/s
共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前物块与木板的相对位移为
s＝t1－t1＝5 m
故长木板长度至少为10 m。
[答案]　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m
11．在工业化高度发展的今天，传送带已成为物流系统自动化不可缺少的组成部分。如图所示，在物流运输线上，传送带以v＝2 m/s的速度匀速转动，一可视为质点的包裹被静止释放于A点，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，此后其运动至B点最后到达C点，始终未脱离传送带，包裹通过B点前后速度大小不变。已知AB间距离为4 m，BC长度为3 m且与水平面的夹角θ＝37°，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)通过计算证明包裹到达B点时已经与传送带共速；
(2)求包裹在传送带上从B点运动至C点所用时间；
(3)若传送带速度很大，包裹在传送带上从A点由静止开始运动至C点的过程中速度一直未与传送带速度相等，求包裹运动到C点时的速度大小。
[解析]　(1)在水平传送带上，共速前设包裹的加速度为a1，对包裹由牛顿第二定律可得
μmg＝ma1
解得a1＝5 m/s2
设经过时间t1与传送带共速，共速前位移为x1
则t1＝，x1＝
联立解得x1＝0.4 m，x1<4 m
可见包裹到达B点时已经与传送带共速。
(2)包裹进入传送带倾斜部分后，因为μmg cos θmg sin θ－μmg cos θ＝ma2
又xBC＝
联立解得a2＝2 m/s2，t2＝1 s(t2＝－3 s舍去)。
(3)包裹全程做加速运动，设包裹在传送带水平部分的B点达到的速度为vB
由运动学公式可得
2a1xAB＝－0
设包裹进入传送带倾斜部分时，包裹的加速度为a3，在C点达到的速度为vC
由牛顿第二定律可得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma3
由运动学公式有
2a3xBC＝
联立解得vC＝10 m/s。
[答案]　(1)见解析　(2)1 s　(3)10 m/s
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