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专题六 传送带问题
和滑块—木板问题
01课堂探究评价
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
解析
02课后课时作业
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案
答案专题六 传送带问题和滑块—木板问题
课堂任务 传送带问题
1．传送带问题涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析和动力学知识的运用，重点考查学生分析问题和解决问题的能力。主要有如下两类：
(1)水平传送带问题
当传送带水平运动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变，常常导致物体的受力情况和运动性质的突变。静摩擦力达到最大值，是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度达到相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力为0或变为静摩擦力)。
(2)倾斜传送带问题
当传送带倾斜时，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对受力的影响，从而正确判断物体的速度和传送带速度相等时物体的运动性质。
2．倾斜传送带问题的两种情况
倾斜传送带问题可分为倾斜向上传送和倾斜向下传送两种情况(物体从静止开始，传送带匀速运动且足够长)：
例1 如图所示，水平传送带两端相距x＝8
m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件向左滑上A端时速度vA＝10
m/s，设工件到达B端时的速度为vB。(g取10
m/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，则求出到达B点的速度vB。
(3)若传送带以v＝13
m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。
[规范解答] (1)根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6
m/s2，且v－v＝－2ax，故vB＝2
m/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端的速度vB＝2
m/s。
(3)开始时工件所受滑动摩擦力向左，加速度a＝＝μg＝6
m/s2，假设工件能加速到13
m/s，则工件速度达到13
m/s所用时间为t1＝＝0.5
s，
匀加速运动的位移为s1＝vAt1＋at＝5.75
m<8
m，
则工件在到达B端前速度就达到了13
m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速。
匀速运动的位移s2＝x－s1＝2.25
m，t2＝≈0.17
s，工件由A到B所用的时间为t＝t1＋t2＝0.67
s。
[完美答案] (1)2
m/s (2)能 2
m/s (3)13
m/s 0.67
s
分析传送带问题的三个步骤
(1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。
(2)确定临界状态v物＝v带的受力情况，判断之后的运动形式。
(3)运用相应规律，进行相关计算。
如图所示，传送带与水平地面的倾角为θ＝37°，AB的长度为64
m，传送带以20
m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8
kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10
m/s2)
答案 4
s
解析 开始时物体下滑的加速度：
a1＝g(sin37°＋μcos37°)＝10
m/s2，
物体运动到与传送带共速的时间为：
t1＝＝
s＝2
s，
物体下滑的位移：s1＝a1t＝20
m；
由于tan37°＝0.75>μ，故共速之后物体加速下滑，
且此时的加速度：a2＝g(sin37°－μcos37°)＝2
m/s2，
根据s2＝vt2＋a2t，且s＝s1＋s2，
解得：t2＝2
s，故共用时间为t＝t1＋t2＝4
s。
课堂任务 滑块—木板问题
1．概述
滑块—木板问题至少涉及滑块和木板两个物体(有时不止一个滑块，有时木板受地面的摩擦力)，物体间经常存在相对滑动。由于摩擦力的突变，所以一般是多过程运动，各物体所受的摩擦力和运动情况比较复杂。
对于这类问题，应分阶段分析各物体的受力和运动特点，准确求出各物体在每一个运动阶段的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系和速度关系是解题的关键。速度相等是联系两个运动过程的桥梁。
2．受力分析
此类问题由于存在相对运动或相对运动趋势，所以对摩擦力的分析很重要。
滑块与木板如果速度相同，即没有发生相对滑动，则它们之间一般存在静摩擦力，应用“整体法”求出它们的加速度。
滑块与木板如果速度不相同，则它们之间存在滑动摩擦力，应用“隔离法”分析各自的加速度。几种典型情况如下：
(1)若滑块与木板“一快一慢”：较快的受到的对方给它的摩擦力为阻力，较慢的受到的对方给它的摩擦力为动力。
(2)若滑块与木板“一动一静”：运动的受到的对方给它的摩擦力为阻力，静止的受到的对方给它的摩擦力为动力。
(3)若滑块与木板“一左一右”：两者受到的对方给它的摩擦力都是阻力。
由上述分析可知，两物体的速度相等是静摩擦力与滑动摩擦力突变、摩擦力的大小或方向发生突变的临界点，此临界点加速度会发生突变，从而将运动划分为多个过程。所以临界点前后的受力分析和运动分析是重中之重！
3．运动分析
滑块与木板叠放在一起运动时，由于要考虑木板的长度，所以各物体运动的位移关系也比较复杂，应仔细分析运动过程，必要时可以借助运动草图和v t图象，弄清它们之间的相对位移和相对地面的位移之间的定量关系。
常见的两种运动关系：
(1)滑块从初始位置滑到木板一端的过程中，若它们向同一方向运动，则滑块与木板的位移大小之差等于初始时滑块到木板这一端的距离。
(2)滑块从初始位置滑到木板一端的过程中，若它们向相反方向运动，则滑块与木板的位移大小之和等于初始时滑块到木板这一端的距离。
注：如果滑块恰好没有脱离木板，则除了上述的位移关系外，滑块的末速度还与木板的相同。
例2 质量M＝3
kg的长木板放在光滑的水平面上。在水平拉力F＝11
N的作用下由静止开始向右运动。如图所示，当速度达到1
m/s时，将质量m＝4
kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点。(g＝10
m/s2)求：
(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大？
(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止？
(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小。
[规范解答] (1)物块刚放置在木板上时，
物块的加速度大小a1＝＝μg＝2
m/s2，
木板的加速度大小a2＝＝1
m/s2。
(2)当物块和木板速度相同后，二者保持相对静止，
故a1t＝v0＋a2t，得t＝1
s，
1
s内木板的位移s2＝v0t＋a2t2＝1.5
m，
物块的位移s1＝a1t2＝1
m，
所以若要使物块最终与木板保持相对静止，
板长至少为L＝s2－s1＝0.5
m。
(3)相对静止后，对整体F＝(M＋m)a，
对物块f＝ma，故f＝m≈6.29
N。
[完美答案] (1)2
m/s2 1
m/s2 (2)0.5
m
(3)6.29
N
解决滑块—木板问题的关键是根据相对运动情况分析受力情况，特别是分析速度相等前后的受力情况；然后依据牛顿第二定律和运动学规律解题。此外要抓住物体间的位移 路程 关系。
如图甲所示，质量M＝1
kg的薄木板静止在水平面上，质量m＝1
kg的铁块静止在木板的右端，可视为质点。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10
m/s2。现给铁块施加一个水平向左的力F，力F从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下来，铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象如图乙所示。
(1)求木板与水平面间的动摩擦因数μ1和铁块与木板之间的动摩擦因数μ2；
(2)若力F恒为4
N，作用1
s后撤去F，最终铁块恰好能运动到木板的左端，求木板的长度L。
答案 (1)0.05 0.2 (2)
m
解析 (1)从图乙中可以看出，当F从3.0
N逐渐增加到4.5
N时，f不变，则此时的f是滑动摩擦力，即f＝μ2mg＝2.0
N，解得μ2＝0.2。
由图乙可知，当力F从1.0
N逐渐增加到3.0
N时，铁块和木板相对静止，并且一起加速运动，
当F＝2.0
N时铁块所受摩擦力大小为f铁＝1.5
N，
设此时铁块的加速度大小为a铁，
则F－f铁＝ma铁，a铁＝0.5
m/s2，
木板的加速度大小a板＝a铁，
对整体运用牛顿第二定律
F－μ1(m＋M)g＝(M＋m)a板，
解得μ1＝0.05。
(2)设当F＝4
N时，铁块的加速度大小为a铁1，
由牛顿第二定律有F－f1＝ma铁1，f1＝μ2mg，
解得a铁1＝2
m/s2，
设木板的加速度大小为a板1，
则f1－μ1(m＋M)g＝Ma板1，解得a板1＝1
m/s2，
因此在t＝1
s内，
铁块运动的位移为s铁＝a铁1t2＝1
m，
木板的位移为s板＝a板1t2＝0.5
m，
在t＝1
s时，铁块的速度v铁＝a铁1t＝2
m/s，
木板的速度v板＝a板1t＝1
m/s，
此后，铁块减速，设其加速度大小为a铁2，
则μ2mg＝ma铁2，得a铁2＝2
m/s2，
木板加速，设其加速度大小为a板2，
则μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma板2，得a板2＝1
m/s2，
当两者达到共同速度时有v＝v铁－a铁2t′＝v板＋a板2t′，
得t′＝
s，v＝
m/s，
此后两者保持相对静止直到减速至停止。
从撤去力F到两者达到共同速度的过程中，
铁块的位移s铁1＝t′，得s铁1＝
m，
木板的位移s板1＝t′，得s板1＝
m，
则木板长度为L＝(s铁－s板)＋(s铁1－s板1)＝
m。
1.
如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在水平面上，其上放一质量为m2的物块，物块与木板的接触面是光滑的，从t＝0时刻起，给物块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、物块的加速度和速度大小，下列图象符合运动情况的是( )
答案 D
解析 因木板与物块之间的接触面光滑，当水平恒力F作用于物块上时，木板与物块之间无摩擦力作用，故木板所受合外力为0，加速度为0，木板一定保持静止，A、B、C错误；由牛顿第二定律得，物块的加速度a＝，即物块做初速度为0的匀加速直线运动，物块运动的v t图象为过原点的倾斜直线，D正确。
2．(多选)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、s、f表示物体的速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项中正确的是( )
答案 AB
解析 在0～t1时间内物体受到向右恒定的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v＝at，v t图象是过原点的倾斜直线；物体的速度与传送带的速度相同后，物体不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0，故A、B正确，C错误；根据物体的运动情况，并结合匀变速直线运动和匀速直线运动的位移图象得，D错误。
3．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动。已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是( )
A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1Mg
B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)g
C．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动
D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动
答案 D
解析 长木板保持静止不动，对其进行受力分析，水平方向受到木块的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，由长木板水平方向受力平衡知，长木板受到的地面的摩擦力大小一定等于物块对长木板的摩擦力，即为μ1mg，A、B错误；木块与长木板之间的滑动摩擦力大小为μ1mg，是定值，则不论F增加到多大，长木板的受力情况都不变，长木板都不会与地面发生相对滑动，C错误，D正确。
4．(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5
m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端时的速度vA＝4
m/s，到达B端时的瞬时速度设为vB，则下列说法中正确的是( )
A．若传送带不动，则vB＝3
m/s
B．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3
m/s
C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3
m/s
D．若传送带顺时针匀速转动，vB可能等于3
m/s
答案 ABD
解析 当传送带不动或者传送带逆时针匀速转动时，工件均受到传送带的滑动摩擦力作用，摩擦力方向水平向左且大小相同，工件做匀减速运动，两种情况下，工件运动的位移相同，到达B端的速度相同，根据牛顿第二定律可得工件的加速度大小为a＝＝1
m/s2，根据匀变速直线运动规律有v－v＝－2ax，代入数据得，工件到达B端时的速度为vB＝3
m/s，A、B正确；当传送带顺时针匀速转动时，若传送带速度小于或等于3
m/s，则工件到达B端时的速度大小为3
m/s，若传送带速度大于3
m/s，则工件到达B端的速度大于3
m/s，故C错误，D正确。
5．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法中正确的是( )
A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧
B．开始时木炭包相对于传送带向右运动
C．木炭包的质量越大，径迹的长度越短
D．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短
答案 D
解析 设木炭包的质量为m，传送带的速度为v，木炭与传送带间的动摩擦因数为μ。对木炭包运动过程进行分析知，木炭包放上传送带时，传送带相对木炭包向右运动，传送带受到的木炭包的摩擦力向左，则木炭包受到传送带向右的摩擦力，且在该摩擦力作用下向右做加速运动。开始时木炭包速度小于传送带速度，木炭包相对传送带向左运动，径迹出现在木炭包右侧，直到木炭包与传送带速度相等，一起做匀速运动，径迹不再变化。木炭包相对传送带运动时，其加速度为μg，径迹长度x＝，即传送带速度越大，径迹越长；动摩擦因数越大，径迹越短；径迹的长度与木炭包的质量无关。综上所述，A、B、C错误，D正确。
6．(多选)如图所示，与水平面夹角为θ的传送带，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ答案 BD
解析 将小木块轻放在传送带上，木块相对于传送带向后滑动，木块受到的摩擦力平行于传送带向下，则a1＝gsinθ＋μgcosθ，有可能木块的速度尚未达到v0时就已经滑离传送带，木块全程做匀加速直线运动；也可能中途木块速度增大到v0，此时滑动摩擦力方向突变为沿传送带向上，由于μ0，木块继续加速，只是后半段的加速度比前半段的加速度小一些，B、D正确，A、C错误。
7．(多选)如图所示，一条水平传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一物体以速度v向右冲上传送带，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定向右为正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图象可能是下图中的( )
答案 BC
解析 物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，由于摩擦力的方向与初速度方向相反，所以物体先做匀减速直线运动，若物体的速度v足够大，则物体在速度减小到0前，已经滑到传送带右端，B正确。若物体的速度比较小，则在物体的速度减小到0时，物体仍未滑到传送带右端，即物体的速度等于0时，仍然在传送带上，由于传送带向左运动，物体在传送带上受到向左的摩擦力，将向左做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度大于物体开始时的速度，则物体一直加速，返回出发点的速度大小仍然等于v；若传送带的速度小于物体开始时的速度，则当物体的速度与传送带的速度相等后，物体以传送带的速度随传送带一起做匀速直线运动，C正确，A、D错误。
8．(多选)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放着质量分别为mA＝1
kg和mB＝2
kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10
m/s2)。则( )
A．若F＝1
N，则物块、木板都静止不动
B．若F＝1.5
N，则A物块所受摩擦力大小为1.5
N
C．若F＝4
N，则B物块所受摩擦力大小为2
N
D．若F＝8
N，则B物块的加速度为1
m/s2
答案 CD
解析 A与木板间的最大静摩擦力fAmax＝μmAg＝2
N，B与木板间的最大静摩擦力fBmax＝μmBg＝4
N。若F＝1
NNm/s2，对A有F－fA＝mAa，解得fA＝1
N，B错误；若F＝4
N>fAmax，则A在木板上滑动，B和木板整体受到的摩擦力为f＝fAmax＝2
N，轻质木板的质量不计，所以B的加速度aB＝＝1
m/s2，对B根据牛顿第二定律，有fB＝mBaB＝2
N，C正确；若F＝8
N>fAmax，则A相对于木板滑动，B和木板整体受到的摩擦力为f＝fAmax＝2
N，轻质木板的质量不计，所以B的加速度aB＝＝1
m/s2，D正确。
9．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运动。t＝0时将质量为m＝1
kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带上，小物块相对地面的v t图象如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10
m/s2。则( )
A．传送带的速率v0＝10
m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0～2.0
s内小物块在传送带上留下的痕迹的长度为6
m
答案 AC
解析 由v t图象可知，在0～1
s，小物块在传送带上做加速度
a1＝10
m/s2的匀加速运动，在1～2
s，小物块做初速度为10
m/s、加速度为a2＝2
m/s2的匀加速运动，故传送带的速率v0＝10
m/s，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，B错误，A、C正确；0～1
s内传送带位移s1＝v0t1＝10
m，小物块位移s2＝a1t＝5
m，小物块相对传送带的位移大小Δs1＝s1－s2＝5
m，相对传送带向上，1～2
s内传送带位移s3＝v0t2＝10
m，小物块位移s4＝v0t2＋a2t＝11
m，故小物块相对传送带的位移Δs2＝s4－s3＝1
m，相对传送带向下，故小物块在传送带上留下的痕迹的长度为5
m，D错误。
10．如图所示，水平传送带正在以恒定的速率v＝4
m/s顺时针转动，质量为m＝1
kg的某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，将该物块从传送带左端无初速度地轻放在传送带上(g取10
m/s2)。
(1)如果传送带长度L＝4.5
m，求经过多长时间物块将到达传送带的右端？
(2)如果传送带长度L＝20
m，求经过多长时间物块将到达传送带的右端？
答案 (1)3
s (2)7
s
解析 物块放到传送带上后，在滑动摩擦力的作用下先向右做匀加速运动；
由μmg＝ma得a＝μg，
若传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传送带一同向右匀速运动。
物块匀加速运动的时间t1＝＝＝4
s，
物块匀加速运动的位移s1＝at＝μgt＝8
m。
(1)若传送带长度L＝4.5
m，因为4.5
m<8
m，
所以物块一直在传送带上加速，
由L＝at2得t＝
＝
＝3
s。
(2)若传送带长度L＝20
m，因为20
m>8
m，所以物块速度达到与传送带的速度相同后，摩擦力变为0，此后物块与传送带一起做匀速运动，
物块匀速运动的时间t2＝＝
s＝3
s，
故物块到达传送带右端的时间t′＝t1＋t2＝7
s。
11．质量为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图象如图乙所示，重力加速度g＝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。
答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6
kg
解析 (1)由题图乙可知，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)由题图乙可知，A、B在1～3
s内的加速度
a3＝＝－1
m/s2，
对A、B，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。
12．长为L＝1.5
m的木板B静止放在水平冰面上，可视为质点的小物块A以初速度v0从左端滑上木板B，一段时间后A、B达到相同的速度v＝0.4
m/s，而后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8
cm后停下。已知物块A与木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，g取10
m/s2。
(1)求木板与冰面的动摩擦因数μ2；
(2)求小物块A的初速度v0的大小；
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，求小物块滑上木板的最大初速度v0m。
答案 (1)0.1 (2)2.4
m/s (3)3
m/s
解析 (1)小物块和木板一起运动时，做匀减速运动，根据速度与位移关系式可得加速度大小
a＝＝
m/s2＝1
m/s2，
对整体，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＝2ma，
解得μ2＝0.1。
(2)小物块滑上长木板后做匀减速运动，其加速度大小
a1＝＝μ1g＝2.5
m/s2，
木板做匀加速运动μ1mg－μ2(2m)g＝ma2，
解得a2＝0.5
m/s2，
设小物块滑上木板经时间t后速度达到v，
对木板有v＝a2t，
解得t＝＝
s＝0.8
s，
小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4
m/s。
(3)当小物块以最大初速度v0m滑上木板，则到达木板最右端时木板B和小物块A恰好速度相同，则
物块的位移为s物＝v0mt1－a1t，
木板的位移为s板＝a2t，
位移间的关系为s物－s板＝L，
速度关系为v0m－v′＝a1t1，v′＝a2t1，
由以上各式解得v0m＝3
m/s。
