2019_2020学年新教材高中物理第四章运动和力的关系专题五传送带问题和滑块_木板问题练习含解析新人教版必修第一册.doc

专题五　传送带问题和滑块—木板问题

课题任务　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x1＝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x2＝x－x1＝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，
物体下滑的距离：x1＝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x2＝vt2＋a2t，且x＝x1＋x2，
解得：t2＝2 s，故共用时间为t＝t1＋t2＝4 s。

课题任务　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v­t图像，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x2＝v0t＋a2t2＝1.5 m，
物块的位移x1＝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＝x2－x1＝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大小变化的图像如图乙所示。

(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fm＝1.5 N，
设此时铁块的加速度大小为am，
则F－fm＝mam，am＝0.5 m/s2，
木板的加速度大小aM＝am，
对整体运用牛顿第二定律
F－μ1(m＋M)g＝(M＋m)aM，
解得μ1＝0.05。
(2)设当F＝4 N时，铁块的加速度大小为am1，
由牛顿第二定律有F－f1＝mam1，f1＝μ2mg，
解得am1＝2 m/s2，
设木板的加速度大小为aM1，
则f1－μ1(m＋M)g＝MaM1，解得aM1＝1 m/s2，
因此在t＝1 s内，
铁块运动的位移为sm＝am1t2＝1 m，
木板的位移为sM＝aM1t2＝0.5 m，
在t＝1 s时，铁块的速度vm＝am1t＝2 m/s，
木板的速度vM＝aM1t＝1 m/s，
此后，铁块减速，设其加速度大小为am2，
则μ2mg＝mam2，得am2＝2 m/s2，
木板加速，设其加速度大小为aM2，
则μ2mg－μ1(m＋M)g＝MaM2，得aM2＝1 m/s2，
当两者达到共同速度时有v＝vm－am2t′＝vM＋aM2t′，
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sm1＝t′，得sm1＝ m，
木板的位移sM1＝t′，得sM1＝ m，
则木板长度为L＝(sm－sM)＋(sm1－sM1)＝ 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，下列图像符合运动情况的是(　　)

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v­t图像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、x、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，v­t图像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像得，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s＝，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<tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的可能是(　　)

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μ<tanθ，加速度a2＝gsinθ－μgcosθ>0，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像可能是下图中的(　　)

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，若传送带的速度大小大于物体开始时的速度大小，则物体一直加速，返回出发点的速度大小仍然等于v；若传送带的速度大小小于物体开始时的速度大小，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fAm＝μmAg＝2 N，B与木板间的最大静摩擦力fBm＝μmBg＝4 N。若F＝1 N<fAm，则A、B与木板保持相对静止，整体在F作用下向左做匀加速运动，A错误；若F＝1.5 N<fAm，则A、B与木板保持相对静止，整体在F作用下向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得F＝(mA＋mB)a，解得a＝0.5 m/s2，对A有F－fA＝mAa，解得fA＝1 N，B错误；若F＝4 N>fAm，则A在木板上滑动，B和木板整体受到的摩擦力为f＝fAm＝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>fAm，则A相对于木板滑动，B和木板整体受到的摩擦力为f＝fAm＝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v­t图像如图乙所示。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v­t图像可知，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x1＝v0t1＝10 m，小物块位移x2＝a1t＝5 m，小物块相对传送带的位移大小Δx1＝x1－x2＝5 m，相对传送带向上，1～2 s内传送带位移x3＝v0t2＝10 m，小物块位移x4＝v0t2＋a2t＝11 m，故小物块相对传送带的位移Δx2＝x4－x3＝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x1＝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v­t图像如图乙所示，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。

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