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130传送带问题与滑块——木板模型[方法点拨](1)分析滑块与传送带或木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相等时摩擦力可能变化．(2)用公式Q＝f·s相对或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量．1．(滑块—木板模型)(多选)如图1所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为s，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是()图1A．此时小物块的动能为F(s＋L)B．此时小车的动能为fsC．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fs－fLD．这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL2．(传送带问题)(多选)如图2所示，一质量为1kg的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，经2s运动到B点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带，传送带以4m/s的恒定速率运行．已知A、B间距离为2m，传送带长度(即B、C间距离)为10m，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，取g＝10m/s2.下列说法正确的是()图2A．小物块在传送带上运动的时间为2.32sB．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为2JC．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为6JD．小物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8J3．(滑块—木板模型)(多选)水平地面上固定一倾角为θ＝37°的足够长的光滑斜面，如图3所示，斜面上放一质量为mA＝2.0kg、长l＝3m的薄板A.质量为mB＝1.0kg的滑块B(可视为质点)位于薄板A的最下端，B与A之间的动摩擦因数μ＝0.5.开始时用外力使A、B静止在斜面上，某时刻给滑块B一个沿斜面向上的初速度v0＝5m/s，同时撤去外力，已知重力2加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法正确的是()图3A．在滑块B向上滑行的过程中，A、B的加速度大小之比为3∶5B．从A、B开始运动到A、B相对静止的过程所经历的时间为0.5sC．从A、B开始运动到A、B相对静止的过程中滑块B克服摩擦力所做的功为259JD．从A、B开始运动到A、B相对静止的过程中因摩擦产生的热量为253J4．如图4甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t＝0时刻，将质量为1.0kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0s，物块从最下端的B点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g＝10m/s2)，求：图4(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)从A到B的过程中，传送带对物块做的功．5．如图5所示，在倾角为θ＝37°的足够长的斜面上，有质量为m1＝2kg的长木板．开始时，长木板上有一质量为m2＝1kg的小铁块(视为质点)以相对地面的初速度v0＝2m/s从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v＝1m/s的匀速运动.小铁块最终与长木板一起沿斜面向上做匀速运动.已知小铁块与长木板、长木板与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.9，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.试求：图5(1)小铁块在长木板上滑动时的加速度；3(2)长木板至少多长；(3)在小铁块从木板中点运动到与木板速度相同的过程中拉力的功率．6．如图6所示，质量为M＝4kg的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量为m＝1kg，大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F＝8N，铁块在长L＝6m的木板上滑动．取g＝10m/s2.求：图6(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端；(2)在铁块到达木板左端的过程中，恒力F对铁块所做的功；(3)在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能．4答案精析1．BD[小物块运动的位移为s＋L，拉力和摩擦力做功，由动能定理得(F－f)(s＋L)＝Ek1，故选项A错误；小车仅受摩擦力，由动能定理得fs＝Ek2，选项B正确；小物块和小车组成的系统的机械能增加量为非重力做功，即(F－f)(s＋L)＋fs＝F(s＋L)－fL，选项C错误；因摩擦而产生的热量为摩擦力与相对路程之积，即Q＝fL，选项D正确．]2．BCD[小物块自斜面上A点由静止开始下滑，由s＝12at2，v＝at，得出小物块滑上传送带时的速度v＝2m/s，小物块滑上传送带后做匀加速直线运动，加速度a1＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，加速时间t1＝v0－va1＝1s，加速运动的位移s1＝vt1＋12a1t21＝3m，匀速运动时间t2＝LBC－s1v0＝1.75s，小物块在传送带上运动的时间为t′＝t1＋t2＝2.75s，选项A错误；小物块相对传送带的位移Δs＝v0t1－s1＝1m，小物块在传送带上因摩擦产生的热量为Q＝fΔs＝μmgΔs＝2J，选项B正确；由动能定理，小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为W＝12mv20－12mv2＝6J，选项C正确；根据能量守恒定律，小物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为E＝Q＋W＝2J＋6J＝8J，选项D正确．]3．CD[由题中条件可知，当滑块B向上运动时，薄板A将沿斜面向下运动，由受力分析和牛顿第二定律可知，对薄板A，mAgsinθ－μmBgcosθ＝mAaA，薄板A的加速度aA＝4m/s2，方向沿斜面向下；对滑块B，μmBgcosθ＋mBgsinθ＝mBaB，则滑块B的加速度aB＝10m/s2，方向沿斜面向下，故在滑块B向上滑行的过程中，A、B的加速度大小之比为2∶5，选项A错误；开始运动时，滑块B向上做匀减速直线运动，减速到零所需要的时间t1＝v0aB＝0.5s，此时薄板A的速度大小为vA＝aAt1＝2m/s，然后二者均向下运动，且二者的加速度不变，最后速度相同，则有vA＋aAt2＝aBt2，代入数据可解得t2＝13s，共同速度为v＝103m/s，A、B从开始运动到速度相同所用时间为t＝t1＋t2＝56s，选项B错误；滑块B的位移为sB＝v02t1－v2t2＝2536m，方向沿斜面向上，所以滑块B克服摩擦力做的功为W＝μmBgsBcosθ＝259J，选项C正确；A、B的相对位移为s＝v02t1＋12aAt21＋vAt2＋12aAt22－v2t2，代入数据得s＝2512m，故在整个过程中产生的热量Q＝μmBgscosθ＝253J，选项D正确．]54．(1)35(2)－3.75J解析(1)由图象可知，物块在前0.5s的加速度为：a1＝v1t1＝8m/s2后0.5s的加速度为：a2＝v2－v1t2＝2m/s2物块在前0.5s受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1物块在后0.5s受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2联立解得：μ＝35(2)由v－t图象面积意义可知，在前0.5s，物块对地位移为：s1＝v12t1则摩擦力对物块做功：W1＝μmgcosθ·s1在后0.5s，物块对地位移为：s2＝v1＋v22t2则摩擦力对物块做功W2＝－μmgcosθ·s2所以传送带对物块做的总功：W＝W1＋W2联立解得：W＝－3.75J5．(1)1.2m/s2，沿斜面向上(2)7.5m(3)40.8W解析(1)设小铁块的加速度大小为a，对小铁块受力分析有(取沿斜面向上为正方向)f2－m2gsinθ＝m2af2＝μFN2FN2＝m2gcosθ得a＝g(μcosθ－sinθ)＝1.2m/s2，沿斜面向上(2)小铁块先沿斜面向下匀减速运动至速度为零再沿斜面向上匀加速运动，最终与长木板速度相同，设历时t后小铁块速度为v，则v－(－v0)＝att＝v＋v0gμcosθ－sinθ＝2.5st时间内小铁块位移为s1，木板位移为s2s1＝v0－vt2，方向沿斜面向下s2＝vt，方向沿斜面向上6L2≥s2＋s1L≥2(s2＋s1)＝7.5m(3)对木板F＝f2＋f1＋m1gsinθf1＝μFN1FN1＝(m1＋m2)gcosθW＝Fs2联立解得：W＝102J所以P＝Wt＝40.8W.6．(1)2s(2)64J(3)40J解析(1)铁块与木板间的滑动摩擦力f＝μmg＝0.4×1×10N＝4N铁块的加速度a1＝F－fm＝8－41m/s2＝4m/s2木板的加速度a2＝fM＝44m/s2＝1m/s2铁块滑到木板左端的时间为t，则12a1t2－12a2t2＝L代入数据解得t＝2s(2)铁块位移s1＝12a1t2＝12×4×22m＝8m木板位移s2＝12a2t2＝12×1×22m＝2m恒力F对铁块做的功W＝Fs1＝8×8J＝64J(3)方法一：铁块的动能EkA＝(F－f)s1＝(8－4)×8J＝32J木板的动能EkB＝fs2＝4×2J＝8J铁块和木板的总动能Ek总＝EkA＋EkB＝32J＋8J＝40J.方法二：铁块的速度v1＝a1t＝4×2m/s＝8m/s铁块的动能EkA＝12mv21＝12×1×82J＝32J木板的速度v2＝a2t＝1×2m/s＝2m/s木板的动能EkB＝12Mv22＝12×4×22J＝8J铁块和木板的总动能Ek总＝EkA＋EkB＝32J＋8J＝40J.