v＝a2t0＝7.6m/s，
之后木板减速，煤块加速，根据牛顿第二定律，对长木板有mgsinθ＋μ2mgcosθ－2μ1mgcosθ＝ma1′
解得a1′＝1.2m/s2
对煤块有mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2′
解得a2′＝4.4m/s2
因a2′＝4.4m/s2>a1′＝1.2m/s2
所以煤块从下端离开木板，设从二者共速到二者分离又经历的时间为t2，此过程木板和煤块的对地位移大小分别为x1′、x2′，则有
x1′＝vt2＋
a1′t22，x2′＝vt2＋
a2′t22
根据相对位移Δx＝x2′－x1′
解得t2＝
s
故从放上到离开木板共经历的时间为t＝t0＋t2＝（1＋
）s.
高考题型3 传送带模型
1.模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向.
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）物体与传送带达到相同速度时往往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.
考题示例
例3 （2020·全国卷Ⅲ·25改编）如图7，相距L＝11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接.传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定.质量m＝10kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0＝5.0m/s自左侧平台滑上传送带.载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2.
图7
（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度.
答案
（1）2.75s
（2）4
m/s
m/s
解析
（1）传送带的速度为v＝4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有
μmg＝ma①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有
v2－v02＝－2as1②
联立①②式，代入题给数据得
s1＝4.5m③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动.设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，
由运动学公式有v＝v0－at1′④
t1＝t1′＋
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得
t1＝2.75s⑥
（2）当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
－μmgL＝
mv12－
mv02⑦
μmgL＝
mv22－
mv02⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
v1＝
m/s,v2＝4
m/s⑨
命题预测
5.（2019·广东湛江市二模）如图8甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度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图象（以地面为参考系）如图乙所示.已知v2>v1，则（ ）
图8
A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B.t2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～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
答案 B
解析 小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此时刻，它相对传送带滑动的距离最大，A错误，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误.
6.（多选）（2020·山东省实验中学高三）如图9甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动.一煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，则下列说法正确的是（ ）
图9
A.倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°
B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s
D.煤块在传送带上留下的痕迹长为（12＋4
）m
答案 AD
解析 由v－t图象得0～1s的加速度大小a1＝
m/s2＝8m/s2，方向沿传送带向下
1～2s的加速度大小a2＝
m/s2＝4m/s2，方向沿传送带向下
0～1s，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
1～2s，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
解得θ＝37°，μ＝0.25
故A正确，B错误.
v－t图线与t坐标轴所围面积表示位移，所以煤块上滑总位移为x＝10m，由运动学公式得下滑时间为t下＝
＝
s＝
s
所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2＋
）s，故C错误.
0～1s内煤块比传送带多走4m，划痕长4m；1～2s内传送带比煤块多走2m，划痕还是4m；2～（2＋
）s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕长为2m＋
a2t2＋vt＝（12＋4
）m，故D正确.
专题强化练
保分基础练
1.（2020·百校联盟必刷卷三）如图1所示，甲球用细线悬挂于车厢顶，乙球固定在竖直轻杆的下端，轻杆固定在天花板上，当车向右加速运动时，细线与竖直方向的夹角为θ＝45°，已知甲球的质量为m，乙球的质量为2m，重力加速度为g.则轻杆对乙球的作用力大小等于（ ）
图1
A.mgB.
mgC.2mgD.2
mg
答案 D
解析 对甲球，由牛顿第二定律得
ma＝mgtanθ
则加速度大小为：
a＝gtanθ＝g
设杆对乙球的作用力为F，则
＝2ma
解得：
F＝2
mg.
2.（2020·哈尔滨师大附中三校第二次联考）如图2甲所示，质量分别为m和M的物块A、B叠放在一起，放于光滑水平面上.重力加速度大小为g，A、B间的动摩擦因数为μ，水平外力作用在A上，能使A、B保持相对静止的最大外力F与μg间的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
图2
A.若m取一更大的值，则图象的斜率变小
B.若m取一更大的值，则图象的斜率变大
C.若M取一更大的值，则图象的斜率变大
D.若M取一更大的值，则图象的斜率不变
答案 B
解析 对整体受力分析可知，使A、B保持相对静止的最大外力为F＝（M＋m）a
隔离B有μmg＝Ma
联立解得：
F＝
μg
图象斜率：
k＝
＝m（1＋
）
若m取一更大的值，则图象的斜率变大，故A错误，B正确；
若M取一更大的值，则图象的斜率变小，故C、D错误.
3.（多选）（2020·山西大同市高三期末）如图3所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增大A、B间的压力，可行的办法是（ ）
图3
A.增大推力FB.减小倾角θ
C.减小B的质量D.减小A的质量
答案 AD
解析 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析有：
F－（mA＋mB）gsinθ－μ（mA＋mB）gcosθ＝（mA＋mB）a
对B受力分析有：
FAB－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa
由以上两式可得：
FAB＝
F＝
为了增大A、B间的压力，即要使FAB增大，应增大推力F、减小A的质量或增大B的质量.
故A、D正确，B、C错误.
4.（多选）（2020·湖北荆州市高三上学期质量检测）如图4所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B盒相连，A盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B盒内放一质量为
的物体.如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度大小为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为（ ）
图4
A.mB＝
B.mB＝
C.a＝0.2gD.a＝0.4g
答案 BC
解析 当物体放在B盒中时，以A、B和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
（mBg＋
mg）－mgsin30°＝（m＋mB＋
m）a
当物体放在A盒中时，以A、B和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
（m＋
m）gsin30°－mBg＝（m＋mB＋
m）a
联立解得mB＝
加速度大小为a＝0.2g
故A、D错误、B、C正确.
5.（多选）（2020·四川泸州市质量检测）如图5所示，两倾斜的传送带与水平面间的夹角均为θ，图甲中传送带逆时针转动、图乙中传送带顺时针转动，速度大小均为v1.使两个完全相同的木块从传送带顶端A点以初速度v0沿传送带向下运动，两木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，已知v1>v0，μ>tanθ.若两木块都能到达传送带底端B点，甲图木块到达底端B点的速度大小为v甲，乙图木块到达底端B点的速度大小为v乙.则（ ）
图5
A.v甲一定大于v乙B.v甲可能小于v乙
C.v甲可能大于v1D.v乙一定小于v1
答案 AD
解析 由于题图甲中传送带逆时针转动、题图乙中传送带顺时针转动，则开始题图甲中木块受到的摩擦力沿传送带向下，题图甲中木块可能一直向下加速，也可能先加速后匀速，所以v甲≤v1；由于题图乙中木块受到的摩擦力始终沿传送带向上，所以题图乙中木块一直减速运动，所以v乙＜v1，且v乙6.（多选）（2020·山东潍坊市一模）如图6所示，木板甲长为L，放在水平桌面上，可视为质点的物块乙叠放在甲左端，已知甲、乙质量相等，甲与乙、甲与桌面间的动摩擦因数相同.对乙施加水平向右的瞬时冲量I，乙恰好未从甲上滑落，此时对甲施加水平向右的瞬时冲量I，此后（ ）
图6
A.乙加速时间与减速时间相同
B.甲做匀减速运动直到停止
C.乙最终停在甲中点
D.乙最终停在距甲右端
L处
答案 AD
解析 由动量定理知，分别施加瞬时冲量后乙、甲获得的初速度相同，设为v0，甲与乙、甲与桌面间的动摩擦因数设为μ，第一次乙做匀减速直线运动，
L＝
t1，t1＝
，
v－t图象如图（a）所示；
第二次，乙加速与减速阶段的加速度大小均为a2＝μg，故加速时间与减速时间相同，v－t图象如图（b）所示，
第一阶段甲：
μmg＋μ·2mg＝ma1，a1＝3μg，
第二阶段，甲、乙恰共同匀减速，a2＝μg，
加速度两阶段不同，故甲不是匀变速运动.
甲、乙共速时，有v0－a2t1＝a2t2，t2＝
，
相对位移Δx等于上方三角形面积，
Δx＝
v0t2＝
，
选项A、D正确.
7.（多选）（2020·福建龙岩市检测）如图7所示，粗糙的水平地面上放着一个质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，轻质弹簧一端与固定在斜面上且与斜面垂直的轻质挡板相连，另一端连接一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k.斜面体在水平向右的恒力作用下，和小球一起以加速度a向右做匀加速直线运动（运动过程小球没离开斜面），重力加速度大小为g，以下说法正确的是（ ）
图7
A.水平恒力大小为（M＋m）a
B.地面对斜面体的摩擦力大小为μ（M＋m）g
C.弹簧的形变量为
D.斜面对小球的支持力大小为mgcosθ＋masinθ
答案 BC
解析 对系统受力分析，应用牛顿第二定律得
F－μ（M＋m）g＝（M＋m）a
解得F＝（M＋m）a＋μ（M＋m）g
故A错误，B正确；
对小球应用牛顿第二定律，沿斜面和垂直斜面分解加速度，有
kx－mgsinθ＝macosθ
mgcosθ－FN＝masinθ
解得弹簧的形变量为x＝
斜面对小球的支持力大小
FN＝mgcosθ－masinθ
故C正确，D错误.
8.（多选）（2020·河北省名校联盟联考）图8甲中，质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块.当木板受到随时间t均匀变化的水平拉力F作用时，其加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示.取g＝10m/s2，则（ ）
图8
A.滑块的质量m＝2kg
B.0～6s内，滑块做匀加速直线运动
C.当F＝8N时，滑块的加速度大小为1m/s2
D.滑块与木板间的动摩擦因数为0.1
答案 CD
解析 当F等于6N时，加速度为a＝1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，代入数据解得M＋m＝6kg；当F大于6N时，根据牛顿第二定律得a＝
，知a－F图线的斜率k＝
＝
＝0.5，解得M＝2kg，m＝4kg，故A错误；0～6s内，滑块与木板相对静止，随木板做加速度增加的加速运动，故B错误；根据F等于6N时，二者刚好滑动，此时m的加速度为1m/s2，以后拉力增大，滑块的加速度不变，所以当F＝8N时，滑块的加速度为1m/s2，对m根据牛顿第二定律可得a＝μg，解得动摩擦因数为μ＝0.1，故C、D正确.
争分提能练
9.（2020·河北衡水中学押题卷）如图9所示，一质量为m＝2kg的小滑块（可视为质点）放在长木板的右端，木板质量为M＝2kg，长为l＝3m，小滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.15.开始时木板与滑块都处于静止状态，现突然给木板一水平向右的初速度v0＝5m/s，使木板向右运动，取g＝10m/s2.
图9
（1）通过计算判断小滑块停止运动前能否与木板达到共速.
（2）求整个运动过程中小滑块与木板间因摩擦产生的热量.
答案
（1）能
（2）5.5J
解析
（1）分析知木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动
小滑块受到的
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