（2）求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向．当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
例2
（2019·湖南师大附中高一上学期期末）如图4所示，水平传送带以不变的速度v＝10m/s向右运动，将工件轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t＝2s，速度达到v；再经过时间t′＝4s，工件到达传送带的右端，g取10m/s2，求：
图4
（1）工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小；
（2）工件与水平传送带间的动摩擦因数；
（3）工件从水平传送带的左端到达右端通过的距离．
答案
（1）5m/s2
（2）0.5 （3）50m
解析
（1）工件的加速度a＝
解得a＝5m/s2
（2）设工件的质量为m，则由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
所以动摩擦因数μ＝
＝
＝0.5
（3）工件加速运动距离x1＝
t
工件匀速运动距离x2＝vt′
工件从左端到达右端通过的距离x＝x1＋x2
联立解得x＝50m.
针对训练2 （多选）如图5甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙所示模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率向左运行．旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（ ）
图5
A．乘客与行李同时到达B处
B．乘客提前0.5s到达B处
C．行李提前0.5s到达B处
D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处
答案 BD
解析 行李无初速度地放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速时a＝μg＝1m/s2，历时t1＝
＝1s达到共同速度，位移x1＝
t1＝0.5m，此后行李匀速运动t2＝
＝1.5s，到达B处共用时2.5s．乘客到达B用时t＝
＝2s，故B正确，A、C错误．若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝
＝2s，D正确．
例3
如图6所示，A、B间的距离l＝3.25m，传送带与水平面成θ＝30°角，轮子转动方向如图所示，传送带始终以2m/s的速度运行．将一物体无初速度地放到传送带上的A处，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝
，求物体从A运动到B所需的时间．（g取10m/s2）
图6
答案 1.25s
解析 刚将物体无初速度地放上传送带时，物体做加速运动，受力如图甲所示，由牛顿第二定律得
x轴方向上：
mgsin30°＋Ff＝ma1
y轴方向上：
FN－mgcos30°＝0
又Ff＝μFN
联立解得a1＝g（sin30°＋μcos30°）＝8.0m/s2
物体加速到与传送带速度相等所用的时间为t1＝
＝0.25s
位移为x1＝
＝0.25m
mgsin30°>μmgcos30°，故物体仍会继续加速下滑，而摩擦力方向变为沿传送带向上，受力如图乙所示，由牛顿第二定律可得
x轴方向上：
mgsin30°－Ff′＝ma2
y轴方向上：
FN－mgcos30°＝0
又Ff′＝μFN
联立解得a2＝g（sin30°－μcos30°）＝2.0m/s2
所以物体以初速度v＝2m/s和加速度a2＝2.0m/s2做匀加速运动，位移为x2＝l－x1＝3.0m
由位移公式得x2＝vt2＋
a2t22
解得t2＝1s，t2＝－3s（舍去）
故所用总时间为t＝t1＋t2＝0.25s＋1s＝1.25s.
1．（滑块—木板模型）如图7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（ ）
图7
答案 D
解析 木板一定保持静止，加速度为0，选项A、B错误；物块的加速度a＝
，即物块做匀加速直线运动，物块运动的v－t图象为倾斜的直线，而木板保持静止，速度一直为0，选项C错误，D正确．
2．（传送带问题）如图8所示，足够长的水平传送带以v0＝2m/s的速率顺时针匀速运行．t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2s时，传送带突然停止运行．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10m/s2.下列关于滑块相对地面运动的v－t图象正确的是（ ）
图8
答案 B
解析 刚被放在传送带上时，滑块受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a＝μg＝2m/s2，滑块运动到与传送带速度相同需要的时间t1＝
＝1s，然后随传送带一起匀速运动的时间t2＝t－t1＝1s，当传送带突然停止运行时，滑块在传送带滑动摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′＝－a＝－2m/s2，运动的时间t3＝
＝
s＝1s，选项B正确．
3.（滑块—木板模型）质量为m、长为L的长木板静止在光滑水平面上，质量也为m的小滑块（可看做质点）放在长木板的最左端，如图9所示．已知小滑块与长木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，给小滑块一水平向右的拉力F，当F取不同值时，求解下列问题：
（重力加速度为g）
图9
（1）要使滑块与木板发生相对滑动，F至少为多大；
（2）当F＝3μmg时，经过多长时间，力F可使滑块滑至木板的最右端．
答案
（1）2μmg
（2）
解析
（1）当滑块和木板没有发生相对滑动时，对滑块、木板整体有：
F＝2ma
当滑块与木板间摩擦力达最大静摩擦力时，对木板有：
μmg＝ma
联立解得F＝2μmg.
（2）设滑块、木板的加速度分别为a1、a2
由牛顿第二定律得：
对滑块F－μmg＝ma1
对木板μmg＝ma2
解得a1＝2μg，a2＝μg
设经t时间，滑块滑到木板的最右端，则
L＝
a1t2－
a2t2，解得t＝
.
一、选择题
1．（多选）如图1所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行．将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、Ff表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列选项可能正确的是（ ）
答案 AB
解析 物体在传送带上先做匀加速运动，当达到与传送带相同的速度后，开始做匀速运动，A、B正确．
2.如图2所示，粗糙的传送带与水平方向夹角为θ，当传送带静止时，在传送带上端轻放一小物块，物块下滑到底端所用时间为T，则下列说法正确的是（ ）
图2
A．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能大于T
B．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能小于T
C．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间等于T
D．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间小于T
答案 D
解析 当传送带顺时针转动时，物块受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度与传送带静止时加速度相同，所以物块下滑的时间等于T，故A、B错误；当传送带逆时针转动时，开始时物块受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度大于传送带静止时的加速度，则物块下滑的时间小于T，故C错误，D正确．
3.如图3所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，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 D
解析 开始阶段，小木块受到竖直向下的重力、垂直于传送带向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，可得a1＝gsinθ＋μgcosθ.
小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ4.如图4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（逆时针），在此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，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
答案 C
解析 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仍然向上，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，故选项C正确．
5．（多选）如图5所示，水平传送带两端A、B相距x＝6m，以v0＝4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转．现将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中（ ）
图5
A．煤块从A运动到B的时间是2.3s
B．煤块从A运动到B的时间是1.6s
C．划痕长度是2.8m
D．划痕长度是3.2m
答案 AD
解析 开始时煤块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝2.5m/s2，假设煤块的速度达到4m/s时未离开传送带，此时煤块通过的位移大小为x1＝
＝3.2m<6m，因此煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，做匀加速直线运动的时间为t1＝
＝1.6s，此后煤块以与传送带相同的速度匀速运动至B端，匀速运动的位移为x2＝x－x1＝6m－3.2m＝2.8m，时间为t2＝
＝0.7s，运动的总时间为t＝t1＋t2＝2.3s，A正确，B错误；划痕长度即煤块相对于传送带的位移大小，可得Δx＝v0t1－x1＝3.2m，C错误，D正确．
二、非选择题
6．质量为2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以某一初速度沿木板上表面水平冲上木板，如图6甲所示．A和B经过1s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＝10m/s2，求：
图6
（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）6kg
解析
（1）由题图乙可知，A在0～1s内的加速度a1＝
＝－2m/s2，对A由牛顿第二定律得，
－μ1mg＝ma1，
解得μ1＝0.2.
（2）由题图乙知，AB在1～3s内的加速度
a3＝
＝－1m/s2，
对AB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0～1s内的加速度
a2＝
＝2m/s2.
对B由牛顿第二定律得，
μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2，
代入数据解得m＝6kg.
7.如图7所示，质量M＝8kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒定推力F＝8N，当长木板向右运动的速度达到1.5m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长．（g取10m/s2）
图7
（1）放上小物块后，小物块及长木板的加速度各为多大？
（2）经多长时间两者达到相同的速度？
（3）从放上小物块开始，经过t＝1.5s，小物块的位移大小为多少？
答案
（1）2m/s2 0.5m/s2
（2）1s （3）2.1m
解析
（1）小物块的加速度am＝μg＝2m/s2
长木板的加速度aM＝
＝0.5m/s2.
（2）由amt＝v0＋aMt，可得t＝1s.
（3）在开始1s内小物块的位移x1＝
amt2＝1m
1s末速度为v＝amt＝2m/s
在接下来的0.5s小物块与长木板相对静止，一起做匀加速运动，加速度为a＝
＝0.8m/s2
这0.5s内的位移为x2＝vt′＋
at′2＝1.1m
通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1m.
8.如图8所示的传送带，其水平部分ab长度为2m，倾斜部分bc长度为4m，bc与水平方向的夹角为θ＝37°，将一物块A（可视为质点）轻轻放在传送带的a端，物块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25.传送带沿图示方向以v＝2m/s的速度匀速运动，若物块A始终未脱离传送带，试求物块A从a端传送到c端所用的时间．（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
图8
答案 2.4s
解析 物块A在ab之间运动，对A受力分析得Ff1＝μFN1，FN1－mg＝0，根据牛顿第二定律得Ff1＝ma1，
解得a1＝μg＝2.5m/s2，
设物块A速度达到2m/s所需时间为t1，运动位移为x1.
根据运动学规律可得t1＝
＝0.8s，x1＝
a1t12＝0.8m
由x1<2m，可知A在还没有运动到b点时，已与传送带速度相同．
此后A做匀速运动，设运动时间为t2，lab－x1＝vt2，得t2＝0.6s
A在bc间运动时，物块A所受的摩擦力方向沿传送带向上，对A受力分析得：
mgsinθ－Ff2＝ma2，FN＝mgcosθ
Ff2＝μFN
解得a2＝g（sinθ－μcosθ）＝4m/s2
根据运动学规律可得lbc＝vt3＋
a2t32，
解得t3＝1s，t3′＝－2s（舍去）
则物块A从a端传送到c端所用时间t＝t1＋t2＋t3＝2.4s.
9.如图9所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1m/s的恒定速率顺时针运行，一质量为m＝4kg的行李（可视为质点）无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离l＝2m，g取10m/s2.求：
图9
（1）行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；
（2）行李做匀加速直线运动的时间；
（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处．求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．
答案
（1）4N 1m/s2
（2）1s （3）2s 2m/s
解析
（1）行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力Ff＝μmg
将题给数据代入，得Ff＝4N
由牛顿第二定律，得Ff＝ma
代入数据得a＝1m/s2
（2）设行李做匀加速直线运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝1m/s，则v＝at
代入数据，得t＝1s，
运动的距离x＝
t＝0.5m＜l，
所以行李匀加速运动的时间为1s.
（3）行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短，则
l＝
atmin2，代入数据得tmin＝2s．传送带对应的最小运行速率vmin＝atmin，代入数据得vmin＝2m/s.
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