人教版高三物理教材-第3章 第4节微专题1“板—块”+“传送带”问题

第4节微专题1“板—块”＋“传送带”问题考点一“板—块”模型1．模型特点上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．2．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题方法整体法、隔离法．4．解题思路(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度．(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移．[典例1](2017·山东德州质检)长为L＝1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8.0 cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，取g＝10 m/s2.求：(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；(2)小物块A的初速度v0；(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m 应为多少？解析(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度a＝v22s＝1.0 m/s2由牛顿第二定律得μ2mg＝ma解得μ2＝0.10.(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，其加速度a1＝μ1g＝2.5 m/s2小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有μ1mg－μ2(2m)g＝ma2解得a2＝0.50 m/s2.设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则对于木板v＝a2t解得t＝va2＝0.8 s小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4 m/s.(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则v 0m t －12a 1t 2－12a 2t 2＝L v 0m －v ′＝a 1t v ′＝a 2t由以上三式解得v 0m ＝3.0 m/s. 答案 (1)0.10 (2)2.4 m/s (3)3.0 m/s1．(2017·安徽芜湖模拟)质量为m 0＝20 kg 、长为L ＝5 m 的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m ＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v 0＝4 m/s 的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2)．则下列判断中正确的是( )A ．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B ．木板一定静止不动，小木块能滑出木板C ．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板D ．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板解析：选A.木板与地面间的摩擦力为F f1＝μ1(m 0＋m )g ＝0.15×(20＋10)×10 N ＝45 N ，小木块与木板之间的摩擦力为F f2＝μ2mg ＝0.4×10×10 N ＝40 N ，F f1>F f2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为x ，v 20＝2μ2gx ，解得x ＝2 m<L ＝5 m ，所以小木块不能滑出木板，A 正确．2．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图a 所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v －t 图线如图b 所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M .由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1①由题图b 可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v 1＝4 m/s ， 由运动学公式有 v 1＝v 0＋a 1t 1② s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2⑤ 由题图b 可得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧ v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨ v 3＝v 1＋a 2Δt ⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 s 1＝－v 1＋v 32Δt ⑪小物块运动的位移为 s 2＝v 1＋v 32Δt ⑫小物块相对木板的位移为Δs ＝s 2－s 1⑬ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δs ＝6.0 m ⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m. (3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为s 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 4⑮0－v 23＝2a 4s 3⑯ 碰后木板运动的位移为 s ＝s 1＋s 3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得 s ＝－6.5 m ⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m. 答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m(3)6.5 m考点二 水平传送带问题滑块在水平传送带上运动常见的三个情景[典例2] (多选)如图所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是( )解析 若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力大于Q 的重力，则可能先向右匀加速，加速至v 1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B 所示，故B 正确．若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力小于Q 的重力，此时P 一直向右减速，减速到零后反向加速．若v 2>v 1，P 受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a 1＝F T ＋μmg m ，当减速至速度为v 1时，摩擦力反向，若有F T >μmg ，此后加速度a 2＝F T －μmg m ，故C 正确，A 、D 错误．答案 BC1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2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v 2>v 1，则( )A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t 1时刻速度为零，此时小物块离A 处的距离达到最大，选项A 错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t 2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B 正确；0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项C 错误；t 2～t 3时间内小物块不受摩擦力，选项D 错误．2．(2017·陕西汉中模拟)(多选)如图所示，质量为m 的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L .当传送带分别以v 1、v 2的速度逆时针转动(v 1＜v 2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F 1，F 2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t 1、t 2，则下列说法正确的是( )A ．F 1＜F 2B ．F 1＝F 2C ．t 1一定大于t 2D ．t 1可能等于t 2解析：选BD.绳剪断前物体的受力情况如图所示，由平衡条件得F N ＋F sin θ＝mg ，F f ＝μF N ＝F cos θ，解得F ＝μm gμsin θ＋cos θ，F 的大小与传送带的速度无关，选项A错误，B正确；绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同，若L≤v212μg，则两次都是匀加速到达左端，t1＝t2，若L＞v212μg，则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t1＞t2，选项C错误，D正确．考点三倾斜传送带问题滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景[典例3] 如图所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s ，在传送带顶端A 处无初速度的释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间．解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg (sin 37°－μcos 37°)＝ma则a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2， 根据l ＝12at 2得t ＝4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1则有a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝10 m/s 2.设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m ＜l ＝16 m.当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin 37°＞μmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s 2 x 2＝l －x 1＝11 m又因为x 2＝v t 2＋12a 2t 22，则有10t 2＋t 22＝11解得t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s.答案 (1)4 s (2)2 s1．(2017·广东汕头模拟)如图所示，A 、B 两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹，传送皮带与水平面的夹角为θ，在电动机的带动下，可利用传送皮带传送货物．已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间是t ，则( )A ．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定大于tB ．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于tC ．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于tD ．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t解析：选D.传送带不动物体下滑时，物体受摩擦力向上，故加速度a ＝g sinθ－μg cos θ；当传送带向上运动时，摩擦力一定也是向上，而摩擦力的大小不变，故a不变，所以物体运动到B的时间不变，故A、B错误；当皮带向下运动时，物体受摩擦力开始是向下的，故加速度开始一定增大，位移不变，故由A滑到B 的时间小于t，故C错误，D正确．2．如图所示为上、下两端相距L＝5 m、倾角α＝30°、始终以v＝3 m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2 s到达下端，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？解析：(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.由题意得L＝12at2解得a＝2.5 m/s2由牛顿第二定律得mg sin α－F f＝ma又F f＝μmg cos α故μ＝0.29.(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为v m，物体加速度为a′.由牛顿第二定律得mg sin α＋F f＝ma′又v2m＝2La′故v m＝2La′＝8.66 m/s.答案：(1)0.29(2)8.66 m/s课时规范训练[基础巩固题组]1．(多选)如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中．下列说法正确的是()A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于v，物体仍落在P点B．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点C．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P点D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P 点解析：选AD.若传送带静止，物体滑到传送带右端的过程中，物体一直减速，其加速度a＝μg，v2－v20＝2aL，当传送带顺时针转且速度小于v时，物体仍一直减速，到达传送带右端速度仍为v，因而物体仍落在P点，A正确；当传送带顺时针转且速度大于v0时，物体应先加速，因而到达右端时速度一定大于v，应落在P 点右侧，B 错误；当传送带顺时针转且速度大于v 时，物体在传送带上应先减速，当速度达到传送带速度时便和传送带一起匀速运动，到达右端时速度大于v ，应落在P 点右侧，C 错误；当传送带逆时针转时，物体一直减速，到达右端时速度为v ，仍落在P 点，D 正确．2．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M 的A 、B 两块木板，在木板A 的上面放着一个质量为m 的物块C ，木板和物块均处于静止状态．A 、B 、C 之间以及B 与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力F 向右拉动木板A ，使之从C 、B 之间抽出来，已知重力加速度为g ，则拉力F 的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)( )A ．F ＞μ(2m ＋M )gB ．F ＞μ(m ＋2M )gC ．F ＞2μ(m ＋M )gD ．F ＞2μmg解析：选C.无论F 多大，摩擦力都不能使B 向右滑动，而滑动摩擦力能使C 产生的最大加速度为μg ，故F －μmg －μ(m ＋M )g M＞μg 时，即F ＞2μ(m ＋M )g 时A 可从B 、C 之间抽出，选项C 正确．3．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB 、BC 两部分组成，且AB ＝BC ，小物块P (可视为质点)以某一初速度从A 点滑上桌面，最后恰好停在C 点，已知物块经过AB 与BC 两部分的时间之比为1∶4，则物块P 与桌面上AB 、BC 部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P 物块在AB 、BC 上所做两段运动可看做匀变速直线运动)( )A ．1∶1B ．1∶4C ．4∶1D ．8∶1解析：选D.设到达B 点速度为v 1，由于AB 与BC 段的位移相等，则有v 0＋v 12t 1＝v 1＋02t 2，其中t 1∶t 2＝1∶4，故v 1＝v 03，AB 段的加速度为a 1＝v 1－v 0t 1＝－2v 03t 1，BC 段的加速度为a 2＝0－v 1t 2＝－v 03t 2，根据牛顿第二定律得，AB 段－μ1mg ＝ma 1，BC 段－μ2mg ＝ma 2，解得μ1∶μ2＝a 1∶a 2＝8∶1，故选项D 正确．4．一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝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(重力加速度g 取10 m/s 2)．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 NC ．若F ＝4 N ，则B 物块所受摩擦力大小为4 ND ．若F ＝8 N ，则B 物块的加速度为1 m/s 2解析：选D.物块A 的滑动摩擦力为F f A ＝μm A g ＝2 N ，物块B 的滑动摩擦力为F f A ＝μm B g ＝4 N ．若F ＝1 N<2 N ，则两物块相对木板静止不动，而木板向左加速运动，A 错误；若F ＝1.5 N<2 N ，对两木块与木板整体由牛顿第二定律得共同加速度为a ＝Fm A ＋m B ＝1.53 m/s 2＝0.5 m/s 2，对A 有F －F f ＝m A a ，解得F f ＝1 N ，B 错误；当F ＝4 N>2 N 时，木块A 与木板相对滑动，此时木板和B 的加速度为a ＝μm A g m B＝1 m/s 2，此时B 物块所受摩擦力大小为F f ＝m B a ＝2 N ，C 错误；同理若F ＝8 N ，木块A 与木板相对滑动，此时木板和B 的加速度为a ＝μm A g m B＝1 m/s 2，D 正确．5．(多选)如图所示，用皮带输送机将质量为M 的物块向上传送，两者间保持相对静止，则下列关于物块所受摩擦力F f 的说法正确的是( )A．皮带传送的速度越大，F f越大B．皮带加速运动的加速度越大，F f越大C．皮带速度恒定，物块质量越大，F f越大D．F f的方向一定与皮带速度方向相同解析：选BC.若物块匀速运动，由物块的受力情况可知，摩擦力F f＝Mg sin θ，与传送带的速度无关，A项错误；物块质量M越大，摩擦力F f越大，C项正确；皮带加速运动时，由牛顿第二定律可知，F f－Mg sin θ＝Ma，加速度a越大，摩擦力F f越大，B项正确；若皮带减速上滑，则物块所受摩擦力方向有可能沿皮带方向向下，D项错误．6．一小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞行的子弹击中并从物块中穿过，如图甲所示．固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块被击中后的位移x随时间的变化关系如图乙所示(图象前3 s内为二次函数，3 s～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向)．已知传送带的速度v1保持不变，g取10 m/s2.(1)求传送带速度v1的大小；(2)求零时刻物块速度v0的大小；(3)在图丙中画出物块对应的v－t图象．解析：(1)由x －t 的图象可知，物块被击穿后，先向左减速，2 s 末减到v ＝0，然后向右加速，3 s 末后与传送带共速v 1＝Δx ′Δt ＝2 m/s ，以后随传送带一起做匀速运动．(2)2 s ～3 s 内，物块向右匀加速运动，加速度大小a ＝μg ，v 1＝a Δt 10～2 s 内，物块向左匀减速运动，加速度大小a ＝μg解得零时刻物块的速度v 0＝a Δt 2＝4 m/s.(3)根据x －t 的图象分析得到的运动规律用v －t 图象画出如图所示．答案：(1)2 m/s (2)4 m/s (3)见解析图[综合应用题组]7．如图甲所示，足够长的水平传送带以v 0＝2 m/s 的速度匀速运行．t ＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t ＝2 s 时传送带突然制动停下. 已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2, g ＝10 m/s 2.在图乙中，关于滑块相对地面运动的v －t 图象正确的是( )解析：选D.滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a ＝μg ＝2 m/s 2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t 1＝v a ＝1 s ，然后随传送带一起匀速运动的时间t 2＝t －t 1＝1 s ，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a ′＝－a ＝－2 m/s 2，运动的时间t 3＝1 s ，所以速度—时间图象对应D 选项．8．(多选)如图所示，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M 1和M 2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块．开始时，各物均静止，今在两物体上各作用一水平恒力F 1、F 2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v 1和v 2，物体和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是( )A ．若F 1＝F 2，M 1＞M 2，则v 1＞v 2B ．若F 1＝F 2，M 1＜M 2，则v 1＞v 2C ．若F 1＞F 2，M 1＝M 2，则v 1＞v 2D ．若F 1＜F 2，M 1＝M 2，则v 1＞v 2解析：选BD.若F 1＝F 2，M 1>M 2，且假设M 1远大于M 2，则可认为M 1不动，则物体在M 1上运动的时间会小于在M 2上运动的时间，又木板的加速度a ＝μmg M ，故a 1＜a 2，所以v 1＜v 2，A 错误；同理可判断B 正确；若 F 1>F 2，M 1＝M 2，则在M 1上的物块的加速度较大，而两板的加速度大小相同，所以在M 1上的物块在板上的运动时间较短，所以v 1＜v 2，C 错误；同理可判断D 正确．9．(多选)如图所示为粮袋的传送装置，已知AB 间长度为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C．若μ<tan θ，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sin θ解析：选AC.开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mg sin θ＋μF N＝ma，F N＝mg cos θ，解得a＝g sin θ＋μg cos θ，B错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mg sin θ>μmg cos θ，即当μ<tan θ时粮袋将继续做加速运动，A、C正确，D错误．10．如图所示，一质量为m B＝2 kg，长为L＝6 m的薄木板B放在水平面上，质量为m A＝2 kg的物体A(可视为质点)在一电动机拉动下从木板左端以v0＝5 m/s的速度向右匀速运动．在物体带动下，木板以a＝2 m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，此时牵引物体的轻绳的拉力F＝8 N．已知各接触面间的动摩擦因数恒定，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)经多长时间物体A滑离木板？(2)木板与水平面间的动摩擦因数为多少？(3)物体A滑离木板后立即取走物体A，木板能继续滑行的距离为多少？解析：(1)设经t0时间物体A滑离木板，则对A：x A＝v0t0对木板B：x B＝12at2x A－x B＝L代入数据解得t0＝2 s(另解舍去)(2)A在B上滑动时，A匀速运动，则F f AB＝F＝8 N.设地面对B的滑动摩擦力为F f B1，则由牛顿第二定律得F f AB－F f B1＝m B a又F f B1＝μF NF N＝(m A＋m B)g解得μ＝0.1.(3)物体A滑离时B板的速度v B＝at0＝4 m/sB板向前减速滑行过程中，由牛顿第二定律得μm B g＝m B a B解得a B＝μg＝1 m/s2木板继续滑行的位移x B＝v2B2a B＝8 m.答案：(1) 2 s(2)0.1(3)8 m11．如图甲所示，光滑水平面上放置斜面体ABC，AB与BC圆滑连接，AB 表面粗糙且水平(长度足够长)，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角θ＝37°.在斜面体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受压时，其示数为正值；力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从斜面体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录到力F和时间t的关系如图乙所示．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)，求：(1)斜面BC的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．解析：(1)滑块在斜面上时，由牛顿第二定律有： mg sin θ＝ma 1得a 1＝6 m/s 2.结合图乙可知滑块在斜面上下滑的时间为t 1＝1 s.斜面BC 的长度x 1＝12a 1t 21＝3 m.(2)斜面体对传感器的压力为F 1＝mg cos θsin θ 得m ＝2 kg.(3)对斜面体由平衡条件有：F f ＝F 2＝4 N 对滑块由牛顿第二定律有：F f ＝ma 2得a 2＝2 m/s 2滑块在AB 表面上滑行的距离为：x 2＝v t 2－12a 2t 22又v ＝a 1t 1，t 2＝2 s得：x 2＝8 m.滑块克服摩擦力做的功为：W f ＝F f x 2＝32 J. 答案：(1)3 m (2)2 kg (3)32 J。