2024高考物理大一輪復(fù)習(xí)課件 第三章 專題強(qiáng)化五 傳送帶模型和“滑塊-木板”模型

DISANZHANG第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系傳送帶模型和“滑塊—木板”模型目標(biāo)要求1.會(huì)對(duì)傳送帶上的物體進(jìn)行受力分析，能正確解答傳送帶上物體的動(dòng)力學(xué)問題.2.能正確運(yùn)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)處理“滑塊—木板模型”.專題強(qiáng)化五

內(nèi)容索引題型一傳送帶模型題型二“滑塊—木板”模型課時(shí)精練題型一傳送帶模型1.水平傳送帶情景滑塊的運(yùn)動(dòng)情況傳送帶不足夠長(zhǎng)(未達(dá)到和傳送帶相對(duì)靜止)傳送帶足夠長(zhǎng)

一直加速先加速后勻速

v0<v時(shí)，一直加速v0<v時(shí)，先加速再勻速v0>v時(shí)，一直減速v0>v時(shí)，先減速再勻速滑塊一直減速到右端滑塊先減速到速度為0，后被傳送帶傳回左端若v0<v，則返回到左端時(shí)速度為v0；若v0>v，則返回到左端時(shí)速度為v2.傾斜傳送帶情景滑塊的運(yùn)動(dòng)情況傳送帶不足夠長(zhǎng)傳送帶足夠長(zhǎng)

一直加速(一定滿足關(guān)系gsinθ<μgcosθ)先加速后勻速(一定滿足關(guān)系gsinθ<μgcosθ)一直加速(加速度為gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后勻速若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0<v時(shí)，一直加速(加速度為gsinθ＋μgcosθ)v0<v時(shí)，若μ≥tanθ，先加速后勻速；若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0>v時(shí)，若μ<tanθ，一直加速，加速度大小為gsinθ－μgcosθ，若μ≥tanθ，一直減速，加速度大小為μgcosθ－gsinθv0>v時(shí)，若μ≥tanθ，先減速后勻速；若μ<tanθ，一直加速gsinθ>μgcosθ，一直加速；gsinθ＝μgcosθ，一直勻速gsinθ<μgcosθ，一直減速gsinθ<μgcosθ，先減速到速度為0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置時(shí)速度大小為v0；若v0>v，運(yùn)動(dòng)到原位置時(shí)速度大小為v(摩擦力方向一定沿斜面向上)例1

(多選)應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型.傳送帶始終保持v＝0.4m/s的恒定速率運(yùn)行，行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，A、B間的距離為2m，g取10m/s2.旅客把行李(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在A處，則下列說法正確的是A.開始時(shí)行李的加速度大小為2m/s2B.行李經(jīng)過2s到達(dá)B處C.行李到達(dá)B處時(shí)速度大小為0.4m/sD.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為0.08m考向1動(dòng)力學(xué)中水平傳送帶問題√√開始時(shí)，對(duì)行李，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得a＝2m/s2，故A正確；由以上分析可知行李在到達(dá)B處前已經(jīng)與傳送帶共速，所以行李到達(dá)B處時(shí)速度大小為0.4m/s，故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04)m＝0.04m，故D錯(cuò)誤.例2

(2021·遼寧卷·13)機(jī)場(chǎng)地勤工作人員利用傳送帶從飛機(jī)上卸行李.如圖所示，以恒定速率v1＝0.6m/s運(yùn)行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉(zhuǎn)軸間距L＝3.95m.工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質(zhì)點(diǎn)).小包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：

(1)小包裹相對(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)加速度的大小a；考向2動(dòng)力學(xué)中的傾斜傳送帶問題答案0.4m/s2小包裹的初速度v2大于傳送帶的速度v1，所以開始時(shí)小包裹受到的傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上，因?yàn)樾“芑瑒?dòng)摩擦力大于重力沿傳送帶方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹與傳送帶共速后做勻速直線運(yùn)動(dòng)至傳送帶底端，根據(jù)牛頓第二定律可知μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得a＝0.4m/s2(2)小包裹通過傳送帶所需的時(shí)間t.答案4.5s根據(jù)(1)可知小包裹開始階段在傳送帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在傳送帶上滑動(dòng)的距離為所以小包裹通過傳送帶所需的時(shí)間為t＝t1＋t2＝4.5s.例3

(多選)(2023·福建省西山學(xué)校高三模擬)如圖，一足夠長(zhǎng)的傾斜傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng).一小滑塊以某初速度沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則其速度v隨時(shí)間t變化的圖像可能是考向3傳送帶中的動(dòng)力學(xué)圖像√√設(shè)傳送帶傾角為θ，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊質(zhì)量為m，若mgsinθ>μmgcosθ，則滑塊所受合力沿傳送帶向下，小滑塊向下做勻加速運(yùn)動(dòng)；若mgsinθ＝μmgcosθ，則小滑塊沿傳送帶方向所受合力為零，小滑塊勻速下滑；若mgsinθ<μmgcosθ，則小滑塊所受合力沿傳送帶向上，小滑塊先做勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)，開始反向加速，當(dāng)加速到與傳送帶速度相同時(shí)，因?yàn)樽畲箪o摩擦力大于小滑塊重力沿傳送帶向下的分力，故小滑塊隨傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)，A、D錯(cuò)誤，B、C正確.例4

(多選)(2023·廣東省華南師大附中檢測(cè))如圖甲所示，一足夠長(zhǎng)的、傾角為37°的傳送帶以恒定速率穩(wěn)定運(yùn)行，一質(zhì)量m＝1kg、底部有墨粉的小物體從傳送帶中間某位置平行滑上傳送帶，取物體沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，則物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，若取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則下列說法正確的有A.0～8s內(nèi)物體的位移大小為14mB.物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.625C.0～4s內(nèi)物體上升的高度為4mD.0～8s內(nèi)物體在傳送帶上留下的墨跡長(zhǎng)度為18m√√在0～4s內(nèi)由題圖知，物體運(yùn)動(dòng)的位移為0，則在0～4s內(nèi)物體上升的高度為0，C錯(cuò)誤；由選項(xiàng)A可知，在0～8s內(nèi)物體的位移x＝14m，傳送帶的位移x′＝vt＝4×8m＝32m，則0～8s內(nèi)物體在傳送帶上留下的墨跡長(zhǎng)度為Δx＝x′－x＝18m，D正確.1.臨界狀態(tài)：當(dāng)v物＝v帶時(shí)，摩擦力發(fā)生突變，物體的加速度發(fā)生突變.2.物體與傳送帶的劃痕長(zhǎng)度Δx等于物體與傳送帶的相對(duì)位移的大小，若有兩次相對(duì)運(yùn)動(dòng)且兩次相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相同，則Δx＝Δx1＋Δx2(圖甲)；若兩次相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，則Δx等于較長(zhǎng)的相對(duì)位移大小(圖乙).方法點(diǎn)撥題型二“滑塊—木板”模型1.模型特點(diǎn)：滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))置于木板上，滑塊和木板均相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對(duì)滑動(dòng).2.位移關(guān)系：如圖所示，滑塊由木板一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，滑塊和木板同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長(zhǎng))；滑塊和木板反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移大小之和x2＋x1＝L.3.解題關(guān)鍵點(diǎn)(1)由滑塊與木板的相對(duì)運(yùn)動(dòng)來判斷“板塊”間的摩擦力方向.(2)當(dāng)滑塊與木板速度相同時(shí)，“板塊”間的摩擦力可能由滑動(dòng)摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)殪o摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運(yùn)動(dòng)).考向1水平面上的板塊問題例5

如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長(zhǎng)且質(zhì)量為M＝4kg的長(zhǎng)木板，在長(zhǎng)木板右端有一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊，長(zhǎng)木板與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，長(zhǎng)木板與小物塊均靜止，現(xiàn)用F＝14N的水平恒力向右拉長(zhǎng)木板，經(jīng)時(shí)間t＝1s撤去水平恒力F，g取10m/s2，則：(1)在F的作用下，長(zhǎng)木板的加速度為多大？答案3m/s2(2)剛撤去F時(shí)，小物塊離長(zhǎng)木板右端多遠(yuǎn)？答案0.5m撤去F之前，小物塊只受摩擦力的作用故am＝μg＝2m/s2(3)最終長(zhǎng)木板與小物塊一起以多大的速度勻速運(yùn)動(dòng)？答案2.8m/s剛撤去F時(shí)v＝at＝3m/s，vm＝amt＝2m/s最終速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′解得共同速度v′＝2.8m/s(4)最終小物塊離長(zhǎng)木板右端多遠(yuǎn)？答案0.7m最終小物塊離長(zhǎng)木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7m.考向2斜面上的板塊問題例6

(多選)滑沙運(yùn)動(dòng)是小孩比較喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長(zhǎng)為1m的滑板，滑板與沙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

.小孩(可視為質(zhì)點(diǎn))坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑，小孩與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設(shè)圖中小孩與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等，斜坡足夠長(zhǎng)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則下列判斷正確的是A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8m/s2C.經(jīng)過1s的時(shí)間，小孩離開滑板D.小孩離開滑板時(shí)的速度大小為0.8m/s√√考向3板塊問題中的動(dòng)力學(xué)圖像問題例7

(多選)(2023·內(nèi)蒙古高三檢測(cè))如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長(zhǎng)木板P，小滑塊Q放置于長(zhǎng)木板上的最右端.現(xiàn)將一個(gè)水平向右的力F作用在長(zhǎng)木板的右端，讓長(zhǎng)木板從靜止開始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去力F.滑塊、長(zhǎng)木板的速度時(shí)間圖像如圖乙所示，已知滑塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量相等，滑塊Q始終沒有從長(zhǎng)木板P上滑下.重力加速度取g＝10m/s2.則下列說法正確的是A.t＝9s時(shí)長(zhǎng)木板P停下來B.長(zhǎng)木板P的長(zhǎng)度至少是7.5mC.滑塊Q與長(zhǎng)木板P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.5D.滑塊Q在長(zhǎng)木板P上滑行的相對(duì)位移為12m√√由題圖乙可知，力F在t1＝5s時(shí)撤去，此時(shí)長(zhǎng)木板P的速度v1＝5m/s，t2＝6s時(shí)兩者速度相同，v2＝3m/s，t2＝6s前長(zhǎng)木板P的速度大于滑塊Q的速度，t2＝6s后長(zhǎng)木板P的速度小于滑塊Q的速度，在5～6s過程中，以長(zhǎng)木板P為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，由牛頓第二定律得μ2(2m)g－μ1mg＝ma3，解得a3＝1m/s2，前6s長(zhǎng)木板P速度更大，后6s滑塊Q速度更大，則滑塊Q在長(zhǎng)木板P上滑行的相對(duì)位移為Δx＝Δx1－Δx2＝3m，故D錯(cuò)誤.處理“板塊”模型中動(dòng)力學(xué)問題的流程方法點(diǎn)撥三課時(shí)精練123456789基礎(chǔ)落實(shí)練1.如圖所示，飛機(jī)場(chǎng)運(yùn)輸行李的傾斜傳送帶保持恒定的速率運(yùn)行，將行李箱無初速度地放在傳送帶底端，當(dāng)傳送帶將它送入飛機(jī)貨艙前行李箱已做勻速運(yùn)動(dòng).假設(shè)行李箱與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，傳送帶與水平面的夾角為θ，已知滑動(dòng)摩擦力近似等于最大靜摩擦力，下列說法正確的是A.要實(shí)現(xiàn)這一目的前提是μ<tanθB.做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，行李箱與傳送帶之間的摩擦力為零C.全過程傳送帶對(duì)行李箱的摩擦力方向沿傳送帶向上D.若使傳送帶速度足夠大，可以無限縮短傳送的時(shí)間√123456789要實(shí)現(xiàn)這一目的前提是沿傳送帶向上的最大靜摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，可得μ>tanθ，故A錯(cuò)誤；做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，行李箱與傳送帶之間的摩擦力大小為Ff＝mgsinθ，故B錯(cuò)誤；行李箱在加速階段和勻速階段受到的摩擦力方向均沿傳送帶向上，故C正確；若使傳送帶速度足夠大，行李箱在傳送帶上一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，傳送時(shí)間不會(huì)無限縮短，故D錯(cuò)誤.1234567892.(多選)圖甲為一轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶，以恒定的速率v順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).在傳送帶的右側(cè)有一滑塊以初速度v0從光滑水平面滑上傳送帶，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后離開傳送帶，這一過程中滑塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示.由圖像可知滑塊A.從右端離開傳送帶B.從左端離開傳送帶C.先受滑動(dòng)摩擦力的作用，后受靜摩擦力的作用D.變速運(yùn)動(dòng)過程中受滑動(dòng)摩擦力的作用√√123456789由題圖乙可知，滑塊先向左做勻減速運(yùn)動(dòng)減速到零，再向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后以與傳送帶相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故從右端離開傳送帶，故A正確，B錯(cuò)誤；滑塊先向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，受到向右的滑動(dòng)摩擦力，再向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，還是受到向右的滑動(dòng)摩擦力，所以變速運(yùn)動(dòng)過程中受滑動(dòng)摩擦力的作用，與傳送帶共速后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不受摩擦力作用，故C錯(cuò)誤，D正確.1234567893.(多選)如圖甲所示，光滑水平面上靜置一個(gè)薄長(zhǎng)木板，長(zhǎng)木板上表面粗糙，其質(zhì)量為M，t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的物塊以速度v水平滑上長(zhǎng)木板，此后木板與物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是A.M＝mB.M＝2mC.木板的長(zhǎng)度為8mD.木板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1√√1234567891234567891234567894.(2023·甘肅省模擬)如圖所示，水平勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶左右兩端相距L＝3.5m，物塊A(可看作質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0＝4m/s滑上傳送帶左端，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，設(shè)A到達(dá)傳送帶右端時(shí)的瞬時(shí)速度為v，g取10m/s2，下列說法不正確的是A.若傳送帶速度等于2m/s，物塊不可能先做減速運(yùn)動(dòng)

后做勻速運(yùn)動(dòng)B.若傳送帶速度等于3.5m/s，v可能等于3m/sC.若A到達(dá)傳送帶右端時(shí)的瞬時(shí)速度v等于3m/s，傳送帶可能沿逆時(shí)針方

向轉(zhuǎn)動(dòng)D.若A到達(dá)傳送帶右端時(shí)的瞬時(shí)速度v等于3m/s，則傳送帶的速度不大于3m/s√123456789物塊在傳送帶上的加速度大小為a＝

＝1m/s2，假設(shè)物塊一直做勻減速運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端，根據(jù)v′2－v02＝－2aL，解得v′＝3m/s>2m/s，可知當(dāng)傳送帶速度等于2m/s時(shí)，物塊一直減速到最右端，故A正確；當(dāng)傳送帶速度等于3.5m/s，傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，v等于3m/s，故B正確；若A到達(dá)傳送帶右端時(shí)的瞬時(shí)速度v等于3m/s，傳送帶可能沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，此方向傳送帶的速度可以為任意值，故C正確，D錯(cuò)誤.1234567895.(多選)(2023·福建福州市高三檢測(cè))如圖所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板A以速度v0在光滑水平面上向左勻速運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為m的小滑塊B輕放在木板左端，經(jīng)過一段時(shí)間恰好從木板的右端滑出，小滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，下列說法中正確的是A.若只增大m，則小滑塊不能滑離木板B.若只增大M，則小滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短C.若只增大v0，則小滑塊離開木板的速度變大D.若只減小μ，則小滑塊滑離木板過程中小滑塊對(duì)地的位移變大能力綜合練√√123456789若只增大滑塊質(zhì)量，滑塊的加速度不變，木板的加速度增大，所以滑塊與木板共速時(shí)，滑塊沒有離開木板，之后二者一起向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；若只增大長(zhǎng)木板質(zhì)量，木板的加速度減小，滑塊的加速度不變，以木板為參考系，滑塊運(yùn)動(dòng)的平均速度變大，即滑塊在木板上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，故B正確；123456789若只增大木板初速度，滑塊的受力不變，滑塊的加速度不變，滑塊相對(duì)木板的平均速度變大，滑塊在木板上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，所以滑塊離開木板的速度變小，故C錯(cuò)誤；若只減小動(dòng)摩擦因數(shù)，那么滑塊和木板的加速度等比例減小，相對(duì)位移不變，則滑塊滑離木板時(shí)速度大于木板速度，滑塊滑離木板的過程所用時(shí)間變短，木板對(duì)地位移變小，滑塊滑離木板過程中滑塊對(duì)地的位移為木板對(duì)地位移減去極長(zhǎng)，故減小，故D錯(cuò)誤.1234567896.(多選)如圖甲所示，一滑塊置于足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板左端，木板放置在水平地面上.已知滑塊和木板的質(zhì)量均為2kg，現(xiàn)在滑塊上施加一個(gè)F＝0.5t

(N)的變力作用，從t＝0時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，滑塊所受摩擦力隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示.設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是A.滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4B.木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C.圖乙中t2＝24sD.木板的最大加速度為2m/s2√√√123456789由題圖乙可知，滑塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力大小為8N，則滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝

＝0.4，選項(xiàng)A正確.由題圖乙可知，t1時(shí)刻木板相對(duì)地面開始滑動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板相對(duì)靜止，則木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ′＝

＝0.1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.123456789t2時(shí)刻，滑塊與木板將要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力Ffm＝8N，此時(shí)兩者的加速度相同，且木板的加速度達(dá)到最大，則對(duì)木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2m/s2；對(duì)滑塊：F－Ffm＝mam，解得F＝12N，則由

F＝0.5t(N)可知，t2＝24s，選項(xiàng)C、D正確.1234567897.(2023·山東泰安市模擬)如圖所示，水平傳送帶AB間的距離為16m，質(zhì)量分別為2kg、4kg的物塊P、Q通過繞在光滑定滑輪上的細(xì)線連接，Q在傳送帶的左端，且連接物塊Q的細(xì)線水平，當(dāng)傳送帶以8m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，Q恰好靜止.重力加速度取g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.當(dāng)傳送帶以8m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是A.Q與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6B.Q從傳送帶左端滑到右端所用的時(shí)間為2.4sC.Q從傳送帶左端滑到右端，相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離為4.8mD.Q從傳送帶左端滑到右端的過程細(xì)線受到的拉力大小恒為20N√123456789當(dāng)傳送帶以v＝8m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，Q恰好靜止不動(dòng)，對(duì)Q受力分析知mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，A錯(cuò)誤；123456789加速階段的位移之差為Δx＝vt1－x＝4.8m，即Q從傳送帶左端到右端相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離為4.8m，C正確；1234567898.(2023·河南信陽(yáng)市模擬)如圖甲所示，在順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)且傾角為θ＝37°的傳送帶底端，一質(zhì)量m＝1kg的小物塊以某一初速度向上滑動(dòng)，傳送帶足夠長(zhǎng)，物塊的速度與時(shí)間(v－t)關(guān)系的部分圖像如圖乙所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：123456789(1)物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；答案0.5123456789由題圖乙可知，物塊的初速度v0＝8m/s，物塊的速度減速到與傳送帶的速度相同時(shí)，加速度發(fā)生變化，所以傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的速度v＝4m/s，從t＝0到t＝0.4s時(shí)間內(nèi)，物塊加速度大小為a1＝

＝10m/s2，方向沿斜面向下；物塊受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得μ＝0.5.123456789(2)物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)的最大位移；答案6.4m123456789123456