传送带摩擦力车上放小物块

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皮带传送中的摩擦力问题

皮带传送中的摩擦力问题武安市第一中学杨方华摩擦力是高中物理教学的一个重点，也是一个难点，而传送带中的摩擦力问题更是难点中的难点。

为了帮助学生更好的理解这部分内容，我根据多年的教学经验，总结了关于皮带传送中的各种可能存在的问题，希望对各位同仁及学生能有所帮助。

一、传送带的构造如右图所示，设左轮O 为主动轮，右轮O ′为从动轮。

二、知识要点1、根据两物体的相对运动方向或相对运动趋势的方向判断摩擦力的方向，再根据受力情况判断物体的运动性质。

例如：上图中（皮带与轮子不打滑）P 点处，因为O 为主动轮，皮带相对轮子有向下运动的趋势，所以皮带上的P 点所受摩擦力为静摩擦力，方向向上；同理，皮带上的Q 点所受摩擦力也为静摩擦力，方向向上。

2、在分析解决问题时，位移“s ”、速度“v ”、加速度“a ”都要以大地为参考系。

三、关于传送带问题中的几种典型题例（一）水平传送带例1、一水平传送带长度为18m ，以2m/s 的速度匀速运动，方向如图所示。

现将一质量为m 的物块（可视为质点）轻放在传送带的左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.1。

求：物体运动到传送带右端所用的时间？（取g=10m/s 2）【解析】对物块受力分析：物块受重力、支持力、水平向右的摩擦力。

Q PV由牛顿第二定律得：f=μmg=ma a=μg=1m/s 2,所以，物块在传送带上先做匀加速运动。

当物体加速到与传动带速度相同时，两物体间没有相对运动，也没有相对运动的趋势，物体开始与传送带一起做匀速运动。

物体运动到右端的时间要分过程计算：在匀加速运动阶段：s g v a v t 21===μ m at s 22121== 在匀速运动阶段：s vs l t 812=-=所以 s t t t 1021=+=【扩展1】若传送带的速度为8m/s ，求物体运动到传送带右端所用的时间？解：在匀加速运动阶段：s g v a v t 81===μ m at s 322121== 因为 s 1>L ，所以物体到达传送带右端时速度仍小于v ，即物体在整个过程中都做匀加速运动。

牛顿第三定律知识点和习题

牛顿第三定律知识点和经典例习题一，必过知识点梳理知识点:1、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。

理解要点：(1)作用力和反作用力相互依赖性，它们是相互依存，互以对方作为自已存在的前提；（2）作用力和反作用力的同时性，它们是同时产生、同时消失，同时变化，不是先有作用力后有反作用力；（3）作用力和反作用力是同一性质的力；（4）作用力和反作用力是不可叠加的，作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，各产生其效果，不可求它们的合力，两个力的作用效果不能相互抵消，这应注意同二力平衡加以区别。

（5）区分一对作用力反作用力和一对平衡力：一对作用力反作用力和一对平衡力的共同点有：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。

不同点有：作用力反作用力作用在两个不同物体上，而平衡力作用在同一个物体上；作用力反作用力一定是同种性质的力，而平衡力可能是不同性质的力；作用力反作用力一定是同时产生同时消失的，而平衡力中的一个消失后，另一个可能仍然存在。

2.物体受力分析的基本程序：（1）确定研究对象；（2）采用隔离法分析其他物体对研究对象的作用力；（3）按照先重力，然后环绕物体一周找出跟研究对象接触的物体，并逐个分析这些物体对研究对象的弹力和摩擦力（4）画物体受力图，没有特别要求，则画示意图即可。

3.超重和失重：（1）超重：物体具有竖直向上的加速度称物体处于超重。

处于超重状态的物体对支持面的压力F（或对悬挂物的拉力）大于物体的重力，即F=mg+ma.；（2）失重：物体具有竖直向下的加速度称物体处于失重。

处于失重状态的物体对支持面的压力F N（或对悬挂物的拉力）小于物体的重力mg，即F N=mg－ma，当a=g时，F N=0,即物体处于完全失重。

4、牛顿定律的适用范围：（1）只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；（2）只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；（3）只适用于宏观物体，一般不适用微观粒子。

高中物理学习细节(人教版)之机械能守恒定律：传送带模型中的能量守恒问题(含解析)

传送带模型的特征是以静摩擦力的转换为纽带来联系传送带和物体的相对运动。

物体随传送带的运动有匀加速直线运动和匀速直线运动，有受滑动摩擦力、静摩擦力以及不受摩擦力三种情况。

处理这类问题时只要分析传送带施加给物体的摩擦力特点、抓住临界条件、挖掘隐含条件，运用牛顿运动定律、运动学公式、功能关系和能量守恒定律列出方程就可解决。

【典例1】如图所示，电动机带动传送带以速度v 匀速传动，一质量为m 的小木块静止放在传送带上(传送带足够长)，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，求：(1) 小木块获得的动能； (2) 摩擦过程产生的热量； (3) 传送带克服摩擦力所做的功； (4) 电动机输出的总能量。

(1)小木块获得的动能E k ＝12mv 2；(2)产生的热量Q ＝F f Δl ＝F f (l 2－l 1)＝μmg (l 2－l 1)＝12mv 2；(3)传送带克服摩擦力所做的功W ＝μmgl 2＝mv 2；(4)电动机输出的总能量转化为小木块的动能和系统产生的热量E ＝E k ＋Q ＝mv 2。

【答案】 (1)12mv 2 (2)12mv 2 (3) mv 2 (4)mv 2【典例2】如图所示，一传送带与水平面夹角为θ＝30°，以2 m/s 的恒定速度顺时针运行。

现将一质量为10 kg 的工件轻放于传送带底端，经一段时间送到高度为2 m 的高处，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝32。

求带动皮带的电动机由于传送工件多消耗的电能。

即s ′＝2s ＝1.6 m.由于滑动摩擦力做功而增加的内能为Q ＝f Δs ＝μmg cos30°(s ′－s )＝60 J故电动机多消耗的电能为ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q ＝280 J. 【答案】 280 J 【针对训练】1. 足够长的传送带以v 匀速传动，一质量为m 的小物块A 由静止轻放于传送带上，若小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图71011所示，当小物块与传送带相对静止时，转化为内能的能量为( )A ．mv 2B ．2mv 2C.14mv 2 D ．12mv 2【解析】物块A 被放于传送带即刻做匀加速直线运动，加速度a ＝μmgm＝μg ，匀加速过程前进的距离：x 1＝v 22a ＝v 22μg ，该时间内传送带前进距离：x 2＝vt ＝v ·v μg ＝v 2μg，所以物块相对传送带滑动距离：Δx ＝x 2－x 1＝v 22μg ，故产生的内能：Q ＝μmg ·Δx ＝μmg ·v 22μg ＝12mv 2，D 正确。

牛顿运动定律之滑块与传送带问题(含解析)

牛顿运动定律滑块与传送带专题一“滑块—滑板”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．解题思路处理此类问题，必须弄清滑块和滑板的加速度、速度、位移等关系．(1) 加速度关系如果滑块和滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块和滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块和滑板的加速度．应注意找出滑块和滑板之间是否发生相对运动等隐含的条件．(2) 速度关系滑块和滑板之间发生相对运动时，分析速度关系，从而确定滑块受到的摩擦力的方向．应注意当滑块和滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况．(3) 位移关系滑块和滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块和滑板的运动过程，认清对地位移和相对位移之间的关系．这些关系就是解题过程中列方程所必需的关系，各种关系找到了，自然也就容易列出所需要的方程了．例一、如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g ①F f2＝μ1m B g ②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A ④F f2＝m B a B ⑤F f2－F f1－F f3＝ma1 ⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－a B t1 ⑦v1＝a1t1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2 ⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2 ⑫对A有v2＝－v1＋a A t2 ⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2 ⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m.(也可用如图所示的速度－时间图线求解)答案：(1)1 m/s方向与B的初速度方向相同(2)1.9 m【题后反思】求解“滑块—滑板”模型问题的方法技巧(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．跟踪练习1. (水平面光滑的“滑块—滑板”模型)如图所示，质量M＝8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8 N．当小车速度达到1.5 m/s 时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m＝2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．从物体放上小车开始经t＝1.5 s 的时间，物体相对地面的位移为(g取10 m/s2)()A．1 m B．2.1 mC．2.25 m D．3.1 m解析：选B．放上物体后，物体的加速度a1＝μg＝2 m/s2，小车的加速度：a2＝F－μmgM＝0.5 m/s2，物体的速度达到与小车共速的时间为t1，则a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s；此过程中物体的位移：s1＝12a1t21＝1 m；共同速度为v＝a1t1＝2 m/s；当物体与小车相对静止时，共同加速度为a＝FM＋m＝0.8 m/s2，再运动0.5 s的位移s2＝vt′＋12at′2＝1.1 m，故从物体放上小车开始的1.5 s时间内，物体相对地面的位移为1 m＋1.1 m＝2.1 m，选项B正确．2. (水平面粗糙的“滑块—滑板”模型)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的()解析：选A．放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，故A 正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误．3．(多个板块的组合模型)如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6 N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l＝1 m，木板A的质量m A＝3 kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小滑块在木板A上运动的时间；(2)木板B获得的最大速度．解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力F f1＝μ1mg＝4 N，木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力F f2＝μ2(2m＋m A)g＝5 N.F f1＜F f2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止设小滑块滑动的加速度为a1，则：F－μ1mg＝ma1，l＝12a1t21，解得：t1＝1 s.(2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为x B，B的最大速度为v B，则：μ1mg－2μ2mg＝ma2，v B＝a2t2，x B＝12a2t22，v1＝a1t1，x块＝v1t2＋12a1t22，x块－x B＝l，联立以上各式可得：v B＝1 m/s.答案：(1)1 s(2)1 m/s4．(斜面上的“滑块—滑板”问题)如图所示，在足够长的光滑固定斜面底端放置一个长度L＝2 m、质量M＝4 kg 的木板，木板的最上端放置一质量m＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现沿斜面向上对木板施加一个外力F使其由静止开始向上做匀加速直线运动．已知斜面倾角θ＝30°，物块和木板间的动摩擦因数μ＝3 2，g取10 m/s2.(1)当外力F＝30 N时，物块和木板保持相对静止，求二者共同运动的加速度大小；(2)当外力F＝53.5 N时，物块和木板之间将会相对滑动，则二者完全分离时的速度各为多大？解析：(1)物块和木板共同运动时，分析整体的受力情况，由牛顿第二定律得F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a解得a＝1 m/s2.(2)设木板和物块的加速度分别为a1、a2，二者完全分离的时间为t，分离时速度分别为v1、v2，分析木板和物块的受力情况，由牛顿第二定律可得F－Mg sin θ－μmg cos θ＝Ma1μmg cos θ－mg sin θ＝ma2又L＝12(a1－a2)t2v1＝a1tv2＝a2t联立解得v1＝6.5 m/s，v2＝2.5 m/s. 答案：(1)1 m/s2(2)6.5 m/s 2.5 m/s二、传送带模型（一）、水平传送带问题1．情景特点分析项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0＞v返回时速度为v，当v0＜v返回时速度为v0水平传送带问题：求解关键在于对物体所受摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻摩擦力发生突变．例1、水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在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．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求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．解析：(1)行李所受滑动摩擦力大小F f＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，根据牛顿第二定律得F f＝ma，加速度大小a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v＝at1，得t1＝va＝11s＝1 s.(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有v2min＝2aL，得v min＝2aL＝2×1×2 m/s＝2 m/s，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s.由v min＝at min得行李最短运行时间t min＝v mina＝21s＝2 s.答案：(1)4 N 1 m/s2(2)1 s(3)2 s 2 m/s（二）倾斜传送带问题1．情景特点分析项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速2.解题的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体所受摩擦力的大小和方向．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受摩擦力可能发生突变．例2、如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动．一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f＝ma1，垂直传送带方向：mg cos θ＝F N，又F f＝μF N由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下．(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：t1＝v－v0－a1＝1 s，x1＝v0＋v2t1＝7 m.(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下．设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝0－v－a2＝1 s.沿传送带向上滑的位移x2＝v＋02t2＝1 m，则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.设下滑时间为t3，则x＝12a2t23，代入解得t3＝2 2 s.所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋22) s.答案：(1)10 m/s2，方向沿传送带向下(2)1 s7 m(3)(2＋22) s【总结提升】解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度．(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动．(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．跟踪练习1.(物块初速度不为零的倾斜传送带模型)(多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1.不计空气阻力，动摩擦因数一定．关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的()A．从下端B离开，v＞v1B．从下端B离开，v＜v1C．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v＜v1解析：选ABC．物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1，选项B正确；当摩擦力小于重力的分力时，则v＞v1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C．2. (物块初速度为零的倾斜传送带模型)如图所示，传送带AB的长度为L＝16 m，与水平面的夹角θ＝37°，传送带以速度v0＝10 m/s匀速运动，方向如图中箭头所示．在传送带最上端A处无初速度地放一个质量m＝0.5 kg的小物体(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物体从A运动到底端B所用的时间；(2)物体与传送带的相对位移大小．解析：(1)开始阶段，设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2.物体加速到与传送带的速度相等时的位移为：x1＝v202a＝5 m<16 m，即物体加速到10 m/s时，未达到B点，其时间t1＝v0a1＝1 s.由于mg sin θ＝3 N>μmg cos θ＝2 N，所以物体将继续做加速运动．设物体的加速度为a2，经历的时间为t2，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2.由位移公式L－x1＝v0t2＋12a2t22，解得时间t2＝1 s，所以总时间t＝t1＋t2＝2 s.(2)在传送带上取一点M.M点做匀速运动，物体一直做加速运动．法一：整体法整个过程物体的位移大小为x物＝L＝16 m，传送带位移大小为x传＝v0t＝20 m，故物体相对于传送带(M 点)的位移大小为： x ＝x 传－x 物＝4 m.由于M 点的位移大于物体的位移，故全过程物体向后远离M 点4 m. 法二：v -t 图象法相对位移的大小为两个阴影三角形面积之差，即： x ＝10×12－1×(12－10)2＝4(m)．法三：分段法第一个过程：M 点的位移为v 0t 1＝10 m ，所以物体与传送带间的相对位移大小 x 相对1＝v 0t 1－x 1＝5 m.由于M 点的速度大于物体的速度，故此过程物体在M 点后面5 m 处．第二个过程：M 点的位移为v 0t 2＝10 m ，物体的位移为L －x 1＝11 m ，故相对位移大小为x 相对2＝1 m. 此过程物体追M 点，并靠近M 点1 m.故相对位移大小x ＝x 相对1－x 相对2＝4 m ．即全过程物体向后远离M 点4 m. 答案：(1)2 s (2)4 m精选练习1．(多选)如图所示，表面粗糙、质量M ＝2 kg 的木板，t ＝0时在水平恒力F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a ＝2.5 m/s 2，t ＝0.5 s 时，将一个质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半．已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g ＝10 m/s 2，则( )A ．水平恒力F 的大小为10 NB ．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C ．铁块在木板上运动的时间为1 sD ．木板的长度为1.625 m解析：选AC ．未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma ′，解得：a ′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度v 0＝at 1＝2.5×0.5 m/s ＝1.25 m/s ，铁块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a ′t 2＝1.25＋0.75t 2，铁块的速度v ′＝a 铁t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v ′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；铁块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，铁块的速度v ′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v ′2t 2＝1.25＋22×1 m －12×1 m ＝1.125 m ，选项D 错误；故选A 、C ．2．(多选)如图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的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在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L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )A ．乘客与行李同时到达B 处B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处解析：选BD ．行李放在传送带上，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．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝L －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝Lv ＝2 s ，B 正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2La ＝2×21s ＝2 s ，D 正确． 3．如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现将小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大； (2)0～8 s 内小物块与传送带之间的划痕为多长．解析：(1)根据v -t 图象的斜率表示加速度， a ＝Δv Δt ＝22m/s 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma ，解得μ＝78.(2)0～8 s 内只有前6 s 内物块与传送带发生相对滑动0～6 s 内传送带匀速运动距离为：x 带＝4×6 m ＝24 m ．速度图象的“面积”大小等于位移，则0～2 s 内物块位移为：x 1＝12×2×2 m ＝2 m ，方向沿斜面向下，2～6 s 内物块位移为：x 2＝12×4×4 m ＝8 m ，方向沿斜面向上．所以划痕的长度为：Δx ＝x 带＋x 1－x 2＝(24＋2－8) m ＝18 m. 答案：(1)78(2)18 m4．如图所示，在光滑水平地面上停放着一质量为M ＝2 kg 的木板，木板足够长，某时刻一质量为m ＝1 kg 的小木块以某一速度v 0(未知)冲上木板，木板上表面粗糙，经过t ＝2 s 后二者共速，且木块相对地面的位移x ＝5 m ，g ＝10 m/s 2.求：(1)木块与木板间的动摩擦因数μ；(2)从木块开始运动到共速的过程中产生的热量Q .(结果可用分数表示) 解析：(1)设冲上木板后小木块的加速度大小为a 1，对小木块，有μmg ＝ma 1，设木板开始运动的加速度大小为a 2，对木板，有μmg ＝Ma 2，二者共速时，有v 共＝a 2t ＝v 0－a 1t ，对小木块，有x ＝v 0t －12a 1t 2，联立得μ＝18.(2)由(1)得a 2＝58 m/s 2，得v 共＝54m/s.木板发生的位移x ′＝v 共2t ＝54m ，二者相对位移为Δx ＝x －x ′＝154m ，产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ，联立得Q ＝7516J. 答案：(1)18 (2)7516J5. (多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为916.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑．小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，则下列判断正确的是( )A ．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s 2B ．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s 2C ．经过 2 s 的时间，小孩离开滑板D ．小孩离开滑板时的速度大小为433m/s 解析：选AC ．对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a 1＝mg sin 37°－μ1mg cos 37°m ＝2 m/s 2，同理对滑板，加速度大小为a 2＝mg sin 37°＋μ1mg cos 37°－2μ2mg cos 37°m ＝1 m/s2，选项A 正确，B 错误；要使小孩与滑板分离，12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，解得t ＝ 2 s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v ＝a 1t ＝2 2 m/s ，选项C 正确，D 错误．6．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v 0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v -t 图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则()A．传送带的速度为4 m/sB．传送带底端到顶端的距离为14 mC．物块与传送带间的动摩擦因数为1 8D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反解析：选A．如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确．传送带底端到顶端的距离等于v -t图线与横轴所围的面积，即12×(4＋12)×1 m＋12×1×4 m＝10 m，选项B错误.0～1 s内，g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s2，1～2 s内，g sin θ－μg cos θ＝4 m/s2，解得μ＝14，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误．7．如图所示，倾角α＝30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m，质量M＝3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．解析：(1)若整体恰好静止，则F ＝(M ＋m )g sin α＝(3＋1)×10×sin 30° N ＝20 N. 因要拉动木板，则F >20 N ，若整体一起向上做匀加速直线运动，对物块和木板，由牛顿第二定律得 F －(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a ，对物块有f －mg sin α＝ma ，其中f ≤μmg cos α 代入数据解得F ≤30 N.向上加速的过程中为使物体不滑离木板，力F 应满足的条件为20 N<F ≤30 N.(2)当F ＝37.5 N>30 N 时，物块能滑离木板，由牛顿第二定律，对木板有F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1，对物块有μmg cos α－mg sin α＝ma 2，设物块滑离木板所用的时间为t ，由运动学公式得 12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，代入数据解得t ＝1.2 s.物块滑离木板时的速度v ＝a 2t ，由－2g sin α·s ＝0－v 2，代入数据解得s ＝0.9 m. 答案：见解析8．如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A 、B 两端的距离L ＝8 m ，它与水平台面平滑连接．现有一物块以v 0＝10 m/s 的初速度从A 端水平地滑上传送带．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6.求：(1)若传送带保持静止，物块滑到B 端时的速度大小；(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s ，物块到达B 端时的速度大小；(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s ，且物块初速度变为v 0′＝6 m/s ，仍从A 端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间．解析：(1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知F N＝mg，F f＝ma，F f＝μF N，得a＝6 m/s2.传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，又x＝v202a＝253m>L＝8 m，则由v2B－v20＝－2aL.得v B＝2 m/s.(2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带方向，即物块先加速到v1＝12 m/s，由v21－v20＝2ax1，得x1＝113m<L＝8 m.故物块先加速运动后匀速运动即物块到达B时的速度为v B′＝v1＝12 m/s.(3)当物块初速度v0′＝6 m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝v0′22a＝3 m<L，所以物块先向右减速后向左加速由v2＝v0′－at1，得t1＝1 s；当物块向左加速到v3＝4 m/s时由v23－v22＝2ax3得x3＝43m<x2＝3 m，故物块向左先加速运动后匀速运动由v3＝v2＋at2，得t2＝23s；当物块向左匀速运动v4＝v3＝4 m/s，x4＝x2－x3＝53m.由x4＝v4t3，得t3＝512s，故t＝t1＋t2＋t3＝25 12s.答案：(1)2 m/s(2)12 m/s(3)25 12s。

2020年高考物理4-5月模拟试题汇编专题03 牛顿运动定律(word档含答案解析)

专题03牛顿运动定律1．（2020届东北三省四市高三一模）如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。

t=0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v-t 图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g=10m/s2。

下列说法正确的是（）A．0-6s内，m的加速度一直保持不变B．m相对M滑动的时间为3sC．0-6s内，m相对M滑动的位移的大小为4mD．0-6s内，m、M相对地面的位移大小之比为3：42．（2020届广东省广州、深圳市学调联盟高三第二次调研）质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“ V”型槽B上，如图，α=60°，另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，现将C自由释放，则下列说法正确的是()A．当M= m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.5gB．当M=2m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.5gC．当M=6m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.75gD．当M=5m时，A和B之间的恰好发生相对滑动3．（2020届广东省广州、深圳市学调联盟高三第二次调研）如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。

下列说法正确的是A ．在轻绳被烧断的瞬间，A 的加速度大小为B ．在轻绳被烧断的瞬间，B 的加速度大小为C ．剪断弹簧的瞬间，A 的加速度大小为D ．突然撤去外力F 的瞬间，A 的加速度大小为4．（2020届广东省广州市广大附中高三模拟）如图所示，某时刻将质量为10kg 的货物轻放在匀速运动的水平传送带最左端，当货物与传送带速度恰好相等时，传送带突然停止运动，货物最后停在传送带上。

货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，货物在传送带上留下的划痕长为0.1m ，重力加速度取10m/s 2。

高考物理一轮总复习第3章专题强化4传送带模型和“滑块_木板”模型提能训练(含答案)

高考物理一轮总复习提能训练：第三章专题强化四基础过关练题组一传送带模型1．(多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。

如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。

如图乙所示为水平传送带装置示意图。

紧绷的传送带ab 始终以1 m/s 的恒定速率运行，乘客将一质量为1 kg 的小包(可视为质点)无初速度地放在传送带左端的a 点，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，a 、b 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2。

下列速度—时间(v －t )图像和位移—时间(x －t )图像中，可能正确反映行李在a 、b 之间的运动情况的有(除C 中0～1 s 为曲线外，其余均为直线段)( AC )[解析] 行李放到传送带上，由μmg ＝ma 可得a ＝1 m/s 2，则由v ＝at ，得t ＝1 s ，可知行李在0～1 s 内做匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，故A 正确，B 错误；行李在t ＝1 s 时的位移x ＝12at 2＝0.5 m ，行李在0～1 s 内做匀加速直线运动，x －t图像为抛物线，之后做匀速直线运动，x －t 图像为直线，故C 正确，D 错误。

2.如图所示，水平传送带A 、B 两端相距s ＝3.5 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。

工件滑上A 端瞬时速度v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B ，则下列说法不正确的是( D )A ．若传送带不动，则vB ＝3 m/sB ．若传送带以速度v ＝4 m/s 逆时针匀速转动，v B ＝3 m/sC ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝3 m/sD ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝2 m/s[解析] 若传动带不动或逆时针匀速转动，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma ，由匀变速运动的规律可知v 2B －v 2A ＝－2as ，代入数据解得vB ＝3 m/s ，A 、B 正确；若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，假设工件在到达B 端前速度降至2 m/s ，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，设加速度大小为a ，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma ，工件滑上传送带先做匀减速直线运动，当速度减小到2 m/s时所经过的位移x ＝v 2A －v22a ＝16－42m ＝6 m>3.5 m ，所以假设不成立，所以工件一直做匀减速运动，由匀变速运动的规律可知v 2B －v 2A ＝－2as ，代入数据解得vB ＝3 m/s ，D 错误，C 正确。

3.3.7 - 传送带问题(一轮复习)

故撤去恒力 F 后，物块还需(2－ 2) s 才能脱离传送带。答案 (1)1 s (2)(2－ 2) s
解答传送带问题应注意的事项 (1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度。 (2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动。
思路点拨 (1)分析摩擦力方向→判断A和B的运动性质→求速度和时间。 (2)计算A和B的位移→求相对位移→最短长度。解析 (1)对A、B分别由牛顿第二定律有又μmMg＝＝2mM，a可A得，aμA＝m12gμ＝g，maBa＝Bμg 规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v0 解－得atB＝t＝aA2＋－v0avB＝0＋34μvag0 ，Atv＝－v30。
解析 (1)物块在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，做匀加速直线运动，有 F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1 联v＝立得a1ta11＝8 m/s2，t1＝0.5 s，故 s1＝12a1t21＝1 m 物块与传送带达到共同速度后，因F－mgsin θ－μmgcos 37°＝0 故物块在平衡力作用下随传送带一起匀速上升 s2＝sinH37°－s1＝2 m，t2＝sv2＝0.5 s 物块在传送带上运动的总时间t＝t1＋t2＝1 s。
专题突破动力学中“传送带”
突破一 “传送带”模型
水平传送带分析解答问题的关键 (1)对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。 (2)物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
【例1】如图1所示，水平传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长，重力加速度为g。问：

高中物理怎么分析物体在传送带上的摩擦力

高中物理怎么分析物体在传送带上的摩擦力分析物体在传送带上的摩擦力，首先要弄清以下三个问题：1、物体在传送带上参照物的选取传送带上物体的摩擦力，要以与物体接触的传送带为参照物，不要以地面或相对于地面静止的物体为参照物。

2、物体在传送带上确定摩擦力方向的方法判断物体在传送带上的摩擦力方向，关键是分清物体相对传送带是相对滑动，还是有相对运动趋势。

如果是相对运动，则物体受到的滑动摩擦力方向与物体相对传送带滑动的方向相反；如果有相对运动趋势，一般用假设法先确定物体相对传送带的运动趋势方向，最后根据静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反来确定物体受到的静摩擦力方向。

确定物体相对传送带运动趋势的方法：即假设物体与传送带的接触面突然变成光滑，在这一条件下开始分析，若物体与传送带的速度仍相同，说明物体与传送带之间无相对运动趋势；若物体与传送带的速度不同，再进一步分析出物体相对传送带的速度方向，则该方向就是物体相对传送带的运动趋势方向。

3、物体在传送带上摩擦力的大小等于计算物体与传送带之间的滑动摩擦力用计算。

水平传送带上，FN等于物体重力沿垂直于传送带方向的分力。

物体重力大小；倾斜传送带上，FN计算传送带上物体的静摩擦力大小，没有现成的公式计算，一般根据平衡知识或牛顿第二定律确定。

例1、图1中传送带上部水平，长为L，以速度向右匀速运动，今有一质量为m的物块以不同的速度v滑上皮带左端，试分析以下情况物块受到的摩擦力方向：（1）v＝0；（2）；（3）；（4）图1解析：（1）v＝0时，物块相对地面静止，假设接触面光滑，则物块相对传送带向左运动，即物块相对运动趋势向左，故物块受到的静摩擦力方向向右。

如果传送带足够长，在这个静摩擦力作用物块加速，直到物块速度等于传送带速度之后，物体将不再受摩擦力，而与传送带一同匀速。

若v＝0，物块与传送带相对滑动，则物块受到向右的滑动摩擦力开始加速，如果传送带足够长，当速度增加到时，物块就不再受到摩擦力。

板—块”+“传送带”问题

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/s2.求：
由运动学公式有 v1＝v0＋a1t1② 1 2 s0＝v0t1＋ a1t1③ 2 式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v0 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－v1 的初速度向左做匀变速运动，小物块以 v1 的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2⑤ 由题图 b 可得 v2－v1 a2 ＝ ⑥ t2－t1 式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4⑦
[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：
(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.

传送带上物体的摩擦力

传送带上物体的摩擦力发表时间：2009-07-09T15:37:57.373Z 来源：《中学课程辅导●教学研究》2009年第7期供稿作者：姚本国[导读] 本文要阐述的是物体在传送带上的摩擦力问题。

传送带上物体的摩擦力姚本国摘要：传送带问题常常涉及三方面的问题：物体通过传送带的时间问题；物体在传送带上遗留痕迹问题，以及物体在传送带上的摩擦力问题。

本文要阐述的是物体在传送带上的摩擦力问题。

关键词：传送带；摩擦力；物体作者简介：姚本国，任教于四川南部中学。

分析物体在传送带上的摩擦力，首先要弄清以下三个问题：1.物体在传送带上参照物的选取在确定传送带上物体的相对运动或相对运动趋势时，要以与物体接触的传送带为参照物，不要以地面或相对于地面静止的物体为参照物。

2.确定物体在传送带上受摩擦力方向的方法判断物体在传送带上的摩擦力方向，关键是分清物体相对传送带是相对滑动，还是有相对运动趋势。

确定物体相对传送带运动趋势的方法：①假设法。

即假设物体与传送带的接触面突然变成光滑，在这一条件下开始分析，若物体与传送带的速度仍相同，说明物体与传送带之间无相对运动趋势；若物体与传送带的速度不同，再进一步分析出物体相对传送带的速度方向，则该方向就是物体相对传送带的运动趋势方向；②平衡法。

即假设接触面上存在静摩擦力(或不存在静摩擦力)，然后由平衡条件判断出与假设矛盾，进而确定有无静摩擦力及其方向。

3.物体在传送带上受到摩擦力的大小计算物体与传送带之间的滑动摩擦力用F=μFN计算。

水平传送带上，FN等于物体重力大小；倾斜传送带上，FN等于物体重力沿垂直于传送带方向的分力。

计算传送带上物体的静摩擦力大小，没有现成的公式计算，一般根据平衡知识或牛顿第二定律确定。

高考物理一轮复习导学案传送带板块模型

功能关系的综合应用——传送带模型、“滑块—木板”模型【传送带模型】1.传送带克服摩擦力做的功：W＝f x传（x传为传送带对地的位移）2.系统产生的内能：Q＝f x相对（x相对为总的相对路程）．3.求解电动机由于传送物体而多消耗的电能一般有两种思路①运用能量守恒以倾斜传送带为例，多消耗的电能为E电，则：E电＝ΔE k＋ΔE p＋Q.②运用功能关系传送带多消耗的电能等于传送带克服阻力做的功E电=fx传(特别注意：如果物体在倾斜传送带上的运动分匀变速和匀速两个运动过程，这两个过程中传送带都要克服摩擦力做功，匀变速运动过程中两者间的摩擦力是滑动摩擦力，匀速运动过程中两者间的摩擦力是静摩擦力) 4.传送带问题分析流出图：（一）水平传送带例1 如图所示，长为5m的水平传送带以2m/s的速度顺时针匀速转动，将质量为1kg的小物块无初速度放在传送带左侧。

已知传送带与小物块之间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2，求小滑块在传送带上运动过程中：（1）传送带对小物块做的功；（2）传送带与小物块摩擦产生的热量；（3）因放上小物块，电动机多消耗的电能。

变式：若小滑块以3m/s的速度从右端滑上传送带，求：（1）传送带与小物块摩擦产生的热量；（2）传送带克服摩擦力做功。

（二）倾斜传送带例2 如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为3.5m，传送带在电动机的带动下以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。

现将一质量4kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=√3，g为取10m/s2，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中：2（1）摩擦力对小物块做的功；（2）摩擦产生的热量；（3）因放小物块而使得电动机多消耗的电能。

例3如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ=37°，A、B两端间距L=16m，传送带以速度v=10m/s 沿顺时针方向运动。

2020-2021学年物理新教材人教版必修第一册精品练习：微专题二传送带问题 Word版含解析

微专题二传送带问题必备知识基础练进阶训练第一层知识点一水平方向传送带1.如图所示，水平放置的传送带以速度v＝2 m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A端与B端相距4 m，则物体由A运动到B的时间和物体到达B端时的速度是(g取10 m/s2)()A．2.5 s,2 m/s B．1 s,2 m/sC．2.5 s,4 m/s D．1 s,4 m/s知识点二倾斜方向传送带2．如图所示，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，物块下滑到底端时间为T，则下列说法正确的是()A．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能大于TB．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能小于TC．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间等于TD．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间小于T关键能力综合练进阶训练第二层一、单项选择题1．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所示的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在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x＝2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带上的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处去取行李，则()A．乘客与行李同时到达B处B．乘客提前0.5 s到达B处C．行李提前0.5 s到达B处D．若传送带速率足够大，行李最快也要4 s才能到达B处2．传送带与水平面夹角为37°，传送带以10 m /s 的速率运动，传送轮沿顺时针方向转动，如图所示．今在传送带上端A 处无初速度地放上一个质量为m ＝0.5 kg 的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A 到B 的长度为16 m ，g 取10 m /s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则小物块从A 运动到B 的过程中( )A ．小物块先加速后匀速B ．小物块加速度大小为2 m /s 2C ．小物块到达B 点的速度为10 m /sD ．小物块全程用时2 s 二、多项选择题3．如图甲所示，水平传送带始终以恒定速率v 1沿顺时针方向转动，初速度大小为v 2的小物块向左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 图像(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2＞v 1，下列说法正确的是( )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达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右D ．0～t 3时间内，小物块相对传送带的位移大小为v 1＋v 22t 2三、非选择题4．如图所示，水平传送带AB 长L ＝10 m ，向右匀速运动的速度v 0＝4 m /s .一质量为1 kg 的小物块(可视为质点)以v 1＝6 m /s 的初速度从传送带右端B 点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g 取10 m /s 2.求：(1)物块相对地面向左运动的最大距离．(2)物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间．5．如图所示，传送带与水平面夹角为37°，并以v ＝10 m /s 运行，在传送带的A 端轻轻放一个小物体，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，AB 长L ＝16 m ，求：以下两种情况下物体从A 到B 所用的时间(g ＝10 m /s 2)．(1)传送带顺时针方向转动； (2)传送带逆时针方向转动．学科素养升级练进阶训练第三层1．(多选)一条水平传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一物体以速度v向右冲上传送带，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定向右为速度的正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图像可能是下图中的()2．(多选)如图所示，水平传送带匀速转动，左右两端相距L＝3.5 m，物体A从左端以v0＝4 m/s的水平速度滑上传送带，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，设物体到达传送带右端的瞬时速度为v(取g＝10 m/s2)，下列判断正确的是()A．若传送带的速度等于5 m/s，v可能等于5 m/sB．若传送带沿逆时针方向转动，v一定等于3 m/sC．若传送带的速度等于2 m/s，物体一直做减速运动D．若v等于3 m/s，传送带一定是静止的3．(多选)如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为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端将粮袋(无初速度)放到运行中的传送带上，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是()A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大、可能小，也可能相等B．粮袋开始运动时的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ≥tanθ，则粮袋从A端到B端可能是一直做匀加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥g sinθ4．(多选)如图所示，水平传送带以速度v1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P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时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像可能是()5．(学术情景)某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0＝3 m/s，包裹P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带与水平方向夹角θ＝37°，传送带BC长度L ＝10 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向．(2)包裹P到达B时的速度大小．(3)若传送带匀速传动速度v＝2 m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处．(4)若传送带从静止开始以加速度a加速传动，请写出包裹P送回C处的速度v C与a的关系式，并画出v2C－a图像．6．如图所示，水平传送带长为L＝11.5 m，以速度v＝7.5 m/s沿顺时针方向匀速转动．在传送带的A端无初速度释放一个质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)，在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F＝5 N、方向与传送带运动方向成θ＝37°角的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.当滑块从A端运动到B端时，求：(1)滑块运动的时间；(2)滑块相对传送带滑过的路程．7.如图所示，A、B为水平传送带的两个端点，C、D为倾斜传送带的两个端点，B、C之间平滑连接，长度不计，两传送带均沿顺时针方向运行，速率分别为v1＝10 m/s，v2＝5 m/s.倾斜传送带与水平面的夹角θ＝30°，在水平传送带A点处轻放一质量m＝2 kg的小物块，小物块速度能达到v1并先后经过B点和C点，最后刚好能到达D点(不计从B到C的能量损失)，小物块与传送带间的动摩擦因数均为μ＝36，g取10 m/s2.求：(1)A、B之间的最小距离L1(2)C、D之间的距离L2；(3)A、B之间的距离取最小值时小物块从A运动到D的总时间t；(4)小物块在倾斜传送带上运动的过程中相对倾斜传送带滑动的距离Δs.8．将一个粉笔头轻放在以2 m/s的恒定速度运动的足够长的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4 m的划线．若使该传送带改做初速度为2 m/s的匀减速运动，加速度大小恒为1.5 m/s2，且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一粉笔头(与传送带的动摩擦因数和第一个相同)轻放在传送带上，该粉笔头在传送带上能留下一条多长的划线？9．如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0.小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ，乙的宽度足够大，重力加速度为g.(1)若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s.(2)若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v.微专题二传送带问题必备知识基础练1．解析：小物体的运动可以分两个阶段，先由静止开始加速，后做匀速直线运动．小物体开始先做匀加速运动，加速度a ＝μg ＝2 m/s 2，达到的最大速度为2 m/s.当v 物＝2 m/s 时，t ＝v a ＝22 s ＝1 s ．x ＝12at 2＝12×2×12 m ＝1 m ，以后小物体以2 m/s 的速度做匀速直线运动，t ′＝x AB －x v ＝4－12s ＝1.5 s ．所以t 总＝1 s ＋1.5 s ＝2.5 s ，且到达B 端时的速度为2 m/s.答案：A2．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与传送带静止时受力完全相同，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，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．答案：D 关键能力综合练1．解析：行李加速过程中加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝va＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v 2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝s －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ，乘客到达B ，历时t＝sv ＝2 s ，故B 正确，A 、C 错误．若传送带速率足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2x a ＝ 2×21 s ＝2 s ，D 项错误．答案：B2．解析：由于mg sin 37°＞μmg cos 37°，可知小物块与传送带不能保持相对静止，所以小物块一直做加速运动，故A 错误；小物块放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿传送带向下，根据牛顿第二定律得a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝g sin 37°＋μg cos 37°＝10×0.6 m/s 2＋0.5×10×0.8 m/s 2＝10 m/s 2，故B 错误；小物块达到传送带速度所需的时间t 1＝v a 1＝1010s ＝1 s ，经过的位移x 1＝12a 1t 21＝12×10×1 m ＝5 m ，速度相等后，小物块所受的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2；根据v t 2＋12a 2t 22＝L －x 1，解得t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)，则t ＝t 1＋t 2＝2 s ，物块到达B 点的速度v t ＝v ＋a 2t 2＝10 m/s ＋2×1 m/s ＝12 m/s ，故C 错误，D 正确．答案：D3．解析：在0～t 1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，在t 1～t 2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，C 正确．t 1时刻小物块向左运动的速度为零，离A 处的距离达到最大，故A 错误；t 2时刻前小物块相对传送带向左运动，t 2时刻开始相对静止，则知t 2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B 正确；0～t 2时间内，传送带的位移大小为v 1t 2，小物块的位移大小为v 2－v 12t 2，所以小物块相对传送带的位移大小为v 1＋v 22t 2，由于t 2～t 3时间内小物块相对传送带静止，所以0～t 3时间内，小物块相对传送带的位移大小为v 1＋v 22t 2，故D 正确．答案：BCD4．解析：(1)设物块与传送带间摩擦力大小为f 、向左运动最大距离s 1时速度变为0 f ＝μmg由牛顿第二定律得：a ＝fm＝μg ＝4 m/s 20－v 21＝－2as 1 解得s 1＝4.5 m.(2)设小物块经时间t 1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a ，经时间t 2与传送带速度相等：v 1－at 1＝0由牛顿第二定律得a ＝f m ＝μmgm＝μg解得t 1＝1.5 s v 0＝at 2解得t 2＝1 s设反向加速时，物块的位移为s 2，则有s 2＝12at 22＝12×4×12 m ＝2 m 物块与传送带同速后，将做匀速直线运动，设经时间t 3再次回到B 点，则有s 1－s 2＝v 0t 3解得t 3＝s 1－s 2v 0＝4.5－24s ＝0.625 s所以物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.125 s. 答案：(1)4.5 m (2)3.125 s5．解析：(1)物体受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力根据牛顿第二定律可得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 解得a ＝2 m/s 2根据运动学公式可得：L ＝12at 2解得：t ＝ 2×162s ＝4 s(2)物体开始受重力、支持力、沿斜面向下的摩擦力根据牛顿第二定律可得：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma ′ 解得：a ′＝10 m/s 2达到与传送带速度相等所用的时间t 1＝va ′＝1 s下滑的距离x ＝v 22a ′＝5 m剩余距离内以加速度a ＝2 m/s 2加速下滑：L －x ＝v t 2＋12at 22解得：t 2＝1 s则下滑的总时间t ′＝t 1＋t 2＝2 s 答案：(1)4 s (2)2 s 学科素养升级练1．解析：物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，由于摩擦力的方向与初速度方向相反，所以物体先做匀减速直线运动，若物体的速度足够大，物体在速度减小到0前，物体已经滑到传送带右端，则物体一直做匀减速运动，故B 正确；若物体的速度比较小，在物体的速度减小到0时，物体仍未滑到传送带右端，则物体的速度等于0时，仍然在传送带上，由于传送带向左运动，物体在传送带上受到向左的摩擦力，将向左做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度大于物体开始时的速度，则物体返回出发点的速度大小仍然等于v ，D 错；若传送带的速度小于物体开始时的速度，则当物体的速度与传送带的速度相等后，物体以传送带的速度随传送带一起做匀速直线运动，故C 正确，故A 错误．答案：BC2．解析：当传送带以速度v 带＝5 m/s 顺时针方向转动时，物体受到的摩擦力为动力，物体将做匀加速直线运动，加速度大小为a ＝μg ＝1 m/s 2，经过位移L 时速度增大到v ＝v 20＋2aL ＝23 m/s ＜5 m/s ；当传送带以速度v 带＝5 m/s 逆时针方向转动时，物体会受到摩擦阻力作用而做匀减速直线运动，到达传送带右端时速度一定小于5 m/s ，故A 错误，若传送带沿逆时针方向转动，物体会受到摩擦阻力作用而做匀减速直线运动，物体通过位移L 时速度减为v ＝v 20－2aL ＝16－2×1×3.5 m/s ＝3 m/s ，故B 正确；若传送带的速度等于2 m/s ，不管传送带逆时针方向转动或顺时针方向转动，物体都会受到摩擦阻力作用而做匀减速直线运动，物体通过位移L 时速度减为3 m/s ，物体均未能与传送带共速，一直做匀减速直线运动到右端，故C 正确，D 错误．答案：BC3．解析：粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 点时的速度小于v ；也可能先做匀加速运动，当速度与传送带速度相同后，做匀速运动，到达B 点时速度与v 相同；还可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v ，故A 正确；粮袋开始时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得到，加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g sin θ＋μg cos θ，故B 错误；若μ≥tanθ，粮袋从A 到B 可能一直是做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传送带速度相同后，做匀速直线运动，故C 正确；综上分析可知，粮袋从A 到B 不一定一直做匀加速运动，故D 错误．答案：AC4．解析：若P 在传送带左端时的速度v 2小于v 1，则P 受到向右的摩擦力，当P 受到的摩擦力大于绳的拉力时，P 做加速运动，则有两种可能：第一种是一直做加速运动，第二种是先做加速运动，当速度达到v 1后做匀速运动，所以B 正确．当P 受到的摩擦力小于绳的拉力时，P 做减速运动，也有两种可能：第一种是一直做减速运动，从右端滑出；第二种是先做减速运动再做反向加速运动，从左端滑出．若P 在传送带左端时的速度v 2大于v 1，则P 受到向左的摩擦力，使P 做减速运动，则有三种可能：第一种是一直做减速运动；第二种是速度先减到v 1，之后若P 受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态，则其以速度v 1做匀速运动；第三种是速度先减到v 1，之后若P 所受的静摩擦力小于绳的拉力并且摩擦力反向，则P 将继续减速直到速度减为0，再反向做加速运动，加速度不变，从左端滑出，所以C 正确．答案：BC5．解析：(1)包裹下滑时，根据牛顿第二定律有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1代入数据得a 1＝－0.4 m/s 2，即加速度大小为0.4 m/s 2，方向沿传送带向上．(2)包裹P 沿传送带由C 到B 过程中，根据速度与位移关系可知，L ＝v 2－v 202a代入数据得：v ＝1 m/s.(3)包裹P 向上匀加速运动，根据牛顿第二定律有 μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2 得a 2＝0.4 m/s 2包裹P 的速度达到与传送带的速度相同所用时间：t 1＝v a 2＝20.4s ＝5 s包裹P 速度从0增加到等于传送带速度时通过的位移：x ＝v 22a 2＝42×0.4m ＝5 m因为x ＜L ，所以包裹先加速再匀速，匀速运动时间：t 2＝L －x v ＝10－52s ＝2.5 s则P 从B 处到C 处总时间为t ＝t 1＋t 2＝7.5 s.(4)若a ＜0.4 m/s 2，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动，加速位移等于传送带的长度，即：v 2C ＝2aL ，即v 2C ＝20a若a ≥0.4 m/s 2，则包裹在传送带上有相对滑动，包裹以a 2＝0.4 m/s 2的加速度向上匀加速运动，有v 2C ＝2a 2L ，即v 2C ＝8 m/s 2两种情况结合有v 2C ＝⎩⎪⎨⎪⎧20a (a ＜0.4 m/s 2)8(a ≥0.4 m/s 2).答案：(1)0.4 m/s 2，方向沿传送带向上(2)1 m/s (3)7.5 s(4)v 2C ＝⎩⎪⎨⎪⎧20a (a ＜0.4 m/s 2)8(a ≥0.4 m/s 2)图见解析方法归纳：解决本题的关键是先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度进行讨论分析得到v 2C －a 的关系，从而画出图像．6．解析：(1)取向右为正方向，在滑块与传送带达到共同速度前，设滑块加速度为a 1，由牛顿第二定律得F cos 37°＋μ(mg －F sin 37°)＝ma 1，解得a 1＝7.5 m/s 2，滑块与传送带达到共同速度的时间t 1＝va 1＝1 s ，此过程中滑块向右运动的位移s 1＝v2t 1＝3.75 m ，共速后，因F cos 37°＞μ(mg －F sin 37°)，滑块继续向右加速运动，由牛顿第二定律得 F cos 37°－μ(mg －F sin 37°)＝ma 2，解得a 2＝0.5 m/s 2，滑块到达B 端的速度v B ＝v 2＋2a 2(L －s 1)＝8 m/s ，滑块从共速位置到B 端所用的时间t 2＝v B －va 2＝1 s ，滑块从A 端到B 端的时间为t ＝t 1＋t 2＝2 s ；(2)0～1 s 内滑块相对传送带向左的位移大小Δs 1＝v t 1－s 1＝3.75 m ， 1～2 s 内滑块相对传送带向右的位移大小Δs 2＝(L －s 1)－v t 2＝0.25 m ， 0～2 s 内滑块相对传送带滑过的路程Δs ＝Δs 1＋Δs 2＝4 m. 答案：(1)2 s (2)4 m7．解析：(1)小物块从A 到B 的过程，到B 时，刚好加速到v 1，此时A 、B 间的距离最小，加速度a ＝μg ，根据运动学公式可得v 21＝2μgL 1，解得L 1＝10 3 m.(2)小物块从滑到倾斜传送带上至两者共速前，小物块受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，在小物块减速到v 2的过程中，根据牛顿第二定律可得物块的加速度大小为a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝10×0.5＋36×10×32m/s 2＝7.5 m/s 2，根据匀变速直线运动位移—速度关系可得v 21－v 22＝2a 1x 1，解得x 1＝5 m ．由于μ＜tan θ，小物块与倾斜传送带共速后继续做减速运动，减速到零的过程中，摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律可得加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ＝10×0.5－36×10×32m/s 2＝2.5 m/s 2，根据v 22－0＝2a 2x 2可得，小物块减速到零时的位移为x 2＝5 m ，则L 2＝x 1＋x 2＝5 m ＋5 m ＝10 m.(3)设小物块在AB 上运动的时间为t 1，则t 1＝v 0－0μg ＝10－036×10 s ＝2 3 s ，设小物块在CD上运动时，与传送带共速前运动的时间为t 2，与传送带共速后至到达D 点时运动的时间为t 3.由v 2＝v 1－a 1t 2得t 2＝23s ，由0＝v 2－a 2t 3得t 3＝2 s.所以运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝⎝⎛⎭⎫23＋83 s. (4)小物块由v 1减速到v 2过程中，倾斜传送带的位移x 3＝v 2t 2＝5×23 m ＝103m ，此过程中小物块相对于传送带的位移Δs 1＝x 1－x 3＝53m ，物块从v 2减速到零的时间内倾斜传送带的位移x 4＝v 2t 3＝5×2 m ＝10 m ，此过程中小物块相对于传送带的位移Δs 2＝x 4－x 2＝5 m ，所以小物块相对于传送带的位移为Δs ＝Δs 1＋Δs 2＝53 m ＋5 m ＝203m.答案：(1)10 3 m (2)10 m (3)⎝⎛⎭⎫23＋83 s (4)203m 8．解析：粉笔头放到传送带上后，它与传送带间存在相对运动，将受到传送带对它的摩擦力作用，从而做匀加速运动，直到其速度达到与传送带相同，如图甲所示，AB 为传送带的速度图线，OB 为粉笔头的速度图线，所以三角形阴影面积即为两者的相对位移，即粉笔头的划线长度，由图可知12v 0t 0＝Δs ，代入数值可解得t 0＝4 s ，所以由速度公式v 0＝at 0可得a ＝0.5 m/s 2.传送带做匀减速运动时，仍作出速度图线如图乙所示，CD 为传送带的速度图线，OD 为粉笔头的速度图线，所以三角形阴影面积表示二者的相对位移．粉笔头做匀加速运动，直到某时刻其速度增大到与传送带减小的速度相等，此后它们一起运动；由速度公式，对传送带：v ＝v 0－a 0t ，对粉笔头：v ＝at ，由以上两式可解得t ＝1 s ，所以三角形阴影的面积为Δs ＝12v 0t ＝12×2×1 m ＝1 m ．所以此时粉笔头划线的长度为1 m.答案：1 m9．解析：(1)摩擦力与侧向的夹角为45° 侧向加速度大小a x ＝μg cos 45° 匀变速直线运动－2a x s ＝0－v 20解得s ＝2v 202μg .(2)设t ＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为a x 、a y 则a ya x ＝tanθ很小的时间Δt 内，侧向、纵向的速度增量Δv x ＝a x Δt ，Δv y ＝a y Δt解得Δv yΔv x＝tan θ由题意知tan θ＝v y v x ，则v ′y v ′x ＝v y －Δv yv x －Δv x＝tan θ所以摩擦力方向保持不变则当v′x＝0时，v′y＝0，即v＝2v0.答案：(1)2v202μg(2)2v0。

2015重难点专题示例-传送带及重叠体

[例9]如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板 B静止于水平面。t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F 拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动。已知A的质量mA和B的质量mB均为 2.0kg,A、B之间的动摩擦因数=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2。求（1）物体A刚运动时的加速度aA （2)t=1.0s时，电动机的输出功率P；（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为 P`=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变， t=3.8s时物体A的速度为1.2m/s。则在t=1.0s到t=3.8s 这段时间内木板B的位移为多少？
2015年小高考物理复习
难点专题示例传送带与重叠体问题
江苏省常州高级中学丁岳林
典型试题回放
27．（2008）如图所示，固定的光滑圆弧轨道的半径为0.8m，点与圆心在同一水平线上，圆弧轨道底端点与圆心在同一竖直线上. 点离点的竖直高度为 0.2m.物块从轨道上的点由静止释放，滑过点后进入足够长的水平传送带，传送带由电动机驱动按图示方向运转，不计物块通过轨道与传送带交接处的动能损失，物块与传送带间的动摩擦因数为0.1，取 10m/s2. （1）求物块从点下滑到点时速度的大小. （2）若物块从点下滑到传送带上后，又恰能返回到点，求物块在传送带上第一次往返所用的时间.
[例4]一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初
始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定
的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下
了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求

传送带上的摩擦力问题

卓越个性化教案学生姓名年级授课时间教师姓名谢辉课时2h 一、摩擦力的回顾与基本计算⑴摩擦力的产生条件：物体间相互接触、挤压；接触面不光滑；物体间有相对运动趋势或相对运动。

⑵匀速运动的传送带上物体所受滑动摩擦力的方向判断一、根据滑动摩擦力阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，先判断物体相对传送带的运动方向。

显然物体相对传送带有向后运动的趋势，因此物体要受到沿传送带前进方向的摩擦力；二、根据摩擦力产生的作用效果来分析它的方向，物体之所以能由静止开始向前运动，一定受到向前的动力作用，这个水平方向上的力只能是由传送带提供的摩擦力，传送带必须要由电动机带动才能持续而稳定地工作，电动机给传送带提供动力作用，物体给传送带的就是阻力。

例：如图所示，物体A从滑槽某一高度滑下后又滑上粗糙的水平传送带，传送带静止不动时，A滑至传送带最右端的速度为v1，需时间t1；若传送带逆时针转动，A滑至传送带最右端的速度为v2，需时间t2。

则：（）A、v1>v2，t1 < t2B、v1<v2，t1 < t2C、v1>v2，t1 > t2D、v1=v2，t1 = t2⑶物体静置在传送带上与传送带一起由静止开始加速一、若物体与传送带之间的动摩擦因数较大，加速度相对较小，物体和传送带保持相对静止，它们之间存在着静摩擦力，物体的加速就是静摩擦力作用的结果，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力；二、若物体与传送带之间的动摩擦因数较小，加速度相对较大，物体和传送带不能保持相对静止，物体将跟不上传送带的运动，但它相对地面仍然是向前加速运动的，它们之间存在着滑动摩擦力，同样物体的加速就是该摩擦力的结果，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力。

⑷物体与传送带保持相对静止一起匀速运动，则它们之间无摩擦力，否则物体不可能匀速运动。

例：如图所示，水平放置的传送带以速度v=2m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，若A端与B端相距4m，则物体由A运动到B的时间是；物体到达B端时的速度是。

物块在传送带上的运动情况分析

8物块在传送带上的运动情况分析(总5页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--关于传送带上物体运动情况分析及题解1 倾斜传送带上物体运动情况[例1]静止的传送带上有木块正以速度匀速下滑，当传送带突然启动后木块滑到底部所用时间t 与传送带不动时所用时间相比较谁大谁小物体的运动状态如何变化解析：（1）向上启动：在传送带上的物体受重力、支持力、摩擦力，由于传送带静止时，木块匀速下滑，说明摩擦力沿传送带向上，且有，传送带向上启动后，由于都不变，木块仍然以的速度匀速下滑（相对于大地）。

所以t=（不管传送带向上如何启动都一样）（2）如果传送带以v的速度向下运动，情况如何呢如图1所示。

（a ）：木块所受的摩擦力方向向上，大小仍然为，森块仍以的速度匀速下滑，t=。

（b）v>：由于传送带速度大小木块速度，木块相对于传送带是向上滑动的，所以开始阶段，物体所受摩擦力是向下的，木块将以加速度，向下运动，直到增大到v为止，以后匀速（带足够长），t<。

以上是摩擦力等于的情况。

（3）如果传送带逆时针运动；物体所受摩擦力不等于，木块运动状态如何呢（a）v<：当，由于木块相对于传送带向下滑动，摩擦力沿斜面向上，木块以加速度，向下加速滑动。

当，木块先以减速运动，当木块速度减小到v 时，木块和传送带保持相对静止。

以后，以速度v 匀速运动（摩擦力变为静摩擦力且等于）（b）v>：当，由于木块相对于传送带向上运动的，木块所受摩擦力沿传送带向下，所以木块以加速度，向下做加速运动，直到=v时，摩擦力反向为沿传送带向上，以后以加速度，做匀加速运动。

当，木块先以加速度，向下加速运动，直到=v 为止，摩擦力反向，此后物体以速度v 匀速向下运动，且摩擦力等于。

（c）v=：当，木块只能以加速度，向下做匀加速运动。

当，木块以v的速度始终与皮带保持相对静止匀速下滑，且静摩擦力等于。

传送带上的摩擦力问题全攻略

传送带上的摩擦力问题全攻略皮带传送是一种综合考查摩擦力及牛顿运动定律的问题，同时也能很好地联系生产、生活实际，所以是一种很好的题型.日常生活中传送带或与传送带类似的运输工具随处可见，如电梯、跑步机等，同学们接触它的机会很多。

近几年，以“传送带"为载体的习题在各类考试中出现的频率较高,形式也很灵活.本文就传送带上的摩擦力举例分析，并归纳解题中应注意的问题.例1 如图1所示，一物块从某曲面上的P 点自由滑下，通过一粗糙的静止传送带后,落到地面上的Q 点。

若传送带的皮带轮沿顺时针方向转动起来,使传送带也随之运动，再把该物体放到P 点自由滑下,那么（）A.它仍落在Q 点B 。

它落在点Q 左边C 。

它落在点Q 右边D.它可能落不到地面上解析两种情况下皮带对物块滑动摩擦力的大小（F f =μmg )和方向（水平向右）均不变，所以物块运动情况相同.答案 A点评（1）本题中两种情况下物体相对传送带运动快慢不同，而滑动摩擦力与两物体间相对运动快慢无关.（2）分析此类问题的关键是清楚物体的受力情况，从而确定物体在传送带上的运动情况,最后判断出物体做平抛运动时的初速度大小。

若传送带的皮带沿逆时针方向转动起来，再把该物体放到点自由滑下，它的落点情况就会发生变化.例2 如图2所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v 1沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速率v 2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v 2’，则下列说法中正确的是（） A 。

只有v 1= v 2时，才有v 2’= v 1B 。

若v 1〉 v 2时，则v 2’= v 2C 。

若v 1< v 2时，则v 2'= v 2D.不管v 2多大,总有v 2'= v 2 解析物块先受向右的摩擦力，故向左减速,减速至速度为零后又反向加速，若v 1〉 v 2，物块向左减速和向右加速两过程中始终受水平向右的恒定摩擦力，做类竖直上抛运动，故v 2'= v 2；若v 1〈 v 2，物块反向加速，速度先达到v 1，此后物块随传送带一起匀速运动至光滑水平面，所以v 2’= v 1。

传送带上的问题

高考热点专题——有关传送带问题的分析与计算传送带问题是以真实物理现象为依据的问题，它既能训练学生的科学思维，又能联系科学，生产和生活实际，因而，这种类型问题具有生命力，当然成为高考命题专家所关注的问题。

物体在皮带的带动下做匀加速运动，当物体速度增加到与皮带速度相等时，跟皮带一块做匀速运动，分析时要充分考虑整个过程中物体的运动情况。

解决此类问题除用到牛顿运动定律外还要用到的动能定理、动量定理和能量守恒定律等知识。

传送带问题的考查一般从两个层面上展开：一是受力和运动分析。

受力分析中关键是注意摩擦力的突变(大小，方向)——发生在V物与V带相同的时刻；运动分析中关键是相对运动的速度大小与方向的变化——物体和传送带对地速度的大小与方向比较。

二是功能分析。

注意功能关系：WF =△EK+△EP+Q。

式中WF为传送带做的功，WF=F·S带(F由传送带受力情况求得)；△EK ，△EP为传送带上物体的动能、重力势能的变化；Q是由于摩擦产生的内能：Q=f·S相对。

下面结合传送带两种典型模型加以说明。

典例分析【例1】如图所示，水平放置的传送带以速度v=2 m / s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，若A端与B端相距4 m，则物体由A到B 的时间和物体到B端时的速度是：（）A．2.5 s，2 m / s B．1 s，2 m / s C．2.5 s，4 m / s D．1 s，4 / s【答案】A【解析】小物体放在A端时初速度为零，且相对于传送带向后运动，所以小物体受到向前的滑动摩擦力，小物体在该力作用下向前加速，a=μg，当小物体的速度与传送带的速度相等时，两者相对静止，不存在摩擦力，小物体开始做匀速直线运动。

所以小物体的运动可以分两个阶段，先由零开始加速，后做匀速直线运动。

小物体开始先做匀加速运动，加速度a=μg，达到的最大速度为2 m / s。

当v物=2 m / s时，。