牛顿第二定律的应用一传送带
牛顿第二定律传送带问题
牛顿第二定律的应用——传送带问题【模型一】水平传送带例：水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如下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，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）求行李从A处传送到B处的时间；（4）这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下一段多长的摩擦痕迹？（5）如果提高传送带的运行速率，行李就能较快的被传送到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虽小运行速率。
【跟踪检测】=6m/s 1、如图，光滑圆弧槽的末端与水平传送带相切，一滑块从圆槽滑下，以v的速度滑上传送带，已知传送带长L=8m,滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，求下面三种情况下，滑块在传送带上运动的时间(g=10m/s2)(1)传送带以4m/s的速度逆时针转动；(2)传送带不动；(3)传送带以4m/s的速度顺时针转动。
2、如下图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿逆时针方向运动，传送带左端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2沿直线向右滑上传送带后，经过一段时间后又返回光滑水平面上，其速率为v3，下列说法正确的是（）A.若v1<v2，则v3＝v1B.若v1>v2，则v3＝v2C.不管v2多大，总有v3＝v2D.若v1＝v2，才有v3＝v1【模型二】倾斜传送带例2：如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以1m/s的速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个质量为m=0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，已知传送带AB的长度L=5m，则物体从A运动到B需时间是多少? （g 取10 m/s2）【跟踪检测】如图所示，传送带与水平面成夹角θ=37°，以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，已知传送带从AB的长度L=16m，求：（1）物体从A传送到B需要的时间为多少？（2）物体从A传送到B过程中在传送带上留下的划痕多长？【巩固练习】1、如图，车以某一加速度向右运动，物块刚好沿车厢壁匀速下滑。
牛顿第二定律的应用 传送带图像汇总
传送带模型知识点水平传送带：已知传送带长为L ，速度为v ，与物块间的动摩擦因数为μ，则物块滑动时的加速度大小a ＝μg 。
1．如图，v 0＝0时，物块加速到v 的位移x＝v 22μg ，若x <L 即v <2μgL 时，物块先加速后匀速；若x ≥L 即v ≥2μgL 时，物块一直加速到右端2．如图，当v 0≠0，v 0与v 同向时，当v 0<v 时，物块加速到v 的位移x ＝v 2－v 202μg ，若x <L ，即v 0<v < v 20＋2μgL ，物块先加速后匀速；若x ≥L ，即v ≥ v 20＋2μgL ，物块一直加速到右端；当v 0>v 时，物块减速到v 的位移x ＝v 20－v 22μg ，若x <L ，即v 0>v >v 20－2μgL ，物块先减速后匀速；若x ≥L ，即v ≤ v 20－2μgL ，物块一直减速到右端；当v ＝v 0时，物块匀速运动到右端。
3．如图，v 0≠0，v 0与v 反向，物块向右减速到零的位移x ＝v 202μg ，若x ≥L ，即v 0≥2μgL ，物块一直减速到右端；若x <L ，即v 0<2μgL ，则物块先向右减速到零，再向左加速直至离开传送带。
（注意回去的速度大小） 倾斜传送带 一、传送带向上传送1．如图甲，若0≤v 0<v 且μ>tan θ：(1)传送带比较短时物块一直以a ＝μg cos θ－g sin θ向上匀加速运动。
类似图1、图3(2)传送带足够长时物块先以a ＝μg cos θ－g sin θ向上匀加速运动再向上匀速运动。
类似图2、图42．如图甲，若0≤v 0<v 且μ<tan θ：物块以向下的加速度a ＝g sin θ－μg cos θ运动。
类似图103．如图甲，若v 0>v 且μ>tan θ：(1)传送带比较短时物块一直以a ＝μg cos θ＋g sin θ向上匀减速运动。
第5节 牛顿第二定律的应用——传送带问题(教师版)
第5节 牛顿第二定律的应用——传送带问题8．（2014·济南期末）如图X3-5所示，三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m ，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是( )图X3-5 A ．物块A 先到达传送带底端 B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．传送带对物块A 、B 的摩擦力都沿传送带向上D ．物块A 下滑过程中相对传送带的位移小于物块B 下滑过程中相对传送带的位移8．BCD [解析] 传送带对物块A 、B 的摩擦力方向都沿传送带向上，选项C 正确；物块A 、B 都做匀加速运动，加速度相同，a A ＝m A g sin 37°－μm A g cos 37°m A＝2 m/s 2＝a B ，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，选项B 正确，选项A 错误；物块A 下滑过程相对传送带的位移等于物块A 的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块B 下滑过程相对传送带的位移等于物块B 的位移与传送带匀速运动的位移之和，选项D 正确．7．[2014·四川卷] 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．不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，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 ( )A B C D7．BC[解析] 若P在传送带左端时的速度v2小于v1，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，第二种是先做加速度运动，当速度达到v1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在传送带左端具有的速度v2大于v1，则小物体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v1，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v1做匀速运动，第三种是速度先减到v1，之后若P所受的静摩擦力小于绳的拉力，则P将继续减速直到速度减为0，再反向做加速运动并且摩擦力反向，加速度不变，从左端滑出，所以C正确．5．[2014·重庆卷] 以不同的初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体的速率成正比，下列分别用虚线和实线描述两物体运动的v－t图像可能正确的是()A BC D5．D[解析] 本题考查v－t图像．当不计阻力上抛物体时，物体做匀减速直线运动，图像为一倾斜直线，因加速度a＝－g，故该倾斜直线的斜率的绝对值等于g.当上抛物体受空气阻力的大小与速率成正比时，对上升过程，由牛顿第二定律得－mg－kv＝ma，可知物体做加速度逐渐减小的减速运动，通过图像的斜率比较，A错误．从公式推导出，上升过程中，|a|>g，当v＝0时，物体运动到最高点，此时a＝－g，而B、C图像的斜率的绝对值均小于g，故B、C错误，D正确．10．在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝944m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质量m＝2×10－3kg、电荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1与P2与轨道CD、GH 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.10．(1)4 m/s(2)0.56 m[解析] (1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1＝qvB①f＝μ(mg－F1)②由题意，水平方向合力为零F－f＝0③联立①②③式，代入数据解得v＝4 m/s④(2)设P1在G点的速度大小为v G，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qEr sin θ－mgr(1－cos θ)＝12mv2G－12mv2⑤P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma1⑥P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1＝v G t＋12a1t2⑦设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则m2g sin θ－μm2g cos θ＝m2a2⑧P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2＝12a2t2⑨联立⑤～⑨式，代入数据得s＝s1＋s2⑩s＝0.56 m○11。
牛二应用---传送带问题
牛顿第二定律的应用―――传送带问题传送带问题对学生来说主要表现在分不清物体相对传送带的运动和相对地面的运动，另外对在运动过程中物体所受摩擦力的方向何时会发生改变搞不清楚。
传送带问题一般按照以下思路分析：（1）选地面为参考系，把物体和传送带隔离进行分析，分别找出物体和传送带相对地面的位移和速度，然后求解相对位移和相对速度。
（2）传送带传送物体时，物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带的速度相等的时刻。
一．水平传送带：(1)物块m静止放到以V匀速运转的长为L传送带上，试求小物块滑到右端的可能时间？物块与传送带见的动摩擦因数为μ（2）物块m以v1放到以V2匀速向右运转的长为L传送带上，试求小物块滑到右端的可能时间和相对位移？物块与传送带间的动摩擦因数为μ①若v1< V2 ②若v1> V2(3) 物块m以v1放到以V2匀速向左运转的长为L传送带上，试求小物块滑到右端的可能时间和相对位移？物块与传送带见的动摩擦因数为μ二．倾斜传送带：(1) 如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.9，已知传送带从A→B的长度L=50m，则物体从A到B需要的时间为多少？思考：若物块以速度v1冲上传送带？(2) 如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s 的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，已知传送带从A →B 的长度L=16m ，则物体从A 到B 需要的时间为多少？练习：.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查。
如图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 的恒定速率运行，一质量为m=4Kg 的行李无初速地放在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。
有关传送带上的牛顿第二定律的应用问题
有关传送带上的牛顿第二定律的应用问题知识点：应用牛顿第二定律，直线运动中物体的位移x是相对于地面的，a、v也都是相对于地面。
分析物体的运动过程，物块速度与传送带速度相等是是物体运动的拐点！例1、传送带A、B两轮L=6m，皮带匀速v=3m/s向右传动，m=1kg物体无初速放在皮带一端A点，μ=0.2．求物体从A运动至B所需时间？解：物体在皮带上运动过程分为两个阶段：(1)第一阶段：物体无初速放上皮带对地作初速为0，a=μg匀加速运动，位移s1、时间t1．对地位移s1==2.25m(2)第二阶段：物体与皮带以共同速度向右匀速运动．至B对地位移s2=L－s1=6－2.25m=3.75m匀速运动时间t2==1.25s则物体从A→B时间t=t1＋t2=2.75s小结：1、不管皮带作什么运动，物体相对地面的位移从A→B即离开皮带．2、物体轻轻地放上皮带，相对皮带向左运动，但相对地面向右作初速为0的匀加速直线运动，直到速度增加到皮带相等速度，之后与皮带一起作匀速直线运动．例2、传送带L=8m，物体m=10kg以v0=10m/s水平滑上传送带，物体与传送带μ=0.6，物体可视为质点，g=10m/s2．求：(1)若传送带静止，物体从传送带左端A滑到右端B所需时间；(2)若传送带以速度v=4m/s沿顺时针方向匀速转动，物体从A→B所需时间；(3)若传送带以速度v=4m/s逆时针方向匀速转动，物体是否能从传送带A端滑至B 端？如不能说明理由．如能，计算所经历时间．解：(1)当传送带静止时，物体在传送带上作初速v0=10m/s，a=μg=6m/s2做匀减速直线运动．当物体速度减为0历时．速度减为0过程对地位移，∴物体在速度减为0之前已从A滑至B点，s=v0t－8=10t－×6t2t1=2s或t2=讨论：t=2s是物体A→B继续向前匀减速至速度为0后反向匀加速至B点，故t=2s舍，t=．(2)若传送带以v=4m/s顺时针方向匀速转动：物体先相对地作初速v0=10m/s，a=μg=6m/s2对地匀减速直线运动至传送带速度，历时t1，对地位移s1然后物体相对传送带静止一起匀速运动，对地位移s2=L－s1=1m历时∴t总=t1＋t2=1.25s．(3)若传送带以速度v=4m/s沿逆时针方向匀速转动，物体相对地面作初速为v0=10m/s，加速度大小为a=μg=6m/s2的匀减速直线运动，不管皮带怎样运动，传送带相对地面位移为s=|AB|，即A→B．s=v0t－8=10t－×6t2t1=2s（舍）t2=例3、传送带全长L AB=16m，且与水平方向成37°夹角，并以10m/s的速度匀速运动，现将质量为m的小物块（可视为质点）轻轻地放在传送带上的P点处，如图所示．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，则小物块从传送带上的P点运动到Q点所用时间可能是__________．解：（1）当传送带顺时针转动时，物块所受滑动摩擦力方向向上，其加速度小物块相对地面作初速为0的匀加速直线运动，从P→Q运动时间为t：（2）当传送带逆时针转动，小物块无初速地释放在P点，物块所受滑动摩擦力方向向下，加速度为：经时间t1小物块对地作匀加速直线运动至速度达与传送带相同速度，对地滑行距离s1，则：之后，由于μ<tanθ，物体所受重力沿斜面方向的分量大于最大静摩擦力，物块所受滑动摩擦力向上，加速度为a2，物块位移为s2=s－s1=(16－5)m=11m∴由s2=vt2＋11=10t2＋得：t2=1s或－11（舍）∴t总=t1＋t2=2s．1、如图所示，一水平传送带以v=2 m/s的速度做匀速运动，将一物体轻放在传送带一端，已知物体与传送带间的动摩擦因数为0.1，物体由传送带一端运动到另一端所需时间为11 s，求传送带两端的距离．(g取10 m/s2)解析：物体在刚放上传送带的瞬间，物体的速度为零，而传送带有速度，物体被加速，滑动摩擦力是物体所受的合外力，由牛顿第二定律，得，经时间后，物体与传送带同速，此后物体做匀速直线运动，共9s．匀加速位移x1==2 m，匀逮运动的位移x2=v·t2=18 m，所以物体的总位移x=x1＋x2=20m，即传送带两端的距离．答案：20m2、如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，皮带在电动机的带动下，始终保持以v0=2m/s的速率运行．现把一质量为m=10kg的工件(可视为质点)轻轻地放在皮带的底端，经时间1.9s，工件被传送到h=1.5m的高处，g取10m/s2．求工件与皮带间的动摩擦因数．解析：设工件上升1.5 m的过程中，加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t－t1，则联立以上几式解得a=2.5 m/s2．由牛顿第二定律得mgcos 30°－mgsin 30°=ma，解得．答案：3、如图所示，一辆质量为M的卡车沿平直公路行驶，卡车上载一质量为m的货箱，货箱到车前部的距离l已知，货箱与底板的动摩擦因数为μ，当卡车以速度为v0行驶时，因前方出现故障而制动，制动后货箱在车上恰好滑行了距离l而未与卡车碰撞，求：(1)卡车制动的时间；(2)卡车制动时受地面的阻力．解析：(1)设卡车制动的时间为t，则卡车制动过程中通过的位移．货箱向前滑动受摩擦力产生的加速度货箱运动时间货箱位移又因制动过程中车对地位移则有s货=s车＋l，即解得(2)设卡车制动时受地面阻力为F地，卡车制动加速度为a车，由牛顿第二定律得F地－μmg=Ma车①又因v0=a车t ②联系①②解得本题还可以结合v－t图象求解，如图所示．其中②为车制动的v－t图象，①是货箱运动的v－t图象，其位移之差即为l．由图象可得可得由，F地－μmg=Ma车可得4、如图所示，传送带与水平面的夹角为37°，以v=10m/s的速度匀速运动，在传送带的A端轻轻放一小物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，AB间距离s=16m(g=10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6)．则：(1)若转动方向为顺时针方向，小物体从A端运动到B端所需要的时间为（）A．2.8s B．2.0s C．2.1s D．4.0s(2)在(1)的选项中，若皮带逆时针转动，小物体从A端运动到B端所需要的时间为（）A．2.8s B．2.0s C．2.1s D．4.0s解析：(1)对物体受力分析如图所示，沿皮带所在斜面方向a=gsin37°－μgcos37°=2m/s2．a沿皮带向下，物体与皮带运动方向相反．所以整个过程物体对地匀加速运动16m，据s=at2得t=4.0s．(2)此运动分为两个阶段．第一阶段：物体加速至与皮带共速，刚放上物体时．皮带受摩擦力向上，而物体受摩擦力向下，如图所示，物体以加速度a1=gsin37°＋μgcos37°=10m/s2，匀加速运动，经过与皮带达共同速度．对应位移s==5m．第二阶段：共速以后，物体沿皮带速度大于皮带的速度，物体相对皮带下滑，受摩擦力变向，如(1)问解析图所示，a2=gsin37°－μgcos37°=2m/s2，方向向下，使物体继续加速．则(16－5)=10t2＋，解得t2=1s，从A到B共需t=t1＋t2=2s，选B．答案：(1)D (2)B5、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．求此黑色痕迹的长度．解析：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0．根据牛顿定律，可得a=μg．设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有v0=a0t，v=at．由于a<a0，故v<v0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用．再经过时间t′，煤块的速度由v增加到v0，有v0=v＋at′．此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹．设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s．有传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s0－s．由以上各式得．6、如图9所示，一平直的传送带以速度v=2m/s匀速运动，传送带把A处的工件运送到B处，A、B相距L=10m．从A处把工件无初速地放到传送带上，经过时间为6s，能传送到B处．欲用最短的时间把工件从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少多大．解析：因为，所以工件在6s内先匀加速运动，后匀速运动，有x1=，x2=vt2，t1＋t2=t，x1＋x2=L．解上述四式得t1=2s，a==1m/s2．若要工件以最短时间传送到B，工件先加速度仍为a，设传送带速度为v，工件先加速后匀速，同上有L=＋vt2．表明工件一直加速到B所用时间最短．7、如图水平传送带的长度为L=8m，A、B为传送带水平部分的最左端和最右端．现有一物体(视为质点)以v0=10 m/s的初速度从A端水平地滑上水平传送带．已知物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.6，g取10 m/s2．试求：(1)若传送带保持静止，物体滑到B端时，物体的速度为多大?(2)若皮带轮逆时针匀速转动，传送带转动的速率恒为8 m/s，则物体到达B端时的速度是多大?(3)若皮带轮顺时针匀速转动，传送带转动的速率恒为8 m/s，则物体从A端到达B端所用的时间是多少?解析：(1)由a=－μg，2ax=v B2－v02，代入数据解得到达B端时物体的速度为：v B=2m/s(2)若皮带轮逆时针匀速转动，物体的受力及运动情况与传送带静止时完全相同，故到达B端时其速度也是2m/s．(3)令物体速度从v0=10 m/s减速到v1=8m/s所需的时间为t1，则由v1=v0＋at1，代入数据得.由2ax1=v12－v02，代入数据得x1=3m．故x1<L，故物体先匀减速后匀速运动．设匀速运动过程所需时间为t2，则．故物体从A端到达B端所用的总时间是：t总=t1＋t2==0.958s．答案：(1)2 m/s (2)2 m/s (3)0.958s。
牛顿第二定律的运用—传送带问题
由于物体与传送带之间的摩擦
产生的热量.
A a
h c
传送带问题解题题策略： 1.受力分析。分清物体所受摩擦力的种类及大 小和方向，注意当物体的速度等于传送带的速 度时，摩擦力会发生突变；
2.运动分析。根据初速度和合外力两个条件分
析物体的运动性质。对于倾斜传送带问题，考
虑μ和tanθ的大小关系。
b
A a
解：过程一．物体放在传送带后，受到滑动摩擦力的方 向沿斜面向下，物体沿传送带向下做初速度为零的匀加 速运动
mg sin 37 0 mg cos37 0 ma1
a1 g(sin 37 0 cos37 0 ) 10m / s2
物体加速到与传送带速度相等所用的时间
t1
v a1
1s
物体在t1时间内的位移
L
s
v
t2
1 2
a2t22
(1)μ<tanθ 物体继续做加速运动 (2)μ≥tanθ 物体与传送带一起匀速运动
解得：t2=1s t2= - 11s（舍去）
总结
传送带问题的分析思路： 初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和 方向→分析出物体受的合外力和加速度大小和方 向→由物体速度变化再分析相对运动来判断以后 的受力及运动状态的改变。
(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
解：物体做匀加速运动过程中，由牛顿第二定律
μmg cos37°-mg sin37°=ma ① 得a=0.4m/s2
②
加速至10m/s位移为x1=v2/2a=20m 接着做匀速运动，因此物体先做匀加速直线运动，再做匀速
直线运动。
（2）匀加速运动的时间t1=
考点三、水平、变速传送带
【例4】(2006全国I)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。求此黑色痕迹的长度 。
牛顿第二定律在传送带问题中的应用
－ｔ＝ 所求时间 ｆ ．｝ ・ ＋ ：
＋
ｓ － 一
≥Ｌ则Ａ在传送带上会一直做匀减速运 ，
由运动学公式易得
＝
：
，＋
、舌一２ＬＬ ， ｔ ｇ
：
＝
二量
图 ＩＩ －
（传 带 ７ 时 ２ 送 以 肇） ） １ 逆
Ａ
嘲 弩
位枷 一
一
图’ １
．
Ｌ一 ！
匀速时问 ｔ 生 ２
——
卜
解析 ：１ 传送 带静 止 时， （） 物体 Ａ 相 对传 送带 向 右运 动 ， 到传送带 的摩擦力向 左 ， Ａ 将一 直匀减 受 故 速至 ｃ， 其受力情 况如图 １ １ 重力 ｍ －， ｇ与传送带 的支 持力 Ｎ 平衡 ， 所受到的合外力即为摩擦力 ，， Ａ 则
ｍｇ
解析 ： 根据“ 传送 带上 有黑 色痕迹 ” 可知 ， 煤块 与
传送带之 间发生 了相 对滑动 ， 煤块 的加速度 ｎ小 于传 送带 的加速 度 ｎ ． 据牛 顿第 二定 律可 得 ： ＝ｌ ｏ根 ｎ ｌ ｇ
①设经 历时间 ｔ传送 带由 静止开 始加速 到速度 等于 ， ７ 煤块则 由静止加速到 ， ３ ｏ 有
故物块由静止开始作匀加速直线运动， 由牛顿第
二定律得 ：
ｍｇ ｉ ｓｐ ｔｎ ｏ Ｏ ｍａｌ ￣＋ ａ ｇｃ ｓ＝
。
水平的浅色长传送带Ｊ放置一煤块（ 可视为质点）煤 ， 块与传送带之弼韵动摩擦因数为 ． 初始时， 送带 转
与煤块都是 静止 的． 现让传 送 带 以恒定 的加 速度 ｎ 。 开始运动 ， 当其速度达到 ７ 后 ， 以此速 度做匀速运 ３ Ｏ 便 动． 经过 一段 时间 ， 块在传 送带 上 留下 了一 段黑 色 煤 痕迹后 ， 煤块 相对于传 送带 不再滑 动． 求此黑 色痕 迹
应用牛顿第二定律的几个典型模型-
应用牛顿第二定律的几个典型模型牛顿第二定律即物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同，即F=ma（其中的F和m、a必须相对应）。
因为力和加速度都是矢量，它们的关系除了数量大小的关系外，还有方向之间的关系。
明确力和加速度方向，也是正确列出方程的重要环节。
一、应用牛顿第二定律解题的常用方法牛顿第二定律明确了物体的受力情况和运动情况之间的定量关系。
联系物体的受力情况和运动情况的桥梁或纽带就是加速度。
（一）应用牛顿第二定律解题的常用方法：1.合成法与分解法牛顿第二定律F=ma是矢量式，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。
在解题时，当研究对象所受的外力不在一条直线上时：如果物体只受两个力，可以用平行四边形定则求其合力；如果物体受力较多，一般把它们正交分解到两个方向上去分别求合力；如果物体做直线运动，一般把各个力分解到沿运动方向和垂直运动的方向上。
2.整体法与隔离法1．整体法：在研究物理问题时，把所研究的对象作为一个整体来处理的方法称为整体法。
采用整体法时不仅可以把几个物体作为整体，也可以把几个物理过程作为一个整体，采用整体法可以避免对整体内部进行繁锁的分析，常常使问题解答更简便、明了。
2．隔离法：把所研究对象从整体中隔离出来进行研究，最终得出结论的方法称为隔离法。
可以把整个物体隔离成几个部分来处理，也可以把整个过程隔离成几个阶段来处理，还可以对同一个物体，同一过程中不同物理量的变化进行分别处理。
采用隔离物体法能排除与研究对象无关的因素，使事物的特征明显地显示出来，从而进行有效的处理。
隔离法与整体法，不是相互对立的，一般问题的求解中，随着研究对象的转化，往往两种方法交叉运用，相辅相成.（二）应用牛顿第二定律解题的一般步骤：（1）对象和环境。
可以以某一个物体为对象，也可以以几个物体组成的质点组为对象。
所谓环境是指物体所接触到的所有可能对物体产生力的面或线。
（2）画受力分析图和过程草图。
高中物理牛顿第二定律一传送带问题
情况 2、若 x物 L ，则物块匀减速到速度为零，未从右端掉落。
v
物块匀减速时间为：
t1
v0 a
0
物块匀减速阶段与传送带间的相对位移为：
v0
x1 x物 v传t1
当物块向左减速到零后，由于受力状况并没有发生变化， 根据受力分析物块仍具有向右的加速度：
a g
tt
t1 t
4
此时如图所示：
FN f动
9
物块到达另一端是速度不能减到零，
即： v传 v物 0
第二段匀减速时间：
L
x物
v传t2
1 2
at22
物块从一端到达另一端总时间：
t t1 t2
注：在此情况下物块与传送带间产生的相对位移
v
v0
v传 v物
0
t1 t
t
第一段匀减速过程： x1 x物 v传t1
（物块相对于传送带向上运动）
第二段匀减速过程： x2 v传t2 L x物 （物块相对于传送带向下运动）
第一段匀减速阶段摩擦力为滑动摩擦力且方向沿斜面向下， 第二段匀减速阶段摩擦力为滑动摩擦力且方向沿斜面向上，
摩擦力突变时刻为 v物 v传 。
三、质量为 m 的物块以速度 v0 冲上传送带一端，已知传送带长度 L ，与地面成角为 ，传
送带速度 v传 ，物块与传送带间滑动摩擦因数 。
v0
FN f动
v
v传 v物
0t
t
二、质量为 m 的物块以 v0 冲上传送带一端，已知传送带长度 L ，传送带速度 v传 ，物块与传
v 送带间滑动摩擦因数 。（ v0 v传 ）
FN 0 f动
mg
FN f动
mg ma
牛顿第二定律的应用——传送带问题
牛顿第二定律的应用——传送带问题传送带问题的分析思路：初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析出物体受的合外力和加速度大小和方向→由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。
难点是当物体与皮带速度出现大小相等、方向相同时，物体能否与皮带保持相对静止。
一般采用假设法，假使能否成立关键看F静是否在0- Fmax之间注意：1、传送带与物体运动的牵制。
关键是受力分析和情景分析2、牛顿第二定律中a是物体对地加速度，运动学公式中x是物体对地的位移，这一点必须明确。
【例题分析】例1:如图所示为水平传送带装置，绷紧的皮带始终保持以υ=1m/s的速度移动，一质量m=0.5kg的物体（视为质点）。
从离皮带很近处轻轻落到一端A处。
若物体与皮带间的动摩擦因素µ=0.1。
AB两端间的距离为L=2.5m。
试求：物体从A运动到B的过程所需的时间为多少？例2:如图所示，一平直的传送带以速度Ｖ=2m/s匀速运动，传送带把Ａ处的工件运送到Ｂ处，Ａ、Ｂ相距Ｌ=10m.从Ａ处把工件无初速地放到传送带上，经时间ｔ＝6s能传送到Ｂ处，欲用最短时间把工件从Ａ处传到Ｂ处，求传送带的运行速度至少多大．例3:一传送带装置示意如图，传送带与地面倾角为37 °，以4m/s的速度匀速运行,在传送带的低端A处无初速地放一个质量为0.5kg的物体,它与传送带间动摩擦因素μ=0.8,A、B间长度为25m, 求：（1）说明物体的运动性质（相对地面）（2）物体从A到B的时间为多少？（sin37°＝0.6）例4:如图所示，传送带与地面倾角为37 °，从Ａ到Ｂ长度为16m，传送带以ｖ＝20m/s，变：（ｖ＝10m/s）的速率逆时针转动.在传送带上端Ａ无初速地放一个质量为ｍ＝0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.求物体从Ａ运动到Ｂ所需时间是多少.（sin37°＝0.6）练习1：某工厂用传送带传送零件，设两轮圆心的距离为S，传送带与零件的动摩擦因数为μ，传送带的速度为V，在传送带的最左端P处，轻放一质量为m的零件，并且被传送到右端的Q处,设零件运动一段与传送带无相对滑动，则传送零件所需的时间为多少?•。
传送带设计
传送带设计1. 简介传送带是一种常用的物料运输设备，广泛应用于工业生产、物流仓储等领域。
它通过电动机驱动，在平台上运输物料，提高生产效率，降低人工成本。
本文将介绍传送带的设计原理、相关参数的选择和常见设计考虑因素。
2. 设计原理传送带的运输原理基于牛顿第二定律，通过电动机提供的转动力矩，驱动滚动轮，使传送带向前运动。
传送带上的物料受到滚动摩擦力和重力的作用，沿着传送带方向运动。
其中，滚动摩擦力是通过传送带和物料之间的接触力产生的。
3. 参数选择在传送带的设计中，需要选择合适的参数来满足生产需求和物料特性。
3.1 传送速度传送速度是指单位时间内传送带上物料通过的长度。
在选择传送速度时，需根据生产工艺和物料特性来确定。
对于需要高生产效率的场景，可以选择较高的传送速度；对于物料特性较脆弱且易损坏的场景，需要选择较低的传送速度来减少损坏率。
3.2 传送带宽度传送带宽度是指传送带的有效宽度，也就是物料可以放置的宽度。
在选择传送带宽度时，需考虑物料的尺寸和形状，确保物料能够稳定地放置在传送带上，避免物料掉落或损坏。
3.3 传送带长度传送带长度是指传送带的总长度。
在选择传送带长度时，需考虑生产工艺的空间限制和物料的数量。
较长的传送带可以容纳更多的物料，提高生产效率，但也增加了设备的占地面积和成本。
3.4 功率和驱动方式传送带的功率是指电动机提供的驱动力。
功率的大小取决于物料的重量、传送速度和斜度等因素。
在选择功率时，需考虑物料的运输能力和传送带的设计参数。
驱动方式包括电动驱动和液压驱动等，根据实际情况选择适合的驱动方式。
4. 设计考虑因素在进行传送带的设计时，需要考虑以下因素：4.1 物料特性物料特性包括物料的粘性、粒度、湿度等。
不同的物料特性对传送带的设计有不同的要求，例如对于粘性较大的物料，传送带需采取防堵塞设计；对于湿度较高的物料，需采取防锈措施，防止设备损坏。
4.2 环境条件环境条件包括温度、湿度、尘埃等因素。
牛顿第二定律——传送带问题
牛顿第二定律——传送带问题基本方法解决传送带问题要特别注重物理过程的分析和理解，关键是分析传送带上随行物时一般以地面为参照系。
1、对物体受力情况进行正确的分析，分清摩擦力的方向、摩擦力的突变。
当传送带和随行物相对静止时，两者之间的摩擦力为恒定的静摩擦力或零；当两者由相对运动变为速度相等时，摩擦力往往会发生突变，即由滑动摩擦力变为静摩擦力或变为零，或者滑动摩擦力的方向发生改变。
2、对运动情况进行分析分清物体的运动过程，明确传送带的运转方向。
【例1】一水平传送带长度为20m ，以2m/s 的速度做顺时针匀速转动，已知某物体与传送带间动摩擦因数为0.1，则从把该物体由静止放到传送带的一端开始，到达另一端所需时间为多少？【例2】如下图所示为车站使用的水平传送带模型，传送带长L ＝8m ，现有一质量为m =10kg 的旅行包以s /m v 100=的初速度水平地滑上水平传送带。
已知旅行包与传送带间的动摩擦因数为60.=μ ，可将旅行包视为质点，取210s /m g =。
试讨论如下问题：（1）若传送带静止，则旅行包从传送带左端A 滑到右端B 所需要的时间是多少？（2）若传送带以速度v =4m/s 沿顺时针方向匀速转动，则旅行包从传送带左端A 滑到右端B 历时多少？（3）若传送带以速度v =4m/s 沿逆时针方向匀速转动，则旅行包能否从传送带的A 端滑到B 端？如不能试说明理由；如能试计算历时多少？【例3】传送带以恒定速度v =1.2m/s 运行，传送带与水平面的夹角为37º。
现将质量m =20kg 的物品轻放在其底端，经过一段时间物品被送到1.8m 高的平台上，如图所示。
已知物品与传送带之间的摩擦因数μ=0.85，则物品从传送带底端到平台上所用的时间是多少？答案：3.25s【例4】如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，已知传送带从A→B的长度L=16m，则物体从A到B需要的时间为多少？【例5】如图所示，传送带以恒定的速度v=10 m/s顺时针转动,传送带与水平面的夹角θ为37°，PQ=16 m，将一小物块无初速地放在传送带上P点，物块与此传送带间的动摩擦因数μ=0.5，g=10 m/s2. （sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：小物块运动到Q点的时间为多少?课外作业：1、水平传送带被广泛地应用于车站、码头，工厂、车间。
牛顿第二定律应用-传送带问题(附答案)
例1、水平传送带被广泛地应用于车站、码头，工厂、车间。
如图所示为水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持v 0＝2 m/s 的恒定速率运行，一质量为m 的工件无初速度地放在A 处，传送带对工件的滑动摩擦力使工件开始做匀加速直线运动，设工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2 ,AB 的之间距离为L ＝10m ，g 取10m/s 2．求工件从A 处运动到B 处所用的时间．例1解析：设工件做加速运动的加速度为a ，加速的时间为t 1 ，加速运动的位移为l ，根据牛顿第二定律，有：μmg=ma 代入数据可得：a ＝2 m/s 2工件加速运动的时间t 1＝a v 0 代入数据可得： t 1＝1s此过程工件发生的位移l =12at 12 代入数据可得：l ＝1m 由于l ＜L ，所以工件没有滑离传送带设工件随传送带匀速运动的时间为t 2 ，则t 2＝v l L 代入数据可得：t 2＝4.5s 所以工件从A 处运动到B 处的总时间t ＝t 1＋t 2＝5.5 s例2、如图所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s 的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°。
现把质量为10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端P 处，由传送带传送至顶端Q 处。
已知P 、Q 之间的距离为4 m ，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝32，取g ＝10 m/s 2。
(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P 点运动到Q 点所用的时间。
例2解析：工件受到沿传送带向上的摩擦力作用，摩擦力为动力由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma代入数值得：a ＝2.5 m/s 2则其速度达到传送带速度时发生的位移为x 1＝v 22a ＝222×2.5m ＝0.8 m ＜4 m 可见工件先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m(2)匀加速时，由x 1＝v 2t 1得t 1＝0.8 s 匀速上升时t 2＝x 2v ＝3.22s ＝1.6 s 所以工件从P 点运动到Q 点所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝2.4 s 。
牛顿第二定律在传送带上的应用
段时间， 煤块在传送带上留下 了一段 黑色
其速度小于传送带的速度， 则相对 ／ ｌ
于传送带沿带 向上 运动 ， 受到传送 Ｉ
带的摩擦力 厂 沿带 向下 ， 受力如图 ８故物 块 由静止 开始 作匀 加速 直 图８ ． 线运 动 ，由 牛 顿 第 二 定 律 得 ｍｇｉ０＋ ｓ ｎ
匀 加 速
继
．
＝ ￣ ＋２ ｇ ／ ｆ Ｌ， ｔ ＝ 分析同② ， 不再复述 ．
ｇ
特别 ， 当物体 的初速度为零 ， ＝ 即 ０
时， 属于类型③．
转 动 ， 在传 送 带 现 的 Ａ 端 轻 轻 地 放
一
图７
个小物块 ， 已知物 块与传 送带间的动磨擦
（ ）故结论 同（ ） １， １．
・
所 求 时 间 ｔ＝ ｔ ＋ ｔ ＝
＋
—
—
．
如果物体 Ａ 的速 度 由 减至
２４ －
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２０ 年第 ４ ０６ 期
河北理科教学研 究
问题讨论
２
时， 其位移 ｓ ＝ １
≥Ｌ 则 Ａ在传送 ，
．
到达 处 的速率 ． ｓ ３。 ． ，ｏ ７ ＝ （ｉ ７ ＝０ ６ ｃｓ 。 ｎ ３
０ ８ ｇ Ｏ ｓ） ．， ＝ｌｍ／２
传送带以恒定的加速度 ａ 开始运动， 。 当其速
度达到 。 ， 后 便以此 。 ，
始下滑， 说明物块的初速度为零 ， ＼
：
（ ）＝（ ） 或 ， 或 ． ｔ 麦
②若 ２ ， 图 ４可看 出， ＜ 从 开始 Ａ 比
传送带运动得快 ， 相对于传送带 向右运动． 所
以， Ａ受到向左的滑动摩擦力而作匀减速直
牛顿第二定律及应用(一)牛顿第二定律的理解及动力学两类基本问题
学案12 牛顿第二定律及应用(一)牛顿第二定律的理解及动力学两类基本问题一、概念规律题组1．下列对牛顿第二定律的表达式F ＝ma 及其变形公式的理解，正确的是( ) A.由F ＝ma 可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B.由m ＝Fa 可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的速度成反比C.由a ＝Fm 可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比D.由m ＝Fa可知，物体的质量可以通过测量经的加速度和它所受的合力而求出2．下列说法正确的是( )A ．物体所受合力为零时，物体的加速度可以不为零B ．物体所受合力越大，速度越大C ．速度方向、加速度方向、合力方向总是相同的D ．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同图13．如图1所示，质量为20 kg 的物体，沿水平面向右运动，它与水平面间的动摩擦因数为0.1，同时还受到大小为10 N 的水平向右的力的作用，则该物体(g 取10 m /s 2)( ) A ．受到的摩擦力大小为20 N ，方向向左 B ．受到的摩擦力大小为20 N ，方向向右 C ．运动的加速度大小为1.5 m /s 2，方向向左 D ．运动的加速度大小为0.5 m /s 2，方向向右 4．关于国秒单位制，下列说法正确的是( ) A ．kg ，m /s ，N 是导出单位 B ．kg ，m ，h 是基本单位C ．在国际单位制中，质量的单位可以是kg ，也可以是gD ．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F ＝ma二、思想方法题组图25．(2011·淮南模拟)如图2所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑水平面上，如果它们分别受到水平推力F 1和F 2的作用，而且F 1>F 2，则1施于2的作用力大小为( ) A ．F 1 B ．F 2 C .12(F 1＋F 2) D .12(F 1－F 2)图36．如图3所示，在光滑水平面上，质量分别为m 1和m 2的木块A 和B 之下，以加速度a 做匀速直线运动，某时刻空然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度a 1和a 2，则( ) A ．a 1＝a 2＝0 B ．a 1＝a ，a 2＝0C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aD ．a 1＝a ，a 2＝－m 1m 2a一、对牛顿第二定律的理解矢量性公式F＝ma是矢量式，任一时刻，F与a总同向瞬时性a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F为该时刻物体所受的合外力因果性F是产生加速度a的原因，加速度a是F作用的结果同一性有三层意思：(1)加速度a是相对同一个惯性系的(一般指地面)；(2)F＝ma中，F、m、a对应同一个物体或同一个系统；(3)F＝ma中，各量统一使用国际单位独立性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都满足F＝ma(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和(3)力和加速度在各个方向上的分量也满足F＝ma即F x＝ma x，F y＝ma y【例1】(2010·上海·11)将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体()A．刚抛出时的速度最大B．在最高点的加速度为零C．上升时间大于下落时间D．上升时的加速度等于下落时的加速度[规范思维]【例2】(2009·宁夏理综·20)如图4所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()图4A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向左运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零[规范思维][针对训练1] (2009·上海综合·7)图5如图5所示为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是()①经过B点时，运动员的速率最大②经过C点时，运动员的速率最大③从C点到D点，运动员的加速度增大④从C点到D点，运动员的加速度不变A．①③B．②③C．①④D．②④二、动力学两类基本问题1．分析流程图2．应用牛顿第二定律的解题步骤(1)明确研究对象．根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体．(2)分析物体的受力情况和运动情况．画好受力分析图，明确物体的运动性质和运动过程．(3)选取正方向或建立坐标系．通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向．(4)求合外力F合．(5)根据牛顿第二定律F合＝ma列方程求解，必要时还要对结果进行讨论．特别提醒(1)物体的运动情况是由所受的力及物体运动的初始状态共同决定的．(2)无论是哪种情况，加速度都是联系力和运动的“桥梁”．(3)如果只受两个力，可以用平行四边形定则求其合力；如果物体受力较多，一般用正交分解法求其合力．如果物体做直线运动，一般把力分解到沿运动方向和垂直于运动方向；当求加速度时，要沿着加速度的方向处理力即一般情况不分解加速度；特殊情况下当求某一个力时，可沿该力的方向分解加速度．【例3】如图6图6所示，一质量为m的物块放在水平地面上．现在对物块施加一个大小为F的水平恒力，使物块从静止开始向右移动距离x后立即撤去F，物块与水平地面间的动摩擦因数为μ，求：(1)撤去F时，物块的速度大小；(2)撤去F后，物块还能滑行多远．【例4】(2010·安徽理综·22)图7质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图7所示．g取10 m/s2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)水平推力F的大小；(3)0～10 s内物体运动位移的大小．[规范思维][针对训练2] (2009·江苏·13)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s时到达高度H＝64 m，求飞行器所受阻力f的大小．(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度h.(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.【基础演练】1．(2011·海南华侨中学月考)在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下来的痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线的长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车开始刹车时的速度为()A．7 m/s B．10 m/s C．14 m/s D．20 m/s2．(2011·吉林长春调研)竖直向上飞行的子弹，达到最高点后又返回原处，假设整个运动过程中，子弹受到的阻力与速度的大小成正比，则子弹在整个运动过程中，加速度大小的变化是()A．始终变大B．始终变小C．先变大后变小D．先变小后变大3．如图8甲所示，在粗糙水平面上，物体A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，下列判断正确的是()图8A．在0～1 s内，外力F不断增大B．在1～3 s内，外力F的大小恒定C．在3～4 s内，外力F不断增大D．在3～4 s内，外力F的大小恒定图94．(2009·广东理基·4)建筑工人用图9所示的定滑轮装置运送建筑材料，质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)()A．510 N B．490 NC．890 N D．910 N图105．如图10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<tanθ.则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图116．(2011·福建福州质检)商场搬运工要把一箱苹果沿倾角为θ的光滑斜面推上水平台，如图11所示．他由斜面底端以初速度v0开始将箱推出(箱与手分离)，这箱苹果刚好能滑上平台．箱子的正中间是一个质量为m的苹果，在上滑过程中其他苹果对它的作用力大小是()A．mg B．mg sinθC．mg cosθ D．0题号 1 2 3 4 5 6答案7.在某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目．该山坡可看成倾角θ＝30°的斜面，一名游客连同滑草装置总质量m＝80 kg，他从静止开始匀加速下滑，在时间t＝5 s内沿斜面滑下的位移x＝50 m．(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)．问：(1)游客连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力F f为多大？(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？(3)设游客滑下50 m后进入水平草坪，试求游客在水平面上滑动的最大距离．【能力提升】图128．如图12所示，有一长度x＝1 m、质量M＝10 kg的平板小车静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量m＝4 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.25，要使物块在2 s内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力F是多少？(g取10 m/s2)图139．质量为10 kg的物体在F＝200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°，如图13所示．力F作用2 s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 s后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移x.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)10.(2010.天星调研)图14如图14所示，长为L的薄木板放在长为L的正方形水平桌面上，木板的两端与桌面的两端对齐，一小木块放在木板的中点，木块、木板质量均为m，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为μ.现突然施加水平外力F在薄木板上将薄木板抽出，最后小木块恰好停在桌面边上，没从桌面上掉下．假设薄木板在被抽出的过程中始终保持水平，且在竖直方向上的压力全部作用在水平桌面上．求水平外力F的大小．学案12牛顿第二定律及应用(一)牛顿第二定律的理解及动力学两类基本问题【课前双基回扣】1．CD[牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，但物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关；作用在物体上的合力，是由和它相互作用的物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关．故排除A、B，选C、D.]2．D [由牛顿第二定律F ＝ma 知，F 合为零，加速度为零，由惯性定律知速度不一定为零；对某一物体，F 合越大，a 越大，由a ＝ΔvΔt知，a 大只能说明速度变化率大，速度不一定大，故A 、B 项错误；F 合、a 、Δv 三者方向一定相同，而速度方向与这三者方向不一定相同，故C 项错误，D 项正确．] 3．AD4．BD [所谓导出单位，是利用物理公式和基本单位推导出来的，力学中的基本单位只有三个，即kg 、m 、s ，其他单位都是由这三个基本单位衍生(推导)出来的，如“牛顿”(N)是导出单位，即1 N ＝1 kg·m/s 2(F ＝ma )，所以题中A 项错误，B 项正确．在国际单位制中，质量的单位只能是kg ，C 错误．在牛顿第二定律的表达式中，F ＝ma (k ＝1)只有在所有物理量都采用国际单位制时才能成立，D 项正确．]5．C [将物体1、2看做一个整体，其所受合力为：F 合＝F 1－F 2，设质量均为m ，由第二定律得F 1－F 2＝2ma ，所以a ＝F 1－F 22m以物体2为研究对象，受力情况如右图所示．.由牛顿第二定律得F 12－F 2＝ma ，所以F 12＝F 2＋ma ＝F 1＋F 22.] 6．D [两物体在光滑的水平面上一起以加速度a 向右匀速运动时，弹簧的弹力F 弹＝m 1a ，在力F 撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m 1a ，因此对A 来讲，加速度此时仍为a ；对B 物体，取向右为正方向，－m 1a ＝m 2a 2，a 2＝－m 1m 2a ，所以只有D 项正确．]思维提升1．牛顿第二定律是一个实验定律，其公式也就不能像数学公式那样随意变换成不同的表达式．2．a ＝Δv Δt 是a 的定义式，a ＝Fm 是a 的决定式，a 虽可由a ＝Δv Δt进行计算，但a 决定于合外力F 与质量m .3．在牛顿运动定律的应用中，整体法与隔离法的结合使用是常用的一种方法． 4．对于弹簧弹力和细绳弹力要区别开．5．在牛顿运动定律的应用中，整体法与隔离法的结合使用是常用的一种方法，其常用的一种思路是：利用整体法求出物体的加速度，再利用隔离法求出物体间的相互作用力． 【核心考点突破】例1 A [最高点速度为零，物体受重力，合力不可能为零，加速度不为零，故B 项错．上升时做匀减速运动，h ＝12a 1t 21，下落时做匀加速运动，h ＝12a 2t 22，又因为a 1＝mg ＋f m ，a 2＝mg －f m，所以t 1<t 2，故C 、D 错误．根据能量守恒，开始时只有动能，因此开始时动能最大，速度最大，故A 项正确．][规范思维] 物体的加速度与合外力存在瞬时对应关系；加速度由合外力决定，合外力变化，加速度就变化． 例2 BC [由题意可知，当撤去外力，物块与木板都有向右的速度，但物块速度小于木板的速度，因此，木板给物块的动摩擦力向右，使物块向右加速，反过来，物块给木板的动摩擦力向左，使木板向右减速运动，直到它们速度相等，没有了动摩擦力，二者以共同速度做匀速运动，综上所述，选项B 、C 正确．][规范思维] 正确建立两物体的运动情景，明确物体的受力情况，进而确定加速度的大小方向，再进行运动状态分析．例3 (1) 2(F －μmg )x m (2)(Fμmg－1)x解析 (1)设撤去F 时物块的速度大小为v ，根据牛顿第二定律，物块的加速度 a ＝F －μmg m又由运动学公式v 2＝2ax ，解得v ＝ 2(F －μmg )xm(2)撤去F 后物块只受摩擦力，做匀减速运动至停止，根据牛顿第二定律，物块的加速度a ′＝－μmg m ＝－μg 由运动学公式v ′2－v 2＝2a ′x ′，且v ′＝0解得x ′＝(Fμmg－1)x[规范思维] 本题是已知物体的受力情况，求解运动情况，受力分析是求解的关键．如果物体的加速度或受力情况发生变化，则要分段处理，受力情况改变时的瞬时速度即是前后过程的联系量．多过程问题画出草图有助于解题．例4 (1)0.2 (2)6 N (3)46 m解析 (1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt 2、初速度为v 20、末速度为v 2t 、加速度为a 2，则a 2＝v 2t －v 20Δt 2＝－2 m/s 2①设物体所受的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律，有 F f ＝ma 2② F f ＝－μmg ③联立②③得μ＝－a 2g＝0.2④(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt 1、初速度为v 10、末速度为v 1t 、加速度为a 1，则a 1＝v 1t －v 10Δt 1＝1 m/s 2⑤根据牛顿第二定律，有F ＋F f ＝ma 1⑥ 联立③⑥得F ＝μmg ＋ma 1＝6 N(3)解法一 由匀变速直线运动位移公式，得x ＝x 1＋x 2＝v 10Δt 1＋12a 1Δt 21＋v 20Δt 2＋12a 2Δt 22＝46 m 解法二 根据v －t 图象围成的面积，得x ＝(v 10＋v 1t 2×Δt 1＋12×v 20×Δt 2)＝46 m[规范思维] 本题是牛顿第二定律和运动图象的综合应用．本题是已知运动情况(由v －t 图象告知运动信息)求受力情况．在求解两类动力学问题时，加速度是联系力和运动的桥梁，受力分析和运动过程分析是两大关键，一般需列两类方程(牛顿第二定律，运动学公式)联立求解． [针对训练]1．B 2.(1)4 N (2)42 m (3)322s(或2.1 s)【课时效果检测】1．C 2.B 3.BC 4.B 5．D [m 刚放上时，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1.当m 与带同速后，因带足够长，且μ<tan θ，故m 要继续匀加速．此时，mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，a 2<a 1，故D 正确．]6．C [以箱子和里面所有苹果作为整体来研究，受力分析得，Mg sin θ＝Ma ，则a ＝g sin θ，方向沿斜面向下；再以质量为m 的苹果为研究对象，受力分析得，合外力F ＝ma ＝mg sin θ，与苹果重力沿斜面的分力相同，由此可知，其他苹果给它的力的合力应与重力垂直于斜面的分力相等，即mg cos θ，故C 正确．]7．(1)80 N (2)315(3)100 3 m8．16 N解析 由下图中的受力分析，根据牛顿第二定律有F －F f ＝ma 物① F f ′＝Ma 车②其中F f ＝F f ′＝μmg ③由分析图结合运动学公式有x 1＝12a 车t 2④x 2＝12a 物t 2⑤x 2－x 1＝x ⑥由②③解得a 车＝1 m/s 2⑦ 由④⑤⑥⑦解得a 物＝1.5 m/s 2所以F ＝F f ＋ma 物＝m (μg ＋a 物)＝4×(0.25×10＋1.5) N ＝16 N. 9．0.25 16.25 m解析 设力F 作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a 1撤去力F 后其加速度大小变为a 2，则： a 1t 1＝a 2t 2①有力F 作用时，物体受力为：重力mg 、推力F 、支持力F N1、摩擦力F f1，如图所示．在沿斜面方向上，由牛顿第二定律可得： F cos θ－mg sin θ－F f1＝ma 1②F f1＝μF N1′＝μ(mg cos θ＋F sin θ)③撤去力F 后，物体受重力mg 、支持力F N2、摩擦力F f2，在沿斜面方向上，由牛顿第二定律得： mg sin θ＋F f2＝ma 2④F f2＝μF N2′＝μmg cos θ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得：a 2＝8 m/s 2 a 1＝5 m/s 2 μ＝0.25物体运动的总位移x ＝12a 1t 21＋12a 2t 22＝⎝⎛⎭⎫12×5×22＋12×8×1.252 m ＝16.25 m 10．6μmg解析 设小木块离开薄木板之前的过程，所用时间为t ，小木块的加速度大小为a 1，移动的距离为x 1，薄木板被抽出后，小木块在桌面上做匀减速直线运动，所用时间为t ′，设其加速度大小为a 2，移动的距离为x 2，有 μmg ＝ma 1① μmg ＝ma 2②即有a 1＝a 2＝μg ③根据运动学规律有x 1＝x 2，t ＝t ′④所以x 1＝12μgt 2⑤x 2＝12μgt 2⑥根据题意有x 1＋x 2＝12L ⑦解得t 2＝L2μg⑧设小木块没有离开薄木板的过程中，薄木板的加速度为a ，移动的距离为x ，有 x ＝12at 2⑨ 根据题意有x ＝x 1＋12L ⑩联立⑤⑧⑨⑩得a ＝3μg ⑪对薄木板，根据牛顿第二定律得F －3μmg ＝ma ， 解得F ＝6μmg . 易错点评1．应用牛顿第二定律时，要注重对定律“四性”的理解．特别是“瞬时性”是常考要点之一；此外“独立性”也是解题中经常用到的．2．解决动力学两类基本问题的关键是找到加速度这一桥梁，除此之外，还应注意受力分析和运动过程分析，最好能画出受力分析图和运动过程草图．。
高中物理【传送带问题】(含经典习题)
牛顿第二定律的应用---传送带问题一、传送带模型中要注意摩擦力的突变①滑动摩擦力消失②滑动摩擦力突变为静摩擦力③滑动摩擦力改变方向二、传送带模型的一般解法①确定研究对象；②分析其受力情况和运动情况，（画出受力分析图和运动情景图），注意摩擦力突变对物体运动的影响；③分清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。
难点疑点：传送带与物体运动的牵制。
牛顿第二定律中a是物体对地加速度，运动学公式中S是物体对地的位移，这一点必须明确。
分析问题的思路：初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析出物体受的合外力和加速度大小和方向→由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。
一、水平放置运行的传送带1．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．1212,v v t t><B．1212,v v t t<<C．1212,v v t t>>D．1212,v v t t==2．如图7所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1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，一物体以恒定速度v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又反回光滑水平面，速率为v2′，则下列说法正确的是：（）A．只有v1= v2时,才有v2′= v1B．若v1 >v2时, 则v2′= v2C．若v1 <v2时, 则v2′= v2D．不管v2多大,v2′= v2.3．物块从光滑斜面上的P点自由滑下通过粗糙的静止水平传送带后落到地面上的Q点．若传送带的皮带轮沿逆时针方向匀速转动，使传送带随之运动，如图所示，物块仍从P点自由滑下，则（）A．物块有可能落不到地面B．物块将仍落在Q点C．物块将会落在Q点的左边D．物块将会落在Q点的右边PQ4．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查右图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带A、B始终保持v=1m/s的恒定速率运行；一质量为m=4kg的行李无初速地放在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，AB间的距离l=2m，g取10m／s2．（1）求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）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．二、倾斜放置运行的传送带5．如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从AB长度为16m，传送带以10m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求:物体从A运动到B需时间是多少?（思考：物体从A运动到B在传送带上滑过的痕迹长？）6．如图所示，传送带两轮A、B的距离L＝11 m，皮带以恒定速度v＝2 m/s运动，现将一质量为m的物块无初速度地放在A端，若物体与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，传送带的倾角为α＝37°，那么物块m从A端运到B端所需的时间是多少？(g取10 m/s2，cos37°＝0.8)三、组合类的传送带7．如图所示的传送皮带，其水平部分AB长s AB=2m，BC与水平面夹角θ=37°，长度s BC=4m，一小物体P与传送带的动摩擦因数 =0.25，皮带沿A至B方向运行，速率为v=2m/s，若把物体P放在A点处，它将被传送带送到C点，且物体P不脱离皮带，求物体从A点被传送到C点所用的时间．（sin37°=0.6，g=l0m/s2）牛顿第二定律的应用----传送带问题参考答案一、水平放置运行的传送带1．D 提示：物体从滑槽滑至末端时，速度是一定的．若传送带不动，物体受摩擦力方向水平向左，做匀减速直线运动．若传送带逆时针转动，物体受摩擦力方向水平向左，做匀减速直线运动．两次在传送带都做匀减速运动，对地位移相同，加速度相同，所以末速度相同，时间相同，故D ．2．B3．B 提示：传送带静止时，物块能通过传送带落到地面上，说明滑块在传送带上一直做匀减速运动．当传送带逆时针转动，物块在传送带上运动的加速度不变，由2202t v v as =+可知，滑块滑离传送带时的速度v t 不变，而下落高度决定了平抛运动的时间t 不变，因此，平抛的水平位移不变，即落点仍在Q 点．4．【答案】（1）4N ，a =lm/s 2；（2）1s ；（3）2m/s解析：（1）滑动摩擦力F =μmg① 以题给数值代入，得F =4N② 由牛顿第二定律得F =ma ③代入数值，得a =lm/s 2 ④（2）设行李做匀加速运动的时间为t ，行李加速运动的末速度v=1m ／s ．则 v =at ⑤代入数值，得t =1s⑥（3）行李从A 匀加速运动到B 时，传送时间最短．则2min 12l at = ⑦代入数值，得min 2s t =⑧ 传送带对应的运行速率V min =at min ⑨代人数据解得V min =2m/s⑩ 二、倾斜放置运行的传送带5．【答案】2s解析：物体的运动分为两个过程，一个过程在物体速度等于传送带速度之前，物体做匀加速直线运动；第二个过程是物体速度等于传送带速度以后的运动情况，其中速度相同点是一个转折点，此后的运动情况要看mgsinθ与所受的最大静摩擦力，若μ<tanθ，则继续向下加速．若μ≥tanθ，则将随传送带一起匀速运动，分析清楚了受力情况与运动情况，再利用相应规律求解即可．本题中最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小．物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力F ，物体受力情况如图所示．物体由静止加速，由牛顿第二定律得a 1=10×（0.6＋0.5×0.8）m/s 2=10m/s 2物体加速至与传送带速度相等需要的时间1110s=1s 10v t a ==， t 1时间内位移21115m 2s a t ==．由于μ<tanθ，物体在重力情况下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力F ．此时物体受力情况如图所示，由牛顿第二定律得：222sin cos ,2m/s mg mg ma a θμθ-==．设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t 2，由 222212L s vt a t -=+，解得t 2=1s ，t 2=－11s （舍去）．所以物体由A→B 的时间t=t 1＋t 2=2s ．6．解析：将物体放在传送带上的最初一段时间内物体沿传送带向上做匀加速运动 由牛顿第二定律得μmg cos37°－mg sin37°＝ma则a ＝μg cos37°－g sin37°＝0.4 m/s 2物体加速至2 m/s 所需位移s 0＝v 22a ＝222×0.4m ＝5 m<L 经分析可知物体先加速5 m再匀速运动s ＝L －s 0＝6 m.匀加速运动时间t 1＝v a ＝20.4s ＝5 s. 匀速运动的时间t 2＝s v ＝62s ＝3 s. 则总时间t ＝t 1＋t 2＝(5＋3) s ＝8 s.答案：8 s三、组合类的传送带7．【答案】2.4s解析：物体P 随传送带做匀加速直线运动，当速度与传送带相等时若未到达B ，即做一段匀速运动；P 从B 至C 段进行受力分析后求加速度，再计算时间，各段运动相加为所求时间．P 在AB 段先做匀加速运动，由牛顿第二定律11111,,N F ma F F mg v a t μμ====， 得P 匀加速运动的时间110.8s v v t a gμ===． 22111112110.8m,22AB s a t gt s s vt μ===-=， 匀速运动时间120.6s AB s s t v-==． P 以速率v 开始沿BC 下滑，此过程重力的下滑分量mg sin37°=0.6mg ；滑动摩擦力沿斜面向上，其大小为μmg cos37°=0.2mg ．可见其加速下滑．由牛顿第二定律233cos37cos37,0.44m/s mg mg ma a g μ︒-︒===，233312BC s vt a t =+，解得t 3=1s （另解32s t '=-，舍去）． 从A 至C 经过时间t =t 1＋t 2＋t 3=2.4s ．。