牛顿第二定律--传送带问题
运动与力的关系专题之传送带问题(典型例题分析+专项训练)附详细解析
牛顿第二定律的运用之传送带问题一、传送带水平放，传送带以一定的速度匀速转动，物体轻放在传送带一端，此时物体可能经历两个过程——匀加速运动和匀速运动。
【例题1】在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的摩擦力使行李开始运动，最后行李随传送带一起前进，设传送带匀速前进的速度为0.6m/s，质量为4.0kg的皮箱在传送带上相对滑动时，所受摩擦力为24N，那么，这个皮箱无初速地放在传送带上后，求：（1）经过多长时间才与皮带保持相对静止？（2）传送带上留下一条多长的摩擦痕迹？【答案】分析：（1）行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动（2）传送带上对应于行李最初放置的一点通过的位移与行李做匀加速运动直至与传送带共同运动时间内通过的位移之差即是擦痕的长度解答：解：（1）设皮箱在传送带上相对运动时间为t，皮箱放上传送带后做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿运动定律：皮箱加速度：a==m/s2=6m/s2由v=at 得t==s=0.1s（2）到相对静止时，传送带带的位移为s1=vt=0.06m皮箱的位移s2==0.03m摩擦痕迹长L=s1--s2=0.03m（10分）所以，（1）经0.1s行李与传送带相对静止（2）摩擦痕迹长0.0.03m二、传送带斜放，与水平方向的夹角为θ，将物体轻放在传送带的最低端，只要物体与传送带之间的滑动摩擦系数μ≥tanθ，那么物体就能被向上传送。
此时物体可能经历两个过程——匀加速运动和匀速运动。
【例题2】如图2—4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？解：物体放上传送带后，开始一段时间t1内做初速度为0的匀加速直线运动，对小物体受力分析如下图所示：可知，物体所受合力F合=f-Gsinθ又因为f=μN=μmgcosθ所以根据牛顿第二定律可得：此时物体的加速度a===m/s2=1.2m/s2当物体速度增加到10m/s时产生的位移x===41.67m因为x＜50m所以=8.33s所以物体速度增加到10m/s后，由于mgsinθ＜μmgcosθ，所以物体将以速度v做匀速直线运动故匀速运动的位移为50m-x，所用时间所以物体运动的总时间t=t1+t2=8.33+0.83s=9.16s答：物体从A到B所需要的时间为9.16s．三、传送带斜放，与水平方向的夹角为θ，将物体轻放在传送带的顶端，物体被向下传送。
2传送带问题1
一个物体以速度v 0(v 0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型. 1.动力学角度，如求物体在传送带上运动的时间、物体在传送带上能达到的速度、物体相对传送带滑过的位移，方法是牛顿第二定律结合运动学规律.典型的有水平和倾斜两种情况.水平传送带模型项目 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)v 0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v 0<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v 0>v 返回时速度为v ，当v 0<v 返回时速度为v 0倾斜传送带模型项目 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a 1加速后以a 2加速 情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速 (3)可能一直匀速(4)可能先以a 1加速后以a 2加速 情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速2.能量的角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等.在传送带模型中，物体和传送带由于摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以物体与传送带间的相对路程.1.如图所示，物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运动，则传送带对物体做功情况可能是( )A.始终不做功B.先做负功后做正功C.先做正功后不做功D.先做负功后不做功 答案：ACD解析：要判断传送带对物体的做功情况需分析物体所受摩擦力的可能方向.如何判断摩擦力的方向呢？要比较物体刚滑上传送带时的速度与传送带速度的大小关系. 设传送带速度大小为v 1，物体刚滑上传送带时的速度大小为v 2.当v 1＝v 2时，物体随传送带一起匀速运动，故传送带与物体之间不存在摩擦力，即传送带对物体始终不做功，A 选项正确；当v 1<v 2时，物体相对传送带向右运动，物体受到的滑动摩擦力方向左，则物体先做匀减速运动，直到速度减为v 1再做匀速运动，故传送带对物体先做负功后不做功，D 选项正确；当v 1>v 2时，物体相对传送带向左运动，物体受到的滑动摩擦力方向向右，则物体先做匀加速运动直到速度达到v 1再做匀速运动，故传送带对物体先做正功后不做功，C 选项正确.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 ，达到B 端的瞬时速度设为v B ，则( )A.若传送带不动，则v B ＝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 ＝4 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝3 m/s 答案：ABC解析：若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知v －v ＝2as ，a ＝μg ，代入数据解得v B＝3 m/s ，当2B 2A 满足选项B 、C 中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件达到B 端的瞬时速度仍为3 m/s ，故选项A 、B 、C 正确；若传送带以速度v ＝4 m/s 顺时针匀速转动，则工件滑上A 端后做匀速运动，到B 端的速度仍为4 m/s ，故选项D 错误.3.如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是 ( )A.电动机做的功为mv 212B.摩擦力对物体做的功为mv 2C.传送带克服摩擦力做的功为mv 212D.电动机增加的功率为μmgv解析：由能量守恒定律知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A 错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B 错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，故C 错；由功率公式易知传送带增加的功率为μmgv ，故D 对. 答案：D4.如图甲所示，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达到最大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：相对地面而言，小物块在0～t 1时间内，向左做匀减速运动，t 1～t 2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t 2时刻)，小物块向右做匀速运动.故小物块在t 1时刻离A 处距离最大，A 错误.相对传送带而言，在0～t 2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t 2～t 3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t 2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B 正确，C 、D 均错误. 答案：B5.如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角θ＝37°，并以v ＝10 m/s 的速率逆时针匀速转动着，在传送带的A 端轻轻地放一个质量为m ＝1 kg 的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)则下列有关说法正确的是( )A.小物体运动1 s 后，受摩擦力的大小不适用公式F ＝μF NB.小物体运动1 s 后加速度大小为2 m/s 2C.在放上小物体的第1 s 内，系统产生50 J 的热量D.在放上小物体的第1 s 内，至少给系统提供能量70 J 才能维持传送带匀速转动解析：刚放上小物体时，小物体相对于传送带向上运动，小物体受到的摩擦力方向沿传送带斜向下，大小为F f1＝μmg cos θ，其加速度大小a 1＝＝10 m/s 2，方向沿传送带斜向下.1 s 末小物体mg sin θ＋μmg cos θm的速度为v ＝a 1t ＝10 m/s ，又μ<tan θ，则此后小物体相对于传送带向下滑动，受到的摩擦力沿传送带斜向上，大小为F f2＝μmg cos θ，其加速度大小a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2，方向沿传送带斜向下，故A 错、B对；在第1 s 内小物体与传送带产生的热量为Q ＝F f L ＝μF N L ＝μmgL cos θ，又知L ＝vt －a 1t 2，解得Q ＝2012J ，故C 错；第1 s 内小物体的位移为x ＝vt ＝5 m ，其增加的动能为E k ＝mv 2＝50 J ，需向系统提供的能量1212E ＝E k ＋Q －mg sin θ·x ＝40 J ，D 项错. 答案：B6.如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为μ，小滑块速度随时间变化关系如图乙所示，v 0、t 0已知，则( )A.传送带一定逆时针转动B.μ＝tan θ＋v 0gt 0cos θC.传送带的速度大于v 0D.t 0后滑块的加速度为2g sin θ－v 0t0答案：AD解析：若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mg sin θ>μmg cos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mg sin θ<μmg cos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，选项A 正确.滑块在0～t 0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，a 1＝g sin θ＋μg cos θ，由图可知a 1＝v 0t，则μ＝－tan θ，选项B 错误.传送带的速度等于v 0，选项C 错误.等速后的加速度a 2＝g sin θ－μg cosv0gt 0cos θθ，代入μ值得a 2＝2g sin θ－，选项D 正确.v 0t07.传送带用于传送工件可以提高工作效率.如图所示，传送带长度是l ，以恒定的速度v 运送质量为m 的工件，工件从最低点A 无初速度地放到传送带上，到达最高点B 前有一段匀速的过程.工件与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平方向夹角为θ，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即放到传送带上，整条传送带满载时恰好能传送n 个工件.重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A.在传送带上摩擦力对每个工件做的功为W f ＝μmv 2cos θ2(μcos θ－sin θ)B.在传送带上摩擦力对每个工件做的功为W f ＝mv 2＋mgl sin θ12C.每个工件与传送带之间由摩擦产生的热量为Q ＝μmv cos θ2(μcos θ－sin θ)D.传送带满载工件比空载时增加的功率为P ＝mgv (μcos θ＋n sin θ－sin θ)解析：由动能定理可知，W f －mgl sin θ＝mv 2，故传送带上摩擦力对每个工件做的功为W f ＝mv 2＋mgl sin1212θ，A 错误、B 正确；工件加速过程的加速度a ＝＝μg cos θ－g sin θ，加速到同速所用的时μm cos θ－mg sin θm间t ＝＝，故每个工件加速过程中由摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θ＝，v a v μg cos θ－g sin θ(vt －v 2t )μmg cos θv 22(μcos θ－sin θ)故C 错误；满载比空载时，传送带增加的拉力F ＝(n －1)mg sin θ＋μmg cos θ，故传送带满载比空载时增加的功率为P ＝F ·v ＝mgv (μcos θ＋n sin θ－sin θ)，D 正确.答案：BD8.水平传送带AB 以v ＝2 m/s 的速度匀速运动，如图所示，A 、B 相距11 m ，一物体(可视为质点)从A 点由静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，则物体从A 沿传送带运动到B 所需的时间为多少？(g ＝10 m/s 2)解析：开始时，物体受的摩擦力为F f ＝μmg ，由牛顿第二定律得物体的加速度a ＝＝μg ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2.F fm设经时间t 物体速度达到2 m/s ，由v ＝at 得：t 1＝＝ s ＝1 s.v a 22此时间内的位移为：x 1＝at ＝×2×12 m ＝1 m<11 m.122112此后物体做匀速运动，所用时间：t 2＝＝ s ＝5 s.x －x 1v 11－12故所求时间t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋5 s ＝6 s. 答案：6 s9.某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v ＝1 m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为m ＝2 kg 的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g ＝10 m/s 2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t ； (2)邮件对地的位移大小x ，(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W . 解析：(1)邮件滑动时的加速度 a ＝＝μg ＝0.5×10 m/s 2＝5 m/s 2μmg m邮件滑动的时间为t ，有v ＝at ⇒t ＝＝＝0.2 sv a 1 m/s5 m/s 2(2)邮件对地位移x ＝at 2＝×5×0.22 m ＝0.1 m1212(3)邮件与皮带之间的摩擦力对皮带做功W ＝F f s 皮带＝－μmgvt ＝－0.5×2×10×1×0.2 J ＝－2 J 答案：(1)0.2 s (2)0.1 m (3)－2 J10.如图所示，水平传送带AB 长L ＝6 m ，以v 0＝3 m/s 的恒定速度转动.水平光滑台面与传送带平滑连接于B 点，竖直平面内的半圆形光滑轨道半径R ＝0.4 m ，与水平台面相切于C 点.一质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，从A 点无初速度释放，当它运动到A 、B 中点位置时，刚好与传送带保持相对静止.重力加速度g ＝10 m/s 2.试求：(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ. (2)物块刚滑过C 点时对轨道的压力F N .(3)物块在A 点至少要具有多大的速度，才能通过半圆形轨道的最高点D (结果可用根式表示)解析：(1)对物块，从静止开始做匀加速直线运动，由动能定理有μmg ＝mvL 21220解得μ＝0.15.(2)物块刚滑过C 点时的速度v C ＝v 0＝3 m/s在C 点，有F N －mg ＝mv 2CR解得F N ＝32.5 N由牛顿第三定律知，物块对轨道的压力大小为32.5 N ，方向竖直向下. (3)物块经过半圆轨道最高点D 的最小速度为 v D ＝＝2 m/sgR 从C 到D 的过程中，由动能定理有－2mgR ＝mv D 2－mv C ′21212解得v ′C ＝ m/s>3 m/s20可见，物块从A 到B 的全过程中一直做匀减速直线运动，到达B 端的速度至少为 v B ′＝v C ′＝ m/s 20由动能定理可知，－μmgL ＝mv B ′2－mv A ′21212解得v A ′＝ m/s38答案：(1)0.15 (2)32.5 N (3) m/s3811.如图所示，质量为m 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0，长为L ，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.(1)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能.(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量.解析：(1)设滑块冲上传送带时的速度为v ，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒：E p ＝mv 2 ①12设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a . 由牛顿第二定律：μmg ＝ma ②由运动学公式v 2－v ＝2aL ③ 20联立①②③得：E p ＝mv ＋μmgL .1220(2)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ④ v 0＝v －at ⑤滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x ⑥ 相对滑动产生的热量Q ＝μmg ·Δx ⑦ 联立②③④⑤⑥⑦得：Q ＝μmgL －mv 0·(－v 0). v 20＋2μgL 答案：(1)mv ＋μmgL (2)μmgL －mv 0·(－v 0) 1220v 20＋2μgL 12.如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A ，B 两端相距5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m/s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物体从A 点到达B 点所需的时间：(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？ 解析：(1)设在AB 上运动的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1①设经t 1速度与传送带速度相同，t 1＝ ②v 0－va1通过位移s 1＝ ③v 20－v22a 1速度小于v 至减为零前的加速度为a 2 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2④物体继续减速，设经t 2速度到达传送带B 点L －s 1＝vt 2－a 2t ⑤122t ＝t 1＋t 2＝2.2 s ⑥(2)若AB 部分传送带的速度较大，沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况速度一直为a 2 ⑦L ＝v 0t －a 2t 2 ⑧12t ＝1 s ⑨ 答案：(1)2.2 s (2)1 s13.如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A 、B 两点间的距离为l ＝5 m ，传送带在电动机的带动下以v ＝1 m/s 的速度匀速运动，现将一质量为m ＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：32(g 取10 m/s 2)(1)传送带对小物体做的功；(2)电动机由于传送小物体多消耗的能量.解析：(1)小物体轻放在传送带上时，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得沿斜面方向：μmg cos θ－mg sin θ＝ma可知，小物体上升的加速度为a ＝2.5 m/s 2当小物体的速度为v ＝1 m/s 时，位移x ＝＝0.2 mv 22a然后小物体将以v ＝1 m/s 的速度完成4.8 m 的路程，由功能关系得：W ＝ΔE p ＋ΔE k ＝mgl sin θ＋mv 2＝255 J12(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q ，由v ＝at 得t ＝＝0.4 sva 相对位移x ′＝vt －at 2＝0.2 m12摩擦热Q ＝μmgx ′cos θ＝15 J电动机多消耗的能量E ＝Q ＋W ＝270 J 答案：(1)255 J (2)270 J14.如右图所示，一传送皮带与水平面夹角为30°，以2 m/s 的恒定速度顺时针运行.现将一质量为10 kg的工件轻放于底端，经一段时间送到高2 m 的平台上，工件与皮带间的动摩擦因数μ＝，求带动皮带的32电动机由于传送工件多消耗的电能.(取g ＝10 m/s 2)思维点拨：首先要弄清什么是电动机“多消耗的电能”.当皮带空转时，电动机会消耗一定的电能.现将一工件置于皮带上，在摩擦力作用下，工件的动能和重力势能都要增加；另外，滑动摩擦力做功还会使一部分机械能转化为热，这两部分能量之和，就是电动机多消耗的电能.解析：设工件向上运动距离x 时，速度达到传送带的速度v ，由动能定理可知－mgx sin 30°＋μmg cos 30°x ＝mv 212代入数据，解得x ＝0.8 m ，说明工件未到达平台时，速度已达到v ，所以工件动能的增量为ΔE k ＝mv 2＝20 J12到达平台时，工件重力势能增量为ΔE p ＝mgh ＝200 J在工件加速运动过程中，工件的平均速度为＝，因此工件的位移是皮带运动距离x ′的，v v 212即x ′＝2x ＝1.6 m.由于滑动摩擦力做功而增加的内能ΔE 为 ΔE ＝F f Δx ＝μmg cos 30°(x ′－x )＝60 J. 电动机多消耗的电能为 ΔE k ＋ΔE p ＋ΔE ＝280 J. 答案：280 J15.一传送带装置示意图如图所示，传送带在AB 区域是倾斜的，倾角θ＝30°.工作时传送带向上运行的速度保持v ＝2 m/s 不变.现将质量均为m ＝2 kg 的小货箱(可视为质点)一个一个在A 处放到传送带上，放置小货箱的时间间隔均为T ＝1 s ，放置时初速度为零，小货箱一到达B 处立即被取走.已知小货箱刚放在A 处时，前方相邻的小货箱还处于匀加速运动阶段，此时两者相距为s 1＝0.5 m.传送带装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，取g ＝10 m/s 2. (1)求小货箱在传送带上做匀加速运动的加速度大小.(2)AB 的长度至少多长才能使小货箱最后的速度能达到v ＝2 m/s.(3)除了刚释放货箱的时刻，若其他时间内总有4个货箱在传送带上运动，求每运送一个小货箱电动机对外做的功.并求电动机的平均输出功率.P答案：(1) 1 m/s 2 (2) 2 m (2) 88 W解析：(1)小货箱刚放在A 处时，前方相邻的小货箱已经运动了时间T ，有s 1＝aT 212代入数据解得加速度大小：a ＝1 m/s 2.(2)设AB 的长度至少为l ，则货箱的速度达到v ＝2 m/s 时，有v 2＝2al 代入数据解得AB 长度至少为l ＝2 m(3)传送带上总有4个货箱在运动，说明货箱在A 处释放后经过t ＝4T 的时间运动至B 处.货箱匀加速运动的时间为t 1＝＝2 s.设货箱受到的滑动摩擦力大小为f ，由牛顿定律得f －mg sin θ＝ma ，这段时间内，传va送带克服该货箱的摩擦力做的功W 1＝f ·vt 1，代入数据解得W 1＝48 J ，货箱在此后的时间内随传送带做匀速运动，传送带克服该货箱的摩擦力做的功，W 2＝mg sin θ·v (t －t 1)，代入数据解得W 2＝40 J ，每运送一个小货箱电动机对外做的功W ＝W 1＋W 2＝88 J ，放置小货箱的时间间隔为T ，则每隔时间T 就有一个小货箱到达B 处，因此电动机的平均输出功率＝＝88 W.P WT 另：关键一句话是：传送带上总有4个货箱在运动，说明货箱在A 处释放后经过t ＝4T 的时间运动至B 处.。
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。
传送带问题教学精品
传送带专题题目：如图1所示，水平传送带以5m/s的恒定速度运动，传送带长s=7.5m，今在其左端A 将一工件轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端B，已知工件与传送带间的动摩擦因数，试求：工件经多少时间由传送带左端A运动到右端B？（）图1解析：工件被轻轻放在传送带左端，意味着工件对地初速度，但由于传送带对地面以向右匀速运动，所以工件相对传送带向左运动，故工件受水平向右的滑动摩擦力作用，即：依牛顿第二定律，工件加速度，a为一恒量，工件做初速度为零的匀加速直线运动，当工件速度等于传送带速度时，摩擦力消失，与传送带保持相对静止，一起向右做匀速运动，速度为。
工件做匀加速运动的时间，工件做匀加速运动的位移由于，所以工件1s后做匀速运动，匀速运动的时间因此，工件从左端运动到右端的时间：。
变一：若传送带长s=2.5m，则工件从左端A运动到右端B一直做匀加速运动，依有：。
变二：若工件以对地速度滑上传送带，则工件相对传送带无运动趋势，工件与传送带间无摩擦力，所以工件做匀速运动，工件运动时间。
变三：若工件以速度滑上传送带，由于工件相对传送带向右运动，工件受滑动摩擦力水平向左，如图2所示。
工件做匀减速运动，当工件速度等于传送带速度后，二者之间摩擦力消失，工件随传送带一起匀速运动。
图2工件做匀减速运动时间工件做匀减速运动的位移工件做匀速运动的时间所以工件由左端A到右端B的时间。
变四：若工件以速度滑上传送带，由于，工件先匀加速运动，后匀速运动。
工件匀加速运动的时间工件做匀加速运动的位移工件做匀速运动的时间所以工件由左端A到右端B的时间。
变五：本题若传送带与水平面间倾角，如图3所示，其他条件不变，那么工件由A滑到B时间为多少呢？图3首先应比较动摩擦因数与的大小，由于，所以，即，故工件一定沿传送带相对地向下滑。
当工件刚放在左端A时，工件相对传送带向上运动，工件受的滑动摩擦力沿传送带向下，工件做匀加速运动的加速度即工件与传送带速度相等的时间在0.5s内工件的位移随后，工件不会像传送带水平放置那样，工件与传送带一起匀速运动，而是沿传送带向下滑动，当工件速度超过传送带速度时，工件所受滑动摩擦力沿传送带斜面向上，如图4所示，工件的加速度图4即工件以加速度运行的位移设这段位移所需时间为，依有（舍去）故工件由A到B的时间。
新教科版高中物理必修1第三章第3节牛顿第二定律的应用传送带-课件
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、 互助探究： 质点在水平传送带上运动的可能情景：
【探究1】传送带静止
质点以一定的初速度v从左端滑上
传送带，那么质点相对传送带向
运动，摩擦力方向
，则
质点做
运动。
【探究2】传送带以初速度v0顺时针 转动
A
B
水平传送带
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．
A
B
水平传送带
例3:如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度Ｖ =2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带传送带右端有一与传 送带等高的光滑水平面,一物体以恒定的速率V’=4m/s沿直 线向左滑上传送带,求物体的最终速度多大?
A.若v1<v2，则v3＝v1 B.若v1>v2，则v3＝v2 C.不管v2多大，总有v3＝v2 D.若v1＝v2，才有v3＝v1
练习4：如图所示,传送带与地面倾角θ=37°,从A 到B长度为16 m,传送带以v0=10 m/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=0.5 kg的物体,它与传送带间的动摩擦因数 μ=0.5. 求物体从A运动到B需要的时间. (sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10 m/s2)
总结提高 1、受力分析： 传送带模型中要注意摩擦力的突变（发生在V物与V传
相同的时刻） 滑动摩擦力消失 滑动摩擦力突变为静摩擦力 滑动摩擦力改变方向 2、运动分析 注意参考系的选择，传送带模型中选择地面为参考
牛顿第二定律传送带模型含答案
7.如图5所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速率顺时针转动，将一小煤块无初速度地放到A点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，取g＝10 m/s2，由于小煤块与传送带之间有相对滑动，故会在传送带上留下划痕，则小煤块从A运动到B的过程中()图5A.所用的时间为2.25 sB.所用的时间为0.5 sC.划痕长度为4 mD.划痕长度为0.5 m解析小煤块在传送带上滑动时，根据牛顿第二定律有：μmg＝ma，解得a＝4 m/s2，当小煤块和传送带速度相同时，位移为x1＝v202a＝0.5 m<4 m，因此小煤块先加速后匀速，加速时间为t1＝v0a ＝0.5 s，匀速运动时间t2＝x－x1v0＝1.75 s，小煤块从A运动到B的过程中所用时间为t＝t1＋t2＝2.25 s，故选项A正确，B错误；在加速阶段相对位移产生划痕，故有Δx＝v0t1－x1＝0.5 m，故选项C错误，D正确。
答案AD【例1】如图1所示，水平长传送带始终以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。
问：图1(1)物体从A到B做什么运动？(2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？(3)物体从A到B运动的时间为多少？(4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？解析(1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动。
(2)由v＝at和a＝μg，解得t＝v μg物体的位移x1＝12at 2＝v22μg传送带的位移x2＝vt＝v2μg (3)物体从A到B运动的时间为t总＝vμg ＋L－x1v＝Lv＋v2μg(4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥2μgL。
答案(1)先匀加速，后匀速(2)v22μgv2μg(3)Lv＋v2μg(4)v≥2μgL【拓展延伸1】若在【例1】中物体以初速度v0(v0≠v)从A端向B端运动，则：(1)物体可能做什么运动？(2)什么情景下物体从A到B所用时间最短，如何求最短时间？解析(1)①若v0<v，物体刚放到传送带上时将做a＝μg的匀加速运动。
高中物理必修二第四章—4.14牛顿第二定律应用之九(传送带问题)
例题2：如图所示，一水平方向足够长的传送带以 恒定的速度v1沿顺时针方向运行，在传送带的右端 有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的
速度v2沿直线向左滑向传送带，一段时间后又滑回 到光滑水平面上，设物体回到水平面上的速度为v3， 则下列说法正确的有：(AB )
A、若v1<v2，则：v3=v1。 B、若v1>v2，总有：v3=v2。 C、不管v2多大，总有v3=v2。 D、不管v2多大，v3总是介于v1、v2之间。
mgsinθ -μ mgcosθ =ma
a=gsinθ -μ gcosθ =2 m/s2
x= 1 at2
2
t= 2x 216 s =4 s.
a
2
(2)传送带逆时针方向转动,物体受力如图:
开始摩擦力方向沿传送带向下,向下匀加速运动
a=gsin 37°+μ gcos 37°=10 m/s2
t1=v/a=1 s
x1=
1 at2=5
2
m
x2=LAB-x1=11 m
1秒后,速度达到10 m/s，摩擦力方向变为沿传送带向
上。物体以初速度v=10 m/s向下做匀加速运动
a2=gsin 37°-μ gcos 37°=2 m/s2
x2=vt2＋
1 2
a2
t2
2
11=10t2＋
1 2
×2×
t2
2
解方程得：t2=1 s，t2=-11s（舍弃）
例题3：如图8所示,传送带与水平面夹角为370，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16米。求以下两种情况下物体从A到B所用的时 间。
(1)传送带顺时针方向转动。
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 。
传送带模型(牛顿第二定律)-2024年高考物理一轮复习考点通关卷(学生版)
考点巩固卷传送带模型建议用时：50分钟考点序号考点题型分布考点1水平传送带模型3单选+2多选+2解答考点2倾斜传送带模型3单选+3多选考点3传送带模型中的划痕问题5多选考点01：水平传送带模型(3单选+2多选+2解答)一、单选题1(2023·全国·模拟预测)如图所示，水平传送带以恒定速度v=16m/s顺时针匀速运行，左右两端A、B之间距离L=16m。
现将一质量m=2kg可看做质点的物块轻轻放到传送带A端，同时对物块施加一水平向右的恒力F=10N。
已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.30，重力加速度g=10m/s2。
物块从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是()A.物块从A端运动到B端的过程先匀加速运动后匀速运动B.物块从A端运动到B端的时间t=1sC.摩擦力对物块做功W=96JD.物块运动到B端时，恒力F的瞬时功率P=200W2(2023春·河北·高三校联考阶段练习)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。
将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。
关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是()A.饺子一直做匀加速运动B.传送带的速度越快，饺子的加速度越大C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能3(2023·全国·高三专题练习)如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度-时间图像如图乙所示，下列描述正确的是()A.小物块一直受滑动摩擦力B.传送带做顺时针的匀速运动C.传送带做顺时针的匀加速运动D.小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带二、多选题4(2023·甘肃兰州·统考一模)近年来网上购物的飞速增长催生了物流行业的快速发展。
牛顿运动定律的应用皮带传送问题
t2＝1.5 s t＝2.5 s.
答案 2.5 s
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即学即练．2011·西城一模如图所示，倾角为θ的传送带沿 逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止，
重力加速度为g.下列说法正确的是( ) B
A．只有a>gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用 B．只有a<gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用 C．只有a＝gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用 D．无论a为多大，A都受沿传送带向上的静摩擦力作用
小到传送带速度v时，工件与传送带一起作匀速运动速度相同，工件
到达B端的速度vB＝v.
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双选
变式题：如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒
定的速度v1沿顺时针方向运动，一物体以水平速度v2 从右端滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平
面，此时速率为v2' ，则下列说法正确的是： (A B )
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(3)传送带顺时针转动时，根据传送带速度v的大小，由下列五种情况：
①若v＝vA，工件滑上传送带时，工件与传送带速度相同，均做匀速 运动，工件到达B端的速度vB=vA.
②若v≥ vA2 2as，工件由A到B，全程做匀加速运动，到达B端的 速度vB= vA2 2as=4.7 m/s.
得 t1＝1 s
当小物块的速度加速到 12 m/s 时，因 mgsin θ＝μmgcos θ，小物
块受到的摩擦力由原来的滑动摩擦力突变为静摩擦力，而且此
时刚好为最大静摩擦力，小物块此后随皮带一起做匀速运动．
设 AB 间的距离为 L，则 L－x1＝vt2 从 A 到 B 的时间 t＝t1＋t2
解得 解得
的主动轮O1和从动轮O2及传送带等构成。两轮轴心相 距L=8.0m，轮与传送带不打滑。现用此装置运送一袋
传送带做功问题总结
传送带做功问题总结传送带做功问题总结传送带是一种用来输送物体的机械装置，常见于生产流水线和物流系统中。
在传送带上的物体会受到传送带的力，从而做功。
以下是关于传送带做功的一些问题总结：1. 传送带的功率计算：传送带的功率可以通过以下公式计算：功率 = 力 ×速度。
其中，力是传送带对物体施加的力，速度是物体在传送带上的速度。
2. 物体在传送带上的功率消耗：物体在传送带上的功率消耗可以通过以下公式计算：功率消耗 = 力 ×速度。
其中，力是传送带对物体施加的力，速度是物体在传送带上的速度。
3. 传送带上的物体受到的摩擦力：物体在传送带上会受到摩擦力的作用，这个摩擦力是传送带对物体施加的力。
根据牛顿第二定律，物体受到的摩擦力可以通过以下公式计算：摩擦力 = 质量 ×加速度。
其中，质量是物体的质量，加速度是物体在传送带上的加速度。
4. 传送带上的物体受到的重力和支持力：物体在传送带上还会受到重力和支持力的作用。
重力是物体的重量对传送带施加的力，支持力是传送带对物体的支撑力。
根据牛顿第二定律，物体受到的重力和支持力可以通过以下公式计算：重力 = 质量 ×重力加速度，支持力 = 质量 ×加速度。
其中，质量是物体的质量，重力加速度是地球上的重力加速度。
5. 传送带的工作效率：传送带的工作效率可以通过以下公式计算：工作效率 = 传送带对物体做的功 / 传送带消耗的功率。
工作效率表示传送带效率的高低，可以用来评估传送带的性能。
综上所述，传送带做功问题的核心在于计算传送带对物体施加的力、物体在传送带上的速度、摩擦力、重力和支持力等量值，并进行合理的功率和功率消耗计算，以及工作效率评估。
高中高考物理传送带问题解析
高中高考物理传送带问题解析一、传送带的分类1.按放置方向分水平、倾斜两种；2.按转向分顺时针、逆时针转两种；3.按运动状态分匀速、变速或变速再变速两种二、受力分析：传送带模型中要注意摩擦力的突变（发生在V物与V传相同的时刻）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三、运动分析1.注意物体相对传送带的速度和物体相对地面的速度的区别。
2.判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？3.判断传送带长度——临界之前是否滑出？四、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。
考点一、水平匀速的传送带【例1】—水平传送带，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。
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）行李在传送带上滑行痕迹的长度。
（2）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）行李受到的滑动摩擦力F＝μmg①代入数值，得F＝4N②由牛顿第二定律得F＝ma③代入数值，得a＝1m／s2④（2）设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度为v＝1m／s。
则：v＝at1⑤代入数值，得：t1＝1s⑥匀加速运动的位移为x1=½a1t12=0.5m接着做匀速运动的位移x2=l-x1=1.5m匀速运动的时间t2=x2/v=1.5s所以，从A运动到B的时间t=t1+t2=2.5s（3）在行李做匀加速运动的时间t1内，传送带运动的位移为x传=vt1=1m滑行痕迹的长度为Δx=x传-t1=0.5m（4）行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短。
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
高中物理模型法解题——传送带模型
mA B v 高中物理模型法解题——— 传送带模型【模型概述】：传送带问题往往牵扯到运动学、动力学、功与能等多方面知识，经常伴随相对运动、摩擦力的突变和能量传递与耗散等复杂情境而存在，能够充分考查学生的分析能力和综合运用能力，因此这些知识内容成为多年来教学和考试的经典内容。
也正是因为这一特性，使得传送带问题成为几乎所有学生的一大疑难。
学生通常可能不同程度存在以下问题：1．对于物体与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何，等等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等基础知识模糊不清；2．对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误；3．对于物体在传送带上运动过程中的能量转化情况考虑不全面，出现能量转化不守恒的错误过程。
一，物块在水平传送带上运动情况的判断（摩擦力方向） 例|1如图所示，水平传送带以4m/s 的速度顺时针匀速运动，主动轮与从动轮的轴心距为12m 。
现将一物体m 轻轻放在A 轮的正上方，物体与传送带之间的动摩擦因数为0.2，则物体m 经多长时间运动到B 轮的正上方？（物体m 可视为质点，g 取10 m/s 2）【启导】要求得物体在在传送带上运动的时间，关键是确定物体在传送带上的运动过程。
那么，怎样来确定物体的运动情况呢？我们可以假设物体在传送带上一直做匀加速运动，然后将传送带轴距带入速度与位移的关系式（）中，求出物体的最大速度，再与传送带速度相比较。
如果比传送带速度大，则说明物体一直匀加速不可能，应该是先匀加速到传送带速度再与传送带保持相对静止，做匀速运动；若其小于等于传送带速度，则说明物体一直做匀加速运动，其中等于说明物体刚好运动到传送带末端时与传送带共速。
物体运动情况一旦确定，就可以运用运动学规律求解要求的物理量了！ ax v v 2202=-【解析】假设物体在传送带上一直做匀加速运动，则① ②联立①②式，代入数据，解得 m/s > v因此，物块在传送带上一直加速不可能，应是先匀加速至与传送带共速，然后再匀速运动。
高考物理知识讲解 涉及到传送带问题解析
涉及到传送带问题解析`【学习目标】能用动力学观点分析解决多传送带问题【要点梳理】要点一、传送带问题的一般解法1.确立研究对象；2.受力分析和运动分析，逐一摩擦力f大小与方向的突变对运动的影响；⑴受力分析：F的突变发生在物体与传送带共速的时刻，可能出现f消失、变向或变为静摩擦力，要注意这个时刻。
⑵运动分析：注意参考系的选择，传送带模型中选地面为参考系；注意判断共速时刻并判断此后物体与带之间的f变化从而判定物体的受力情况，确定物体是匀速运动、匀加速运动还是匀减速运动；注意判断带的长度，临界之前是否滑出传送带。
⑶注意画图分析：准确画出受力分析图、运动草图、v-t图像。
3.由准确受力分析、清楚的运动形式判断，再结合牛顿运动定律和运动学规律求解。
要点二、分析物体在传送带上如何运动的方法1、分析物体在传送带上如何运动和其它情况下分析物体如何运动方法完全一样，但是传送带上的物体受力情况和运动情况也有它自己的特点。
具体方法是:（1）分析物体的受力情况在传送带上的物体主要是分析它是否受到摩擦力、它受到的摩擦力的大小和方向如何、是静摩擦力还是滑动摩擦力。
在受力分析时，正确的理解物体相对于传送带的运动方向，也就是弄清楚站在传送带上看物体向哪个方向运动是至关重要的！因为是否存在物体与传送带的相对运动、相对运动的方向决定着物体是否受到摩擦力和摩擦力的方向。
（2）明确物体运动的初速度分析传送带上物体的初速度时，不但要分析物体对地的初速度的大小和方向，同时要重视分析物体相对于传送带的初速度的大小和方向，这样才能明确物体受到摩擦力的方向和它对地的运动情况。
（3）弄清速度方向和物体所受合力方向之间的关系物体对地的初速度和合外力的方向相同时，做加速运动，相反时做减速运动；同理，物体相对于传送带的初速度与合外力方向相同时，相对做加速运动，方向相反时做减速运动。
2、常见的几种初始情况和运动情况分析（1）物体对地初速度为零，传送带匀速运动，（也就是将物体由静止放在运动的传送带上）物体的受力情况和运动情况如图1所示：其中V是传送带的速度，V10是物体相对于传送带的初速度，f是物体受到的滑动摩擦力，V20是物体对地运动初速度。
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。
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 ．。
2021届高中物理二轮复习(大题)2 牛顿运动定律的综合应用问题 含解析
2 牛顿运动定律的综合应用问题一、典例例1．传送带被广泛应用于各行各业。
如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的夹角θ＝37°，在电动机的带动下以v ＝2 m/s 的速率顺时针方向匀速运行。
M 、N 为传送带的两个端点，M 、N 两点间的距离L ＝7 m ，N 端有一离传送带很近的挡板P 可将传送带上的物块挡住。
在传送带上的O 处由静止释放质量为m ＝1 kg 的木块，木块可视为质点，若木块每次与挡板P 发生碰撞时间极短，碰后都以碰前的速率反方向弹回，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，O 、M 间距离L 1＝3 m ，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。
求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)(1)木块轻放上传送带后瞬间的加速度大小；(2)木块第一次反弹后能到达的最高位置与挡板P 的距离；(3)木块做稳定的周期性运动后的周期。
【解析】(1)放上的后瞬间，根据牛顿第二定律：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1解得木块轻放上传送带后瞬间的加速度a 1＝2 m/s 2。
(2)设木块与挡板P 碰撞前的速度v 1，由运动学知识：v 12＝2a 1(L －L 1)解得v 1＝4 m/s木块与挡板P 碰后向上减速到共同速度之前：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2解得a 2＝10m/s 2木块向上的位移x 1＝22122v v a ＝0.6m 共同速度之后，摩擦力反向，加速度为a 1木块向上的位移x 2＝212v a ＝1 m 木块第一次反弹后能到达的最高位置与挡板P 的距离x m ＝x 1＋x 2＝1.6 m 。
(3)木块做稳定的周期性运动后，每次与挡板碰前的速度为v ＝2m/s则稳定后周期为T ＝21v a ＝2 s 。
例2．如图所示，在水平地面上建立x 轴，有一个质量m ＝1 kg 的木块(可视为质点)放在质量M ＝2 kg 的长木板的左端A 点，木板长L ＝2 m 。
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一、水平传送带1、（07启东市）.（18分）如图101，足够长的水平传送带始终以大小为v ＝3m/s 的速度向左运动，传送带上有一质量为M ＝2kg 的小木盒A ，A 与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.3，开始时，A 与传送带之间保持相对静止。
先后相隔△t ＝3s 有两个光滑的质量为m ＝1kg 的小球B 自传送带的左端出发，以v 0＝15m/s 的速度在传送带上向右运动。
第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中与盒保持相对静止，第2个球出发后历时△t 1＝31s 而与木盒相遇。
求（取g ＝10m/s 2） （1）第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度多大？（2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇？（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？1、（18分）(说明：其他方法正确按步骤参照给分)解：⑴设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v 1,根据动量守恒定律：01()mv Mv m M v -=+ （2分）代入数据，解得： v 1=3m/s （1分）⑵设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s ，第1个球经过t 0与木盒相遇,则： 00s t v = （2分） 设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律： ()()m M g m M a μ+=+得： 23/a g m s μ==（2分）设木盒减速运动的时间为t 1,加速到与传送带相同的速度的时间为t 2，则： 12v t t a∆===1s （1分） 故木盒在2s 内的位移为零（2分）依题意： 011120()s v t v t t t t t =∆+∆+∆--- （2分） 代入数据，解得： s =7.5m t 0=0.5s （1分） ⑶自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为图101S ，木盒的位移为s 1,则： 10()8.5S v t t t m =∆+∆-= （2分） 11120() 2.5s v t t t t t m =∆+∆---= （2分） 故木盒相对与传送带的位移： 16s S s m ∆=-=则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是： 54Q f s J =∆= （2分）2、07湖北．（12分）如图84所示为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0m/s 的恒定速率运行，传送带的水平部分AB 距水平地面的高度为h ＝0.45m ．现有一行李包（可视为质点）由A 端被传送到B 端，且传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端水平抛出，不计空气阻力，g 取10m/s 2．（1）若行李包从B 端水平抛出的初速ν0＝3.0m/s ，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；（2）若行李包以ν0＝1.0m/s 的初速从A 端向右滑行，行李包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B端飞出的水平距离等于（1）中所求的水平距离，求传送带的长度上应满足的条件． 2、（12分）解：（1）设行李包在空中运动的时间为t ，飞出的水平距离为s ，则（2分） s ＝vt （1分）代入数值，得t ＝0.3s （1分）s ＝0.9m （1分）（2）设行李包的质量为m ，与传送带相对运动时的加速度为a ，则 滑动摩擦力F ＝μmg ＝ma （2分）代人数值，得a ＝2.0m/s 2 （1分）要使行李包从B 端飞出的水平距离等于(1)中所求水平距离，行李包从B 端水平抛出的初速应为v ＝3.0m/s设行李包被加速到v ＝3.0m/s 时通过的距离为s 0，则2as 0＝v 2－v o 2 （2分）代人数值，得s o ＝2.0m （1分）故传送带的长度L 应满足的条件为L≥2.0m （1分）3、如图所示，水平传送带的皮带以恒定的速度v 运动，一个质量为m 如图84小物块以一定的水平初速度v 垂直皮带边缘滑上皮带，假设皮带足够大，物块与皮带间的动摩擦因数为μ。
（1）分析说明物块在皮带上做什么运动?（2）物块在皮带上运动的整个过程中，摩擦力对物块做的功及生的热。
（3）物块在皮带上运动的速度最小值。
4、如图所示，光滑水平面MN 上放两相同小物块A 、B ，左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L=8m ，沿逆时针方向以恒定速度v =6m/s 匀速转动。
物块A 、B （大小不计）与传送带间的动摩擦因数2.0=μ。
物块A 、B 质量m A =m B =1kg 。
开始时A 、B 静止，A 、B 间压缩一轻质弹簧，贮有弹性势能E p =16J 。
现解除锁定，弹开A 、B 。
求：（1）物块B 沿传送带向右滑动的最远距离。
（2）物块B 滑回水平面MN 的速度Bv '。
（3）若物体B 返回水平面MN 后与被弹射装置P 弹回的A 在水平面上相碰，且A 、B 碰后互换速度，则弹射装置P 必须给A 做多少功才能让AB 碰后B 能从Q 端滑出。
3、解析：以传送带的运动方向为x 轴、以物块运动方向为y 轴，建立平面直角坐标系。
（1）先以传送带为参考系考虑问题：开始时物块相对于传送带的速度大小为2v ，方向与x 轴成1350。
滑动摩擦力方向总与相对运动方向相反，即与x 轴成-450。
如图所示。
由于物块受到的外力为恒力，它相地于传送带做的是匀减速直线运动，至速度减为0，就不再受摩擦力作用，将与传送带保持相对静止。
现在再转换到以地面为参考系：物块先做初速度为v （方向沿+y 方向）、加速度为μg 的匀变速曲线运动，加速度方向始终与皮带边缘成–45º夹角；然后物块随皮带一起沿+x 方向做速度为v 的匀速直线运动。
（2）以地面为参考系，对整个运动过程应用动能定理，得摩擦力对物块做的功W=0。
以传送带为参考系，整个运动过程物块动能的减小即等于生的热。
得22)2(21mv v mE Q k ==∆=相对。
如果以地面为参考系求生的热，应先求相对于传送带的位移。
gv g v a v s μμ22202)2(2===相对，则生的热22mv g v mg s f Q =⋅=⋅=μμ相对。
（3）物块在皮带上的运动（相对地面）x 方向是初速为0的匀加速运动，v x =a x ·t ，y 方向是4、【解析】试题包括四个物理过程：①弹簧解除锁定，AB 相互弹开的过程，系统动量、机械能守恒。
②B 滑上传送带匀减速运动的过程，用动能定理或动力学方法都可以求解。
③B 随传送带匀加速返回的过程，此过程可能有多种情况，一直匀加速，先匀加速再匀速。
④B 与A 的碰撞过程。
遵守动量守恒定律。
（1）解除锁定弹开AB 过程中，系统机械能守恒：222121B B A A p v m v m E +=①由动量守恒有： m A v A =m B v B ② 由①②得： 4=A v m/s 4=B v m/sB 滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。
由动能定理得：2210B B m B v m gs m -=-μ ③ 所以422==g v s B m μm （2）物块B 沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物块B 加速到传送带速度v 需要滑动的距离设为s '， 由221v m s g m B B ='μ ④ 得=='g v s μ229m m s > 说明物块B 滑回水平面MN 的速度没有达到传送带速度， m B gs v μ2='=4m/s （3）设弹射装置给A 做功为W ，W v m v m A A A A +='222121 ⑤ AB碰后速度互换，B 的速度 Bv ''=A v ' ⑥ B 要滑出平台Q 端，由能量关系有：gL m v m B B B μ≥''221. ⑦ 又m A =m B 所以，由⑤⑥⑦得221A A B v m gL m W -≥μ ⑧ 解得 W ≥ 8 J5. 如图所示，由理想电动机带动的传送带以速度v 保持水平方向的匀速运动，传送带把A 处的无初速放入的一个工件（其质量为m ）运送到B 处。
A 、B 之间的距离为L （L 足够长）。
那么该电机每传送完这样一个工件多消耗的电能为（D ）A.B. C.D.6．如图所示，质量为m 的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L ，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v 1、v 2的速度作逆时针转动时(v 1<v 2)，绳中的拉力分别为F l 、F 2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t l 、t 2，则下列说法正确的是（B ）A ．F l <F 2B ．F 1=F 2C ．t l >t 2D ．t l <t t二、倾斜传送带1、（2007北京宣武区）如图62所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t 1，如果传送带向上以速度v 0运动起来，保持其它条件不变，该滑块由上端滑倒底端所用的时间为t 2，那么（ A ）A ．t 1=t 2B ．t 2＞t 1C ．t 2＜t 1D ．t 1和t 2的关系不能确定2、（07年闽清）．如图58所示，物体从倾斜的传送带的顶端由静止下滑，当传送带静止时，物体下滑的加速度为a 1，下滑到传送带的底端所用的时间为t 1，到底端时的速度为υ1，物体与传送带摩擦生热量为Q 1；当传送带顺时针转动时，物体下滑的加速度为a 2，下滑到传送带的底端所用的时间为t 2，到底端时的速度为υ2，物体与传送带因摩擦生热量为Q 2 ，则：（D ）A ．a 1 >a 2B ．t 1 <t 2C ．υ1>v 1D ．Q 1 <Q 23、传送机的皮带与水平方向的夹角为α，如图10所示，将质量为m 的物体放在皮带传送机上，随皮带一起向下以加速度a (a >g sin α)匀加速直如图62 如图58线运动，则（C ）A ．小物体受到的支持力与静摩擦力的合力等于mgB ．小物体受到的静摩擦力的方向一定沿皮带向下，大小是maC ．小物块受到的静摩擦力的大小可能等于mg sin αD ．小物块受到的重力和静摩擦力的合力的方向一定沿皮带方向向下三、类传送带 1、(07乳山)．研究下面的小实验：如图96所示，原来静止在水平面上的纸带上放一质量为m 的小金属块，金属块离纸带右端距离为d ，金属块与纸带间动摩擦因数为μ，现用力向左将纸带从金属块下水平抽出，设纸带加速过程极短，可以认为纸带在抽动过程中一直做速度为v 的匀速运动．求：(1) 金属块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向，(2) 要将纸带从金属块下水平抽出，纸带的速度v 应满足的条件． 1、(11分)(1)金属块受到的摩擦力大小为f ＝μmg ，方向向左 (2分) （2）设纸带从金属块下水平抽出所用的时间为t ，金属块的速度为v ＇，纸带的位移为S 1，金属块的位移为S 2，则S 1－S 2＝d ① (2分) 设金属块的加速度为a ，则由牛顿第二定律有μmg ＝ma 即a=μg ② (1分) 而S 2＝221at ③ （1分） S 1＝vt ④ （1分）v ＇=at ⑤ （1分）刚好将金属块水平抽出时，v= v ＇ ⑥ （1分）由①~⑥式可得v=gd μ2 （1分）所以v>gd μ2 （1分）2、（15分）一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。