精做09牛顿运动定律在传送带问题中的应用1．（2022·江苏卷）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；（3）保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复。若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率。【答案】（1）s=（2）v=2v0（3）【解析】（1）由于滑动摩擦力的方向与相等运动方向相反，因此首先应判断工件刚平稳地传到乙上瞬间，相对于传送带乙的运动方向，刚传到传送带乙上瞬间，工件有相对传送带乙侧向速度v0和与传送带乙运动方向相反的速度v0，其合速度方向与传送带运动方向显然成45°，如下图所示，并建立图示直角坐标系。根据牛顿第二定律可知：ax=–，ay=-24-\n即物块相对传送带在沿传送带方向和垂直传送带方向分别做相同的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律可知，当垂直传送带方向的速度减为零时，物块相对传送带在x方向上的位移即侧向滑过的距离为：s=（3）每个工件在传送带乙上相对传送带滑行距离为：Δs=每个工件在传送带乙上相对传送带滑行的时间为：t=每个工件在相对传送带滑动的t时间内，电动机对乙做的功为：电动机的平均输出功率为：联立以上各式解得：。【方法技巧】本题重点是对物体的受力、运动的分析，结合牛顿第二定律求解，对功能的关系，利用能量守恒。2．（2022·湖南衡阳八中高三月考）如图所示，传送带与水平面之间的夹角为=30°，其上A、B两点间的距离为L=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m-24-\n/s的速度匀速运动，现将一质量为m=5kg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，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（）（1）物体到达B点时的速度的大小；（2）将物体从A点传送到B点，电动机的平均输出功率。（除物体与传送带之间的摩擦能量损耗外，不计其他能量损耗）【答案】（1）（2）【解析】（1）根据牛顿第二定律，有：物块上升加速度为：当物块的速度为时，位移是：经历的时间为然后物块将以的速度完成4.8m的路程，即到达B点时速度为1m/s经历的时间为（2）物体从A到B经历的时间为由功能关系知传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增量：在前0.4s时间内传送带运动的位移为：所以摩擦产生的热量等于摩擦力乘以两物体间的相对距离，即：电动机做的功为：-24-\n故电动机的平均输出功率为【名师点睛】注意分析小物体的运动过程，根据受力确定物体的运动，注意判断小物体是全程匀加速还是先匀加速再匀速运动；注意分析各力做功与对应能量变化的关系。3．（2022·甘肃天水一中高三月考）传送带被广泛应用于各行各业。由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同。如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的倾角θ=37°，在电动机的带动下以v=2m/s的速率顺时针方向匀速运行。M、N为传送带的两个端点，MN两点间的距离L=7m。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处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1kg，且均可视为质点，OM间距离L=3m。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。（1）金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1。（2）木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞。已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5。求：与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离。【答案】（1）μ1=1（2）s=1.6m【解析】（1）金属块A在传送带方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v=2m/s，然后做匀速运动，达到M点金属块由O运动到M有L=at12+vt2即at12+2t2=3①且t1+t2=t即t1+t2=2②v=at1即2=at1③-24-\n根据牛顿第二定律有μ1mgcos37°−mgsin37°=ma④由①②③式解得t1=1s<t=2s符合题设要求，加速度a=2m/s2由④式解得金属块与传送带间的动摩擦因数μ1=1因此与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离s=s1+s2=1.6m【名师点睛】本题是一个多过程问题，比较复杂，关键理清物块在传送带上整个过程中的运动规律，搞清摩擦力的方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。4．（2022·江西上高二中高三周练）如图甲所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M=1.0kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示（图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点）。已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2。求：（1）物块与传送带间的动摩擦因数μ；（2）物块在传送带上的运动时间。-24-\n【答案】（1）（2）【解析】（1）由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度：由牛顿第二定律得：得到物块与传送带间的动摩擦因数：（2）由速度图象可知，物块初速度大小、传送带速度大小，物块在传送带上滑动后，与传送带相对静止前2秒内物块的位移大小：，向右后1秒内的位移大小，向左3秒内位移，向右物块再向左运动时间：，物块在传送带上运动时间【名师点睛】（1）根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩擦因数大小；（2）物块滑上传送带后先做匀减速运动到零，然后反向做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合运动学公式求出向左和向右运动的时间，从而得出物块在传送带上的总时间。5．（2022·重庆一中高三摸底考试）如图所示，通过一个定滑轮用轻绳两端各栓接质量均为m的物体A、B（视为质点），其中连接物体A的轻绳水平（绳足够长），物体A的下边放一个足够长的水平传送带，其顺时针转动的速度恒定为v，物体A与传送带之间的动摩擦因数为0.25；现将物体A以2v0速度从左端MN的标志线冲上传送带，重力加速度为g。（1）若传送带的速度v=v0时，求：物体A刚冲上传送带时的加速度；（2）若传送带的速度v=v0时，求：物体A运动到距左端MN标志线的最远距离；-24-\n（3）若传送带的速度取（0<v<2v0）范围某一确定值时，可使物体A运动到距左端MN标志线的距离最远时，与传送带因摩擦产生的内能最小，求：此时传送带的速度v的大小及摩擦产生的内能的最小值是多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）设物体A向右减速到时的加速度为，由牛顿第二定律得对物体A有：对物体B有：，解得加速度的大小：（2）物体A向右减速到时的位移为，有：，得：当物体的速度小于时，物体A受向右的滑动摩擦力向右减速运动，对物体A有对物体A有：对物体B有：，解得加速度的大小：，物体A向右由减速到零时的位移为，有：，得：物体A运动到距左端MN标志线的最远距离：（3）物体A向右减速到时的时间：，物体A向右减速到时相对传送带向前的位移为，由运动学公式有：，物体A向右由减速到零时，相对传送带向后的位移为，由运动学公式有：，物体A与传送带因摩擦产生的内能：，对二次函数求极值得：当时，产生的内能Q最小：。【名师点睛】-24-\n本题的关键要分析清楚物体在传送带上的运动过程，特别注意摩擦力方向的改变，运用函数法求内能的最小值是常用的方法，要能熟练运用。6．（2022·广东仲元中学高三月考）如图所示，一水平的足够长的浅色长传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面。传送带上左端放置一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1=0.1。初始时，传送带与煤块及平板都是静止的。现让传送带以恒定的向右加速度a=3m/s2开始运动，当其速度达到v=1.5m/s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，随后在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平恒力F=17N，F作用了0.5s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F。最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，（重力加速度为g=10m/s2）。求：（1）传送带上黑色痕迹的长度；（2）有F作用期间平板的加速度大小；（3）平板上表面至少多长（计算结果保留两位有效数字）？【答案】（1）（2）；（3）【解析】（1）传送带的加速度a=3m/s2，根据牛顿第二定律，对木块，有：煤块的最大加速度所以煤块不能和传送带一起加速，相对于传送带向左运动。煤块在传送带上先加速，加速到与传送带共速后后匀速。由可知：煤块的加速距离由可知：煤块的加速时间传送带由可知：传送带的加速距离由可知：传送带的加速时间在煤块的加速度过程中，传送带匀速运动的时间传送带匀速运动的距离黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差：（2）煤块滑上平板后，分别对两个物体受力分析，根据牛顿第二定律可知：-24-\n煤块做减速运动，初速度为，加速度，经时间，速度对平板，由得，平板加速度（3）对平板，有力F时，根据牛顿第二定律，有：解得：平板与地面间动摩擦因数因为，所以撤去力F后，煤块不能和平板一起减速而保持相对静止，而是煤块仍以加速度减速，平板以更大的加速度减速，可知平板先停下来，煤块在平板之后停下来。由得：煤块相对于地面的位移有力F时，由得：平板相对于地面的位移撤去力F后，对平板，根据牛顿第二定律，有平板减速的加速度大小由得：平板相对于地面的位移平板车的最小长度即煤块与平板的位移之差，故7．（2022·新疆生产建设兵团二中高三月考）如图所示，A、B是水平传送带的两个端点，起初以的速度顺时针运转，今将一小物块（可视为质点）无初速度地轻放在A处，同时传送带以的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因数为0.2，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道CPN，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，PN为其竖直直径，C点与B点的竖直距离为R，物体离开传送带后由C点恰好无碰撞落入轨道，，求：-24-\n（1）物块由A端运动到B端所经历的时间。（2）AC间的水平距离；（3）判断物体能否沿圆轨道到达N点。【答案】（1）（2）（3）不能【解析】（1）物体离开传送带后由C点无碰撞落入轨道，则得在C点物体的速度方向与C点相切，与竖直方向成45°，有物体从B点到C做平抛运动，竖直方向：，水平方向：得出，物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律有：得：物体历时后与传送带共速，则有：，，得：故物体此时速度还没有达到，且此后的过程中由于，物体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时到达B点，得：所以从A运动倒B的时间为：AB间的距离为：（2）从B到C的水平距离为：所以A到C的水平距离为：（3）物体能到达N点的速度要求：解得：对于小物块从C到N点，设能够到达N位置且速度为v′N，由机械能守恒得：-24-\n解得：故物体不能到达N点【名师点睛】解决此题的关键是抓住过程分析及各过程之间的联系，分过程依次解决，对于在传送到上的运动又要讨论各种情况，比较复杂；对于圆周运动问题逐一分析向心力来源．有一定难度。8．（2022·湖北孝感高级中学高三调考）如图所示，质量m=1.1kg的物体（可视为质点）用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带的长度L=5m，当传送带以v=5m/s的速度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角θ=37°。已知：g=l0m/s2，sin37°=0．6，cos37°=0.8。求：（1）传送带稳定运动时绳子的拉力T；（2）某时刻剪断绳子，求物体运动至传送带最左端所用时间；【答案】（1）（2）【名师点睛】解决本题的关键能够根据物体的受力，判断物体的运动，理清整个过程中物块的运动状况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。9．（2022·黑龙江哈尔滨师大附中高三开学考）如图所示，水平传送带AB长2m，以v=lm/s的速度匀速运动．质量均为4kg的小物体P，Q与绕过定滑轮的轻绳相连，t=0时刻P在传送带A端以初速度v0=4m/s向右运动，已知P与传送带间动摩擦因数为0.5，P-24-\n在传送带上运动过程它与定滑轮间的绳始终水平。不计定滑轮质量和摩擦，绳不可伸长且有足够长度，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g=l0m/s2。求：（1）t=0时刻小物体P的加速度大小和方向。（2）小物体P滑离传送带时的速度。【答案】（1）a1=7.5m/s2方向向左（2）m/s【解析】（1）由于v0>v，所以P向右减速运动对P：T+μmg=ma1①对Q：mg–T=ma1②a1=7.5m/s2③方向向左（2）设经过时间t1速度与传送带速度相同，则④位移⑤由于最大静摩擦力，所以此后P将继续向右减速加速度：m/s2⑥当其速度减为0时，位移⑦可知P在速度未减为0时没有到达B端，此后P将反向向左加速从A端离开传送带由：⑧得：m/s⑨【名师点睛】本题是牛顿第二定律的综合应用，主要考查了物体在传送带上的运动过程，分清过程是关键，特别注意摩擦力方向的改变。10．（2022·广西桂林陆川中学高三周练）-24-\n如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，轮半径R=m，两轮轴心相距L=3.75m，A、B分别使传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。一个质量为0.1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=。g取10m/s2。（1）当传送带沿逆时针方向以v1=3m/s的速度匀速运动时，将小物块无初速地放在A点后，它运动至B点需多长时间？（计算中可取≈16，≈20）（2）小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹。当传送带沿逆时针方向匀速运动时，小物块无初速地放在A点，运动至B点飞出。要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度v2至少多大？【答案】（1）t=1.2s（2）v2=12.25m/s【解析】（1）当小物块速度小于3m/s时，小物块受到竖直向下的重力、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律Mgsin30°+μmgcos30°=ma1①解得a1=7.5m/s2当小物块速度等于3m/s时，设小物块对地位移为L1，用时为t1，根据匀加速直线运动规律得②③代入解得t1=0.4sL1=0.6m由于L1<L且μ<tan30°，当小物块速度等于3m/s时，小物块将继续做匀加速直线运动至B点，设加速度为a2，用时为t2，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律得Mgsin30°–μmgcos30°=ma2④解得a2=2.5m/s2-24-\n又L–L1=v1t2+a2t22⑤解得t2≈0.8s故小物块由静止出发从A到B所用时间为t=t1+t2=1.2s（2）传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v′时，小物块将从A点一直以加速度a1做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，设用时t0，即L=a1t02⑥解得t0=1s传送带的速度继续增大，小物块从A到B的时间保持t0不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长smax。设此时传送带速度为v2，则smax=2L+2πR⑦smax=v2t0–L⑧联立⑥⑦⑧解得v2=12.25m/s11．（2022·广东汕头金山中学高一期末）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=1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2kg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=10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求：（1）邮件滑动的时间t；（2）邮件对皮带所做的功W；（3）皮带与邮件摩擦产生的热量Q。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则：，取向右为正方向，对邮件应用动量定理得，，代入数据得，（2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则：-24-\n，摩擦力对皮带做的功，代入数据得，（3）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设邮件对地面的位移为x，则对邮件应用动能定理，有：，代入数据得，，则邮件与皮带的相对位移为：则产生的热量为：。【名师点睛】本题考查了动量定理、动能定理的基本运用，本题也可以采用动力学知识进行求解，关键需理清邮件在整个过程中的运动规律。12．（2022·广东中山华侨中学高三月考）如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平．已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦。求：（1）运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比；（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；（3）若传送带以不同的速度v（0<v<2v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦热最小？最小值为多大？【答案】（1）（2）ΔE=0（3）【解析】（1）设P的位移、加速度大小分别为s1、a1，Q的位移、加速度大小分别为s2、a2因s1=2s2，故a1=2a2（2）对P有：μmg+T=ma1对Q有：mg–2T=ma2-24-\n得：T=0.35mg，a1=0.6gP先减速到与传送带速度相同，设位移为x1共速后，由于f=μmg<mg，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速设此时P加速度为a1′，Q的加速度为对P有：T–μmg=ma1′，对Q有：mg–2T=ma2′解得：a1′=0.2g设减速到0位移为x2，PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功，ΔE=–μmgx1+μmgx2=0（3）第一阶段P相对皮带向前，相对路程：第二阶段相对皮带向后，相对路程：摩擦产生的热Q=μmg(s1+s2)=当时，摩擦热最小【名师点评】本题考查牛顿第二定律及功能关系，要注意正确掌握功能的转化关系，明确热量等于摩擦力与相对位移的乘积。13．（2022·浙江舟山定海一中高三期中）如图所示为上、下两端相距L=5m、倾角α=30°、始终以v=3m/s的速率顺时针转动的传送带（传送带始终绷紧）。将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t=2s到达下端。重力加速度g取10m/s2，求：（1）传送带与物体间的动摩擦因数多大？-24-\n（2）如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？【答案】（1）μ=（2）vm=8.66m/s【解析】（1）传送带顺时针转动，有题意得：L=解得：a=2.5m/s2根据牛顿第二定律得：Mgsinα–μmgcosα=ma解得：μ=（2）如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a'由牛顿第二定律得mgsinα+Ff=ma′而Ff=μmgcosα根据位移速度公式得：vm2=2La'解得：vm=8.66m/s【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，难度适中。14．（2022·江西吉安一中高三周考）一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度，BC段是倾斜的，长度，倾角为，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧）。传送带以的恒定速率顺时针运动，已知工件与传动带间的动摩擦因数，重力加速度，现将一个工件（可看作质点）无初速度地放在A点，求：（1）工件第一次到达B点所用的时间；（2）工件沿传送带上升的最大高度；（3）工件运动了后所在的位置。-24-\n【答案】（1）；（2）；（3）A点右侧，到A点的距离（2）设工件上升的最大高度为，由动能定理得，解得。（3）工件沿传送带向上运动的时间为此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间而这说明经工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零故工件在A点右侧，到A点的距离。-24-\n【名师点睛】工件刚放在水平传送带上进行受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解；由动能定理求解工件上升的最大高度；由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，找出这个过程中时间的关系；本题关键分析清楚工件的运动情况，根据牛顿第二定律求解出加速过程的加速度，再根据运动学公式和动能定理列式求解。15．（2022·陕西西安铁一中高三模拟）一水平传送带以4m/s的速度逆时针传送，水平部分长L=6m，其左端与一倾角为θ=30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2。求：（1）物块第一次与传送带共速时物块的位移x；（2）物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。【答案】（1）x1=4m（2）t=6.1s【解析】（1）根据牛顿第二定律得，μmg=ma；得a=μg=2m/s2设经过t1时间物块的速度与传送带的速度相同，则有：v=at1，解得t1=2s经过的位移x1=v2/2a；解得x1=4m<6m在传送带上匀速运动的时间t2=(L–x1)/v解得t2=0.5s（2）斜面上根据牛顿第二定律得ma1=mgsinθa1=5m/s2沿斜面向上运动到达顶端的时间为：由对称可知，滑块回到斜面底端的时间仍然为t4=t3=0.8s在传送带上减速到零的时间为：故物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间：t=t1+t2+t3+t4+t5=6.1s【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用题；解题的关键是搞清物体运动的物理过程，将物体运动的过程分成几段来解决，在每一段中要通过分析受力来求解物体的加速度，然后灵活选取合适的公式进行求解。16．如图所示，倾角为37°，长为l=16m的传送带，转动速度为v=10m/s，动摩擦因数μ=0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5kg的物体。已知sin-24-\n37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求：（1）传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；（2）传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。【答案】（1）t=4s（2）t总=2s【解析】（1）传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg（sin37°–μcos37°）=ma则a=gsin37°–μgcos37°=2m/s2，根据l=at2得t=4s。（2）传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得，mgsin37°+μmgcos37°=ma1则有a1=10m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有，x1=a1t2=5m<l=16m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°>μmgcos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则x2=l–x1=11m又因为x2=vt2+a2t22，则有10t2+t22=11，解得：t2=1s（t2=–11s舍去）所以t总=t1+t2=2s。17．一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m，其右端与一倾角为-24-\nθ=37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，试问：（1）物块到达传送带右端的速度；（2）物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高度。（sin37°=0.6，g取l0m/s2）【答案】（1）v=2m/s（2）不能hm=0.2m【解析】（1）物块在传送带上先做匀加速直线运动μmg=malal=2m/s2当两者速度相等时，此时物块运动的位移为：所以在到达传送带右端前物块已匀速，速度为2m/s（2）物块以ν0速度滑上斜面﹣mgsinθ=ma2a2=﹣6m/s2物块速度为零时上升的距离由于s2＜0.4m，所以物块未到达斜面的最高点。物块上升的最大高度：hm=s2sinθ=0.2m。18．如图甲所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M=1.0kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示（图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点）。已知传送带的速度保持不变，g-24-\n取10m/s2。求：（1）物块与传送带间的动摩擦因数μ；（2）物块在传送带上的运动时间。【答案】（1）（2）【解析】（1）由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度：由牛顿第二定律得：得到物块与传送带间的动摩擦因数：（2）由速度图象可知，物块初速度大小、传送带速度大小，物块在传送带上滑动后，与传送带相对静止前2秒内物块的位移大小：向右，后1秒内的位移大小向左，3秒内位移向右；物块再向左运动时间：，物块在传送带上运动时间；【名师点睛】（1）根据速度—时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩擦因数大小；（2）物块滑上传送带后先做匀减速运动到零，然后反向做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合运动学公式求出向左和向右运动的时间，从而得出物块在传送带上的总时间。-24-\n19．传送带与水平面夹角37°，皮带以10m/s的速率运动，皮带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=0.5kg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16m，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求（1）物体从A运动到B的时间为多少？（2）若皮带轮以速率v=2m/s沿逆时针方向转动，在传送带下端B处无初速地放上一个小物块，它与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8，那么物块从B端运到A端所需的时间是多少？【答案】（1）（2）【解析】（1）物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下。根据牛顿第二定律得，则速度达到传送带速度所需的时间。经过的位移。由于，可知物体与传送带不能保持相对静止。速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上。根据牛顿第二定律得，根据，即解得。则。-24-\n所以物体速度增加到2m/s后，由于，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x2=L–x1=16m–5m=11m，所用时间所以物体运动的总时间。-24-
