高中物理力学竞赛辅导资料专题03牛顿力学中的传送带问题含解析

专题03 牛顿力学中的传送带问题

一、内容解读

1．传送带的基本类型

(1)按放置可分为：水平(如图a)、倾斜(如图b,图c)、水平与倾斜组合；

(2)按转向可分为：顺时针、逆时针。

2．传送带的基本问题分类

(1)运动学问题：运动时间、痕迹问题、运动图象问题(运动学的角度分析)；

(2)动力学问题：物块速度和加速度、相对位移,运动时间(动力学角度分析)；

(3)功和能问题：做功,能量转化(第五章讲)。

二、传送带模型分类

（一）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)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速

(2)v0

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

1．(多选)如图所示,水平传送带A、B两端点相距x＝4 m,以v0＝2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4,g取10 m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动,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1

A．小煤块从A运动到B的时间时 2 s

B ．小煤块从A 运动到B 的时间是2.25 s

C ．划痕长度是4 m

D ．划痕长度是0.5 m

【解析】选BD 小煤块刚放上传送带后,加速度a ＝μg ＝4 m/s 2

,由v 0＝at 1可知,小煤块加速到与传送带同速的时间为t 1＝v 0a ＝0.5 s,此时小煤块运动的位移x 1＝v 0

2t 1＝0.5 m,而传送带的位移为x 2＝v 0t 1＝1 m,故小煤

块在带上的划痕长度为l ＝x 2－x 1＝0.5 m,D 正确,C 错误；之后的x －x 1＝3.5 m,小煤块匀速运动,故t 2＝x －x 1

v 0

＝1.75 s,故小煤块从A 运动到B 的时间t ＝t 1＋t 2＝2.25 s,A 错误,B 正确。

2、(多选)如图2所示,水平传送带A 、B 两端相距x ＝3.5m,物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1,物体滑上传送带A 端的瞬时速度v A ＝4m/s,到达B 端的瞬时速度设为v B .下列说法中正确的是( )

图2

A ．若传送带逆时针匀速转动,v

B 一定等于3m/s B ．若传送带逆时针匀速转动越快,v B 越小

C ．若传送带顺时针匀速转动,v B 有可能等于3m/s

D ．若传送带顺时针匀速转动,物体刚开始滑上传送带A 端时一定做匀加速运动

【解析】若传送带不动,物体的加速度：a ＝μg ＝1m/s 2

,由v 2

A －v 2

B ＝2ax, 得：v B ＝3m/s.若传送带逆时针匀速转动,物体的受力情况不变,由牛顿第二定律得知,物体的加速度仍为a ＝μg ,物体的运动情况跟传送带不动时的一样,则v B ＝3 m/s.故A 正确,B 错误；若传送带以小于3m/s 的速度顺时针匀速转动,物体滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左,做匀减速运动,物体的加速度仍为a ＝μg ,物体的运动情况跟传送带不动时的一样,则v B ＝3 m/s.若传送带以大于3m/s 且小于4 m/s 的速度顺时针匀速转动,则开始时物体受到的摩擦力向左,物体做减速运动,最后物体随传送带一起做匀速运动．若传送带以大于4m/s 的速度顺时针匀速转动,则开始时物体受到的摩擦力向右,物体做加速运动,v B 可能大于4 m/s.故

C 正确,

D 错误．

3、如图3甲所示的水平传送带AB 逆时针匀速转动,一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑,以某一初速度从传送带左端滑上,在传送带上由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,以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变,重力加速度g 取10 m/s 2

。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t ,下列计算结果正确的是( )

图3

A ．μ＝0.4

B ．μ＝0.2

C ．t ＝4.5 s

D ．t ＝3 s

【解析】由题图乙可得,物块做匀变速运动的加速度大小为a ＝Δv Δt

＝2.0 m/s 2

,由牛顿第二定律得F f ＝ma ＝

μmg ,则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2,A 错误,B 正确；在v －t 图象中,图线与t 轴所围面积表

示物块的位移,则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止,最后匀速运动回到传送带左端时,物块的位移为0,由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s,C 正确,D 错误。答案 BC

4、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( )

【解析】选BC 本题需考虑速度之间的关系及摩擦力与Q 重力之间的关系,分别讨论求解。若v 1＞v 2,且P 受到的滑动摩擦力大于Q 的重力,则可能先向右匀加速,加速至v 1后随传送带一起向右匀速,此过程如图B 所示,故B 正确。若v 1＞v 2,且P 受到的滑动摩擦力小于Q 的重力,此时P 一直向右减速,减速到零后反向加速。若v 2＞v 1,P 受到的滑动摩擦力向左,开始时加速度a 1＝F T ＋μmg

m

,当减速至速度为v 1时,摩擦力反向,若有F T

＞μmg ,此后加速度a 2＝

F T －μmg

m

,故C 正确,A 、D 错误。 5、如图4所示,水平传送带两端相距x ＝8 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6,工件滑上A 端时速度

v A ＝10 m/s,设工件到达B 端时的速度为v B 。(取g ＝10 m/s 2)

图4

(1)若传送带静止不动,求v B ；

(2)若传送带顺时针转动,工件还能到达B 端吗？若不能,说明理由；若能,求到达B 点的速度v B ； (3)若传送带以v ＝13 m/s 逆时针匀速转动,求v B 及工件由A 到B 所用的时间。 【解析】(1)根据牛顿第二定律可知μmg ＝ma ,则a ＝μg ＝6 m/s 2

, 又v 2

A －v 2

B ＝2ax ,代入数值得v B ＝2 m/s 。

(2)能。当传送带顺时针转动时,工件受力不变,其加速度不发生变化,仍然始终减速,故工件到达B 端的速度

v B ＝2 m/s 。

(3)工件速度达到13 m/s 时所用时间为t 1＝

v －v A

a

＝0.5 s, 运动的位移为x 1＝v A t 1＋12

at 2

1＝5.75 m ＜8 m,

则工件在到达B 端前速度就达到了13 m/s,此后工件与传送带相对静止,因此工件先加速后匀速。匀速运动的位移x 2＝x －x 1＝2.25 m,t 2＝x 2

v

≈0.17 s ,t ＝t 1＋t 2＝0.67 s 。

6、如图所示,一足够长的水平传送带以速度v 0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2v 0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；

若传送带以不同的速度v （0

【解析】（1）设P 的位移、加速度大小分别为s 1、a 1,Q 的位移、加速度大小分别为s 2、a 2, 因s 1=2 s 2,故a 1=2a 2

2

1

21 a a （2）对P 有：μmg+T=m a 1 对Q 有：mg ﹣2T=ma 2 得：a 1=0.6g P 先减速到与传送带速度相同,设位移为x 1,

共速后,由于f=μmg＜2

1

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a 1′,Q 的加速度为/1/

22

1a a =

对P 有：T ﹣μmg=ma 1′,

对Q 有：mg ﹣2T=ma 2’解得：a 1′=0.2g

设减速到0位移为x 2,

PQ 系统机械能的改变量等于摩擦力对P 做的功,△E=﹣μmgx 1+μmgx 2=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：/12

22a v S =

摩擦产生的热Q=μmg（S 1+S 2）=

当021v v =时,摩擦热最小--2

085mv Q =

7、如图5甲所示,水平传送带沿顺时针方向匀速运转。从传送带左端P 先后由静止轻轻放上三个物体A 、B 、C ,物体A 经t A ＝9.5 s 到达传送带另一端Q ,物体B 经t B ＝10 s 到达传送带另一端Q ,若释放物体时刻作为t

＝0时刻,分别作出三物体的v －t 图象如图乙、丙、丁所示,求：

图5

(1)传送带的速度大小v 0； (2)传送带的长度L ；

(3)物体A 、B 、C 与传送带间的动摩擦因数； (4)物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用的时间t C 。

【解析】(1)物体A 与B 先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,说明物体的速度与传送带的最终速度相

等,所以由图乙、丙可知传送带的速度大小是4 m/s 。

(2)v －t 图线与t 轴围成图形的面积表示物体的位移,所以A 的位移x A ＝36 m, 传送带的长度L 与A 的位移相等,也是36 m 。 (3)(4)A 的加速度a A ＝Δv A t 1

＝4 m/s 2

由牛顿第二定律得μA mg ＝ma A ,所以μA ＝a A

g ＝0.4 同理,B 的加速度a B ＝Δv B t 2

＝2 m/s 2,μB ＝a B g

＝0.2

设物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用的时间为t C ,则

L ＝

0＋v C 2t C t C ＝2L v C ＝24 s C 的加速度a C ＝Δv C t C ＝18 m/s 2

,μC ＝a C g

＝0.012 5。 8、一水平传送带以2.0 m/s 的速度顺时针传动,水平部分长为2.0 m 。其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连,斜面长为0.4 m,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)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由,若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离。 (2)物块从出发到4.5 s 末通过的路程。(sin 37°＝0.6,g 取10 m/s 2

)

【解析】(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动

μmg ＝m a 1① s 1＝v 02

2a 1

＝1 m ＜L ②

所以在到达传送带右端前物块已匀速 物块以v 0速度滑上斜面－mg sin θ＝ma 2③ 物块速度为零时上升的距离s 2＝－v 02

2a 2＝1

3m④

由于s 2＜0.4 m,所以物块未到达斜面的最高点。 (2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间t 1＝2s 1v 0＋L －s 1

v 0

＝1.5 s⑤

物块在斜面上往返一次时间t 2＝－2v 0a 2＝2

3

s⑥

物块再次滑到传送带上速度仍为v 0,方向向左－μmg ＝ma 3⑦ 向左端发生的最大位移s 3＝－v 0

2

2a 3

⑧

物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等

4．5 s 末物块在斜面上速度恰好减为零故物块通过的总路程s ＝L ＋3s 2＋2s 3⑨

s ＝5 m

9、一小物块随足够长的水平传送带一起运动,被一水平向左飞行的子弹击中并从物块中穿过,如图6甲所示。固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块被击中后的位移x 随时间的变化关系如图乙所示(图像前3 s 内为二次函数,3～4.5 s 内为一次函数,取向左运动的方向为正方向)。已知传送带的速度v 1保持不变,g 取10 m/s 2

。

图6 图7

(1)求传送带速度v 1的大小； (2)求0时刻物块速度v 0的大小； (3)在图7中画出物块对应的v -t 图像。

【解析】(1)由x -t 的图像可知,物块被击穿后,先向左减速,2 s 末减到v ＝0,然后向右加速,3 s 末后与传送带共速v 1＝Δx ′Δt ＝2 m/s,以后随传送带一起做匀速运动。

(2)2～3 s 内,物块向右匀加速运动,加速度大小a ＝μg ,v 1＝a Δt 1 0～2 s 内,物块向左匀减速运动,加速度大小a ＝μg 解得0时刻物块的速度v 0＝a Δt 2＝4 m/s 。

(3)根据x -t 的图像分析得到的运动规律用v -t 图像画出如图所示。

10、图8甲是利用传送带装运煤块的示意图,传送带右轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度差H ＝1.8m ．现传送带以某一速度v 0匀速运动,在传送带左端由静止释放一煤块(可视为质点),当煤块运动到右轮轴顶端后

做平抛运动,其落在运煤车底板上的位置相对传送带右轮轴的水平距离x ＝1.2m,已知煤块在 传送带上运动的v －t 图象如图乙所示,图中t 0＝0.25s,取g ＝10m/s 2

.求：

图8

(1)传送带速度v 0的大小；

(2)煤块在传送带上划出的痕迹长度L .

【解析】 (1)煤块从传送带右端抛出,则竖直方向有：

H ＝12

gt 2①

水平方向有：x ＝v 0t ②

联立①②代入数据,解得v 0＝2m/s. (2)0～t 0时间内,传送带位移x 1＝v 0t 0③ 煤块位移x 2＝1

2v 0t 0④

则痕迹长度L ＝x 1－x 2⑤ 联立③④⑤式求得L ＝0.25m.

11、如图所示,以 A 、B 和 C 、D 为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内,一滑板静止在光滑水平地面上,左端紧靠 B 点,上表面所在平面与两半圆分别相切于 B 、C.一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上 E 点,运动到 A 时刚好与传送带速度相同,然后经 A 沿半圆轨道滑下,再经 B 滑上滑板．滑板运动到 C 时被牢固粘连．物块可视为质点,质量为 m,滑板质量 M ＝2m,两半圆半径均为 R ,板长 l ＝6.5 R,板右端到 C 的距离 L 在 R

(1)求物块滑到 B 点的速度大小；

(2)试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中,克服摩擦力做的功 W f 与 L 的关系,并判断物块能否滑到 CD 轨道的中点．

【解析】（1)设物块到达B 点的速度为v B ,对物块从E 到B 由动能定理得μmg·5R＋mg·2R＝12mv 2

B －0①

解得v B ＝3gR ②

(2)假设物块与滑板达到共同速度v 时,物块还没有离开滑板,对物块与滑板,由动量守恒,有mv B ＝(m ＋M )v③ 设物块在滑板上运动的距离为s 1,由能量守恒得

μmg ·s 1＝12mv 2B －12(m ＋M )v 2

④ 由③④,得s 1＝6R

即达到共同速度v 时,物块不会脱离滑板滑下．

设此过程滑板向右运动的距离为s 2,对滑板由动能定理得μmg·s 2＝12Mv 2

⑥

由③⑥,得s 2＝2R

讨论：ⅰ当R

B ⑦

解得v C ＝

2.5R －L g > 0

所以克服摩擦力所做的功W f ＝μmg(l＋L)＝3.25mgR ＋0.5mgL 设物块离开滑板沿圆轨道上升的高度为H

由机械能守恒得12mv 2C ＝mgH⑧解得H<3

4

R,故物块不能滑到CD 轨道中点．

ⅱ当2R≤L<5R 时,滑块与滑板最终一起运动至滑板与C 相碰,碰后滑块在滑板上继续做减速运动到右端,设此时的速度为v C1,对物块由动能定理得

－μmg(l＋s 2)＝12mv 2

C1－12mv 2B ⑨ 解得v C1＝

2gR 2 > 0 所以克服摩擦力所做的功W f ＝μmg(l＋s 2)＝4.25mgR

设物块离开滑板沿圆轨道上升的高度为h,由机械能守恒得12mv 2

C1＝mgh⑩

解得h ＝R

4

(二)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a1加速后以a2加速

情景3(1)可能一直加速

(2)可能先加速后匀速

(3)可能一直减速

(4)可能先以a1加速后以a2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

(4)可能一直减速

1、如图所示为粮袋的传送装置,已知A、B间长度为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点将粮袋放到运行中的传送带上,关于粮袋从A到B的运动,以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )

A ．粮袋到达B点的速度与v比较,可能大,也可能相等或小

B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ),若L足够大,则以后将以一定的速度v做匀速运动C．若μ≥tan θ,则粮袋从A到B一定一直是做加速运动

D．不论μ大小如何,粮袋从A到B一直匀加速运动,且a≥g sin θ

【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；可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,到达B点时速度与v相同；也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；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为μmg cos θ,根据牛顿第二定律得,加速度a＝g(sin θ＋μcos θ),故B错误；若μ≥tan θ,粮袋从A到B可能一直是做加速运动,也可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,故C错误；

由上分析可知,粮袋从A到B不一定一直匀加速运动,故D错误,故选A。

2、(多选)如图9示,足够长的传送带与水平面夹角为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＜tan θ,则图中能客观地反映小木块的运动情况的是( )

图9 图10

【解析】选BD 小木块刚放上之后的一段时间内所受摩擦力沿斜面向下,由牛顿第二定律可得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1,小木块与传送带同速后,因μ＜tan θ,小木块将继续向下加速运动,此时有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma2,有a1＞a2故B、D正确,A、C错误。

3、如图11所示,足够长的传送带与水平面夹角为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

图11

【解析】开始阶段,木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用,做加速度为a1的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1

所以a1＝g sin θ＋μg cos θ

木块加速至与传送带速度相等时,由于μ

所以a2＝g sin θ－μg cos θ

根据以上分析,有a2

4、(多选)如图12所示,传送带与水平地面的倾角为θ＝37°,AB的长度为10m,传送带以10m/s的速度沿逆时针方向转动,在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为4kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为0.5,规定沿斜面向下为正方向,则物体从A点运动到B点所用的时间内,物体的速度v和物体受到传送带的摩擦力F随时间的变化图象,正确的是( )

图12

【解析】开始时滑动摩擦力的大小不变,方向沿斜面向下,物体下滑的加速度：a1＝g(sin37°＋μcos37°)

＝10m/s2,运动到与传送带共速的时间为：t1＝v

a1

＝1s,下滑的距离：x1＝

1

2

a1t21＝5m<10m；由于ta n37°＝

0.75>0.5,故物体加速下滑,且此时滑动摩擦力的大小不变,方向沿斜面向上,物体下滑的加速度：a2＝g(sin37°－μcos37°)＝2m/s2,所以物体先以10 m/s2做加速运动,后来以2m/s2做加速运动．所以物体相对于传送带始终滑动,滑动摩擦力的大小和方向发生变化,故A、D错误,B、C正确．

5、如图13所示,物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时,传送带突然启动,方向如图中箭头所示顺时针转动,若传送带的速度大小也为v,则传送带启动后( )

图13

A．M相对地面静止在传送带上

B．M沿传送带向上运动

C．M受到的摩擦力不变

D．M下滑的速度减小

【解析】传送带突然启动前物块匀速下滑,对物块进行受力分析：物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力．传送带突然启动后,对物块进行受力分析,物块受重力、支持力,由于与M接触的传送带斜向上运动,而物块斜向下运动,所以物块所受到的摩擦力不变仍然斜向上,所以物块仍匀速下滑,故C正确,A、B、D错误．

6、(多选)如图14所示,白色传送带保持v0＝10m/s的速度逆时针转动,现将一质量为0.4 kg的煤块轻放在传送带的A端,煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.5,传送带A、B两端距离x＝16 m,传送带倾角为37°,则(sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,g＝10 m/s2)( )

图14

A ．煤块从A 端运动到

B 端所经历的时间为2s B ．煤块从A 端运动到B 端相对传送带的相对位移为6m

C ．煤块从A 端运动到B 端画出的痕迹长度为5m

D ．煤块从A 端运动到B 端摩擦产生的热量为6.4J 【解析】煤块刚放上传送带时的加速度大小为：a 1＝

mg sin37°＋μmg cos37°m

＝10m/s 2

,则煤块速度达到传

送带速度的时间为：t 1＝v 0a 1＝1010s ＝1s,位移为：x 1＝v 20

2a 1＝10020m ＝5m,煤块速度达到传送带速度后的加速度为：

a 2＝mg sin37°－μmg cos37°m ＝g sin37°－μg cos37°＝2m/s 2

,根据x －x 1＝v 0t 2＋12

a 2t 22代入数据解得：t 2＝

1s,则煤块从A 端运动到B 端所经历的时间为：t ＝t 1＋t 2＝2s,故A 正确；煤块速度达到传送带速度时,相对位移大小Δx 1＝v 0t 1－x 1＝5m,煤块速度达到传送带速度后相对位移的大小Δx 2＝x －x 1－v 0t 2＝1m,则相对位移的大小Δx ＝Δx 1－Δx 2＝4m,故B 错误；留下的痕迹长度Δx ′＝Δx 1＝5m,故C 正确；摩擦产生的热量Q ＝μmg cos37°Δx 1＋μmg cos37°Δx 2＝9.6J,故D 错误．

7、 如图15所示,倾角为θ＝30°的皮带运输机的皮带始终绷紧,且以恒定速度v ＝2.5 m/s 运动,两轮相

距L AB ＝5 m,将质量m ＝1 kg 的物体无初速地轻轻放在A 处,若物体与皮带间的动摩擦因数μ＝3

2

(取g ＝10 m/s 2

),物体从A 运动到B 共需多长时间？

图15

【解析】第一阶段,物块向上匀加速运动,由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1 代入数据求得a 1＝2.5 m/s 2

根据匀变速直线运动规律得v ＝a 1t 1,x 1＝v

2t 1

代入数据求得t 1＝1 s,x 1＝1.25 m

第二阶段,由于μ>tan θ,故物体向上匀速运动。

L AB －x 1＝vt 2,t 2＝1.5 s 。总时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s 。

8、如图16所示,传送带与地面夹角θ＝37°,从A 到B 长度为L ＝10.25 m,传送带以v 0＝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 的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为

μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6,g ＝10 m/s 2,求：

图16

(1)煤块从A 到B 的时间；

(2)煤块从A 到B 的过程中传送带上形成痕迹的长度。 【解析】(1)煤块刚放上时,受到向下的摩擦力,其加速度为

a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2,

加速过程中t 1＝v 0a 1＝1 s,x 1＝12

a 1t 2

1＝5 m 。

达到v 0后,受到向上的摩擦力,则a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2

,

x 2＝L －x 1＝5.25 m,x 2＝v 0t 2＋1

2

a 2t 22,得t 2＝0.5 s 。

煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s 。 (2)第一过程痕迹长Δx 1＝v 0t 1－x 1＝5 m, 第二过程痕迹长Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.25 m, Δx 1与Δx 2部分重合,故痕迹总长为5 m 。

9、如图17所示的传送皮带,其水平部分ab 长度为2 m,倾斜部分bc 长度为4 m ,bc 与水平方向的夹角为θ＝37°,将一小物块A (可视为质点)轻轻放在传送带的a 端,物块A 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25。传送带沿图示方向以v ＝2 m/s 的速度匀速运动,若物块A 始终未脱离皮带,试求小物块A 从a 端传送到c 端所用时间。(取g ＝10 m/s 2

,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8)

图17

【解析】物块A 在ab 之间运动,f 1＝μF N1,根据牛顿第二定律得F N1－mg ＝0,f 1＝ma 1,解得a 1＝μg ＝2.5 m/s 2

,设小物块A 速度达到2 m/s 所需时间为t 1,运动位移为x 1。

根据运动学规律可得t 1＝v a 1＝0.8 s,x 1＝12

a 1t 2

1＝0.8 m

由于x 1＜2 m,可知A 在还没有运动到b 点时,已与皮带速度相同。此后A 做匀速运动,设运动时间为t 2,l ab －

x 1＝vt 2,得t 2＝0.6 s 。A 在bc 间运动时,小物块A 所受的摩擦力方向沿传送带向上。 mg sin θ－f 2＝ma 2,又f 2＝μmg cos θ

得a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝4 m/s 2

l bc ＝vt 3＋1

2

a 2t 23,得t 3＝1 s,t 3′＝－2 s(舍去)

则小物块A 从a 端传送到c 端所用时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.4 s

10、如图18所示,甲、乙两传送带倾斜放置,与水平方向夹角均为37°,传送带乙长为4 m,传送带甲比乙长0.45 m,两传送带均以3 m/s 的速度逆时针匀速转动,可视为质点的物块A 从传送带甲的顶端由静止释放,可视为质点的物块B 由传送带乙的顶端以3 m/s 的初速度沿传送带下滑,两物块质量相等,与传送带间的动摩擦因数均为0.5,取g ＝10 m/s 2

,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8。求：

图18

(1)物块A 由传送带顶端滑到底端经历的时间； (2)物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比。

【解析】(1)对物块A 由牛顿第二定律知mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1,代入数值得a 1＝10 m/s 2

设经时间t 1物块A 与传送带共速,则由运动学规律知

v 带＝a 1t 1,即t 1＝0.3 s

此过程中物块A 的位移为x 1＝12a 1t 2

1＝0.45 m

物块A 与传送带共速后,由牛顿第二定律知

mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2,代入数值得a 2＝2 m/s 2

由运动学规律知L 甲－x 1＝v 带t 2＋12

a 2t 2

2,代入数值得t 2＝1 s

所以物块A 由传送带顶端滑到底端经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.3 s 。

(2)在物块A 的第一个加速过程中,物块A 在传送带上的划痕长度为

L 1＝v 带t 1－x 1＝0.45 m

在物块A 的第二个加速过程中,物块A 在传送带上的划痕长度为

L 2＝v 带t 2＋1

2

a 2t 22－v 带t 2＝1.0 m

所以物块A 在传送带上的划痕长度为L A ＝L 2＝1.0 m

由分析知物块B 的加速度与物块A 在第二个加速过程的加速度相同,从传送带顶端加速到底端所需时间与t 2相同

所以物块B 在传送带上的划痕长度为L B ＝v 带t 2＋12a 2t 2

2－v 带t 2＝1.0 m

故物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比为L A ∶L B ＝1∶1

11、如图19所示,倾角为37°,长为l ＝16 m 的传送带,转动速度为v ＝10 m/s,在传送带顶端A 处无初速度的释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体,已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5,g 取10 m/s 2

。求：(sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8)

图19

(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。

【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 (sin 37°－μcos 37°)＝ma 则a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2

,根据l ＝12

at 2得t ＝4 s 。

(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a 1,由牛顿第二定律得

mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1

则有a 1＝

mg sin 37°＋μmg cos 37°m

＝10 m/s 2

设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1,位移为x 1,则有

t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s,x 1＝1

2

a 1t 12＝5 m ＜l ＝16 m

当物体运动速度等于传送带速度瞬间,有mg sin 37°＞μmg cos 37°,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——摩擦力发生突变。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a 2,则

a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝2 m/s 2

x 2＝l －x 1＝11 m

又因为x 2＝vt 2＋12a 2t 22,则有10t 2＋t 22

＝11

解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去) 所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s 。

12、如图20所示,与水平方向成37°角的传送带以恒定速度v ＝2 m/s 沿顺时针方向转动,两传动轮间距L ＝5 m 。现将质量为1 kg 且可视为质点的物块以v 0＝4 m/s 的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带。物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5,取g ＝10 m/s 2

,已知sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,计算时,可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力,求物块在传送带上上升的最大高度。

图20

【解析】刚滑上传送带时,物块相对传送带向上运动,受到摩擦力沿传送带向下,将匀减速上滑,直至与传送带等速,由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 则a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2

改变物块与传送带相对静止瞬间,由于最大静摩擦力f ＝μmg cos θ＜mg sin θ,相对静止状态不能持续,物块速度会继续减小。此后,物块受到滑动摩擦力沿传送带向上,但合力沿传送带向下,故继续匀减速上升,直到速度为零

由mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 得a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2

位移x 2＝v 2

2a 2

＝1 m

则物块沿传送带上升的最大高度为

H ＝(x 1＋x 2)sin 37°＝0.96 m 。

13、如图所示,皮带传动装置与水平面夹角为30°,轮半径R =

1

2π

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= 36

。g 取10m/s 2

。 （1）当传送带沿逆时针方向以v 1=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252≈16,396≈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v 2至少多大？

-

【解析】（1）当小物块速度小于3m/s 时,小物块受到竖直向下、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a 1,根据牛顿第二定律mg sin30° + μmg cos30°=ma 1

解得 a 1 = 7.5m/s 2

当小物块速度等于3m/s 时,设小物块对地位移为L 1,用时为t 1,根据匀加速直线运动规律t 1 = v 1a 1 L 1 = v 12

2a 1

解得 t 1 = 0.4s L 1 = 0.6m

由于L 1＜L 且μ＜tan30°,当小物块速度大于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

a 2,用时为t 2,根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律 mg sin30°－μmg cos30°=ma 2

解得 a 2 = 2.5m/s 2

L －L 1 = v 1t 2 + 12

a 2t 22 解得 t 2 = 0.8s

故小物块由禁止出发从A 到B 所用时间为 t = t 1 + t 2 = 1.2s

（2）作v —t 图分析知：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a 1做匀加速直线运动到B 点,所用时间最短,即 L = 12a 1t min 2

解

得t min = 1s v′ =a 1t min =7.5m/s

此时小物块和传送带之间的相对路程为 △S = v′ t －L = 3.75m

传送带的速度继续增大,小物块从A 到B 的时间保持不变,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S max ,设此时传送带速度为

v 2,则 联立得 v 2 = 12.25m/s

14、如图所示为车站使用的水平传送带的模型,它的水平传送带的长度为L ＝8m,传送带的皮带轮的半径均为

R ＝0.2m,传送带的上部距地面的高度为h ＝0.45m,现有一个旅行包（视为质点）以v 0＝10m/s 的初速度水平

地滑上水平传送带．已知旅行包与皮带之间的动摩擦因数为μ＝0.6．皮带轮与皮带之间始终不打滑。g 取10m/s 2

．讨论下列问题：

⑴若传送带静止,旅行包滑到B 端时,人若没有及时取下,旅行包将从B 端滑落．则包的落地点距B 端的水平距离为多少？

⑵设皮带轮顺时针匀速转动,若皮带轮的角速度ω1=40 rad/s,旅行包落地点距B 端的水平距离又是多少？ ⑶设皮带轮以不同的角速度顺时针匀速转动,画出旅行包落地点距B 端的水平距离s 随皮带轮的角速度ω变化的图象．

【解析】⑴旅行包做匀减速运动, a =μg =6m/s 2

旅行包到达B 端速度为

包的落地点距B 端的水平距离为 s =vt =v

g

h

2＝2×10

45

.02? m ＝0.6m ⑵当ω1＝40 rad/s 时,皮带速度为

当旅行包速度也为s m v /81=时,在皮带上运动了位移

＜8m

以后旅行包作匀速直线运动,所以旅行包到达B 端的速度也为 s m v /81= 包的落地点距B 端的水平距离为 s 1=v 1t =v 1

g

h

2＝8×10

45

.02? m ＝2.4 m

⑶如图所示,每段图线1分。