传送带练习题参考答案
传送带练习题参考答案
1、【答案】（1）旅行包在传送带上从A端运动到B端所用的时间t为3s；
（2）旅行包在传送带上相对滑动时留下的痕迹的长度s为1m
【解析】考点:牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：（1）旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，根据牛顿第二定律结合运动学公式求出运动的总时间．
（2）求出该时间内物体的位移，由平均速度公式求出传送带的位移，最后求出痕迹的长度．
解答：解：（1）设旅行包在传送带上匀加速运动t1后达到与传送带共速，发生的位移为x，
由牛顿第二定律得：f=ma…①
f=μmg…②
v=at1…③
…④
解得：x=1m＜5m，所以物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动．
设匀速直线运动时间t2，则：L﹣x=vt2…⑤
t=t1+t2…⑥
联立解得：t=3s…⑦
（2）旅行包相对滑动过程传送带位移为：x'=vt1…⑧
旅行包相对滑动时留下的痕迹的长度：s=x'﹣x…⑨
联立解得：s=1m
2、【答案】物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间4.5s
【解析】
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：物体滑上传送带后先做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动达到5m/s做匀速直线运动，根据牛顿第二定律结合运动学公式求出运动的总时间．
解答：解：物块滑上传送带时，受到向右的滑动摩擦力，向左做匀减速运动，
由牛顿第二定律得：μmg=ma，
加速度：a=μg=0.5×10=5m/s2，
由匀变速运动的速度位移公式可得，物块速度变为零时的位移：
s==10m，
物体向左运动的时间
t左==2s；
物块速度变为零后，反向向右做初速度为零的匀加速运动，
加速度a=5m/s2，物块速度等于传送带速度v=5m/s时，
物块的位移s1==2.5m＜s=10m，t1==1s，
运动时间然后物块与传送带一起向右做匀速直线运动，
物块做匀速直线运动的时间：t 2==1.5s ，
物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间：t=t 左+t 1+t 2=4.5s
答：物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间4.5s
点评： 解决本题的关键理清物体全过程的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式求解．
3、【答案】（1）1m/s 2;（2）3s （3）s m /22
【解析】
试题分析：(1)物体在匀加速过程中，由牛顿第二定律：ma mg =μ，解得2m/s 1==g a μ
（2）当物块和传送带共速时，经历的时间：s a
v t 21== 物体的位移：m m t v x 222
2211=?== 在以后的运动中，到达右端所用的时间：s s v x L t 12
2412=-=-= 共用时间：t=t 1+t 2=3s
（3）若传送带以v=4m/s 速度逆时针匀速运动，则物体一直减速运动，加速度为2m/s 1==g a μ，为使物体仍能到达
B 端，则aL v 22=，解得
m /s 22m /s 4122=??==aL v 考点：牛顿第二定律的应用；匀变速直线运动的规律.
4、【答案】（1）物块相对地面向左运动的最大距离为4.5m ；
（2）物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间3.125s
【解析】
考点:牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有
专题:牛顿运动定律综合专题．
分析:（1）当物块相对地面的速度为零时，相对地面向左运动有最大距离；
（2）物块经历向左减速、向右加速、向右匀速三个过程，时间之和就是总时间． 解答:解：（1）设物块与传送带间摩擦力大小为f 、向左运动最大距离s 1时速度变为0 f=μmg
﹣fs 1=0﹣
解得：s 1=4.5m
（2）设小物块经时间t 1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a ，经时间t 2与传
送带速度相等：
v1﹣at1=0
由牛顿第二定律得：a=
解得：t1=1.5s
v0=at2
解得：t2=1s
设反向加速时，物块的位移为s2，则有：
s2===2m
物块与传送带同速后，将做匀速直线运动，设经时间t3再次回到B点，则有：
s1﹣s2=v0t3
解得：
所以物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间 t=t1+t2+t3=3.125s
答：（1）物块相对地面向左运动的最大距离为4.5m；
（2）物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间3.125s．
点评:本题关键是明确滑块的受力情况和运动情况，然后分阶段根据牛顿第二定律列式求解加速度，再根据运动学公式列式求解，运算较麻烦，但过程较明朗．
5、【答案】（1）求工件从A点由静止下滑到离开传送带C点所用的时间为4.4s；
（2）假设传送带是白色的，工件为一煤块，则工件从B滑到C的过程中，在传送带上留下黑色痕迹的长度为1m．
【解析】
考点:牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题:牛顿运动定律综合专题．
分析:（1）从A到B是匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解时间和末速度；B到C过程是先加速后匀速的过程，根据牛顿第二粒求解加速度，根据运动学公式求解时间；
（2）根据运动学公式求解相对位移即可．
解答:解析：（1）匀加速下滑时：
mgsinθ=ma1﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
得：
v1==2m/s﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
从A﹣B用时t1：
v1=at1
得：t1=0.4s﹣﹣﹣﹣﹣﹣④
从B﹣C先匀加速后匀速：
加速时：μmg=ma2
得：﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤
匀加速时间t2：
v0=v1+a2t2
得：t2=10s﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥
在t2内：
=3m﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑦
匀速时：L﹣x1=v0t3
得：t3=3s﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑧
从A﹣C总时间：
t=t1+t2+t3=4.4s﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑨
（2）在t2内，传送带位移为：
x2=v0t2=4m﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑩
黑色痕迹长度：
S=x2﹣x1=1m
答：（1）求工件从A点由静止下滑到离开传送带C点所用的时间为4.4s；
（2）假设传送带是白色的，工件为一煤块，则工件从B滑到C的过程中，在传送带上留下黑色痕迹的长度为1m．
点评:解决本题的关键是理清物块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
6、解：（1）物体在水平传送带AB上的加速度
a1=μg=5 m/s2
物体在水平传送带上先做匀减速直线运动，
减速的时间t1==0.4s
位移X1==4.4m
当与传送带共速后开始做匀速直线运动，
匀速的时间t2==0.6s
所以，物体从A点到达B点的时间t=t1+t2=1s
（2）物体在斜面BC上向上运动时的加速度
a2=gsinθ+μgcosθ=10 m/s2
从经过B点到在斜面上速度减为零经历的时间t3==1s
位移X2==5m
之后，物体沿斜面下滑，加速度a3=gsinθ﹣μgcosθ=2 m/s2
再经历时间t4=t﹣t3=1s到达C点，物体下滑的位移X3=a3t42=1m
所以，BC的长度X BC=X2﹣X3=4m
（3）物体要到达斜面的顶端，则物体在B点的最小速度v B
由v B2=2a2L得 v B=14m/s
物体在水平传送带AB上一直做匀减速直线运动，
由v A2﹣v B2=2a1d得
物体的最小初速度v A=17.3m/s
答：（1）物体从A点到达B点的时间为1s；
（2）BC的距离为4m；
（3）为了将物体送上斜面的顶端，要在A端给物体一个向右的水平初速度，则这个初速度的最小值为17.3m/s．
点评：此题文字较多，首先要有耐心读题．对于传送带问题，关键是分析物体的运动情况，本题要边计算边分析，不能只定性分析．
7、【答案】AC
【解析】
试题分析：物块P受向右的摩擦力和向左的细绳的拉力，当向右的摩擦力小于向左的细绳的拉力时，物块向右做减速运动，减速到零后反向加速，选项A正确，D错误；若P 受到的摩擦力大于Q的重力，故P先加速后匀速，也有可能一直加速运动，故B错误，C正确.
考点：牛顿第二定律.
8、【答案】（1）若传送带顺时针转动，物体由A滑到B的时间为4s．
（2）若传送带逆时针转动，物体从A到B需要的时间为2s．
【解析】
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：（1）隔离法选取小物块为研究对象进行受力分析，然后由牛顿第二定律求小物块的加速度，然后由运动学公式求解．
（2）物体在传送带上受到重力、支持力和摩擦力作用先做初速度为0的匀加速直线运动，当速度和传送带速度一样时进行判断物体跟随传送带匀速还是单独做匀变速直线运动，根据总位移为16m，可以求出整个运动过程的时间t．
解答：解：（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，由牛顿第二定律得：
mg（sin 37°﹣μcos 37°）=ma，
代入数据得：a=2m/s2，
由匀变速运动的位移公式得：
代入数据得：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a1，由牛顿第二定律得：
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1，
代入数据得：a1=10 m/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：
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°＞μmgcos 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，由牛顿第二定律得：
代入数据得：a 2=2 m/s 2，
位移：x 2=l ﹣x 1=16﹣5=11m ，
又因为x 2=vt 2+
则有：10t 2+=11，
解得：t 2=1 s （t 2=﹣11 s 舍去）
所以有：t 总=t 1+t 2=2 s ．
答：（1）若传送带顺时针转动，物体由A 滑到B 的时间为4s ．
（2）若传送带逆时针转动，物体从A 到B 需要的时间为2s ．
点评： 解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体运动，明确速度和加速度的变化，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．从此题看出出，皮带传送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速度相等的时刻．
9、【答案】 ?合F ＝20N ；?μ＝0.5；?
【解析】
考点：本题主要考查了牛顿第二定律的应用和对v-t 图象的理解与应用问题。 试题分析：?由图乙可知：a 1＝11
ΔΔt v ＝01010--m/s 2＝10m/s 2
根据牛顿第二定律有：合F ＝ma 1＝20N
?0～1s 内，小物块受到的摩擦力沿斜面向下，有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 1 1～2s 内，由图乙知：a 2＝22
ΔΔt v ＝121012--m/s 2＝2m/s 2
小物块受到的摩擦力沿斜面向上，有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2
联立以上各式，并代入数据解得：μ＝0.5
?由图象可知，传送带的速度为v ＝10m/s
作出传送带的v-t 图象如下图所示，两阴影部分的面积分别为：Δs 1＝5m ，Δs 2＝1m
则Q＝f（Δs1＋Δs2）＝48J
10、【答案】（1）物体刚放上传送带时的加速度为10m/s2；
（2）煤块在传送带上运动的总时间为（﹣4+2）s；
（3）留下的煤炭划痕长为；
（4）皮带轮的角速度至少为31πrad/s．
【解析】
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：（1）（2）当物体的速度小于传送带的速度时，向下加速运动，由于重力沿斜面的分力大于摩擦力，故当达到共同速度后物体在传送带上继续做加速运动，利用牛顿第二定律和运动学公式及可求得时间；
（3）求出两个加速阶段物体与传送带的位移即可求得痕迹长度；
（4）当传送带刚好运动一周时物块下滑到斜面底端，利用运动学公式即可求的最小速度．
解答：解：（1）设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
则有a1==10m/s2
（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t1，位移为x1，则有
传送带转动速度：v=ωr=10m/s
x1=＜20m
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°＞μmgcos 37°，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=s﹣x1=20﹣5=15m
又因为x2=vt2+a2t22，则有10t2+t22=15
（舍去），
所以t总=t1+t2=（﹣4+2）s．
（3）在第1 s内，皮带位移x′=vt=10m．
物体速度大于传送带速度，还是原来的痕迹，则痕迹长x′﹣x1=5m
速度相等后，煤块相对传送带向下滑
此阶段皮带位移：
综合以上情况知，留下的划痕长为
（4）析可知，当煤块在皮带上留下的划痕为整体皮带长时，划痕最长
又整根皮带长度为：l=2s+2πr=42m
假设调整皮带轮的角速度后，煤块在传送带上一直以
做匀加速运动，则煤块在皮带上运动时间为t
有：
得：t=2s
皮带的速度为：
而煤块离开的速度v″=a1t=20m/s＜31m/s
故假设成立，所以皮带转动的角速度为：
答：（1）物体刚放上传送带时的加速度为10m/s2；
（2）煤块在传送带上运动的总时间为（﹣4+2）s；
（3）留下的煤炭划痕长为；
（4）皮带轮的角速度至少为31πrad/s．
点评：本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式，加速度时中间桥梁．
11、【答案】
12、【答案】（1）物块运动到B点时的速度大小为4m/ss；
（2）物体运动到C点处的速度大小为0；
（3）物块从C运动到D所用时间为=（2﹣4）s
【解析】
考点:牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
专题:牛顿运动定律综合专题．
分析:（1）由牛顿第二定律求出加速度，由匀变速运动的速度位移公式求出物块的速度；（2）由牛顿第二定律求出加速度，由匀变速运动的速度位移公式求出物块的速度；（3）物块在CD上做加速运动，物块受到与传送带速度相等前后物块的加速度不同，
由牛顿第二定律求出加速度、应用匀变速运动的运动学公式即可正确解题．
解答:解：（1）物块从A到B过程中，由牛顿第二定律得：F﹣mgsin37°=ma1，
代入数据解得：，
由匀变速运动的速度位移公式得：v B2﹣0=2aL，
代入数据解得：v B=4m/s；
（2）物块在BC段上，由牛顿第二定律得：μmg=ma2，
代入数据解得：，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：，
代入数据解得：v C=0m/s；
（3）物块在CD段上，在和传送带速度相等前，由牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma3，
代入数据解得：，
当物块速度与传送带速度相等时，物块位移为：x1==5m，
所用时间为：=1s，
在物体速度达到10m/s后，摩擦力反向，仍做加速运动，由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma4，
代入数据解得：，
由匀变速直线运动公式得：，
代入数据解得：，
总时间：t=t1+t2=（2﹣4）s；
答：（1）物块运动到B点时的速度大小为4m/ss；
（2）物体运动到C点处的速度大小为0；
（3）物块从C运动到D所用时间为=（2﹣4）s．
点评:本题考查了牛顿第二定律的应用，物体运动过程较复杂，分析清楚物体的运动过程、应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题；物块在CD面上的运动分两个过程，这两个过程物块的加速度不同，这是容易出错的地方，解题时应注意．
13、【答案】（1）物块从a运动到b的时间为0.4s；
（2）物块从b运动到c的时间为1.25s
【解析】
考点:牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题:牛顿运动定律综合专题．
分析:（1）根据牛顿第二定律求出在ab段做匀加速直线运动的加速度，结合运动学公式求出a到b的运动时间．
（2）到达b点的速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律求出在bc段匀加速运动的加速度，求出速度相等经历的时间，以及位移的大小，根据牛顿第二定律求出速度相等后的加速度，结合位移时间公式求出速度相等后匀加速运动的时间，从而得出b到c的时间．
解答:解：（1）物体A轻放在a处后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动
，
与皮带共速需要发生位移x共==m＞0.2m，
物体A从a运动到b：，
代入数据解得：t1=0.4s．
（2）到达b点的速度v b=a1t1=2.5×0.4m/s=1m/s＜3m/s
由牛顿第二定律得：mgsin37°+f2=ma2，
N2=mgcos37°，
且f2=μN2
代入数据解得：．
物块在斜面上与传送带共速的位移是：，
代入数据解得：s共=0.5m＜5.5m，
时间为：，
之后，gsin37°=6m/s2＞μgcos37°=2m/s2，物块继续加速下滑
由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣f2=ma3，
N2=mgcos37°
且f2=μN2
代入数据解得：
设从共速到下滑至c的时间为t3，由
得：t3=1s．
综上，物块从b运动到c的时间为：t2+t3=1.25s．
答：（1）物块从a运动到b的时间为0.4s；
（2）物块从b运动到c的时间为1.25s．
点评:解决本题的关键理清物体在传送带上整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，难度中等．
传送带练习题答案
传送带练习 一、选择题（1-3单选，4-8多选） 1.如图所示，同一个小木块从光滑斜面上距水平面h=0.8m 处无初速度释放，通过光滑转角进入水平传送带，转角处无动能损失。水平传送带长度l=3m ，木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2。第一次传送带速度为4m/s ，方向向右，木块到达传送带右端的总时间为t 1；第二次传送带静止，木块到达传送带右端的总时间为t 2；第三次传送带速度为 4m/s ，方向向左，木块到达传送带右端的总时间为t 3，则（ C ） A.t 1=t 2=t 3 B.t 1
(完整版)高中物理传送带模型典型例题(含答案)【经典】,推荐文档
难点形成的原因： 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。 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．绷紧的传送带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/s 2. (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)行李刚开始运动时，受力如图所示，滑动摩擦力： F f ＝μmg ＝4 N 由牛顿第二定律得：F f ＝ma 解得：a ＝1 m/s 2(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则：v ＝at ，解得t ＝＝1 s v a (3)行李始终匀加速运行时间最短，且加速度仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时， 有：v ＝2aL 解得：v min ＝＝2 m/s 2min 2aL 故传送带的最小运行速率为2 m/s 行李运行的最短时间：t min ＝＝2 s v min a 2：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？ 【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度 2 m/s 2.1sin cos =-=m mg mg a θ θμ。 这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s 为止，其对应的时 间和位移分别为： ,33.8s 2.1101s a v t === m 67.412 21==a s υ＜50m 以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因为mgsinθ＜μmgcosθ）。 设物体完成剩余的位移2s 所用的时间为2t ，则202t s υ=，50m －41.67m=210t 解得： s, 33.8 2=t 所以：s 66.16s 33.8s 33.8=+=总t 。 3、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μ＝，取g ＝10 3 2m/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。 [答案] (1)先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s 解析 (1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，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
高三物理传送带专题训练
传送带专题训练 1、如图5所示，足够长的水平传送带以恒定的速度V 1沿顺时针方向转动，传送带右端有一传送带等高的光滑平台，物体以速度V 2向左滑上传送带，经过一段时间后又返回到光滑平 台上，此时物体速度为2V ' ，则下列说法正确的是（ ） A ．若V 2>V 1，则2V '= V 1， B ．若V 2＜V 1，则2V '= V 2， C ．无论V 2多大，总有2V '= V 2， D ·只有V 2=V 1时，才有2V '= V 1 2、如图所示，一质量为m 的滑块从高为h 的光滑圆弧形槽的顶端A 处无初速度地滑下，槽的底端B 与水平传A 带相接，传送带的运行速度为v 0，长为L,滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C 时，恰好被加速到与传送带的速度相同．求： (1)滑块到达底端B 时的速度v ；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ； (3)此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q. 3、水平的浅色长传送带上放置一质量为0.5kg 的煤块．煤块与传送带之间的动摩擦因数 μ =0.2．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a 0=3m/s 2 开始运 动，其速度达到v =6m/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一段黑色痕迹后，煤块相对传送带不再滑动．g 取10m/s 2 ．（1）请你从物理学角度简要说明黑色痕迹形成的原因，并求此过程中煤块所受滑动摩擦力的大小． （2）求黑色痕迹的长度．
4、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=8 m ，传送带的皮带轮的半径均为R=0. 2 m ，传送带的上部距地面的高度为h=0. 45 m ．现有一个旅行包（视为质点）以速度v 0=10 m/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6.0=μ．皮带轮与皮带之间始终不打滑．g 取10 m/s 2 ．讨论下列问题： (1)若传送带静止，旅行包滑到B 点时，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？ (2)设皮带轮顺时针匀速转动，若皮带轮的角速度s rad /401=ω，旅行包落地点距B 端的水平距离又为多少？ (3)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．
高考物理--传送带问题专题归类(含答案及解析)
传送带问题归类分析 传送带是运送货物的一种省力工具，在装卸运输行业中有着广泛的应用，本文收集、整理了传送带相关问题，并从两个视角进行分类剖析：一是从传送带问题的考查目标（即：力与运动情况的分析、能量转化情况的分析）来剖析；二是从传送带的形式来剖析．（一）传送带分类：（常见的几种传送带模型） 1.按放置方向分水平、倾斜和组合三种； 2.按转向分顺时针、逆时针转两种； 3.按运动状态分匀速、变速两种。 （二）| （三）传送带特点：传送带的运动不受滑块的影响，因为滑块的加入，带动传送带的电机要多输出的能量等于滑块机械能的增加量与摩擦生热的和。 （三）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带相同的时刻），对于倾斜传送带模型要分析mgsinθ与f的大小与方向。突变有下面三种： 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； （四）运动分析： 1.注意参考系的选择，传送带模型中选择地面为参考系； 2.判断共速以后是与传送带保持相对静止作匀速运动呢还是继续加速运动 ， 3.判断传送带长度——临界之前是否滑出 （五）传送带问题中的功能分析
1.功能关系：W F =△E K +△E P +Q 。传送带的能量流向系统产生的内能、被传送的物体的动能变化，被传送物体势能的增加。因此，电动机由于传送工件多消耗的电能就包括了工件增加的动能和势能以及摩擦产生的热量。 2.对W F 、Q 的正确理解 （a ）传送带做的功：W F =F·S 带 功率P=F× v 带 （F 由传送带受力平衡求得） （b ）产生的内能：Q=f·S 相对 （c ）如物体无初速，放在水平传送带上，则在整个加速过程中物体获得的动能E K ，因为摩擦而产生的热量Q 有如下关系：E K =Q= 2 mv 2 1传 。一对滑动摩擦力做的总功等于机械能转化成热能的值。而且这个总功在求法上比一般的相互作用力的总功更有特点，一般的一对相互作用力的功为W ＝f 相s 相对，而在传送带中一对滑动摩擦力的功W ＝f 相s ，其中s 为被传送物体的实际路程，因为一对滑动摩擦力做功的情形是力的大小相等，位移不等（恰好相差一倍），并且一个是正功一个是负功，其代数和是负值，这表明机械能向内能转化，转化的量即是两功差值的绝对值。 （六）水平传送带问题的变化类型 ） 设传送带的速度为v 带，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，两定滑轮之间的距离为L ，物体置于传送带一端的初速度为v 0。 1、v 0＝0， v 0物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做a =μg 的加速运动。 假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v ＝ gL μ2，显然有： v 带＜ gL μ2 时，物体在传送带上将先加速，后匀速。 v 带 ≥ gL μ2时，物体在传送带上将一直加速。 2、 V 0≠ 0，且V 0与V 带同向 （1）V 0＜ v 带时，同上理可知，物体刚运动到带上时，将做a =μg 的加速运动，假定物体一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为V ＝ gL V μ220 +，显然有： V 0＜ v 带＜ gL V μ220 + 时，物体在传送带上将先加速后匀速。 v 带 ≥ gL V μ220 + 时，物体在传送带上将一直加速。 （2）V 0＞ v 带时，因V 0＞ v 带，物体刚运动到传送带时，将做加速度大小为a = μg 的减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为V ＝ gL V μ220 - ，显然
专题复习之力与传送带力与传送带专题带答案
α A B 专题复习力与传送带 一、选择题 1.如图所示，两个完全相同的光滑球的质量为m ，放在竖直挡板和倾角为α的固定斜面间。若缓慢转动挡板至斜面垂直，则在此过程中 A.A 、B 两球间的弹力不变； B.B 球对挡板的压力逐渐减小； C.B 球对斜面的压力逐渐增大； D.A 球对斜面的压力逐渐增大。 2.用轻弹簧竖直悬挂质量为m 的物体,静止时弹簧伸长量为L.现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m 的物体,系统静止时弹簧伸长量也为L.斜面倾角为300 ,如图所示.则物体所受摩擦力 A.等于零 B.大小为 mg 2 1 ,方向沿斜面向下 C.大小为mg 2 3,方向沿斜面向上 D.大小为mg,方向沿斜面向上 3.木块A 、B 分别重50 N 和60 N,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25.夹在A 、B 之间的轻弹簧被压缩了2 cm,弹簧的劲度系数为400 N/m,系统置于水平地面上静止不动.现用F =1 N 的水平拉力作用在木块B 上,如图所示,力F 作用后 A.木块A 所受摩擦力大小是12.5 N B.木块A 所受摩擦力大小是11.5 N C.木块B 所受摩擦力大小是9 N D.木块B 所受摩擦力大小是7 N 4、某缓冲装置可抽象成图所示的简单模型。图中1,2K K 为原长相等，劲度系数不同的轻质弹簧。下列表述正确的是 A ．缓冲效果与弹簧的劲度系数无关 B ．垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等 C ．垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等 D ．垫片向右移动时，两弹簧的弹性势能发生改变 5．如图所示,匀强电场方向与倾斜的天花板垂直,一 带正电的物体在 天花板上处于静止状态,则下列判断正确的是 A.天花板与物体间的弹力一定不为零 B.天花板对物体的摩擦力可能为零 C.物体受到天花板的摩擦力随电场强度E 的增大而增大 D.逐渐增大电场强度E 的过程中,物体将始终保持静止 6.如图所示,小圆环A 吊着一个质量为m 2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上,有一细线一端拴在小圆环A 上,另一端跨过固定在大圆环最高点B 的一个小滑轮后吊着一个质量为m 1的物块.如果小圆环、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计,绳子又不可伸长,若平衡时弦AB 所对应的圆心角为α,则两物块的质量比m 1∶m 2应为
(完整)高中物理必修一涉及到传送带问题解析(含练习解析)
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。（以下的说明中个字母的意义与此相同） 物体必定在滑动摩擦力的作用下相对于地做初速度为零的匀加速直线运动。其加速度由牛顿第二定律 ，求得；
高中物理传送带问题知识难点讲解汇总带复习资料
弄死我咯,搞了一个多钟 传送带问题 一、难点形成的原因： 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。 二、难点突破策略： （1）突破难点1 在以上三个难点中，第1个难点应属于易错点，突破方法是先让学生正确理解摩擦力产生的条件、方向的判断方法、大小的决定因素等等。通过对不同类型题目的分析练习，让学生做到准确灵活地分析摩擦力的有无、大小和方向。 摩擦力的产生条件是：第一，物体间相互接触、挤压；第二，接触面不光滑；第三，物体间有相对运动趋势或相对运动。 前两个产生条件对于学生来说没有困难，第三个条件就比较容易出问题了。若物体是轻轻地放在了匀速运动的传送带上，那么物体一定要和传送带之间产生相对滑动，物体和传送带一定同时受到方向相反的滑动摩擦力。关于物体所受滑动摩擦力的方向判断有两种方法：一是根据滑动摩擦力一定要阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，先判断物体相对传送带的运动方向，可用假设法，若无摩擦，物体将停在原处，则显然物体相对传送带有向后运动的趋势，因此物体要受到沿传送带前进方向的摩擦力，由牛顿第三定律，传送带要受到向后的阻碍它运动的滑动摩擦力；二是根据摩擦力产生的作用效果来分析它的方向，物体只所以能由静止开始向前运动，则一定受到向前的动力作用，这个水平方向上的力只能由传送带提供，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力，传送带必须要由电动机带动才能持续而稳定地工作，电动机给传送带提供动力作用，那么物体给传送带的就是阻力作用，与传送带的运动方向相反。 若物体是静置在传送带上，与传送带一起由静止开始加速，若物体与传送带之间的动摩擦因数较大，加速度相对较小，物体和传送带保持相对静止，它们之间存在着静摩擦力，物体的加速就是静摩擦力作用的结果，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力；若物体与传送带之间的动摩擦因数较小，加速度相对较大，物体和传送带不能保持相对静止，物体将跟不上传送带的运动，但它相对地面仍然是向前加速运动的，它们之间存在着滑动摩擦力，同样物体的加速就是该摩擦力的结果，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力。 若物体与传送带保持相对静止一起匀速运动，则它们之间无摩擦力，否则物体不可能匀速运动。 若物体以大于传送带的速度沿传送带运动方向滑上传送带，则物体将受到传送带提供的使它减速的摩擦力作用，直到减速到和传送带有相同的速度、相对传送带静止为止。因此该摩擦力方向一定与物体运动方向相反。 若物体与传送带保持相对静止一起匀速运动一段时间后，开始减速，因物体速度越来越小，故受到传送带提供的使它减速的摩擦力作用，方向与物体的运动方向相反，传送带则受到与传送带运动方向相同的摩擦力作用。 若传送带是倾斜方向的，情况就更为复杂了，因为在运动方向上，物体要受重力沿斜面的下滑分力作用，该力和物体运动的初速度共同决定相对运动或相对运动趋势方向。 例1：如图2—1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？ 图2—1 【审题】传送带沿逆时针转动，与物体接触处的速度方向斜向下，物体初速度为零，所以物体相对传送带向上滑动（相对地面是斜向下运动的），因此受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，这样物体在沿斜面方向上所受的合力为重力的下滑
高中物理力学典型例题
高中物理力学典型例题 1、如图1-1所示，长为5米的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距 为4米的两杆顶端A、B。绳上挂一个光滑的轻质挂钩。它钩着一个重 为12牛的物体。平衡时，绳中张力T=＿＿＿＿ 分析与解：本题为三力平衡问题。其基本思路为：选对象、分析力、画 力图、列方程。对平衡问题，根据题目所给条件，往往可采用不同的方 法，如正交分解法、相似三角形等。所以，本题有多种解法。 解法一：选挂钩为研究对象，其受力如图1-2所示，设细绳与水平夹角 为α，由平衡条件可知：2TSinα=F，其中F=12牛，将绳延长，由图 中几何条件得：Sinα=3/5，则代入上式可得T=10牛。 解法二：挂钩受三个力，由平衡条件可知：两个拉力（大小相等均为T） 的合力F’与F大小相等方向相反。以两个拉力为邻边所作的平行四边形 为菱形。如图1-2所示，其中力的三角形△OEG与△ADC相似，则： 得：牛。 想一想：若将右端绳A 沿杆适当下移些，细绳上张力是否变化？ （提示：挂钩在细绳上移到一个新位置，挂钩两边细绳与水平方向夹角仍相等，细绳的张力仍不变。） 2、如图2-1所示，轻质长绳水平地跨在相距为2L的两个小定滑轮A、 B上，质量为m的物块悬挂在绳上O点，O与A、B两滑轮的距离相 等。在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力F=mg。先托住物块， 使绳处于水平拉直状态，由静止释放物块，在物块下落过程中，保持 C、D两端的拉力F不变。 （1）当物块下落距离h为多大时，物块的加速度为零？ （2）在物块下落上述距离的过程中，克服C端恒力F做功W为多少？ （3）求物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H？ 分析与解：物块向下先作加速运动，随着物块的下落，两绳间的夹角 逐渐减小。因为绳子对物块的拉力大小不变，恒等于F，所以随着两 绳间的夹角减小，两绳对物块拉力的合力将逐渐增大，物块所受合力 逐渐减小，向下加速度逐渐减小。当物块的合外力为零时，速度达到 最大值。之后，因为两绳间夹角继续减小，物块所受合外力竖直向上， 且逐渐增大，物块将作加速度逐渐增大的减速运动。当物块下降速度 减为零时，物块竖直下落的距离达到最大值H。 当物块的加速度为零时，由共点力平衡条件可求出相应的θ角，再由θ角求出相应的距离h，进而求出克服C端恒力F所做的功。 对物块运用动能定理可求出物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H。 （1）当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块下降距离为h。因为F恒等于mg，所以绳对物块拉力大小恒为mg，由平衡条件知：2θ=120°，所以θ=60°，由图2-2知： h=L*tg30°= L [1] （2）当物块下落h时，绳的C、D端均上升h’，由几何关系可得：h’=-L [2] 克服C端恒力F做的功为：W=F*h’[3]
传送带问题归类分析
传送带问题归类分析 [问题特点]：传送带问题是高中动力学问题中的难点，它是以真实的物理现象为命题情景，涉及牛顿运动定律、运动学规律、动能定理及能量守恒定律，既能训练学生的科学思维，又能联系科学、生产和生活实际，是高考试题中一种比较常见的题型。 一、问题的分类 按传送带放置分水平、倾斜两种；按转动方向分顺时针、逆时针转两种。 二、典例分析 例题1：如图所示，水平传送带以v ＝5 m/s 的恒定速度运动，传送带长L ＝7.5 m ，今在 其左端A 将一m ＝1 kg 的工件轻轻放在上面，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μ＝0.5，试求：(g ＝10 m/s 2) (1)工件经多长时间由A 端传送到B 端？ (2)此过程中系统产生多少热量？ (3)跟不放物体相比，传送带电机多消耗的电能为多少？ 受力分析与运动分析： 拓展1：若工件以v 0＝7 m/s 的速度滑上传送带，工件由A 端到B 端的时间及系统因摩擦而生的热为多少？ 受力分析与运动分析： 拓展2：如图所示，若传送带沿逆时针方向转动，且v ＝5 m/s ，试分析当工件 以初速度v 0＝3 m/s 和v 0＝7 m/s 时，工件的运动情况，并求出该过程产生的摩 擦热。 受力分析与运动分析： 归纳总结:
传送带以速度v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放 置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求： (1)物体由A端运动到B端的时间； (2)系统因摩擦产生的热量。 1、受力分析与运动分析： 2、功能关系分析： 拓展1：若传送带沿逆时针方向以v＝10 m/s的速度匀速转动，结果又如何？ 受力分析与运动分析： 归纳总结:
高中物理难点分类解析滑块与传送带模型问题(经典)
滑块—木板模型 例1如图1所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的物块A和木板B，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。 分析：为防止运动过程中A落后于B（A不受拉力F的直接作用，靠A、B间的静摩擦力加速），A、B 一起加速的最大加速度由A决定。解答：物块A能获得的最大加速度为：．∴A、B 一起加速运动时，拉力F的最大值为：． 变式1例1中若拉力F作用在A上呢如图2所示。解答：木板B能获得的最大加速度为：。∴A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为： ． 变式2在变式1的基础上再改为：B与水平面间的动摩擦因数为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。 解答：木板B能获得的最大加速度为：，设A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为F m，则： 解得： 《 例2 如图3所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒 力F，F=8N，当小车速度达到1．5m/s时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ=0．2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t=1．5s通过的位移大小。（g 取10m/s2） 解答：物体放上后先加速：a1=μg=2m/s2，此时小车的加速度为：，当小车与物体达到共同速度时：v共=a1t1=v0+a2t1，解得：t1=1s ，v共=2m/s，以后物体与小车相对静止： （∵，物体不会落后于小车）物体在t=1．5s内通过的位移为：s= a1t12+v共（t－t1）+ a3（t－t1）2=2．1m
练习1如图4所示，在水平面上静止着两个质量均为m=1kg、长度均为L=1．5m的木板A和B，A、B 间距s=6m，在A的最左端静止着一个质量为M=2kg的小滑块C，A、B与C之间的动摩擦因数为μ1=0．2，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0．1。最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。现在对C施加一个水平向右的恒力F=4N，A和C开始运动，经过一段时间A、B相碰，碰后立刻达到共同速度，C瞬间速度不变，但A、B并不粘连，求：经过时间t=10s时A、B、C的速度分别为多少（已知重力加速度g=10m/s2） 解答：假设力F作用后A、C一起加速，则：，而A能获得的最 大加速度为：，∵，∴假设成立，在A、C滑行6m的过程中：，∴v1=2m/s，，A、B相碰过程，由动量守恒定律可得：mv1=2mv2 ，∴v2=1m/s，此后A、C相对滑动：，故C匀速运动； ，故AB也匀速运动。设经时间t2，C从A右端滑下：v1t2－v2t2=L∴t2=1．5s，然后A、B分离，A减速运动直至停止：a A=μ2g=1m/s2，向 左，，故t=10s时，v A=0．C在B上继 续滑动，且C匀速、B加速：a B=a0=1m/s2，设经时间t4，C．B速度相 等：∴t4=1s。此过程中，C．B的相对位移为：，故C没有从B的右端滑下。然后C．B一起加速，加速度为a1，加速的时间为： ，故t=10s时，A、B、C的速度分别为0，2．5m/s，2．5m/s． $ 练习2如图5所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数 ，取g=10m/s2，试求： （1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端 （2）若在铁块上施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后。（解答略）答案如下：（1）t=1s，（2）①当F≤N时，A、B相对静止且对地静止，f2=F；，②当2N
传送带问题(习题)
动力学中的传送带问题 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v 1，需时间t 1，若传送带逆时针转动，A 滑至传送带最右端的速度为v 2，需时间t 2，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， 一物体以恒定速度v 2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v 2′，则下列说确的是：（ ） A ．只有v 1= v 2时,才有v 2′= v 1 B ． 若v 1 >v 2时, 则v 2′= v 2 C ．若v 1 “传送带”模型问题专题分析 一．模型特点: 1．水平传送带 情景一 物块可能运动情况： (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景二 (1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速 (2)v0 传送带练习题 在以后的运动中，到达右端所用的时间：s s v x L t 12 2412=-=-= 共用时间：t=t 1+t 2=3s （3）若传送带以v=4m/s 速度逆时针匀速运动，则物体一直减速运动，加速度为2m/s 1==g a μ，为使物体仍能到达 B 端，则aL v 22=，解得 m /s 22m /s 4122=??==aL v 考点：牛顿第二定律的应用；匀变速直线运动的规律. 11、如图所示，水平传送带AB 长L=10m ，向右匀速运动的速度v 0=4m/s ．一质量为1kg 的小物块（可视为质点）以v 1=6m/s 的初速度从传送带右端B 点冲上传送带，物块与传 送带间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g 取10m/s 2．求： （1）物块相对地面向左运动的最大距离； （2）物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间． 【答案】（1）物块相对地面向左运动的最大距离为4.5m ； （2）物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间3.125s 【解析】 考点:牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有 专题:牛顿运动定律综合专题． 分析:（1）当物块相对地面的速度为零时，相对地面向左运动有最大距离； （2）物块经历向左减速、向右加速、向右匀速三个过程，时间之和就是总时间． 解答:解：（1）设物块与传送带间摩擦力大小为f 、向左运动最大距离s 1时速度变为0 f=μmg ﹣fs 1=0﹣ 解得：s 1=4.5m （2）设小物块经时间t 1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a ，经时间t 2与传送带速度相等： v 1﹣at 1=0 由牛顿第二定律得：a= 解得：t 1=1.5s v 0=at 2 解得：t 2=1s 设反向加速时，物块的位移为s 2，则有： s 2===2m 传送带问题典型题解 摩擦力做功 A 、滑动摩擦力做功的特点： ①滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，还可以不做功。 ②相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力所做的功总为负值，其绝对值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。 B 、静摩擦力做功的特点： 1．静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． 2．相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做功的和总是等于零． 三、传送带问题： 传送带类分水平、倾斜两种：按转向分顺时针、逆时针转两种。 （1）受力和运动分析： 受力分析中的摩擦力突变（大小、方向）——发生在V 物与V 传相同的时刻； 运动分析中的速度变化——相对运动方向和对地速度变化。 分析关键是： ◆ V 物、V 带的大小与方向； ◆ mgsin θ与f 的大小与方向。 (2)传送带问题中的功能分析 ①功能关系：WF=△E K +△E P +Q ②对W F 、Q 的正确理解 （a ）传送带做的功：W F =F ·S 带 功率P=F ×V 带 （F 由传送带受力平衡求得） （b ）产生的内能：Q=f ·S 相对 （c ）如物体无初速，放在水平传送带上，则在整个加速过程中 物体获得的动能E K =2mv 2 1传E K ， 因为摩擦而产生的热量Q 两者间有如下关系：E K =Q= 2mv 21传 难点： 1、属于易错点，突破方法是先让学生正确理解摩擦力产生的条件、方向的判断方法、大小的决定因素等等。通过对不同类型题目的分析练习，让学生做到准确灵活地分析摩擦力的有无、大小和方向。 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。该难点应属于思维上有难度的知识点，突破方法是灵活运用“力是改变物体运动状态的原因”这个理论依据，对物体的运动性质做出正确分析，判断好物体和传送带的加速度、速度关系，画好草图分析，找准物体和传送带的位移及两者之间的关系。 3、对于匀速运动的传送带传送初速为零的物体，传送带应提供两方面的能量，一是物体动能的增加，二是物体与传送带间的摩擦所生成的热（即内能），有不少同学容易漏掉内能的转化，因为该知识点具有隐蔽性，往往是漏掉了，也不能在计算过程中很容易地显示出来，尤其是在综合性题目中更容易疏忽。突破方法是引导学生分析有滑动摩擦力做功转化为内能的物理过程，使“只要有滑动摩擦力做功的过程，必有内能转化”的知识点在学生头脑中形成深刻印象。 传送带问题 1、如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2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图像(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则 ( ) A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 2、在工厂的流水线上安装水平传送带，可以把沿斜面滑下的工件用水平传送带进行传送，可大大提高工作效率．如图所示，一倾角θ=30°的光滑斜面下端与水平传送带相连，一工件从h=高处的A点由静止滑下后到达B点的速度为v1，接着以v1滑上水平放置的传送带．已知：传送带长L=15m，向右保持v0=s的运行速度不变，工件与传送带间的动摩擦因数μ=，g=10m/s2，空气阻力不计，工件可看成质点．求： # （1）求工件从A点由静止下滑到离开传送带C点所用的时间． （2）假设传送带是白色的，工件为一煤块，则工件从B滑到C的过程中，在传送带上留下黑色痕迹的长度S= > 3、如图所示，传送带与水平方向夹37°角，AB长为L=16m的传送带以恒定速度v=10m/s 运动，在传送带上端A处无初速释放质量为m=的物块，物块与带面间的动摩擦因数μ=，求：（1）当传送带顺时针转动时，物块从A到B所经历的时间为多少 （2）当传送带逆时针转动时，物块从A到B所经历的时间为多少 ~ 1、B 2、解答:解析：（1）匀加速下滑时： mgsinθ=ma1﹣﹣﹣﹣﹣﹣①﹣﹣﹣﹣﹣﹣② 得：v1==2m/s﹣﹣﹣﹣﹣﹣③ 从A﹣B用时t1：v1=at1，得：t1=﹣﹣﹣﹣﹣﹣④ 从B﹣C先匀加速后匀速， * 加速时：μmg=ma2，得：﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤ 匀加速时间t2：v0=v1+a2t2，得：t2=10s﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥ 在t2内：=3m﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑦ 匀速时：L﹣x1=v0t3，得：t3=3s﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑧ 从A﹣C总时间：t=t1+t2+t3=﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑨ （2）在t2内，传送带位移为： x2=v0t2=4m﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑩ 黑色痕迹长度：S=x2﹣x1=1m > 4、解：（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，由牛顿第二定律得： mg（sin 37°﹣μcos 37°）=ma， 代入数据得：a=2m/s2， 由匀变速运动的位移公式： 代入数据得：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a1，由牛顿第二定律得： mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1， 代入数据得：a1=10 m/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： ， 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°＞μmgcos 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，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，由牛顿第二定律得： ，代入数据得：a2=2 m/s2， 位移：x2=l﹣x1=16﹣5=11m， 传送带经典例题透析 类型一、传送带的动力学问题——分析计算物体在传送带上的运动情况这类问题通常有两种情况，其一是物体在水平传送带上运动，其二是物体在倾斜的传送带上运动。解决这类问题共同的方法是：分析初始条件→相对运动情况→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，然后根据牛顿第二定律和运动学公式计算。 1、物体在水平传送带上的运动情况的计算 例1、如图所示，水平放置的传送带以速度v=2m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，若A端与B端相距4 m，则物体由A 运动到B的时间和物体到达B端时的速度是：（） A．2.5 s，2m/s B．1s，2m/s C．2.5s，4m/s D．1s，4/s 举一反三 【变式】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。如图所示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 李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB间的距离=2m，g取10 m/ 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。 2、物体在倾斜传送带上运动的计算 例2、如图所示，传送带与地面的倾角θ=37°，从A端到B端的 长度为16m，传送带以v0=10m/s的速度沿逆时针方向转动。在传送 带上端A处无初速地放置一个质量为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端运动到B端所需的时间是多少？(sin37°=0.6，cos37°=0.8) 类型二：物体在传送带上的相对运动问题 理解物体在传送带上的相对运动问题具有一定的难度，只要掌握了分析和计算的方法，问题便迎刃而解，解决此类问题的方法就是：分析物体和传送带相对于地的运动情况——分别求出物体和传送带对地的位移——求出这两个位移的矢量差。 例3、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。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。 举一反三：物体在倾斜传送带上相对运动的计算 【变式1】如图所示，皮带轮带动传送带沿逆时针方向以速度v0=2 m / s 匀速运动，两皮带轮之间的距离L=3.2 m，皮带绷紧与水平方向的夹角θ=37°。将一可视为质点的小物块无初速地从上端放到传送带上，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，物块在皮带上滑过时能在皮带上留下白色痕迹。求物体从下端离开传送带后，传送带上留下的“传送带”模型问题专题分析
传送带练习题
传送带问题典型题解
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传送带经典例题透析