专题复习之力与传送带力与传送带专题带答案
专题复习-传送带问题分析
(2)传送带问题中的功能分析
①功能关系：WF=△EK+△EP+Q ②对WF、Q的正确理解 （a）传送带做的功：WF=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Ek 和因摩擦而产生的 热量Q有如下关系： 1 2 E k Q mv 带 2
mg sinθ-μmg cosθ= m a
a = gsinθ-μgcosθ= 2 m/s2 S=1/2a t2
t 2S a 2 16 4s 2
B
N v
f
A
mg
（2）传送带逆时针方向转动物体受力如图： 开始摩擦力方向向下,向下匀加速运动 a1 =g sin370 +μ g cos370 = 10m/s2 t1=v/a1=1s S1=1/2 ×a1t2 =5m S2=11m 1秒后，速度达到10m/s，摩擦力方向变为向上
再经过时间t'，煤块的速度由v增加到v0，有 v0=v+at' 此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不 再滑动，不再产生新的痕迹。 设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带 和煤块移动的距离分别为s0和s，有 P s0= 1/2a0t2+v0t' s=v02/2a v v0 传送带上留下的黑色痕迹的长度 P l = s0－s v0 2 s v 0 ( a0 g ) l 由以上各式得 s0 P
A
B
C
解析:以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为 v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作 用下做匀加速运动，设这段路程为 s，所用时间为 t，加 速度为a，则对小箱有： S =1/2· at2 v0 =at 在这段时间内，传送带运动的路程为： 由以上可得： S0 =2S S0 =v0 t
新教材高中物理二轮复习精品 专题一 第3课时 动力学两类基本问题 板块模型和传送带模型中的动力学问题
3.(2021·江苏南京市、盐城市二模)如图7所示，电动传送带以恒定速度v0 ＝1.2 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m＝20
kg的箱子轻放到传送带底端，经过一段时间后，
箱子被送到h＝1.8 m的平台上.已知箱子与传送带
间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗(g＝10 m/s2，
第3课时 动力学两类基本问题 板块模型和 传送带模型中的动力学问题
命题规律
1.命题角度：(1)动力学的两类基本问题； (2)板块模型中的动力学问题； (3)传送带模型中的动力学问题.
2.常考题型：计算题.
内容索引
NEIRONGSUOYIN
高考题型1 动力学两类基本问题 高考题型2 板块模型中的动力学问题 高考题型3 传送带模型中的动力学问题 高考预测 专题强化练
⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A
的速度大的速度相同，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＋aAt2
⑬
在t2时间内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
水平面内，二者之间用传送带相接.传送带向右匀速运动，其速度的大小
v可以由驱动系统根据需要设定.质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以
初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带. 载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，
重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达
右侧平台时的速度最大，设为v2，
高考总复习之皮带问题专题
总复习课题皮带问题物体在皮带的带动下做匀加速运动，当物体速度增加到与皮带速度相等时，跟皮带一块是否能一起做匀速运动，取决于摩擦力的大小，分析时要充分考虑整个过程中物体的运动情况。
传送带问题的一般从三个层面上展开：一是受力和运动分析；二是物体和皮带间的相对运动；三是功能分析。
一：水平传送带1．如图所示，皮带是水平的，当皮带不动时，为了使物体向右匀速运动而作用在物体上的水平拉力为F1，当皮带向左运动时，为使物体向右匀速运动而作用在物体上的水平拉力为F2。
A．F1＝F2B．F1>F2C．F1<F2D．以上三种情况都在可能2．如图所示，两轮靠皮带传动，绷紧的皮带始终保持 3m/s 的速度水平地匀速运动．一质量为 1kg 的小物体无初速地放到皮带轮的A处，物体与皮带的动摩擦因数 ＝0.2，AB间距为 5.25 m。
g取10m/s2。
求：（1）物体从A到B所需时间；（2）要想尽快将物体由A点送到B点，传送带的速度至少应为多大?(3)提高(课后思考)：全过程中转化的内能有多少焦耳？要使物体经B点后水平抛出，则皮带轮半径R不的超过多大？二：斜面传送带3．某工厂一条输送工件的传送带安装如图所示，当传送带静止时，一滑块正在沿传送带匀速下滑，某时刻传送带突然加速向上开动，则与传送带静止时相比，木块滑到底部所用的时间（）A．不变 B．变长 C．变短D．不能确定4．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v 0=2 m/s 的速率运行.现把一质量为m =10 kg 的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端，经时间1.9 s ，工件被传送到h =1.5 m 的高处，取g =10 m/s 2.求工件与皮带间的动摩擦因数；自我诊断：5．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v 1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v 2沿直同一直线向左滑上传送带后，经过一段时间后又返回光滑水平面上，其速度为v 2＇，下列说法中正确的是（ ）A ．若v1＜v 2，则v 2＇=v 1B ．若v 1＞v 2，则v 2＇=v 2C ．不管v 2多大，总有v 2＇=v 2D ．若v 1=v 2，才有v 2＇=v 16．训练卷P182页11小题，并讨论物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体所做的功及由于摩擦而产生的热。
力与直线运动 二轮专题复习：4-应用动力学方法分析传送带问题 含解析 精品
4.应用动力学方法分析传送带问题一、解答牛顿运动定律的应用问题的方法1．研究对象的选取方法：整体法和隔离法灵活应用，一般已知或求解外力时选用整体法，已知或求解物体间的相互作用力时选用隔离法．2．受力分析的处理方法：合成法和正交分解法合理应用，当物体在两个力作用下变速运动时，可用合成法；当物体在两个以上的力的作用下变速运动时，常用正交分解法解题．3．多阶段问题的分析方法：常用程序法，即针对先后经历的几个过程逐一分析，运用程序法时要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始，两个过程交接点的速度往往是解决问题的关键．[例1] 如图所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于A 轮附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在A 轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的1.4倍，当有铁矿石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到B 端，由自动卸货装置取走．已知传送带与水平方向夹角为53°，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5，A 、B 两轮间的距离为L ＝64 m ，A 、B 两轮半径忽略不计，g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.(1)若传送带以恒定速率v 0＝10 m/s 传动，求被选中的铁矿石从A 端运动到B 端所需要的时间；(2)实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为0，一旦有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到B 端，传送带的加速度至少为多大？并求出最短时间．解析 (1)当传送带匀速向上传动时，对铁矿石沿传送带方向F f －mg sin θ＝ma垂直传送带方向：F N －mg cos θ－F ＝0其中F ＝1.4mg ，F f ＝μF N ，解得：a ＝2 m/s 2则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为： t 1＝v 0a ＝102s ＝5 s 对应的位移为：x 1＝12at 21＝12×2×52 m ＝25 m 根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力，所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到B 端，则其匀速运动时间为：t 2＝L －x 1v 0＝64－2510s ＝3.9 s ，所以铁矿石从传送带的A 端运动到B 端所需要的时间为：t ＝t 1＋t 2＝8.9 s.(2)只有铁矿石一直加速运动到B 点时，所用时间才会最短，根据问题(1)分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是2 m/s 2，所以传送带的最小加速度为：a min ＝2 m/s 2，则有：L ＝12at ′2，代入数据解得最短时间为：t ′＝8 s. 答案 (1)8.9 s (2)2 m/s 2 8 s【方法总结】 (1)传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断．例题2． (多选)如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m 乙＝5 kg 的盒子乙，乙内放置一质量为m 丙＝1 kg 的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m 甲＝2 kg 的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行．现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，重力加速度g ＝10 m/s 2.则( )A ．细绳对盒子的拉力大小为20 NB ．盒子的加速度大小为2.5 m/s 2C ．盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5 ND ．定滑轮受到细绳的作用力为30 N解析：选BC.假设绳子拉力为F T ，根据牛顿第二定律，对甲，有m 甲g －F T ＝m 甲a ；对乙和丙组成的整体，有F T ＝(m 乙＋m 丙)a ，联立解得F T ＝15 N ，a ＝2.5 m/s 2，A 错误，B 正确；对滑块丙受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有F f ＝m 丙a ＝1×2.5 N ＝2.5 N ，C 正确；绳子的张力为15 N ，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15 2 N ，所以D 错误．例题3．如图所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x ＝0)．现改变力F 的大小，使B 以g 2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中N 或F 随x 变化的图象正确的是( )解析：选D.根据题述，B 以g 2的加速度匀加速向下运动过程中，选项A 、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mg －kx －F ＝2m ·g 2，解得F ＝mg －kx ，即F 从mg 开始线性减小，可排除图象C.选择B 作为研究对象，由牛顿第二定律，mg ＋N －F ＝mg 2，解得N ＝mg 2－kx .当弹簧的弹力增大到mg 2，即x ＝mg 2k时，A 和B 间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的mg 2线性减小到零，选项A 、B 错误．同时，力F 由开始时的mg 线性减小到mg 2，此后B 与A 分离，力F 保持mg 2不变，故选项D 正确．例题4．如图所示，物块M 在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v 0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是( )A ．M 下滑的速度不变B ．M 开始在传送带上加速到2v 0后向下匀速运动C ．M 先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D ．M 受的摩擦力方向始终沿传送带向上解析：选C.传送带静止时，物块匀速下滑，故mg sin θ＝F f ，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C 正确，故选C.。
“传送带”模型中的动力学问题(解析版)—2025年高考物理一轮复习
运动和力的关系“传送带”模型中的动力学问题素养目标：1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类。
2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。
1．（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。
下列说法正确的是（ ）A．刚开始物体相对传送带向前运动B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长考点一 水平传送带中的动力学问题水平传送带问题的常见情形及运动分析滑块的运动情况情景传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止)传送带足够长一直加速先加速后匀速v 0<v 时，一直加速v 0<v 时，先加速再匀速v 0>v 时，一直减速v 0>v 时，先减速再匀速滑块一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端若v 0≤v ，则返回到左端时速度为v 0；若v 0>v ，则返回到左端时速度为v例题1. 如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为1v ，一小滑块从传送带左端以初速度大小0v 滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。
已知重力加速度为g ）A ．小滑块的加速度向右，大小为μgB ．若01vv <，小滑块返回到左端的时间为1v v g m +C ．若01v v >，小滑块返回到左端的时间为01v v gm +D ．若01v v >，小滑块返回到左端的时间为()20112v v gv m +【答案】D【解析】A ．小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得：mg ma m =解得：a gm =1.若01v v >，先匀减速再反方向加速，反方向加速只能加速到1v ，不能加速到0v 。
2025高考物理总复习动力学中的传送带模型
解得a2=4 m/s2
设从与传送带共速到减速为0的过程中P的位移为x2,则有
-2a2x2=0-v2
解得
2
x2=
2 2
=
22
2×4
m=0.5 m
所以物块P在传送带上向前冲的最远距离为
x1+x2=5.5 m。
(3)设共速前第一个减速过程P的位移为x3,用时为t3,皮带位移为x皮3;共速后
至减速为零为第二个减速过程,P的位移为x4,用时为t4,皮带位移为x皮4。则
小为
1
Δx2=2 2 2 +x1=17.5
m,则煤块在传送带上留下的痕迹长为 17.5 m,C 错
误;煤块与传送带间产生的热量为 Q=μmgcos θ·Δ1 + Δ2 =90 J,D 正确。
指点迷津
物体与传送带的划痕长度Δx等于物体与传送带的相对位移的大小,若有两
次相对运动且两次相对运动方向相同,则Δx=Δx1+Δx2(图甲);若两次相对运
sin + cos
a1=
=10
m/s ,经过时间 t1 速度减小到零,则
2
送带速度为零,则煤块向上滑动的位移
加速度为
Δ
a= =5
Δ
0 2
x1= =5
2 1
0
t1= =1
1
s,0~1 s 传
m,1 s 后传送带开始加速,其
m/s2,由于 μmgcos θ<mgsin θ,则煤块向下加速,其加速度为
传送带模型中的动力学图像
考向一 根据传送情境确定动力学图像
典题5 (多选)(2023广东佛山模拟)如图所示,飞机场运输行李的传送带保持
恒定的速率运行,将行李箱无初速度地放在传送带底端,传送带将它送入飞
3.3.7 - 传送带问题(一轮复习)
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。
思路点拨 (1)分析摩擦力方向→判断A和B的运动性质→求速 度和时间。 (2)计算A和B的位移→求相对位移→最短长度。 解析 (1)对A、B分别由牛顿第二定律有 又μmMg＝＝2mM，a可A得，aμA＝m12gμ＝g，maBa＝Bμg 规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v0 解－得atB＝t＝aA2＋－v0avB＝0＋34μvag0 ，Atv＝－v30。
解析 (1)物块在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，做匀加 速直线运动，有 F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1 联v＝立得a1ta11＝8 m/s2，t1＝0.5 s，故 s1＝12a1t21＝1 m 物块与传送带达到共同速度后， 因F－mgsin θ－μmgcos 37°＝0 故物块在平衡力作用下随传送带一起匀速上升 s2＝sinH37°－s1＝2 m，t2＝sv2＝0.5 s 物块在传送带上运动的总时间t＝t1＋t2＝1 s。
专题突破 动力学中“传送带”
突破一 “传送带”模型
水平传送带 分析解答问题的关键 (1)对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。 (2)物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力 发生突变的时刻。
【例1】 如图1所示，水平传送带始终以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，重力加速度为g。问：
2025高考物理总复习传送带”模型中的动力学问题
考点二 倾斜传送带问题
例3 (2024·江苏淮安市马坝高级中学检测)如图所示，传送带与水平地面 的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率 逆时针转动。在传送带上端A无初速度放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤 块(可视为质点)，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， cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能 否相对静止； 答案 不能
考点二 倾斜传送带问题
由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以煤块与传 送带速度相同后，它们Байду номын сангаас能相对静止。
考点二 倾斜传送带问题
(2)煤块从A运动到B的时间；
答案 1.5 s
考点二 倾斜传送带问题
煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，其加速度大小为 a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2， 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间 t1＝va01＝1 s， 发生的位移 x1＝12a1t12＝5 m 煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送 带向下加速运动，则有a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2， x2＝L－x1＝5.25 m，
v0>v时，一直减速
v0>v时，先减速再匀速
考点一 水平传送带问题
情景
总结提升
滑块的运动情况
传送带不足够长(滑块
最终未与传送带相对
传送带足够长
静止)
滑块先减速到速度为0，后被
传送带传回左端
滑块一直减速到右端 若v0≤v，则返回到左端时速
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αA 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 21,方向沿斜面向下 C.大小为mg 23,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 N4、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A.2cosαB.2sinαC.2sin2αD.2cos2α7．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 A ．F l <F 2 B ．F 1=F 2 C ．t l >t 2 D ．t l <t t8. 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A ．a 1 >a 2B ．t 1 <t 2C ．υ1>v 1D ．Q 1 <Q 29. 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)匀加速直线运动，则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二、计算题10．将一粉笔头轻放在以2m/s 的恒定速度运动的传送带上，传送带上留下一条长度为4m 的划线（粉笔头只要相对于传送带运动就能划线），求粉笔头与传送带间的动摩擦因数。
（g=10m/s 2）11. 一水平传送带两轮之间距离为20m ，以2m/s 的速度做匀速运动。
已知某小物体与传送带间的动摩擦因数为0.1，将该小物体从传送带左端沿传送带同样的方向以4m/s 的初速度滑出，设传送带速率不受影响，则物体从左端运动到右端所需时间是多少？12. 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：如图58如图10(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．13..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 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。
14、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B v '。
（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。
15. 如图所示，传送带两轮之间的距离为16m ，传送带与水平面间的夹角α=37°，并以v =10m/s 的速度顺时针匀速转动着，在传送带的A 端轻轻地放一个小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，则物体从A 端到B 端所用的时间为多少？（g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos 37°=0.8）图9616.如图所示，传送带两轮之间的距离为16m ，传送带与水平面间的夹角α=37°，并以v =10m/s 的速度逆时针匀速转动着，在传送带的A 端轻轻地放一个小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，传送带A 端到B 端所需的时间可能是多少？（g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos 37°=0.8）17. 如图104所示的传送带以速度V=2m/s 匀速运行，AB 部分水平，BC 部分与水平面之间的夹角为30°，AB 间与BC 间的距离都是12m ，工件与传送带间的动摩擦因数为63=μ，现将质量为5kg 的工件轻轻放在传送带的A 端，假设工件始终没有离开传送带，求：（1）工件在AB 上做加速运动过程中的位移 （2）工件在滑到C 点时的速度大小答案1．AB 2。
A 3. 4.BD 5.AD 6.C 7.B 8.D 9.C 10 11图10412(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=μg② (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）13.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 gv mg s f Q=⋅=⋅=μμ相对。
（3）略14【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：222121BB A A pv m v m E +=① 由动量守恒有： m A v A =m B v B② 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， mB 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 B v ''=A v ' ⑥B 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 J17. 解：（1）设工件在传送带上时的加速度为a 1，加速运动过程中的位移为s 1由牛顿定律得：1ma mg =μ 所以g a μ=1 ①m m a V s 69.0153610632222121==⨯⨯== ② （2）设当工件滑到BC 部分上时物体的加速度为a 2.则 230cos 30sin ma mg mg =-μ ③ 22/5.230cos 30sin s m g g a =-=μ ④ 所以，由V 02 －V 2 = 2a 2L 得V 0 = 8m/s ⑤ ①②各4分，③④得3分，⑤2分，共16分。