牛顿第二定律传送带模型含答案
牛顿第二定律传送带问题
牛顿第二定律的应用——传送带问题【模型一】水平传送带例：水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如下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，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）求行李从A处传送到B处的时间；（4）这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下一段多长的摩擦痕迹？（5）如果提高传送带的运行速率，行李就能较快的被传送到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虽小运行速率。
【跟踪检测】=6m/s 1、如图，光滑圆弧槽的末端与水平传送带相切，一滑块从圆槽滑下，以v的速度滑上传送带，已知传送带长L=8m,滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，求下面三种情况下，滑块在传送带上运动的时间(g=10m/s2)(1)传送带以4m/s的速度逆时针转动；(2)传送带不动；(3)传送带以4m/s的速度顺时针转动。
2、如下图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿逆时针方向运动，传送带左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沿直线向右滑上传送带后，经过一段时间后又返回光滑水平面上，其速率为v3，下列说法正确的是（）A.若v1<v2，则v3＝v1B.若v1>v2，则v3＝v2C.不管v2多大，总有v3＝v2D.若v1＝v2，才有v3＝v1【模型二】倾斜传送带例2：如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以1m/s的速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个质量为m=0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，已知传送带AB的长度L=5m，则物体从A运动到B需时间是多少? （g 取10 m/s2）【跟踪检测】如图所示，传送带与水平面成夹角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AB的长度L=16m，求：（1）物体从A传送到B需要的时间为多少？（2）物体从A传送到B过程中在传送带上留下的划痕多长？【巩固练习】1、如图，车以某一加速度向右运动，物块刚好沿车厢壁匀速下滑。
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 ．。
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。
(完整版)高中物理传送带模型(解析版)
送带模型1.模型特征(1)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<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(2)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)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直减速情景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2. 注意事项（1）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（2）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。
（3） 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。
【典例1】如图所示，传送带的水平部分长为L ，运动速率恒为v ，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( )A.L v ＋v 2μgB.L vC.2L μgD.2L v【答案】 ACD【典例2】如图所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/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 ＝0.5 kg 的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.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)4 s (2)2 s【典例3】如图所示，与水平面成θ＝30°的传送带正以v ＝3 m/s 的速度匀速运行，A 、B 两端相距l ＝13.5 m 。
(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 ＝1m/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 sv 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 2min2aL 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 sv mina 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2m/s 2.1sin cos =-=m mg mg a θθμ。
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。
高中物理---传送带模型-----典型例题(含答案)【经典】
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＝，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 ＝v a＝1 s(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 2min ＝2aL 解得：v min ＝2aL ＝2 m/s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 ＝v mina＝2 s 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=㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=，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2m/s 2.1sin cos =-=mmg mg a θθμ。
2020年高考回归复习—力学解答题之传送带模型 含解析
高考回归复习—力学解答题之传送带模型1．如图所示，水平传送带以v=4m/s的速度匀速转动，传送带两端的长度L=8m．现在传送带左端A无初速度竖直释放某一可视为质点的物块，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，试求：（g=10m/s2）（1）物块刚放上传送带时物块的加速度a；（2）物块由传送带左端A运动到右端B的总时间；（3）若传送带匀速转动的速度可调，则传送带至少以多大速度v min运行，物块从A端到B端运动时间才最短？2．用与水平方向夹角为30°的倾斜传送带将质量为0.2kg的小煤块从高处运往低处，传送带两皮带轮轴心间的距离为L＝22m，若传送带不动，将煤块从传送带顶端无初速度释放，滑到底端需用时4.69s（）.（g=10m/s2）求：（1）煤块与传送带之间的滑动摩擦力大小；（2）现让传送带的两轮逆时针转动，使传送带保持以4m/s的速度运行，将煤块无初速度地放到传送带顶端，求煤块到达传送带底端所用的时间。
并求出此种情况下煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度.3．如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切．一质量为m=1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g取10m/s2．求：（1）物体第一次滑到圆弧轨道下端时，对轨道的压力大小F N；（2）物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W，以及由于摩擦而产生的热量Q．4．如下图所示，在水平匀速运动的传送带的左端(P点)，轻放一质量为m＝1kg的物块，物块随传送带运动到A点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B、D为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R＝1.0m，圆弧对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h＝0.8m．(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：（1）物块离开A点时水平初速度的大小；（2）物块经过C点时对轨道压力的大小；（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5m/s，求PA间的距离．5．如图所示，质量为M=1kg的小木块随水平传送带一起以v=2m/s的速度向左匀速运动，传送带两端A、B间距为L=0.8m，小木块与传送带的动摩擦因数μ=0.5．当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m=20g 的子弹，以v0=300m/s的水平向右的速度射入木块，并在极短的时间内穿出，穿出速度v m=50m/s，重力加速度g取10m/s2．求：（1）子弹穿出小木块时小木块的速度v M；（2）子弹射穿小木块过程中产生的热量Q；（3）小木块在传送带上运动的时间．6．如图所示，传送带与水平面之间的夹角θ=30°，其上A、B两点间的距离L=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动．现将一质量m=10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，已知小物体与传送之间的动摩擦因数μ=32，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（取g=10m/s2）（1）物体刚开始运动的加速度大小；（2）物体从A到B运动的时间；（3）传送带对小物体做的功；（4）电动机做的功。
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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。
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′＝v20＋2μgL。
显然，若v0<v<v20＋2μgL，则物体在传送带上将先加速，后匀速运动；若v≥v20＋2μgL，则物体在传送带上将一直加速运动。
②若v0>v，物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a＝μg的匀减速运动。
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′＝v20－2μgL。
显然，若v≤v20－2μgL，则物体在传送带上将一直减速运动；若v0>v>v20－2μgL，则物体在传送带上将先减速，后匀速运动。
(2)物体一直做匀减速直线运动时，从A到B所用时间最短，加速度大小a＝μg，由L＝v0t－12可求最短时间。
2μgt答案见解析【拓展延伸2】若在【例1】中物体以初速度v0从B向A运动，则物体可能做什么运动？解析物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a＝μg的匀减速运动，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′＝v20－2μgL。
显然，若v0≥2μgL，则物体将一直做匀减速运动直到从传送带的另一端离开传送带；若v0<2μgL，则物体将不会从传送带的另一端离开，而是从进入端离开，其可能的运动情形有：①先沿v0方向减速，再沿v0的反方向加速运动直至从进入端离开传送带；②先沿v0方向减速，再沿v0的反方向加速，最后匀速运动直至从进入端离开传送带。
答案见解析命题角度2倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。
当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
【例2】如图2所示，传送带与地面夹角θ＝37°，AB长度为16 m，传送带以10 m/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0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。
求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)图2解析 物体放在传送带上后，开始阶段，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 f ，物体受力情况如图甲所示。
物体由静止加速，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，得a 1＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s 2＝10 m/s 2。
物体加速至与传送带速度相等需要的时间t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ， 时间t 1内的位移x ＝12a 1t 21＝5 m 。
由于μ<tan θ，物体在重力作用下将继续加速运动，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 f ′。
此时物体受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝2 m/s 2。
设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t 2，由L －x ＝vt 2＋12a 2t 22，解得t 2＝1 s ，t 2＝－11 s(舍去)。
所以物体由A 运动到B 的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s 。
答案 2 s【拓展延伸】 若【例2】中的传送带是顺时针转动的，则物体从A 到B 所需的时间是多少？解析 物体相对传送带向下滑，所受滑动摩擦力方向沿斜面向上，因为μ<tan θ，所以物体一直加速下滑，由牛顿第二定律mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得a ＝2 m/s 2，由L＝12，解得t＝4 s。
2at答案 4 s【变式训练1】如图3所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点，一质量为m＝1 kg 的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为x＝2 m。
已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2。
图3(1)若给物块施加一水平拉力F＝11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大。
解析(1)物块在AB段：F－μmg＝ma1，a1＝6 m/s2则到达B点时速度为v B，有v B＝2a1x＝2 6 m/s滑上传送带有－μmg＝ma2，a2＝－5 m/s2刚好到达C点，有－v2B＝2a2L，得传送带长度L＝2.4 m。
(2)将传送带倾斜，滑上传送带有－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma3，a3＝－10 m/s2物块仍能刚好到C端，有－v B′2＝2a3L，v B′＝4 3 m/s在AB段，有v B′2＝2ax，F′－μmg＝ma联立解得F′＝17 N。
答案(1)2.4 m(2)17 N►题组一“传送带”模型问题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，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。
随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。
设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为()图1A.5 mmB.6 mmC.7 mmD.10 mm解析木箱加速的时间为t＝va，这段时间内木箱的位移为x1＝v22a，而传送带的位移为x2＝vt，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝5.2 mm，选项A正确。
答案A2.如图2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<tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图2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<tan θ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2所以a2＝g sin θ－μg cos θ根据以上分析，有a2<a1，所以选项D正确。
答案D3.如图3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，取g＝10 m/s2，求：图3(1)传送带的速度大小v0；(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 At1＝4 m/s2由牛顿第二定律得μA mg＝ma A，所以μA＝a Ag＝0.4同理，B的加速度a B＝Δv Bt2＝2 m/s2，μB＝a Bg＝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。
答案 (1)4 m/s (2)36 m (3)0.4 0.2 0.012 5 (4)24 s【例2】 如图2所示，传送带以恒定速率v ＝4 m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°。
现将质量m ＝1 kg 的小物块轻放在其底端(小物块可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用F ＝10 N 的恒力拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地面高为H ＝1.8 m 的平台上。