廣州市2019年高中物理 力學競賽輔導資料 專題03 牛頓力學中的傳送帶問題（含解析）

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1、專題03 牛頓力學中的傳送帶問題 一、內容解讀 1．傳送帶的基本類型 (1)按放置可分為：水平(如圖a)、傾斜(如圖b，圖c)、水平與傾斜組合； (2)按轉向可分為：順時針、逆時針。 2．傳送帶的基本問題分類 (1)運動學問題：運動時間、痕跡問題、運動圖象問題(運動學的角度分析)； (2)動力學問題：物塊速度和加速度、相對位移，運動時間(動力學角度分析)； (3)功和能問題：做功，能量轉化(第五章講)。 二、傳送帶模型分類 （一）水平傳送帶模型 項目 圖示 滑塊可能的運動情況 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)v0

2、>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (2)v0v返回時速度為v，當v0

3、 A．小煤塊從A運動到B的時間時 s B．小煤塊從A運動到B的時間是2.25 s C．劃痕長度是4 m D．劃痕長度是0.5 m 【解析】選BD　小煤塊剛放上傳送帶后，加速度a＝μg＝4 m/s2，由v0＝at1可知，小煤塊加速到與傳送帶同速的時間為t1＝＝0.5 s，此時小煤塊運動的位移x1＝t1＝0.5 m，而傳送帶的位移為x2＝v0t1＝1 m，故小煤塊在帶上的劃痕長度為l＝x2－x1＝0.5 m，D正確，C錯誤；之后的x－x1＝3.5 m，小煤塊勻速運動，故t2＝＝1.75 s，故小煤塊從A運動到B的時間t＝t1＋t2＝2.25 s，A錯誤，B正確。 2、(多選)如圖2所

4、示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝3.5m，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，物體滑上傳送帶A端的瞬時速度vA＝4m/s，到達B端的瞬時速度設為vB.下列說法中正確的是(　　) 圖2 A．若傳送帶逆時針勻速轉動，vB一定等于3m/s B．若傳送帶逆時針勻速轉動越快，vB越小 C．若傳送帶順時針勻速轉動，vB有可能等于3m/s D．若傳送帶順時針勻速轉動，物體剛開始滑上傳送帶A端時一定做勻加速運動 【解析】若傳送帶不動，物體的加速度：a＝μg＝1m/s2，由v－v＝2ax, 得：vB＝3m/s.若傳送帶逆時針勻速轉動，物體的受力情況不變，由牛頓第二定律得知，物體的加速度仍為a＝

5、μg，物體的運動情況跟傳送帶不動時的一樣，則vB＝3 m/s.故A正確，B錯誤；若傳送帶以小于3m/s的速度順時針勻速轉動，物體滑上傳送帶時所受的滑動摩擦力方向水平向左，做勻減速運動，物體的加速度仍為a＝μg，物體的運動情況跟傳送帶不動時的一樣，則vB＝3 m/s.若傳送帶以大于3m/s且小于4 m/s的速度順時針勻速轉動，則開始時物體受到的摩擦力向左，物體做減速運動，最后物體隨傳送帶一起做勻速運動．若傳送帶以大于4m/s的速度順時針勻速轉動，則開始時物體受到的摩擦力向右，物體做加速運動，vB可能大于4 m/s.故C正確，D錯誤． 3、如圖3甲所示的水平傳送帶AB逆時針勻速轉動，一物塊沿曲面

6、從一定高度處由靜止開始下滑，以某一初速度從傳送帶左端滑上，在傳送帶上由速度傳感器記錄下物塊速度隨時間的變化關系如圖乙所示(圖中取向左為正方向，以物塊剛滑上傳送帶時為計時起點)。已知傳送帶的速度保持不變，重力加速度g取10 m/s2。關于物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ及物塊在傳送帶上運動第一次回到傳送帶左端的時間t，下列計算結果正確的是(　　) 圖3 A．μ＝0.4 B．μ＝0.2 C．t＝4.5 s D．t＝3 s 【解析】由題圖乙可得，物塊做勻變速運動的加速度大小為a＝＝2.0 m/s2，由牛頓第二定律得Ff＝ma＝μmg，則可得物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.2，A錯誤，B

7、正確；在v－t圖象中，圖線與t軸所圍面積表示物塊的位移，則物塊經減速、反向加速到與傳送帶相對靜止，最后勻速運動回到傳送帶左端時，物塊的位移為0，由題圖乙可得物塊在傳送帶上運動的總時間為4.5 s，C正確，D錯誤。答案　BC 4、如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時刻P離開傳送帶。不計定滑輪質量和摩擦，繩足夠長。正確描述小物體P速度隨時間變化的圖像可能是(　　) 【解析】選BC　本題需考慮速度之間的關系及摩擦力與Q重力之間的關系，分別討論求解。若v1＞v2，且P受到

8、的滑動摩擦力大于Q的重力，則可能先向右勻加速，加速至v1后隨傳送帶一起向右勻速，此過程如圖B所示，故B正確。若v1＞v2，且P受到的滑動摩擦力小于Q的重力，此時P一直向右減速，減速到零后反向加速。若v2＞v1，P受到的滑動摩擦力向左，開始時加速度a1＝，當減速至速度為v1時，摩擦力反向，若有FT＞μmg，此后加速度a2＝，故C正確，A、D錯誤。 5、如圖4所示，水平傳送帶兩端相距x＝8 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.6，工件滑上A端時速度vA＝10 m/s，設工件到達B端時的速度為vB。(取g＝10 m/s2) 圖4 (1)若傳送帶靜止不動，求vB； (2)若傳送帶順時針轉

9、動，工件還能到達B端嗎？若不能，說明理由；若能，求到達B點的速度vB； (3)若傳送帶以v＝13 m/s逆時針勻速轉動，求vB及工件由A到B所用的時間。 【解析】(1)根據牛頓第二定律可知μmg＝ma，則a＝μg＝6 m/s2， 又v－v＝2ax，代入數值得vB＝2 m/s。 (2)能。當傳送帶順時針轉動時，工件受力不變，其加速度不發(fā)生變化，仍然始終減速，故工件到達B端的速度vB＝2 m/s。 (3)工件速度達到13 m/s時所用時間為t1＝＝0.5 s， 運動的位移為x1＝vAt1＋at＝5.75 m＜8 m， 則工件在到達B端前速度就達到了13 m/s，此后工件與傳送帶相對靜

10、止，因此工件先加速后勻速。勻速運動的位移x2＝x－x1＝2.25 m，t2＝≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。 6、如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以速度v0勻速運動，質量均為m的小物塊P和小物塊Q由通過滑輪組的輕繩連接，輕繩足夠長且不可伸長．某時刻物塊P從傳送帶左端以速度2v0沖上傳送帶，P與定滑輪間的繩子水平．已知物塊P與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.25，重力加速度為g，不計滑輪的質量與摩擦．求： （1） 運動過程中小物塊P、Q的加速度大小之比； （2） 物塊P剛沖上傳送帶到右方最遠處的過程中，PQ系統機械能的改變量； 若傳送帶以不同的速度v（0

11、v取多大時物塊P向右沖到最遠處時，P與傳送帶間產生的摩擦熱最??？最小值為多大？ 【解析】（1）設P的位移、加速度大小分別為s1、a1，Q的位移、加速度大小分別為s2、a2， 因s1=2 s2，故a1=2a2 （2）對P有：μmg+T=ma1 對Q有：mg﹣2T=ma2 得：a1=0.6g P先減速到與傳送帶速度相同，設位移為x1， 共速后，由于f=μmg＜mg，P不可能隨傳送帶一起勻速運動，繼續(xù)向右減速， 設此時P加速度為a1′，Q的加速度為 對P有：T﹣μmg=ma1′， 對Q有：mg﹣2T=ma2’解得：a1

12、′=0.2g 設減速到0位移為x2， PQ系統機械能的改變量等于摩擦力對P做的功，△E=﹣μmgx1+μmgx2=0 （3）第一階段P相對皮帶向前，相對路程： 第二階段相對皮帶向后，相對路程： 摩擦產生的熱Q=μmg（S1+S2）= 當時，摩擦熱最小-- 7、如圖5甲所示，水平傳送帶沿順時針方向勻速運轉。從傳送帶左端P先后由靜止輕輕放上三個物體A、B、C，物體A經tA＝9.5 s 到達傳送帶另一端Q，物體B經tB＝10 s到達傳送帶另一端Q，若釋放物體時刻作為t＝0時刻，分別作出三物體的v－t圖象如圖乙、丙、丁所示，求： 圖5 (1)傳送帶的

13、速度大小v0； (2)傳送帶的長度L； (3)物體A、B、C與傳送帶間的動摩擦因數； (4)物體C從傳送帶左端P到右端Q所用的時間tC。 【解析】(1)物體A與B先做勻加速直線運動，然后做勻速直線運動，說明物體的速度與傳送帶的最終速度相等，所以由圖乙、丙可知傳送帶的速度大小是4 m/s。 (2)v－t圖線與t軸圍成圖形的面積表示物體的位移，所以A的位移xA＝36 m， 傳送帶的長度L與A的位移相等，也是36 m。 (3)(4)A的加速度aA＝＝4 m/s2 由牛頓第二定律得μAmg＝maA，所以μA＝＝0.4 同理，B的加速度aB＝＝2 m/s2，μB＝＝0.2 設物體C

14、從傳送帶左端P到右端Q所用的時間為tC，則 L＝tC tC＝＝24 s C的加速度aC＝＝ m/s2，μC＝＝0.012 5。 8、一水平傳送帶以2.0 m/s的速度順時針傳動，水平部分長為2.0 m。其右端與一傾角為θ＝37°的光滑斜面平滑相連，斜面長為0.4 m，一個可視為質點的物塊無初速度地放在傳送帶最左端，已知物塊與傳送帶間動摩擦因數μ＝0.2, 試問： (1)物塊能否到達斜面頂端？若能則說明理由，若不能則求出物塊沿斜面上升的最大距離。 (2)物塊從出發(fā)到4.5 s末通過的路程。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2) 【解析】(1)物塊在傳送帶上先做勻加

15、速直線運動 μmg＝m a1① s1＝＝1 m＜L② 所以在到達傳送帶右端前物塊已勻速 物塊以v0速度滑上斜面－mgsin θ＝ma2③ 物塊速度為零時上升的距離s2＝＝m④ 由于s2＜0.4 m，所以物塊未到達斜面的最高點。 (2)物塊從開始到第一次到達傳送帶右端所用時間t1＝＋＝1.5 s⑤ 物塊在斜面上往返一次時間t2＝＝ s⑥ 物塊再次滑到傳送帶上速度仍為v0，方向向左－μmg＝ma3⑦ 向左端發(fā)生的最大位移s3＝⑧ 物塊向左的減速過程和向右的加速過程中位移大小相等 4．5 s末物塊在斜面上速度恰好減為零故物塊通過的總路程s＝L＋3s2＋2s3⑨ s＝5

16、 m 9、一小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運動，被一水平向左飛行的子彈擊中并從物塊中穿過，如圖6甲所示。固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊被擊中后的位移x隨時間的變化關系如圖乙所示(圖像前3 s內為二次函數，3～4.5 s內為一次函數，取向左運動的方向為正方向)。已知傳送帶的速度v1保持不變，g取10 m/s 2。 圖6 圖7 (1)求傳送帶速度v1的大小； (2)求0時刻物塊速度v0的大??； (3)在圖7中畫出物塊對應的v-t圖像。 【解析】(1)由x-t的圖像可知，物塊被

17、擊穿后，先向左減速，2 s末減到v＝0，然后向右加速，3 s末后與傳送帶共速v1＝＝2 m/s，以后隨傳送帶一起做勻速運動。 (2)2～3 s內，物塊向右勻加速運動，加速度大小a＝μg，v1＝aΔt1 0～2 s內，物塊向左勻減速運動，加速度大小a＝μg 解得0時刻物塊的速度v0＝aΔt2＝4 m/s。 (3)根據x-t的圖像分析得到的運動規(guī)律用v-t圖像畫出如圖所示。 10、圖8甲是利用傳送帶裝運煤塊的示意圖，傳送帶右輪軸頂端與運煤車底板間的豎直高度差H＝1.8m．現傳送帶以某一速度v0勻速運動，在傳送帶左端由靜止釋放一煤塊(可視為質點)，當煤塊運動到右輪軸頂端后做平拋運動，其

18、落在運煤車底板上的位置相對傳送帶右輪軸的水平距離x＝1.2m，已知煤塊在 傳送帶上運動的v－t圖象如圖乙所示，圖中t0＝0.25s，取g＝10m/s2.求： 　 圖8 (1)傳送帶速度v0的大??； (2)煤塊在傳送帶上劃出的痕跡長度L. 【解析】　(1)煤塊從傳送帶右端拋出，則豎直方向有： H＝gt2① 水平方向有：x＝v0t② 聯立①②代入數據，解得v0＝2m/s. (2)0～t0時間內，傳送帶位移x1＝v0t0③ 煤塊位移x2＝v0t0④ 則痕跡長度L＝x1－x2⑤ 聯立③④⑤式求得L＝0.25m. 11、如圖所示，以 A、B和 C、D 為端點的兩半圓形光滑軌道

19、固定于豎直平面內，一滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠 B 點，上表面所在平面與兩半圓分別相切于 B、C.一物塊被輕放在水平勻速運動的傳送帶上 E 點，運動到 A 時剛好與傳送帶速度相同，然后經 A 沿半圓軌道滑下，再經 B 滑上滑板．滑板運動到 C 時被牢固粘連．物塊可視為質點，質量為 m，滑板質量 M ＝2m，兩半圓半徑均為 R，板長 l ＝6.5 R，板右端到 C 的距離 L 在 R

20、過程中，克服摩擦力做的功 Wf 與 L 的關系，并判斷物塊能否滑到 CD軌道的中點． 【解析】（1)設物塊到達B點的速度為vB，對物塊從E到B由動能定理得μmg·5R＋mg·2R＝mv－0① 解得vB＝3② (2)假設物塊與滑板達到共同速度v時，物塊還沒有離開滑板，對物塊與滑板，由動量守恒，有mvB＝(m＋M)v③ 設物塊在滑板上運動的距離為s1，由能量守恒得 μmg·s1＝mv－(m＋M)v2④ 由③④，得s1＝6R

21、2R 討論：ⅰ當R 0 所以克服摩擦力所做的功Wf＝μmg(l＋L)＝3.25mgR＋0.5mgL 設物塊離開滑板沿圓軌道上升的高度為H 由機械能守恒得mv＝mgH⑧解得H 0 所以克服摩擦力所做的功Wf＝μmg(l＋s2

22、)＝4.25mgR 設物塊離開滑板沿圓軌道上升的高度為h，由機械能守恒得mv＝mgh⑩ 解得h＝

23、1、如圖所示為糧袋的傳送裝置，已知A、B間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為μ，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上，關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) A．糧袋到達B點的速度與v比較，可能大，也可能相等或小 B．糧袋開始運動的加速度為g(sin θ－μcos θ)，若L足夠大，則以后將以一定的速度v做勻速運動 C．若μ≥tan θ，則糧袋從A到B一定一直是做加速運動 D．不論μ大小如何，糧袋從A到B一直勻加速運動，且a≥gsin θ 【解析】糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速

24、運動，到達B點時的速度小于v；可能先勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動，到達B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v，故A正確；糧袋開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，大小為μmgcos θ，根據牛頓第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B錯誤；若μ≥tan θ，糧袋從A到B可能一直是做加速運動，也可能先勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動，故C錯誤；由上分析可知，糧袋從A到B不一定一直勻加速運動，故D錯誤，故選A。 2、(多選)如圖9示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度

25、v0逆時針勻速轉動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＜tan θ，則圖中能客觀地反映小木塊的運動情況的是(　　) 圖9 圖10 【解析】選BD　小木塊剛放上之后的一段時間內所受摩擦力沿斜面向下，由牛頓第二定律可得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，小木塊與傳送帶同速后，因μ＜tan θ，小木塊將繼續(xù)向下加速運動，此時有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，有a1＞a2故B、D正確，A、C錯誤。 3、如圖11所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動。在傳送帶

26、的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ

27、定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 所以a2＝gsin θ－μgcos θ 根據以上分析，有a2

28、n37°＋μcos37°)＝10m/s2，運動到與傳送帶共速的時間為：t1＝＝1s，下滑的距離：x1＝a1t＝5m<10m；由于tan37°＝0.75>0.5，故物體加速下滑，且此時滑動摩擦力的大小不變，方向沿斜面向上，物體下滑的加速度：a2＝g(sin37°－μcos37°)＝2m/s2，所以物體先以10 m/s2做加速運動，后來以2m/s2做加速運動．所以物體相對于傳送帶始終滑動，滑動摩擦力的大小和方向發(fā)生變化，故A、D錯誤，B、C正確． 5、如圖13所示，物塊M在靜止的傳送帶上以速度v勻速下滑時，傳送帶突然啟動，方向如圖中箭頭所示順時針轉動，若傳送帶的速度大小也為v，則傳送帶啟動后(　

29、　) 圖13 A．M相對地面靜止在傳送帶上 B．M沿傳送帶向上運動 C．M受到的摩擦力不變 D．M下滑的速度減小 【解析】傳送帶突然啟動前物塊勻速下滑，對物塊進行受力分析：物塊受重力、支持力、沿斜面向上的滑動摩擦力．傳送帶突然啟動后，對物塊進行受力分析，物塊受重力、支持力，由于與M接觸的傳送帶斜向上運動，而物塊斜向下運動，所以物塊所受到的摩擦力不變仍然斜向上，所以物塊仍勻速下滑，故C正確，A、B、D錯誤． 6、(多選)如圖14所示，白色傳送帶保持v0＝10m/s的速度逆時針轉動，現將一質量為0.4 kg的煤塊輕放在傳送帶的A端，煤塊與傳送帶間動摩擦因數μ＝0.5，傳送帶A

30、、B兩端距離x＝16 m，傳送帶傾角為37°，則(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)(　　) 圖14 A．煤塊從A端運動到B端所經歷的時間為2s B．煤塊從A端運動到B端相對傳送帶的相對位移為6m C．煤塊從A端運動到B端畫出的痕跡長度為5m D．煤塊從A端運動到B端摩擦產生的熱量為6.4J 【解析】煤塊剛放上傳送帶時的加速度大小為：a1＝＝10m/s2，則煤塊速度達到傳送帶速度的時間為：t1＝＝s＝1s，位移為：x1＝＝m＝5m，煤塊速度達到傳送帶速度后的加速度為：a2＝＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，根據x－x1＝v0t2＋

31、a2t代入數據解得：t2＝1s，則煤塊從A端運動到B端所經歷的時間為：t＝t1＋t2＝2s，故A正確；煤塊速度達到傳送帶速度時，相對位移大小Δx1＝v0t1－x1＝5m，煤塊速度達到傳送帶速度后相對位移的大小Δx2＝x－x1－v0t2＝1m，則相對位移的大小Δx＝Δx1－Δx2＝4m，故B錯誤；留下的痕跡長度Δx′＝Δx1＝5m，故C正確；摩擦產生的熱量Q＝μmgcos37°Δx1＋μmgcos37°Δx2＝9.6J，故D錯誤． 7、 如圖15所示，傾角為θ＝30°的皮帶運輸機的皮帶始終繃緊，且以恒定速度v＝2.5 m/s 運動，兩輪相距LAB＝5 m，將質量m＝1 kg的物體無初速地輕輕放

32、在A處，若物體與皮帶間的動摩擦因數μ＝(取g＝10 m/s2)，物體從A運動到B共需多長時間？ 圖15 【解析】第一階段，物塊向上勻加速運動，由牛頓第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma1 代入數據求得a1＝2.5 m/s2 根據勻變速直線運動規(guī)律得v＝a1t1，x1＝t1 代入數據求得t1＝1 s，x1＝1.25 m 第二階段，由于μ>tan θ，故物體向上勻速運動。 LAB－x1＝vt2，t2＝1.5 s?？倳r間t＝t1＋t2＝2.5 s。 8、如圖16所示，傳送帶與地面夾角θ＝37°，從A到B長度為L＝10.25 m，傳送帶以v0＝10 m/s的速率逆時針轉

33、動。在傳送帶上端A無初速地放一個質量為m＝0.5 kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5。煤塊在傳送帶上經過會留下黑色痕跡。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求： 圖16 (1)煤塊從A到B的時間； (2)煤塊從A到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長度。 【解析】(1)煤塊剛放上時，受到向下的摩擦力，其加速度為 a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2， 加速過程中t1＝＝1 s，x1＝a1t＝5 m。 達到v0后，受到向上的摩擦力，則a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2， x2＝L－x1＝5.25 m，x2＝v0t2

34、＋a2t，得t2＝0.5 s。 煤塊從A到B的時間為t＝t1＋t2＝1.5 s。 (2)第一過程痕跡長Δx1＝v0t1－x1＝5 m， 第二過程痕跡長Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m， Δx1與Δx2部分重合，故痕跡總長為5 m。 9、如圖17所示的傳送皮帶，其水平部分ab長度為2 m，傾斜部分bc長度為4 m，bc與水平方向的夾角為θ＝37°，將一小物塊A(可視為質點)輕輕放在傳送帶的a端，物塊A與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.25。傳送帶沿圖示方向以v＝2 m/s的速度勻速運動，若物塊A始終未脫離皮帶，試求小物塊A從a端傳送到c端所用時間。(取g＝10 m/s2，sin 37

35、°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖17 【解析】物塊A在ab之間運動，f1＝μFN1，根據牛頓第二定律得FN1－mg＝0，f1＝ma1，解得a1＝μg＝2.5 m/s2，設小物塊A速度達到2 m/s所需時間為t1，運動位移為x1。 根據運動學規(guī)律可得t1＝＝0.8 s，x1＝a1t＝0.8 m 由于x1＜2 m，可知A在還沒有運動到b點時，已與皮帶速度相同。此后A做勻速運動，設運動時間為t2，lab－x1＝vt2，得t2＝0.6 s。A在bc間運動時，小物塊A所受的摩擦力方向沿傳送帶向上。 mgsin θ－f2＝ma2，又f2＝μmgcos θ 得a2＝g(sin θ－μ

36、cos θ)＝4 m/s2 lbc＝vt3＋a2t，得t3＝1 s，t3′＝－2 s(舍去) 則小物塊A從a端傳送到c端所用時間t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s 10、如圖18所示，甲、乙兩傳送帶傾斜放置，與水平方向夾角均為37°，傳送帶乙長為4 m，傳送帶甲比乙長0.45 m，兩傳送帶均以3 m/s的速度逆時針勻速轉動，可視為質點的物塊A從傳送帶甲的頂端由靜止釋放，可視為質點的物塊B由傳送帶乙的頂端以3 m/s的初速度沿傳送帶下滑，兩物塊質量相等，與傳送帶間的動摩擦因數均為0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 圖18 (1)物塊A由

37、傳送帶頂端滑到底端經歷的時間； (2)物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比。 【解析】(1)對物塊A由牛頓第二定律知mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，代入數值得a1＝10 m/s2 設經時間t1物塊A與傳送帶共速，則由運動學規(guī)律知 v帶＝a1t1，即t1＝0.3 s 此過程中物塊A的位移為x1＝a1t＝0.45 m 物塊A與傳送帶共速后，由牛頓第二定律知 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，代入數值得a2＝2 m/s2 由運動學規(guī)律知L甲－x1＝v帶t2＋a2t，代入數值得t2＝1 s 所以物塊A由傳送帶頂端滑到底端經歷的時間為t＝t1＋t2＝1

38、.3 s。 (2)在物塊A的第一個加速過程中，物塊A在傳送帶上的劃痕長度為 L1＝v帶t1－x1＝0.45 m 在物塊A的第二個加速過程中，物塊A在傳送帶上的劃痕長度為 L2＝v帶t2＋a2t－v帶t2＝1.0 m 所以物塊A在傳送帶上的劃痕長度為LA＝L2＝1.0 m 由分析知物塊B的加速度與物塊A在第二個加速過程的加速度相同，從傳送帶頂端加速到底端所需時間與t2相同 所以物塊B在傳送帶上的劃痕長度為LB＝v帶t2＋a2t－v帶t2＝1.0 m 故物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為LA∶LB＝1∶1 11、如圖19所示，傾角為37°，長為l＝16 m的傳送帶，轉動速度為v

39、＝10 m/s，在傳送帶頂端A處無初速度的釋放一個質量為m＝0.5 kg的物體，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，g取10 m/s2。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖19 (1)傳送帶順時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間； (2)傳送帶逆時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間。 【解析】(1)傳送帶順時針轉動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上，相對傳送帶向下勻加速運動，根據牛頓第二定律有mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma 則a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，根據l＝at2得t＝4

40、 s。 (2)傳送帶逆時針轉動，當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時，物體相對傳送帶向上運動，則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，設物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 則有a1＝＝10 m/s2 設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經歷的時間為t1，位移為x1，則有 t1＝＝ s＝1 s，x1＝a1t12＝5 m＜l＝16 m 當物體運動速度等于傳送帶速度瞬間，有mgsin 37°＞μmgcos 37°，則下一時刻物體相對傳送帶向下運動，受到傳送帶向上的滑動摩擦力——摩擦力發(fā)生突變。設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時物體的加速度

41、為a2，則 a2＝＝2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m 又因為x2＝vt2＋a2t22，則有10t2＋t22＝11 解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去) 所以t總＝t1＋t2＝2 s。 12、如圖20所示，與水平方向成37°角的傳送帶以恒定速度v＝2 m/s沿順時針方向轉動，兩傳動輪間距L＝5 m。現將質量為1 kg且可視為質點的物塊以v0＝4 m/s的速度沿傳送帶向上的方向自底端滑上傳送帶。物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.5，取g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，計算時，可認為滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力，求物塊在傳送帶上上升的

42、最大高度。 圖20 【解析】剛滑上傳送帶時，物塊相對傳送帶向上運動，受到摩擦力沿傳送帶向下，將勻減速上滑，直至與傳送帶等速，由牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 則a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2 改變物塊與傳送帶相對靜止瞬間，由于最大靜摩擦力f＝μmgcos θ＜mgsin θ，相對靜止狀態(tài)不能持續(xù)，物塊速度會繼續(xù)減小。此后，物塊受到滑動摩擦力沿傳送帶向上，但合力沿傳送帶向下，故繼續(xù)勻減速上升，直到速度為零 由mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2 位移x2＝＝1 m

43、則物塊沿傳送帶上升的最大高度為 H＝(x1＋x2)sin 37°＝0.96 m。 13、如圖所示，皮帶傳動裝置與水平面夾角為30°，輪半徑R= m，兩輪軸心相距L=3.75m，A、B分別使傳送帶與兩輪的切點，輪緣與傳送帶之間不打滑。一個質量為0.1kg的小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ= 。g取10m/s2。 （1）當傳送帶沿逆時針方向以v1=3m/s的速度勻速運動時，將小物塊無初速地放在A點后，它運動至B點需多長時間？（計算中可取≈16，≈20） （2）小物塊相對于傳送帶運動時，會在傳送帶上留下痕跡。當傳送帶沿逆時針方向勻速運動時，小物塊無初速地放在A點，運動至B點飛出。要想使小

44、物塊在傳送帶上留下的痕跡最長，傳送帶勻速運動的速度v2至少多大？ 30° A B -【解析】（1）當小物塊速度小于3m/s時，小物塊受到豎直向下、垂直傳送帶向上的支持力和沿傳送帶斜向下的摩擦力作用，做勻加速直線運動，設加速度為a1，根據牛頓第二定律mgsin30° + μmgcos30°=ma1 解得 a1 = 7.5m/s2 當小物塊速度等于3m/s時，設小物塊對地位移為L1，用時為t1，根據勻加速直線運動規(guī)律t1 = L1 = 解得 t1 = 0.4s L1 = 0.6m 由于L1＜L 且μ＜tan30°，當小物塊速度大于3m/s時，小物塊將繼續(xù)做勻加速

45、直線運動至B點，設加速度為a2，用時為t2，根據牛頓第二定律和勻加速直線運動規(guī)律 mgsin30°－μmgcos30°=ma2 解得 a2 = 2.5m/s2 L－L1 = v1t2 + a2t22 解得 t2 = 0.8s 故小物塊由禁止出發(fā)從A到B所用時間為 t = t1 + t2 = 1.2s （2）作v—t圖分析知：傳送帶勻速運動的速度越大，小物塊從A點到B點用時越短，當傳送帶速度等于某一值v′ 時，小物塊將從A點一直以加速度a1做勻加速直線運動到B點，所用時間最短，即 L = a1tmin2 解得tmin = 1s v′ =a1tmin =7.5m/s

46、 此時小物塊和傳送帶之間的相對路程為 △S = v′ t－L = 3.75m 傳送帶的速度繼續(xù)增大，小物塊從A到B的時間保持不變，而小物塊和傳送帶之間的相對路程繼續(xù)增大，小物塊在傳送帶上留下的痕跡也繼續(xù)增大；當痕跡長度等于傳送帶周長時，痕跡為最長Smax，設此時傳送帶速度為v2，則 聯立得 v2 = 12.25m/s 14、如圖所示為車站使用的水平傳送帶的模型，它的水平傳送帶的長度為L＝8m，傳送帶的皮帶輪的半徑均為R＝0.2m，傳送帶的上部距地面的高度為h＝0.45m，現有一個旅行包（視為質點）以v0＝10m/s的初速度水平地滑上水平傳送帶．已知旅行包與皮帶之間的動摩擦因數為μ＝0

47、.6．皮帶輪與皮帶之間始終不打滑。g取10m/s2．討論下列問題： ⑴若傳送帶靜止，旅行包滑到B端時，人若沒有及時取下，旅行包將從B端滑落．則包的落地點距B端的水平距離為多少？ ⑵設皮帶輪順時針勻速轉動，若皮帶輪的角速度ω1=40 rad/s，旅行包落地點距B端的水平距離又是多少？ ⑶設皮帶輪以不同的角速度順時針勻速轉動，畫出旅行包落地點距B端的水平距離s 隨皮帶輪的角速度ω變化的圖象． 【解析】⑴旅行包做勻減速運動， a=μg=6m/s2 旅行包到達B端速度為 包的落地點距B端的水平距離為 s=vt=v＝2× m＝0.6m ⑵當ω1＝40 rad/s時，皮帶速度為 當旅行包速度也為時，在皮帶上運動了位移 ＜8m 以后旅行包作勻速直線運動，所以旅行包到達B端的速度也為 包的落地點距B端的水平距離為 s1=v1t=v1＝8× m＝2.4 m ⑶如圖所示，每段圖線1分。 20