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1、专题20传送带模型动力学分析1 .传送带模型的分析流程2 .解题关键（D理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的前提。（2）传送带模型常常涉及临界问题，当物体与传送带达到相同速度时，会出现摩擦力突 变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。考点一传送带模型的摩擦力分析1 .传送带问题中对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断是求解的前提。2 .摩擦力的方向沿两物体的接触面，与相对运动或相对运动趋势的方向相反。1 .（多选）如图所示，表面粗糙的水平传送带匀速向右传动。现在其左侧的力处轻轻放上一 物块，设传送带足够长，则该物块（）A. 一宜向右匀速运动B.先向右匀
2、加速，后继续向右匀速运动C.先受到向右的滑动摩擦力，后受到向右的静摩擦力D.先受到向右的滑动摩擦力，后不受摩擦力【答案】BD针斤】AB.木块初速度为零，开始做加速运动，传送带足够长，故最后一起匀速，故A错误，B正 确；CD.滑块向右加速阶段，加速度向右，故合力向右，静摩擦力向右；滑块匀速阶段，合力为 零，故摩擦力为零，即不受摩擦力，故C错误，D正确。2.（多选）水平的皮带传输装置如图所示，皮带的速度保持不变，物体被轻轻地放在力端皮 带上，开始时物体在皮带上滑动，当它到达位置8后滑动停止，随后就随皮带一起匀速运动, 直至传送到目的地。端，在传输过程中，该物体受摩擦力的情况是（）A.在4?段受水平
3、向左的滑动摩擦力B.在月8段受水平向右的滑动摩擦力C.在玄段不受静摩擦力D.在优段受水平向右的静摩擦力【答案】BC 接着滑块向上匀速运动，最后撤去拉力再以团向上减速，减速的距离应为M，设匀速运动的时间为，则三二宁上恒力持续作用的最短时间为t =匕+ %联立解得t = Is a 1.67s 3 0n考点四传送带上的划痕问题1 .滑块与传送带的划痕长度等于滑块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，Ax= 汨+A*2（图甲）；若两次相对运动方向相反，AX等于 较长的相对位移大小.（图乙）2 .物块静止轻放到传送带上一端加速到和传送带共速的过程中，如果传送带的速度为 v,
4、加速的时间为t,则：物块的位移：x二】共速过程中传送带位移是物块位移的2倍2 传送带的位移：xJ物块相对于传送带的位移等于物块的位移13. （2022 湖南-高三学业考试）如图所示，传送带与水平面的夹角。=30 ,传送带以 % = 2m/s的速度顺时针转动，t = 0时刻，一煤块以u = 8m/s的速度从传送带的底端滑上 传送带，传送带和煤块运动的图像如图所示，已知燥块刚好能滑到传动带的顶端，gKXiom/s2,则下列说法正确的是（）A.煤块与传送带间的动摩擦因数为更4B.煤块向上运动的总时间为2. 0sC.传送带的总长度为5. 5mD.煤块滑到顶端时在传送带上的划痕长度为3. 5m【答案】C
5、【解析】A.由图乙可知，煤块开始速度比传送带大，摩擦力方向向下，这段过程中加速度为 mgsin30 + 4mgeos30 08-2% =m= - m/s?解得=第这段过程中位移方 =二二竺 =5故a错误；1-2x6 m mBC.在速度达到和传送带速度相等后，由于mgsin30 77igcos30 所以煤块继续做匀减速运动，加速度大小为例=”3访3。:，mgcos3。=勺口人？煤块刚好能滑到传动带的顶端，这段过程中的位移S2 = & =0.5m时间为2=：s = 05s传送带的总长度为s = Si + S? = 5.5m煤块向上运动的总时间为t= lq + 0.5q= 1.5q故C正确，B错误；
6、 oOOD.煤块速度大于传送带速度阶段，煤块在传送带上的划痕为As = 5m-2 x lm = 3m 燥块速度小于传送带速度阶段，传送带运动较快As = 2 x 0.5m - 0.5m = 0.5m 因为 S A s煤块滑到顶端时在传送带上的划痕长度为3m，故D错误。故选C。14. （2022 安徽合肥三模）如图所示，4、8两端距离为L的水平传送带以速度逆时针 运转，将小石墨块p轻放在传送带右端4当石墨块从左端8离开传送带时，传送带上留下/ 长度为，的痕迹，不计绕过传动轮的传送带长度，下列说法正确的是（）A.增大传送带速度/ 划痕长度一定变长B.增加传送带的长度，划痕长度一定会变长C.减小石墨
7、块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小I）. 一定条件下可使，,L【答案】I）【解析】AD.若石墨块到达B时速度小于说明石墨块一直做匀加速直线运动， 加速度大小为a =膏=所用时间为t=陛=但则划痕长度为Z = vt-L = v若工=因必，可得 y v说明在石墨块到达8端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L,之后的划痕与原来划痕重 叠，增大传送带速度/划痕长度保持2L不变，A错误，I）正确；B.若石墨块到达B端前速度己经等于%则有=千=嵩则划痕长度为1 =仇-5 =袅可知增加传送带的长度，划痕长度保持不变，B错误；C.若石墨块到达8端前速度已经等于以划痕长度为/=差24g若石墨块到达B
8、时速度小于v,划痕长度为1 = 伍-L （当伍%时，l = 2L）可知减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度会变长或者不变，C错误；15. （2022 江苏南京市大厂高级中学高一开学考试）如图所示，有一水平传送带以6m/s 的速度顺时针方向匀速转动，传送带/出长度乙=6m，其右端连着一段光滑水平面比；紧挨 着玩的光滑水平地面上放置一辆质量M = 2kg的平板小车，小车上表面刚好与灰面等高。 现将质量m = 1kg的煤块（可视为质点）轻轻放到传送带的左端力处，经过传送带传送至右 端8后通过光滑水平面比滑上小车。煤块与传送带间的动摩擦因数 1 = 0.4,燥块与小车 间的动摩擦因数2 =。-2
9、,取重力加速度g = 10m/T。求： ill/ O（1）煤块在传送带上运动的时间；（2）煤块在传送带上运动时留下的划痕；（3）若滑块刚好不从小车上掉下来，求小车的长度。【答案】（1） 1.75s； （2） 4.5m： （3） 6m【解析】（1）以水平向右为正方向，燥块刚放上传送带时的受力如图所示设物块在传送带上匀加速阶段的加速度为Q，所用时间为口，对地位移为%1，根据受力分析 和牛顿第二定律可得/ = %N = i/ngf = ma解得 a = 4m/s2根据匀变速直线运动规律可得u = at./ = 砒】2解得 L = 1.5S= 4.5mO111由于必=4.5m L煤块加速至与传送带共速
10、后与传送带起向右匀速运动，再经七时间滑出传送带右端L - Xi 6 4.5,2 =7 c = 0.25$v 6 s s煤块在传送带上运动的时间为t = + 2 = 1.75s（2）煤块在传送带上运动时留卜的划痕为煤块与传送带的相对位移 x = %传 一 / = 4.5m(3)煤块滑上小车之后，煤块和小车的受力示意图如图所示煤块与小车之间的滑动摩擦力为历=f2= h2N = u2mg = 2n煤块与小车的加速度分别为a、，根据牛顿第二定律可得一/2=巾的fz = Ma?解得为 = -2m/s2a2 - m/s2若滑块刚好不从小车上掉下来，则共速时两者的相对位移大小为小车的长度，设共速为共,各自的
11、对地位移分别块、%车，根据运动学规律可得煤=u共2 -v22a2军=，共2%=“煤一%车联立解得Ax = 6m即车长6nl时，滑块刚好不从小车上掉下来。16. (2022 福建漳州市普通教育教学研究室高一期末)竖直平面内有一倾角出7的 直轨道AB,其卜方右侧放置一足够长水平传送带，传送带与直轨道末端B平滑连接。传送 带以恒定速度疗2m/s逆时针转动，现将质量片0.2kg的小煤块从力点静止释放。已知A与 B距离为sN. 0m,小煤块与AB间的动摩擦因数尸0.5,与传送带间的动摩擦因数尸0. 2, g 10m/s2, sin370 =0.6, cos370 =0.8。求：(l)小煤块在直轨道AB运
12、动时受到的摩擦力大小：(2)小煤块从8点第一次向右运动到最远处所用的时间：(3)小煤块从进入传送带到第一次回到B点的过程中在传送带上留下的痕迹长度。【答案】(l)0.8N； (2) 2s； (3) 9m【解析】(1)由受力分析可知/ = %mgcose可得GO. 8N(2)设小煤块在直轨道AB和传送带上运动的加速度分别为小、比，,到达4点的速度为出, 在直轨道AB上由受力分析可知mgsin。- f - max又因为就=2axs由水平传送带受力分析 2?九9 = nia2由匀变速直线运动公式为=a2t得到小煤块从点第一次运动到最右端所用的时间ts(3)依题意可知小煤块在传送带上先向右匀减速后向左
13、匀加速，设匀减速阶段小煤块和传 送带的位移分别为四、S2,匀加速阶段小煤块和传送带的位移分别为“、S2，匀减速阶段 Si =7C = 4m S2 = vot = 4m反向匀加阶段经过t共速t = = lsSi =yt =lmsiS2 z =v()t，= 2m所以小煤块第一次回到8点的运动过程中在传送带上留下的痕迹长度八s S = Si + S2 +(S2 - S1 ) = 9m17 . (2022 安徽芜湖高一期末)如图所示，一浅色传送带与水平面的夹角。=37 ,且 以=lm/s的速度沿顺时针方向传动。一质量尸Ikg的小煤块以U2=7m/s的速度滑上传送带 的底端，最终又从传送带的底端滑出。已
14、知小煤块与传送带间的动摩擦因数 =0.25,传送 带足够长，求：(I)小煤块向上滑行的时间；(2)小煤块离开传送带时的速度大小；(3)小煤块在传送带上运动的整个过程中，其相对传送带的位移大小和煤块在传送带上留 下的痕迹长度。【答案】(I) 1s； (2) 5m/s； (3) 2. I25m； 2.25m【解析】(1)由题可知，小物块在开始时受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向下，设其做匀减速运 动的加速度大小为四,有根%也9 + 47ngeos。= mai解得 cip8m/s其速度减小到P/=lm/s所用的时间片上”,=0 75s a】之后，小物块受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向匕设其加速度大小为
15、加有机 gsinO/mgeos。= ma2解得 ay=4m/s:小物块减速到0所用的时间=0. 25s解得 t=t/+t=s(2)小物块沿传送带向上滑行的最大距离为x = 空1+以解得尸3. 125m又由于物块沿传送带下滑时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，其加速度大小仍为4m/s2, 有2a2产/解得v =5m/s（3）小物块向上减速的第一阶段，相对位移大小AM=F-%ti = 2.25m （向上）小物块向上减速的第二阶段，相对位移大小A%2 = %2t2 = 025m （向下）故物块向上运动时相对传送带的位移为Ax = A Xi - A x2 = 2.125m即相对传送带的位移大小为2. 1
16、25m,方向沿传送带向上；而八工2重叠在内，则全程的划痕为Ad = A%i = 2.25m.如图传送带与水平地面夹角6 = 37 ,从1到4长度为=7. 2m,传送带以必=8. 4 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端力无初速度地放一个质量为加=0.5 kg的黑色煤块，它与 传送带之间的动摩擦因数为 =0. 3。煤块在传送带上相对滑动时会留下黑色痕迹。（sin370 =0.6, cos37 二0.8, g取 10 m/s2）求：（1）煤块从力到8的时间；（2）煤块从A到8的过程中传送带上形成痕迹的长度。【答案】（1）葭；（2） 4. 2m【解析】（1）煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，由
17、牛顿第二定律得mgsin + iimgcosO = ma-1解得其加速度为 为 = g（sin。+cos。）= 8.4m/s2燥块加速至与传送带速度相等时需要的时间为口 = = %发生的位移为:= 4.2m达到幺后，受到沿斜面向上的摩擦力，则满足mgsinJ-“mgcosJ = ma?解得。2 = g（sin。 cos。）= 3.6 m/s2之后加速到8端的位移为X2 = L - Xi = 3m又因为全=外亡2 +解得垃=上3 所以煤块从A到8的时间为亡=G +匕=-(2)第一过程痕迹长A% = %i = 4.2m第二过程痕迹长A x2 = x2 v0t2 = 0.2m不与Ax?部分重合，故痕
18、迹总长为4. 2m。考点五 物体在传送带上运动的最短时间物体在传送带上一直加速运动时在传送带上运动的时间最短.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为水平传送带装置示意图。紧绷 的传送带力方始终保持恒定的速率v=lm/s运行，一质量为尸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。设行李与传送带之间的动摩擦因数 =0.1,小间的距离=2m, g 取 10m/s2o(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)求行李在传送带上的运动时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较
19、快地传送到8处，求行李从力处传送到8 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。【答案】(1) 4N, lm/s2； (2) 2.5s； (3) 2s, 2m/s【解析】(1)行李所受滑动摩擦力的大小为五片炉0. 1 X4X 10N=4N由牛顿第二定律可得，加速度的大小为炉炉0. 1 X 10m/s2=lm/s2-(2)行李加速至与传送带速率相等所用时间为“=：=% Q 0加速过程的位移为Si = 2 = 0.5m行李匀速运动至传送带8端所用时间为4 = = 1.5s故行李在传送带上的运动的总时间为 = ti += 2.5s(3)行李在传送带上全程加速所用时间最短，加速度仍为炉lm/s?,当行李
20、到达右端时，有mmVaE2aL = V2 x 1 x 2m/s=2m/s所以传送带对应的最小运行速率为2m/s,行李从4处传送到4处的最短时间为=2s.如图所示，一水平传送装置A、B两端相距2nb传送带以2m/s的速度做匀速运动，已 知某工件与传送带的动摩擦因数为0.4,把工件轻轻放在A端（初速为零），求：（1）工件从A端运动到B端所需的时间（2）传送带的速度至少为多大时，可使工件从A端运动到B端所需时间最短.（g取lOm/s?） 【答案】（1） 1.25s. （2） 4m/s【解析】根据牛顿第二定律求出工件做匀加速运动的加速度大小，根据速度时间公式求出匀加速运动 的时间，结合位移时间公式求出
21、匀加速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，求出匀速运 动的时间，从而得出总时间；当工件一直做匀加速直线运动时，运动的时间最短，结合速度 位移公式求出传送带的最小速度.（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为办由牛顿第二定律得代入数据解得：&尸度4 m/s2经时间与传送带的速度相同，则ti=： = ：s = 0.5s,前进的为：%i =1 x 4 x 0.25m = 0.5m此后工件将与传送带一起匀速运动至B点,用时J = 咛1 = 0.75s所以工件第一次到达4点所用的时间：4力+小1.25 s.（2）当工件一直做匀加速直线运动，所用的时间最短，根据是2aL代入数据得：v =4m/s.21.为适
22、应大规模的邮件迅速分拣，提高邮件收发效率，多家快递公司采用了现代化传送装 置以提高整体竞争实力.某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，传送带在电动机 的带动下保持r=2m/s的恒定速度向右运动.现将一质量为犷2kg的邮件从传送带左端A 处无初速地轻放在传送带上，经过一段时间，邮件水平到达传送带的右端8处.力、6间距 离=9m,邮件和传送带间的动摩擦力因数4=0. 2,取5lOm/s?（1）请在图中画出邮件在传动带上滑动时所受的滑动摩擦力.（2）求邮件从传送带左端月到达传送带的右端4的时间t.（3）若提高传送带的速度，可使邮件从传送带的一端传到另一端所用的时间缩短.为使邮 件传到另一端所用
23、的时间最短，传送带的最小速度是多少？【答案】（1）(2) 5s (3) 6m/s【解析】【详解】（1）如图：滑动摩擦力方向水平向右（2）邮件放到传送带上后，开始做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律平=可以得到：a = 2m/s2邮件做匀加速直线运动v=at!,则片1s根据位移与时间的关系可以得到：xt= gati 2得与=1m因为X L所以邮件运动1m后开始做匀速直线运动，则：L-X1 = vt2可以得到：2 = 4s邮件从4运动到所用的时间：t = q + t2 = 5s（3）邮件从A到B 一直加速运动所用时间最短：v2 = 2aL则：传送带最小速度/=6m/s.点睛：本题考查传送带问题，要注
24、意认真分析物埋过程，做好受力分析，正确利用牛顿第二 定律求解加速度，再运用好运动学公式求解即可.22. （2022 福建宁德-高一期末）今年新疆棉花再获丰收，如图为利用两节皮带传送机运 送棉花包的示意图。水平传送带48两端相距尸301,倾角6 = 30。的倾斜传送带G 两 端相距32. 5m, 以 C相距很近，两节传送带均以尸2m/s的速率顺时针转动。将质量尸50kg 的一袋棉花包轻放至力端，到达端后，速度大小不变地传到。端。己知棉花包与传送带 /步间的动摩擦因数尸0.5,与传送带切间的动摩擦因数2二誓，10m/s2o求：（1）棉花包刚放上传送带时，棉花包的加速度团的大小；（2）棉花包从力端运
25、动到端所用的时间Z；（3）若传送带力笈速度不变，要求棉花包能以最短时间到达端，求传送带切的最小速度【答案】（l）5m/s2； （2） 2.95s； （3） 3m/s【解析】（1）棉花包刚放上传送带时，棉花包的加速度大小% = 鬻 =%。= 5m/s2（2）棉花包加速到与传送带力8共速时，滑行的距离为与=止=0.4m 32a m / m所以物块一直匀加速，则滑块从月点到8点的运动时间满足乙=1at2 2解得七=V3S故D错误。6.（多选）如图甲所示，水平传送带/必逆时针匀速转动，一个质量为.JUL 0 kg的小物块以 某一水平初速度滑上传送带左端，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图
26、乙 所示，取向左为正方向，以小物块滑上传送带时为计时起点.已知传送带的速度保持不变, g取10 m/s2.下列说法正确的是A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5B.物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9 mC.物块距离传送带左端的最大距离是8 mD.物块在传送带上的时间4. 5 s【答案】BD【解析】根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带 间的动摩擦因数大小.物块滑上传送带后先做匀减速运动到零,然后反向做匀加速直线运动, 当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合运动学公式求出向左和向右运动的时 间，从而得出物块在传送带上的总时间.由速度图象可得，
27、物块做匀变速运动的加速度为a=m = Jm/s2 = 2.0m/s2；由牛顿第二 定律得=匕又=口施，则可得物块与传送带间的动摩擦因数=瑞=,=02选项A错 误；由速度图象可知，物块的初速度大小v=4 m/s、传送带的速度大小v=2 m/s,物块 在传送带上滑动L=3 s后与传送带相对静止.前2秒内物块的位移大小=4 m,方向向右，即物块距离传送带左端的最大距离是4m；后1秒内的位移大小S2=LtJ =1 m, 2方向向左;3秒内物块的位移s-=3 m,方向向右,传送带在3s内的位移为2X3m=6m 向左，可知物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9 m,选项B正确，C错误：物块再向 左运动的时
28、间12令=1=1. 5 s；物块在传送带上运动的时间t=t1+t2=4. 5 s,选项D正确：故选BD.7.随着电子商务的迅速发展，对物流的需求急剧增加，下图是物流运输过程中卸货的传送 装置示意图，倾斜部分A8的长度为4m，水平传送带BC的长度为5m，A8部分与水平面之间 的夹角8 = 37 。传送带以u = 2m/s的速度沿顺时针方向匀速运转，把包裹轻放到月端开 始运动，包裹经过点前后速度大小不变且不脱离传送带。已知包裹与斜面48、传送带间 的动摩擦因数均为0.5,包裹运动到传送带上后传送带速度不变。不计空气阻力，取重力加 速度g = 10m/s2，sin37 =0.6,cos370 = 0
29、.81 求：(1)包裹到达8点时的速度大小：(2)包裹从力点传送到C点所需的时间。【答案】(l)4m/s； (2) 4.3s【解析】(1)包裹从A运动至ij B的过程中mgsing - 47ngeos。= maxVB =由式解得厅4m/s(2)包裹从A运动到B的过程中外=。百包裹刚滑上传送带到与传送带共速的过程中 mg = ma2V = VB- Q2t2x = t2解得生0. 4s, a=1. 2m因为尸L2mV5m,因此包裹和传送带共速后匀速向右运动3 =所以包裹从A点传送到C点所需的时间为= +亡2 + J = 4.3s8.如图所示，长=10m的水平传送带以速度%8m/s匀速运动.质量分别
30、为2/、勿的小物块 只。，用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环。相连.小物块尸放在传送带的最左端， 恰好处于静止状态，C、尸间的细绳水平.现在，上固定质量为2m的小物块(图中未画出)， 整体将沿传送带运动，已知久。间距大于10 m,重力加速度g取lOm/s?.求： (1)小物块，与传送带间的动摩擦因数；(2)小物块P从传送带左端运动到右端的时间；(3)当小物块户运动到某位置S (图中末画出)时将细绳剪断，小物块P到达传送带最右端 时刚好与传送带共速，求位置S距传送带右端的距离.【答案】(1)0,5 (2)屈。(3) 4m【解析】(1)设静止时细绳的拉力为配小物块尸与传送带间的动摩擦因数为，P
31、、。受力如图：由平衡条件得：Tq = n(2m)gTo = mg =0.5(2)设小物块产在传送带上运动时加速度为细绳的拉力为7, P、0受力如图， 由牛顿第二定律得,对 P： M2m + 2m)g - T = (2m + 2rn)ax对 Qt T - mg = max假设户一直加速至传送带最右端时间为3末速度为匕由运动学公式得：vl = 2aL联立以上两式并代入数据得：t = 匕假设成立.(3)设细绳剪断后小物块尸的加速度大小为电，小物块P在S处的速度大小为方，位置S距 离传送带左端距离为修，距离传送带右端距离为小，P受力如图：断绳后由牛顿第二定律得：n(2m + 2m)g = (2m +
32、2rri)a2断绳前由运动学公式得：以2 = 2q6i断绳后由运动学公式得：v2-v2 2 = 2a2小+ %2 = L联立以上各式并代入数据得：S距离传送带右端距离：X2 = 4m考点三倾斜传送带1 .物体在倾斜传送带上的运动分析.当物体与传送带达到相同速度时，可以通过比较和tan 的大小关系判断重力分力和最 大静摩擦力的大小关系，从而判断共速后的运动娇in 0- /j/ngcos 0 *- =tan 0mgsin O pnigcos *- tan mgin 0 tan。9. (2022 全国高三专题练习)(多选)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角。=30 , 以恒定的速度% = 3m/s
33、逆时针匀速转动，小木块以初速度17 = 6m/s沿平行于传送带方向从 传送带底端滑上传送带,小木块与传送带间的动摩擦因数 =,取重力加速度g = 10m/s2o 下列说法正确的是( )A.小木块刚滑上传送带时的加速度大小为7.5m/s2B.小木块在传送带上向上滑行的最远距离为2. 4mC.小木块回到传送带底端时的速度大小为3m/sD.小木块从滑上传送带到返回传送带底端一共用时1.8s【答案】AB【解析】A.开始时小木块速度与传送带速度相反，所以小木块线做减速运动，受到的摩擦力方向沿 斜面向下。选取沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定理得mgsin30 + mgcos30。= mQi带入数据解得力
34、 = 7.5m/s2 故A正确；B.设向上滑的位移为最大位移为与，则有户=2的修 带入数据解得与=2.4m 故B正确：C.小木块减速到零以后会反向加速，加速度也为由,设从反向加速到和传送带同速瞬间， 位移为%2,则有诏0 = 2arx2 带入数据解得上=0.6m mgcos30 0 物块将会继续向下加速运动，根据牛顿第二定律有7ngsin30 mgcos30 = ma2 与传送带同速到底端过程有说-诏=2a2（*i + &）带入数据解得小木块到达底端的速度为3&m/s，故，错误；D.小木块向上减速到零并反向加速到与传送带速度相同时间为“二也沪=1=1.2S 小木块从与传送带同速到加速下滑到底端
35、需要的时间为A =肾2 = 吟3s = 05s 总时间为 = G + 2 ” 1.7,故D错误。故选ABo10.机场地勤工作人员利用传送带从K机上卸行李。如图所示，以恒定速率u = 2m/s运行 的传送带与水平面间的夹角a = 37。，转轴间距L = 8.2m。工作人员从传送带顶端无初速度 地放上一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数 = 0.5。取重力加速 度g = 10m/s2，sin37 0 =0.6,cos370 =0.8。求：（1）小包裹刚放上传送带时加速度的大小a：（2）小包裹通过传送带所需的时间九【解析】（1）根据牛顿第二定律mgsina + 4mgeosa =
36、ma解得 a = 10m/s2（2）运动到与传送带共速的时间=；= 62s下滑的距离与=1at? =1x 10 x 0.22m = 0.2m由于tan370 = 0.75 0.5故物体04后继续加速卜滑,此时mgsina 4mgeosa = ma得 a = 2m/s2剩余位移为%2 = X -根据孙=仇2+3。,2 2解得匕=2s故小包裹通过传送带所需的时间为 = ti +亡2 = 2.2s（2022 北京北师大二附中高二期末）如图所示传送带水平部分48 = 2m，倾斜部分 BC = 4m且与水平面夹角为。= 37。，小物块与传送带间的动摩擦因数 = 0.25。传送带沿 顺时针方向以2m/s的
37、速率转动。若将物块放在A处，它将从静止开始被传送带送到。处（物 块始终不离开传送带），求物块从月运动到。的时间。（g取10m/q2, sin37 = 0.6, cos37。= 0.8）【答案】2.4s【解析】在水平力夕部分，根据牛顿第二定律有47ng = max可得，小物块在水平部分的加速度为% = 2.5m/s2则小物块加速到与传送带共速的时间为G =、=占=。&此时小物块的位移为必=： 0 = 0.8m则小物块在水平部分做匀速运动的位移为小=AB-X1 = 1.2m则小物块在水平部分做匀速运动的时间为匕=7 = 06s在倾斜8。部分，根据牛顿第二定律有mgsina - fimgcosa =
38、 ma2可得，小物块在倾斜部分的加速度为。2 = gsina - figcosa = 4m/s2在倾斜部分，根据匀变速直线运动的位移时间关系有4C =戊3片带入数据解得，小物块在倾斜部分的加速运动时间为匕=1S则物块从A运动到。的时间为打= tx + t2 + t3 = 2.4S（2022 湖南长郡中学高一期末）如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面间夹角， =37 ,上下两端间距:2. 0m,传送带以/= 1. Om/s的速率沿顺时针方向匀速运行。从距 离传送带底端羽=1. 0m的。点由静止释放-质量m=. 0kg的小滑块，滑块运动到传送带底 端时与固定挡板夕碰撞，碰撞时间极短且碰撞前后速率相
39、等。滑块与传送带间的动摩擦因数 U =0. 5, sin37 =0. 6, cos37 =0. 8, g= 10m/s2,传送带与轮子间无相对滑动,不计轮 轴处的摩擦。求：（1）滑块与挡板尸第一次碰撞时的速度大小匕；（2）滑块与挡板少碰撞后离开挡板的最大距离照；（3）若滑块与挡板第一次碰撞后立即在滑块上加一方向沿传送带斜向上、大小44. 0N 的恒力，一段时间后撤去。要使滑块能滑至传送带最上端，恒力持续作用的最短时间八 【答案】（1） 2m/s； （2） 0.4m； （3）1.67。【解析】（1）设滑块向下运动的加速度为胡，根据牛顿第二定律可得mgsin。-卬ngcosJ = ma 由匀变速运
40、动规律有% 2=2%与联立解得k2m/s（2）滑块第一次与挡板碰撞后速度大于传送带速度，滑块减速上滑，设碰后运动的加速度 大小为 a?,则mgsin。+ imgcQsO = ma2减速至与皮带速度相等时运动的距离为X1,则户-% 2 = 2（-。2）工1之后滑块继续减速上滑至速度为零，加速度大小为团，则0 - v2 = 2（-%）外离开挡板的最大距离为x萨xKx,联立解得人萨0. 4m（3）滑块与挡板碰撞后，在恒力作用下的加速度大小设为根据牛顿第二定律有mgsin。+卬zigcos。- F = ma设该过程向上运动的距离为X3,运动时间为3,则小 一/ 2 2（-a3）%3v -vx = （-a3）ti解得%3 = 0.25m，i=s