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1、一、滑块问题2.长为1.5m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板3的左端滑上长木板3,直到A、3的速度达到相同,此时A、8的速度为0.4ms,然后A、8又一起在水平冰面上滑行了8.0Cm后停下.若小物块A可视为质点，它与长木板5的质量相同，A、8间的动摩擦因数vz=0.25.求：（取g=10ms2）A.AB（1）木块与冰面的动摩擦因数.（2）小物块相对于长木板滑行的距离.（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度应为多大？动力学中的传送带问题传送带模型中要注意摩擦力的突变滑动摩擦力消失滑动摩擦力突变为静摩擦力滑动摩擦力改变方向分析问题的思路：初始条件一
2、相对运动一判断滑动摩擦力的大小和方向一分析出物体受的合外力和加速度大小和方向一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2. 如图7所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度Vl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_八$平面，一物体以恒定速度V2沿直线向左滑向传送带后，经过三二一段时间又反回光滑水平面，速率为V2,则下列说法正确的v,是：（）三7A.只有V=V2时,才有V2=ViB.若V1V2时，则V2=V2C.若Vb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,QC.物块将会落在Q点的左边D.物块将会落在Q点的
3、右边4. （2003年江苏理综）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、8始终保持v=lms的恒定速率运行；一质量为w=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4=0.1,AB间的距离=2m,g取IOm/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口
4、最小运行速率.V7T图175. （16分）如图17所示，水平传送带的长度L=5m,皮带轮的半径R=0.1m,皮带轮以角速度切顺时针匀速转动。现有一小物体（视为质点）以水平速度W从A点滑上传送带，越过8点后做平抛运动，其水平位移为S。保持物体的初速度VO不变，多次改变皮带轮的角速度,依次测量水平位移S,得到如图18所示的S口图像。回答下列问题:动？（1）当0330rads时，水平位移不变，说明物体在A8之间一直加速，其末速度vb=-=3ms.根据v；一片=2as当03Orads时，2gL=-v解得：v0=5m/s6.答案。一g)2%g解析：根据“传送带上有黑色痕迹“可知，煤块与传送带之间发生了相
5、对滑动,煤块的加速度4小于传送带的加速度处,根据牛顿第二定律，可得=g设经历时间f,传送带由静止开始加速到速度等于V0,煤块则由静止加速到也有vo=aot,V=at由于o,故*助煤块继续受到滑动摩擦力的作用.再经过时间八煤块的速度由U增加到vo,有vo=v6r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增加到血的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为SO和S,有1 2VoSo=2即v，S=或传送带上留下的黑色痕迹的长度/=SO-S由以上各式得/=埼(%)2%g二、倾斜放置运行的传送带2 .【答案】2s解析：物体的运动分为两个过程，一个过程在物体速
6、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mgsin。与所受的最大静摩擦力，若vtan。，则继续向下加速.若zNtanO,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=10(0.6+0.50.8)ms2=10ms2-s物体加速至与传送带速度相等需要的时间的10I2c
7、s=-at=5m力时间内位移2.由于tan,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：rngsinO-mgcos=ma2,a2=2ms-设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2,由2：解得t2=ls,t2=Ils(舍去).所以物体由AB的时间t=t+t2=2s.3 .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/wgcos37o/sin37o=ma则a=zgcos37osin37o=0.4ms2物体加速至2m/s所需位移V222s=五=4K7m=5m”经
8、分析可知物体先加速5m再匀速运动S=Lso=6m.匀加速运动时间八=。=看s=5s.S6匀速运动的时间2=2s=3s.则总时间r=h+f2=(5+3)s=8s.答案：8s三、组合类的传送带1.【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Bf即做一段匀速运动；尸从8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F-max,F,l=mg,v=a,得尸匀加速运动的时间=上=上=o.8s.q4g1212八Sl=Q4gf=0.8m,Sas-i=2，匀速运动时间乃二皿二包=0.6s.VP以速率V开始沿BC下滑
9、，此过程重力的下滑分量mgsin37*0.6mg;滑动摩擦力沿斜面向上，其大小为wgcos370=0.2wg.可见其加速下滑.由牛顿第二定律mgs37o-mgcos37o=3，的=04g=4ms2,sbc=vr3+a3t3解得，3=ls（另解4=-2s,舍去）.从A至C经过时间=fZ2=2.4s.2.解：物体A轻放在点后在摩擦力和重力作用下先做匀速直线运动直到和传送带速度相等，然后和传送带一起匀速运动到b点。在这一加速过程中有加速度/“zzgcosa-mgsinl10（0.80.8-0.6）2tn1运动时间G=上=2.5$4运动距离Sl=1.25zsb220.4在ab部分匀速运动过程中运动时间
10、所以物体A从a处被传送到b和所用的时间t=tl+t2=2.5+3.45=5.95S3.（14分）解：米袋在AB上加速时的加速度旬=侬=5而$2（2m分）2米袋的速度达到=5ms时，滑行的距离SO=2.5?48=3机，因此米加速一段后与传送带一起匀速运动到达B点，到达C点时速度v0=5m/s（1分）设米袋在CD上运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得mgsin+mgCOSe=ma代人数据得a=10m/S2（2分）所以，它能上滑的最大距离2。（2顺斜部分传送带沿顺时针方向转动时，米袋速度减为4m/S之前的加速度为ax=（sin+4cos6）=-10，/s2（1分）速度减为4m/s时上滑位移为22=1Yo=045/72（1分）米袋速度等于4m/s时，滑动摩擦力方向改变，由于cosmgsina,故米继续向上减速运动（1分）米袋速度小于4m/s减为零前的加速度为-a2=一g（sin。一Ce）Se）=-2tn/S2（2分）速度减到0时上滑位移为S1=-=4m（1分）Ia2可见，米袋速度减速到0时，恰好运行到D点。米袋从C运动到D所用的时间f=4+%=21二a+=2.152
