牛顿运动定律之滑块与传送带问题(含解析)

牛顿运动定律的传送带问题一．滑块在水平传送带上运动常见的三个情景情景一(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景二(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三(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(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例题1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，选项A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t 2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B 正确；0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项C 错误；t 2～t 3时间内小物块不受摩擦力，选项D 错误．例题2． (多选)如图所示，质量为m 的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L .当传送带分别以v 1、v 2的速度逆时针转动(v 1＜v 2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F 1，F 2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t 1、t 2，则下列说法正确的是( )A ．F 1＜F 2B ．F 1＝F 2C ．t 1一定大于t 2D ．t 1可能等于t 2解析：选BD.绳剪断前物体的受力情况如图所示，由平衡条件得F N ＋F sin θ＝mg ，F f ＝μF N ＝F cos θ，解得F ＝μmg μsin θ＋cos θ，F 的大小与传送带的速度无关，选项A 错误，B 正确；绳剪断后m 在两速度的传送带上的加速度相同，若L ≤v 212μg ，则两次都是匀加速到达左端，t 1＝t 2，若L ＞v 212μg ，则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t 1＞t 2，选项C 错误，D 正确．例题3、 (多选)如图所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是( )解析若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1>v2，且P 受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v 2>v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝FT＋μmgm，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有F T>μmg，此后加速度a2＝FT－μmgm，故C正确，A、D错误．答案BC二、倾斜传送带问题滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景情景一①可能一直加速②可能先加速后匀速情景二①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加速情景三①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能一直匀速④可能先以a1加速后以a2加速情景四①可能一直加速②可能一直匀速③可能先减速后反向加速例题4 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，在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(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．解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma则a＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s2，根据l＝12at2得t＝4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1则有a1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝10 m/s2.设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝va1＝1010s＝1 s，x1＝12a1t21＝5 m＜l＝16 m.当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin 37°＞μmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s2x2＝l－x1＝11 m又因为x2＝vt2＋12a2t22，则有10t2＋t22＝11解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)所以t总＝t1＋t2＝2 s.答案(1)4 s (2)2 s例题5．如图所示，A、B两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹，传送皮带与水平面的夹角为θ，在电动机的带动下，可利用传送皮带传送货物．已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间是t，则( )A．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定大于tB．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于tC ．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于tD ．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t解析：选D.传送带不动物体下滑时，物体受摩擦力向上，故加速度a ＝g sin θ－μg cos θ； 当传送带向上运动时，摩擦力一定也是向上，而摩擦力的大小不变，故a 不变，所以物体运动到B 的时间不变，故A 、B 错误；当皮带向下运动时，物体受摩擦力开始是向下的，故加速度开始一定增大，位移不变，故由A 滑到B 的时间小于t ，故C 错误，D 正确．例题6．如图所示为上、下两端相距 L ＝5 m 、倾角α＝30°、始终以v ＝3 m/s 的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t ＝2 s 到达下端，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？解析：(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a .由题意得L ＝12at 2解得a ＝2.5 m/s 2 由牛顿第二定律得mg sin α－F f ＝ma 又F f ＝μmg cos α故μ＝0.29.(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为v m，物体加速度为a′.由牛顿第二定律得mg sin α＋F f＝ma′又v2m＝2La′故v m＝2La′＝8.66 m/s.答案：(1)0.29 (2)8.66 m/s例题7．(多选)如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中．下列说法正确的是( )A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于v，物体仍落在P 点B．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点C．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P 点D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P点解析：选AD.若传送带静止，物体滑到传送带右端的过程中，物体一直减速，其加速度a＝μg，v2－v20＝2aL，当传送带顺时针转且速度小于v时，物体仍一直减速，到达传送带右端速度仍为v，因而物体仍落在P点，A正确；当传送带顺时针转且速度大于v0时，物体应先加速，因而到达右端时速度一定大于v，应落在P点右侧，B 错误；当传送带顺时针转且速度大于v时，物体在传送带上应先减速，当速度达到传送带速度时便和传送带一起匀速运动，到达右端时速度大于v，应落在P点右侧，C 错误；当传送带逆时针转时，物体一直减速，到达右端时速度为v，仍落在P点，D 正确．。

一、滑块问题1．如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg ，长为L=1.4m ；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg ，其尺寸远小于L 。

小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ==04102.(/)g m s （1）现用恒力F 作用在木板M 上，为了使得m 能从M 上面滑落下来，问：F 大小的范围是什么？（2）其它条件不变，若恒力F=22.8牛顿，且始终作用在M 上，最终使得m 能从M 上面滑落下来。

问：m 在M 上面滑动的时间是多大？解析：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力 f N mg ==μμ小滑块在滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度 a f m g m s 124===//μ木板在拉力F 和滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度 a F f M 2=-()/ 使m 能从M 上面滑落下来的条件是 a a 21>即N g m M F m f M f F 20)(//)(=+>>-μ解得（2）设m 在M 上滑动的时间为t ，当恒力F=22.8N ，木板的加速度a F f M m s 2247=-=()/./ ）小滑块在时间t 内运动位移S a t 1122=/ 木板在时间t 内运动位移S a t 2222=/ 因S S L 21-= 即s t t t 24.12/42/7.422==-解得 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B 的左端滑上长木板B ，直到A 、B 的速度达到相同，此时A 、B 的速度为0.4m/s ，然后A 、B 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B 的质量相同，A 、B 间的动摩擦因数μ1=0.25．求：（取g =10m/s 2） （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？ 解析：（1）A 、B 一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度222 1.0m/s 2v a g sμ=== 解得木板与冰面的动摩擦因数μ2=0.10 （2）小物块A 在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a 1=μ1g =2.5m/s 2A vB小物块A 在木板上滑动，木块B 受小物块A 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有μ1mg －μ2(2m )g =ma 2 解得加速度a 2=0.50m/s 2设小物块滑上木板时的初速度为v 10，经时间t 后A 、B 的速度相同为v由长木板的运动得v =a 2t ，解得滑行时间20.8s v t a == 小物块滑上木板的初速度 v 10=v ＋a 1t =2.4m/s小物块A 在长木板B 上滑动的距离为22120112110.96m 22s s s v t a t a t ∆=-=--=（3）小物块A 滑上长木板的初速度越大，它在长木板B 上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，物块A 达到木板B 的最右端，两者的速度相等（设为v ′)，这种情况下A 的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v 0．有220121122v t a t a t L --= 012v v a t v a t ''-==由以上三式解得，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不大于最大初速度0122() 3.0m/s v a a L =+=动力学中的传送带问题一、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。

微专题14牛顿运动定律应用之传送带问题【核心方法提示】1.涉及传送带的动力学问题分析时抓住两个时刻(1)初始时刻，比较物块速度与传送带速度关系，判断物块所受的摩擦力性质与方向，进而判断物块开始阶段的运动性质。

(2)物块与传送带速度相同时刻，再次判断物块所受的摩擦力性质与方向，进而判断下阶段物块的运动性质。

2.涉及传送带的动力学问题分析时注意一个问题：要判断物块速度与传送带速度相同时，物块有没有完成整个运动过程。

【经典例题选讲】类型一：水平传送带匀速传动问题【例题1】如图所示，水平传送带以恒定速度v 向右运动。

将质量为m 的物体Q 轻轻放在水平传送带的左端A 处，经过t 秒后，Q 的速度也变为v ，再经t 秒物体Q 到达传送带的右端B 处，则()A ．前t 秒内物体做匀加速运动，后t 秒内物体做匀减速运动B ．后t 秒内Q 与传送带之间无摩擦力C ．前t 秒内Q 的位移与后t 秒内Q 的位移大小之比为1∶1D ．Q 由传送带左端运动到右端的平均速度为34v 解析：前t 秒内物体Q 相对传送带向左滑动，物体Q 受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律F f ＝ma 可知，物体Q 做匀加速运动，后t 秒内物体Q 相对传送带静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，选项A 错误，B 正确；前t 秒内Q 的位移x 1＝v 2t ，后t 秒内Q 的位移x 2＝vt ，故x 1x 2＝12，选项C 错误；Q 由传送带左端运动到右端的平均速度v ＝x 1＋x 22t ＝v 2t ＋vt 2t＝34v ，选项D 正确。

答案：BD【变式1】如图所示，水平传送带两个转动轴轴心相距L ＝20m ，正在以v ＝4.0m/s 的速度顺时针匀速运动，某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数为0.1，将该物块从传送带左端无初速地轻放在传送带上，从左端运动到右端，求：(g 取10m/s 2)(1)物块运动的时间；(2)物块与传送带间的相对位移大小；(3)若提高传送带的速度，可以使物块从传送带的一端传到另一端所用的时间缩短。

高中高考物理传送带问题解析一、传送带的分类1.按放置方向分水平、倾斜两种；2.按转向分顺时针、逆时针转两种；3.按运动状态分匀速、变速或变速再变速两种二、受力分析：传送带模型中要注意摩擦力的突变（发生在V物与V传相同的时刻）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三、运动分析1.注意物体相对传送带的速度和物体相对地面的速度的区别。

2.判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？3.判断传送带长度——临界之前是否滑出？四、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。

考点一、水平匀速的传送带【例1】—水平传送带，绷紧的传送带AB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）行李在传送带上滑行痕迹的长度。

（2）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）行李受到的滑动摩擦力F＝μmg①代入数值，得F＝4N②由牛顿第二定律得F＝ma③代入数值，得a＝1m／s2④（2）设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度为v＝1m／s。

则：v＝at1⑤代入数值，得：t1＝1s⑥匀加速运动的位移为x1=½a1t12=0.5m接着做匀速运动的位移x2=l-x1=1.5m匀速运动的时间t2=x2/v=1.5s所以，从A运动到B的时间t=t1+t2=2.5s（3）在行李做匀加速运动的时间t1内，传送带运动的位移为x传=vt1=1m滑行痕迹的长度为Δx=x传-t1=0.5m（4）行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短。

微专题3 滑块木板模型、传送带模型一传送带模型传送带问题为高中动力学问题中的难点,需要考生对传送带问题准确地做出动力学过程分析。

1.抓住一个关键:在确定研究对象并进行受力分析之后,首先判定摩擦力的突变(含大小和方向)点,给运动分段。

传送带传送的物体所受摩擦力,不论是其大小的突变,还是其方向的突变,都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

物体在传送带上运动时的极值问题,不论是极大值,还是极小值,也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻,v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点。

判定运动中的速度变化(相对运动方向和对地速度变化)的关键是v物与v传的大小与方向,二者的大小和方向决定了此后的运动过程和状态。

2.注意三个状态的分析——初态、共速、末态3.传送带思维模板模型1水平传送带模型水平传送带又分为三种情况:物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。

情景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,一直匀速(2)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(3)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,滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。

当v0>v时,返回时速度为v,当v0<v时,返回时速度为v0例1如图甲所示,水平方向的传送带顺时针转动,传送带速度大小v=2 m/s 不变,两端A、B间距离为 3 m。

一物块从B端以v0=4 m/s滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g=10 m/s2。

物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图象是图乙中的( )。

甲乙解析物块B刚滑上传送带时,速度向左,由于物块与传送带间的摩擦作用,使得它做匀减速运动,加速度大小a=μg=4 m/s2,当物块的速度减小到零时,物块前进的距离s=m=2 m,其值小于AB的长3 m,故物块减速到零后仍在传送带上,所以它会随传送带向右运动,其加速度的大小与减速时是相等的,当其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离s'= m=0.5 m,其值小于物块向左前进的距离,说明物块仍在传送带上,以后物块相对于传送带静止,其速度等于传送带的速度,所以B项正确。

（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含答案一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求：（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小； （2）若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 【答案】（1）4/m s （2）3.5/m s 【解析】 【详解】(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝1mgmμ＝3 m/s 2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝122mg mgmμμ-⨯＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v′，平板位移为x ，对滑块： v′＝v －a 1t(1分)L 2＋x ＝vt －12a 1t 2 对平板：v′＝a 2tx ＝12a 2t 2 联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝mgmμ＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v 1112a L 5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′ 则v″＝v 1－a 1t′ L 2＋x′＝v 1t′－12a 1t′2 x′＝12a 2t′2联立以上各式代入数据解得：t′1＝12s ，t′2＝2 s(t′2>t ，不合题意，舍去) 将t′＝12s 代入v″＝v －a 1t′得：v″＝3.5 m/s.2．如图所示，长木板B 质量为m 2＝1．0 kg ，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m 3＝1．0 kg 、可视为质点的物块C 放在长木板的最右端．质量m 1＝0．5 kg 的物块A ，以速度v 0＝9 m ／s 与长木板发生正碰（时间极短），之后B 、C 发生相对运动．已知物块C 与长木板间的动摩擦因数μ1＝0．1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C 始终在长木板上，g 取10 m ／s 2．（1）若A 、B 相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能． （2）若A 、B 发生弹性碰撞，求整个过程物块C 相对长木板的位移．【答案】（1）13.5J （2）2.67m 【解析】（1）若A 、B 相撞后粘在一起，由动量守恒定律得1012()m v m m v =+由能量守恒定律得 22101211()22E m v m m v ∆=-+ 解得损失的机械能 21201213.52()m m v E J m m ∆==+ （2）A 、B 发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得101122m v m v m v =+由机械能守恒定律得222101122111222m v m v m v =+ 联立解得 1210123/m m v v m s m m -==-+， 1201226/m v v m s m m ==+之后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231321-()m m g m g m a μμ+-= 对物块C ： 1332m g m a μ=设达到共同速度过程经历的时间为t ，212v a t a t += 这一过程的相对位移为22121211322x v t a t a t m ∆=+-= B 、C 达到共同速度之后，因12μμ<，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231323-()m m g m g m a μμ++=对物块C ：1334-m g m a μ=这一过程的相对位移为 2222243()()1223a t a t x m a a ∆=-=-- 整个过程物块与木板的相对位移为 1282.673x x x m m ∆=∆-∆== 点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．3．如图所示，质量为m=2kg 的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg ，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F ，要使物块m 相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s 2）（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m 加速度的大小及m 受到支持力的大小； （2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F 的取值．（此问结果小数点后保留一位） 【答案】（1）7.5m/s 2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N 【解析】 【分析】(1)斜面M 、物块m 在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m 的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m 的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a 和支持力．(2)用极限法把F 推向两个极端来分析：当F 较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F 较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F 不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F 的取值范围． 【详解】(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．根据牛顿第二定律得： mgtanθ=ma得 a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s 2 m 受到支持力20N=25N cos cos37N mg F θ==︒(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F 1，此时物块的受力如下图所示:对物块分析，在水平方向有 Nsinθ﹣μNcosθ=ma 1 竖直方向有 Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0 对整体有 F 1=（M+m ）a 1 代入数值得a 1=4.8m/s 2 ，F 1=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F 2， 对物块分析，在水平方向有 N ′sin θ﹣μN′cos θ=ma 2 竖直方向有 N ′cos θ﹣μN ′sin θ﹣mg =0 对整体有 F 2=（M +m ）a 2 代入数值得a 2=11.2m/s 2 ，F 2=67.2N综上所述可以知道推力F 的取值范围为：28.8N≤F ≤67.2N ． 【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．4．如图所示，质量为M =10kg 的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F =10N 的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量m =2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20．假定小车足够长．（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止 （2） 求3s 内煤块前进的位移 （3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度 【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m 【解析】 【分析】分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位移． 【详解】(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：1N F ma μ=F N -mg =0代入数据解得：a 1=2m/s 2 刚开始运动时对小车有：2N F F Ma μ-=解得：a 2=0.6m/s 2经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v 1=a 1t车的速度为：v 2=v +a 2t解得：t =2s ；(2)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t ==2s 时的速度为：11122m/s 4m/s v a t ==⨯=此后加速运动的加速度为：235m/s 6F a M m ==+ 然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此1s 时间内位移为：2212321 4.4m 2x v t a t =+=所以煤块的总位移为：128.4m x x +=(3)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t ==小车前进的位移为：21116.8m 2x v t a t '=+=两者的相对位移为：m 1 2.8x x x '∆=-=即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m ． 【点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．5．如图所示，一质量M =40kg 、长L =2.5m 的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m =10kg 可视为质点的滑块，以v 0=5m/s 的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2.（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.【答案】（1），（2）恰好不会从平板车的右端滑出．【解析】根据牛顿第二定律得对滑块，有，解得对平板车，有，解得．设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：．平板车的位移为：．而且有解得：此时，所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．答：滑块与平板车的加速度大小分别为和．滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．点睛：对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加速度；由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．6．图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B 两端相距3m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ= 37°，C、D 两端相距4.45m，B、C相距很近。

牛顿定律的应用之传送带及板块问题一、板块问题分析二、传送带问题分析【例2】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＝1m/s运行，一质量为m＝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μ＝0.1，A、B间的距离L＝2m，g取10m/s2。

【例2】⑴求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加；⑵求行李做匀加速直线运动的时间；⑶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。

1【变式】质量为m的物体从离传送带高为H处沿光滑圆弧轨道下滑，水平进入长为L的静止的传送带落在水平地面的Q点，已知物体与传送带间的动摩擦因数为μ，则当传送带转动时，物体仍以上述方式滑下，将落在Q点的左边还是右边? 【例3】如图示，传送带与水平面夹角为37°，并以v＝10m/s运行，在传送带的A端轻轻放一个小物体，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，AB长16米，求：以下两种情况下物体从A到B所用的时间。

⑴传送带顺时针方向转动⑵传送带逆时针方向转动AB【变式】如图所示是长度为L＝8.0m水平传送带，其皮带轮的半径为R＝0.20m，传送带上部距地面的高度为h＝0.45m。

一个旅行包(视为质点)以v0＝10m/s的初速度从左端滑上传送带。

旅行包与皮带间的动摩擦因数μ＝0.60。

g取10m/s2。

求：【变式】⑴若传送带静止，旅行包滑到B端时，若没有人取包，旅行包将从B端滑落。

包的落地点距B端的水平距离为多少？⑵设皮带轮顺时针匀速转动，当皮带轮的角速度ω值在什么范围内，包落地点距B端的水平距离始终为⑴中所得的水平距离？⑶若皮带轮的角速度ω1＝40rad/s，旅行包落地点距B端的水平距离又是多少？⑷设皮带轮以不同的角速度顺时针匀速转动，画出旅行包落地点距B端的水平距离s随角速度ω变化的图象(ω的取值范围从0到100rad/s)。