牛顿运动定律4
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牛顿运动定律
er
m1
Fr m2
重力 P mg 矢量式 P mg
g 重力加速度
比 萨 斜 塔
重力加速度和质量无关
F
G
Mm
R2
P mg
g
G
M R2
9.80m/s2
讨论：
万有引力公式只适用于两 质点。
一般物体万有引力很小， 但在天体运动中却起支配 作用。
二、弹性力 (elastic force) 物体发生弹性变形后，内部产生欲恢复形变的力。 常见的有：弹簧的弹力、绳索间的张力、压力、支
a
F 1 a1
aF22aF3 3
Fi ai
4.此式为矢量关系，通常要用分量式：
Fx ma x
Fy ma y
F ma
Fn man
三、牛顿第三定律 (Newton’s Third Law)
作用力与反作用力总是大小相等、
方向相反，作 用在同一条直线上。 F12 F21
★已做和待做的工作：
• 弱、电统一：1967年温伯格等提出理论 1983年实验证实理论预言
• 大统一(弱、电、强 统一)： 已提出一些理论，因目前加速器能量不够
而无法实验证实。
• 超大统一：四种力的统一
电弱相互作用
强相互作用
“超大统一”（尚待实现）
万有引力作用
2.4 牛顿定律的应用举例
应用牛顿定律解题的基本方法
动量为 mv 的质点，在合外力的作用下，其动量
随时间的变化率等于作用于物体的合外力。
表达式：
F合外
dp dt
或： F合外 ma
当
1-4 牛顿运动定律
10
11
例 1-11 一固定光滑圆柱体上的小球（m）从顶端下滑。 求小球下滑到 时小球对圆柱体的压力。 y
O
R
v
x
例 1-11 一固定光滑圆柱体上的小球（m）从顶端下滑。 求小球下滑到 时小球对圆柱体的压力。 y 解：在处时， 质点受力如图
FN
mg
O
FN mg ma
a2
a1
m
解：(1) 以小球为研究对象，当小车沿水平方向做匀 加速运动时，分析受力如图，建立图示坐标系。 x方向：
FT1 sin θ ma1 0
y方向： FT1 cos θ mg
FT1 m g 2 a12
a1 tan , g
a1 arctan g
8
(2)以小球为研究对象，当小车沿斜面作匀加速运动 时，分析受力如图，建立图示坐标系。
2
m l sin
2
y方向：FT cos θ mg
FT cos θ
T
g cos θ 2 2 0.497 4π n l
ω 2 πn
O
FT sin θ
x
6013
mg
9
历年考题
一个圆锥摆的摆线长为l,摆线与竖直方向的夹角恒为θ. 则摆锤转动的周期为 .
2. 变力作用下的单体问题
m1 m2 ar g m1 m2
2m1m2 FT g m1 m2
a1
m1
m1 g
a2
m2
m2 g
O
(2) 电梯以加速度 a 上升时， A 对地的加速度 a-ar ， B 的对地的加速度为a+ar，根据牛顿第二定律，对A和 B分别得到： m m
1-3、4、5牛顿运动定律
Mm r
3
r dr r dr cos rdr
Mm F G 3 r r
)
b
dr
dr
G
ra
rdr
Mm rb
rb
( G
Mm ra
) ( G
初态量
末态量
r
r
F
M
m
ra
a
弹力的功
F kxi
1 1 2 2 W kxi dxi ( kxb kxa ) xa 2 2 1 1 2 2 kxa kxb 2 2 弹簧振子 末态量 初态量
kt m
kt m
v
mg F k
(1 e
)
1-4
动能定理
机械能守恒定律
一 、功和功率
1)恒力的功
定义：力在位移方向上的投影与该物体位移大小 的乘积。
F
F
r
F F
W F// r F r cos F r
2) 变力的功
dW F dr
mg kv F ma m dt
mg kv F ma m
dv dt
初始条件：t=0 时 v=0
v
dv ( mg kv F ) m
0
t
dt
t
0
m k
v
d ( mg kv F ) ( mg kv F )
v
0
dt
0
ln( mg kv F ) 0
xb
弹簧平衡时质点为坐标原点
3
r dr r dr cos rdr
Mm F G 3 r r
)
b
dr
dr
G
ra
rdr
Mm rb
rb
( G
Mm ra
) ( G
初态量
末态量
r
r
F
M
m
ra
a
弹力的功
F kxi
1 1 2 2 W kxi dxi ( kxb kxa ) xa 2 2 1 1 2 2 kxa kxb 2 2 弹簧振子 末态量 初态量
kt m
kt m
v
mg F k
(1 e
)
1-4
动能定理
机械能守恒定律
一 、功和功率
1)恒力的功
定义：力在位移方向上的投影与该物体位移大小 的乘积。
F
F
r
F F
W F// r F r cos F r
2) 变力的功
dW F dr
mg kv F ma m dt
mg kv F ma m
dv dt
初始条件：t=0 时 v=0
v
dv ( mg kv F ) m
0
t
dt
t
0
m k
v
d ( mg kv F ) ( mg kv F )
v
0
dt
0
ln( mg kv F ) 0
xb
弹簧平衡时质点为坐标原点
§1-4 牛顿运动定律
解：以地面为参考系，物体A和B为研究对象，分别进行受
力分析。 物体在竖直方向运动，建立坐标系oy
y
T
a1
m1
T
a2
m2
ar
m1
ar
m2
o
m1 g
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m2 g
(1)电梯匀速上升，物体对电梯的加速度等于它们对地面的 加速度。A的加速度为负，B的加速度为正，根据牛顿第二 定律，对A和B分别得到：
烟粒沉降的终极速度－－－10-3 m/s, 人在空气中自由下落的终极速度－－－76 m/s, 张开降落伞下降时的终极速度－－－ 6 m/s 。
在高速运动的情况下，会出现由于湍流而产生的其它力，
总的阻力与速度有复杂的依赖关系。例如，赛车的设计者 是用正比于速度平方的力来说明这些阻力的。
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x方向： y方向：
mg sin m(a2 a1 sin ) N mg cos ma1 cos
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a2 ( g a1 )sin
N m( g a1 )cos
由牛顿第三定律可知，物体对斜面的压力为
m( g a1 )cos
a2 ( g a1 )sin
1661年考入剑桥大学三一学院
1665年获学士学位
1666年6月22日至1667年3月， 两度回到乡间的老家
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牛顿简介
全面丰收的时期
1667年牛顿返回剑桥大学当研究生， 次年获得硕士学位
1669年由于巴洛的推荐，接受了“卢 卡斯数学讲座”的职务
1669年发明了二项式定理
1672年，由于制造反射望远镜的成就被接 纳为伦敦皇家学会会员
实验4 验证牛顿运动定律
(3)图2是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为 7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。 量出相邻的计数点之间的距离分别为：xAB＝4.22 cm、xBC＝ 4.65 cm、xCD＝5.08 cm、xDE＝5.49 cm，xEF＝5.91 cm，xFG＝
6.34 cm。已知打点计时器的工作频探究高考命题视角 以本实验为背景，通过改变实验条件、实验仪器设置题目， 不脱离教材而又不拘泥教材，体现开放性、探究性、设计性 等特点。 视角 1 实验器材的改进
替代 气垫导轨― ― → 长木板
视角2 数据处理方法的改进
小车的加速度可以利用传感器，借助于计算机来处理 视角3 实验方案的改进
m乙 x1 1 2 Ft2 (3)由 x＝ at 及 F＝ma，可得 m＝ ，故有 ＝ ，即 m 乙＝ 2 2x m甲 x2 x1 x1 m 甲· ，所以若以乙车的质量 m 为纵坐标、 为横坐标，该直 x2 x2 线的斜率为 m 甲，即甲车的质量。
答案
(1)反比
(2)平衡摩擦力
乙
(3)甲车
【变式训练】 3．如图7甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。
2
1 C. t
1 D. 2 t
解析
(1)游标卡尺读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，
由图知第5条刻度线与主尺对齐，d＝2 mm＋5×0.05 mm＝2.25 mm；(2)应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误 差，选项A正确；应将气垫导轨调节水平，且保持拉线方向与 木板平面平行，此时拉力等于合力，选项B、C正确；拉力是直
①在两个小桶中装入适量细沙，并使两桶质量 (含沙子)相同； ②两车紧靠架子左边的挡板，在乙车上放一个砝码，同时释 放两车，当车运动一段时间后，用手机对整个装置进行拍照。
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第4课时动力学的三类典型问题课件新人教版
[答案] C
[系统归纳] 轻绳在伸直状态下，轻绳两端的连接体沿轻绳方 轻绳 向的速度总是相等 轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆 轻杆 转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与 转动半径成正比 在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不 轻弹簧 一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速 率相等
[答案] C
二弹簧连接体
[例 2] (多选)如图所示，光滑水
平面上放置着四个相同的木块，其中木
块 B 与 C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧
始终在弹性限度内。现用水平拉力 F 拉 B，使四个木块以相同的
加速度一起加速运动，则下列说法正确的是
()
A．一起加速过程中，D 所受到的静摩擦力大小为F4
B．一起加速过程中，C 受到 4 个力的作用
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起 飞，求在 t＝5 s 时离地面的高度 h；
(2)当无人机悬停在距离地面高度 H＝100 m 处，由于动力 设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面 时的速度大小 v；
(3)在第(2)问条件下，若无人机坠落过程中，由于遥控设备 的干预，动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着 地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间 t1。
[解析] A、B 间的最大静摩擦力为 2μmg，B 和地面之间的 最大静摩擦力为32μmg，对 A、B 整体，只要 F＞32μmg，整体就会 相对地面运动，选项 A 错误；当 A 对 B 的摩擦力为最大静摩擦 力时，A、B 将要发生相对滑动，故 A、B 一起运动的加速度的最 大值满足 2μmg－32μmg＝mamax，B 运动的最大加速度 amax＝12μg， 选项 D 正确；对 A、B 整体，有 F－32μmg＝3mamax，得 F＝3μmg， 则 F＞3μmg 时两者会发生相对滑动，选项 C 正确；当 F＝52μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足 F－32μmg＝3ma，解 得 a＝13μg，选项 B 正确。
[系统归纳] 轻绳在伸直状态下，轻绳两端的连接体沿轻绳方 轻绳 向的速度总是相等 轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆 轻杆 转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与 转动半径成正比 在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不 轻弹簧 一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速 率相等
[答案] C
二弹簧连接体
[例 2] (多选)如图所示，光滑水
平面上放置着四个相同的木块，其中木
块 B 与 C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧
始终在弹性限度内。现用水平拉力 F 拉 B，使四个木块以相同的
加速度一起加速运动，则下列说法正确的是
()
A．一起加速过程中，D 所受到的静摩擦力大小为F4
B．一起加速过程中，C 受到 4 个力的作用
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起 飞，求在 t＝5 s 时离地面的高度 h；
(2)当无人机悬停在距离地面高度 H＝100 m 处，由于动力 设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面 时的速度大小 v；
(3)在第(2)问条件下，若无人机坠落过程中，由于遥控设备 的干预，动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着 地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间 t1。
[解析] A、B 间的最大静摩擦力为 2μmg，B 和地面之间的 最大静摩擦力为32μmg，对 A、B 整体，只要 F＞32μmg，整体就会 相对地面运动，选项 A 错误；当 A 对 B 的摩擦力为最大静摩擦 力时，A、B 将要发生相对滑动，故 A、B 一起运动的加速度的最 大值满足 2μmg－32μmg＝mamax，B 运动的最大加速度 amax＝12μg， 选项 D 正确；对 A、B 整体，有 F－32μmg＝3mamax，得 F＝3μmg， 则 F＞3μmg 时两者会发生相对滑动，选项 C 正确；当 F＝52μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足 F－32μmg＝3ma，解 得 a＝13μg，选项 B 正确。
1-4牛顿运动定律
dp F= dt
表述为: 表述为 物体的动量对时间的变化率与所加的合外 力成正比,并且发生在这力所沿直线的方向上 力成正比 并且发生在这力所沿直线的方向上
14
牛顿第二定律的普遍形式
dp F= dt
d(mv) ∑Fi = k dt
某时刻质点动量对时间的变化率正比 与该时刻作用在质点上所有力的合力。 与该时刻作用在质点上所有力的合力。 取适当的单位， 取适当的单位，使 k =1 ，则有
∑Fi =
d(mv) dm dv = v +m dt dt dt
当物体的质量不随时间变化时
dv 当物体质量为恒量时牛顿第二定律 当物体质量为恒量时牛顿第二定律 ∑Fi = m dt = ma 的特殊形式
以下两种情况下， 物体在运动中质量有所增减,如火箭、 以下两种情况下， 物体在运动中质量有所增减,如火箭、雨滴问题 高速（v > 106 m/s ) 运动中, 运动中, 质量不能当常量 15 质量与运动速度相关, 质量与运动速度相关,
12
牛顿第二定律在运动学和动力学之间架起了一座桥梁 如何理解? 如何理解
如果作用力的方向与质点运动方向相同,则 如果作用力的方向与质点运动方向相同 则 质点运动方向相同,这时质点作加速直线运动 质点运动方向相同 这时质点作加速直线运动 如果作用力的方向与质点运动方向相反,则 如果作用力的方向与质点运动方向相反 则 质点运动方向相反,这时质点作减速直线运动 质点运动方向相反 这时质点作减速直线运动 如果作用力的方向与质点运动方向成一定角度,则 如果作用力的方向与质点运动方向成一定角度 则 质点运动方向成相同角度,这时质点作曲线运动 质点运动方向成相同角度 这时质点作曲线运动 如果作用力等于常量,则 如果作用力等于常量 则 a
2022物理第3章牛顿运动定律实验4验证牛顿运动定律教案
实验四验证牛顿运动定律1．实验目的(1)会用控制变量法研究物理规律.(2)探究加速度与力、质量的关系.(3）会运用图象处理实验数据。
2．实验原理用控制变量法探究加速度a与力F、质量M的关系,可以先保持F不变，研究a和M的关系，再保持M不变，研究a和F 的关系。
3．实验器材带定滑轮的长木板、低压交流电源、复写纸片和纸带、小车、小盘、电磁打点计时器、天平、砝码、刻度尺、导线.4．实验步骤(1)测质量:用天平测出小车的质量M，小盘和砝码的总质量m。
（2)放长木板:按图把实验器材安装好,先不要把悬挂小盘的细绳系在车上。
(3)平衡摩擦力:在木板的一端下面垫一簿木块,移动簿木块的位置，直至小车拖着纸带在斜面上做匀速运动。
（4)打点：小盘绕过滑轮系于小车上,先接通电源后放开小车，打完点后切断电源，取下纸带。
（5）重复:保持小车的质量M不变，改变砝码和小盘的质量m，重复步骤(4)五次。
（6)求a：在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a。
(7）作a.F的图象：若图象为一过原点的直线,证明加速度与力成正比。
(8）验证a∝错误!：保持砝码和小盘的质量m不变，改变小车质量M,重复步骤（4)和（6），作a.1M图象，若图象为一过原点的直线，证明加速度与质量成反比。
5．注意事项(1)安装器材时，要调整滑轮的高度，使拴小车的细绳与木板平行。
(2）平衡摩擦力时，小车连着穿过打点计时器的纸带，但不要把悬挂小盘的细线系在小车上.改变砝码的质量后,不需要重新平衡摩擦力.(3）只有小车的质量远大于小盘和砝码的总质量，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力。
(4）开始时小车应尽量靠近打点计时器,并应先接通电源，再放开小车，在小车到达滑轮前按住小车.6．误差分析(1）实验原理不完善：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力,而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力。
（2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差.教材原型实验1．在“验证牛顿运动定律”实验中，采用如图所示的装置图进行实验.（1）对小车进行“平衡摩擦力"操作时，下列必须进行的是________（填字母序号).A．取下砂和砂桶B．在空砂桶的牵引下，轻推一下小车,小车能做匀速直线运动C．小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时,打点计时器的电源应断开D．把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度（2）实验中，已经测出小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m，若要将砂和砂桶的总重力大小作为小车所受拉力F的大小，这样做的前提条件是_________________________________________。
第4课 牛顿运动定律-英文
y a
o 0
x
作者：Ch杨apt茂er4田. Newton’s law
4.2net external force acts on a body, the body accelerates. The
direction of acceleration is the same as the direction of the force. The
results from a property called inertia.
Law of inertia
作者：Ch杨apt茂er4田. Newton’s law
作者：Ch杨apt茂er4田. Newton’s law
Inertial frames of Reference
A frame of reference in which Newton’s first law is valid is called an inertial frame of reference.
mass of the body times the acceleration of the body equals the net
force vector.
caution
F
ma
m
d
v
dt
1. Vector component
A rectangular
Fx max
coordinate system： Fy may
same magnitude but are opposite in direction. These two forces
act on different bodies.
caution
F F
1. F , F ' the property is the same.
o 0
x
作者：Ch杨apt茂er4田. Newton’s law
4.2net external force acts on a body, the body accelerates. The
direction of acceleration is the same as the direction of the force. The
results from a property called inertia.
Law of inertia
作者：Ch杨apt茂er4田. Newton’s law
作者：Ch杨apt茂er4田. Newton’s law
Inertial frames of Reference
A frame of reference in which Newton’s first law is valid is called an inertial frame of reference.
mass of the body times the acceleration of the body equals the net
force vector.
caution
F
ma
m
d
v
dt
1. Vector component
A rectangular
Fx max
coordinate system： Fy may
same magnitude but are opposite in direction. These two forces
act on different bodies.
caution
F F
1. F , F ' the property is the same.
大学物理-(华科)牛顿运动定律-4-角动量定理_图文_图文
o
Ly
·
垂直黑板向内,故垂直于y轴.
所以沿y轴方向的力矩 My=0, 故角动量在y方向上的分量Ly守恒:
L0y = Ly
r L0
受力分析: y
N
L0= rmv0 sin90º= rmv0
x
L0y=L0sin0 = rmv0 sin0= mv0r0 F
r
Ly= rmv
mg
则:
(Ly = L)
11
又，机械能守恒: 三式联立解得：
角动量 力矩
19
2）功率 力在单位时间内所作的功，称为功率 。
平均功率 瞬时功率
21
例6、如图所示,一匹马以平行于圆弧形路面的拉力 拉着质量为m的车沿半径为R的圆弧形路面极
缓慢地匀速移动,车与路面的滑动摩擦系数为，
求:车由底端A被拉上顶端B时,各力对车所做的功。
解: 车受4个力的作用 拉力F、摩擦力f，沿切向 路面支持力N 指向圆心O 重力mg 竖直向下
手拉绳，开始时小球绕孔运动, 速率为v1, 半 径为r1, 当半径变为r2时, 求小球的速率v2.
解：小球受力
f拉
f拉 —— 有心力
显然:
10
例3. 将一个质点沿一个半径为r的光滑半球形碗的内面水平地投 射,碗保持静止。设v0是质点恰好能达到碗口所需要的初速度。
试求出v0作为0的函数的表达式.
解：取球心o为参考点,并设开始时 质点在板面内,且速度垂直向外。
大学物理-(华科)牛顿运动定律-4-角动量定理_ 图文_图文.ppt
上节课的主要内容 作业：交到2-T11
动量定理 对单个质点或对质点系：
动量守恒定律成立条件 ：*系统根本不受外力或合外力为零。
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解： （1）传送带顺时针方向转动时受力如图示：
mg sinθ－μmg cosθ= m a
a = gsinθ－μgcosθ= 2m/s2 S=1/2at2
B
N
f A
mg
v
2S 2 16 t 4s a 2
（2）传送带逆时针方向转动物体受力如图： 开始摩擦力方向向下,向下匀加速运动
a1=g sin370 +μ g cos370 = 10m/s2 t1=v/a1=1s S1=1/2 ×a1t12 =5m
mg
N
A N
f f
B
当μ=0时， C对
v
B
v
mg
mg
例1 一水平的浅色长传送带上放置一煤块 (可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦 因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的. 现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当 其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动.经 过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑 色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动.求此 黑色痕迹的长度.
2：一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的 水平桌面的中央.桌布的一边与桌的AB边重 合，如下图所示，已知盘与桌布间的动摩擦 因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为 μ2，现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面， 加速度的方向是水平的且垂直于 AB边.若圆盘最后未从桌 面掉下，则加速度a满足 的条件是什么？ (以g表示重力加速度)
【点评】牛顿第二定律与相对运动的综合题主要 是利用相对位移关系求解，为此，我们必须分析出相 对运动的两个物体的运动性质，得出它们的加速度， 再结合运动学公式求解.
例2：如图示，传送带与水平面夹角为370 ，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. （1）传送带顺时针方向转动 （2）传送带逆时针方向转动
【点评】摩擦力的突变有多种类型，其大小突
变有静静突变、动静突变、静动突变、动动突变. 本题就属动动突变.在突变时还可能涉及方向的突 变，这是由于摩擦力的被动性所引起的.
设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间内桌布移 动的距离为x，有 由以上各式解得：
3:传送带以恒定的速率v=10 m/s运动,已知它 与水平面成θ=37°，如右图所示， PQ=16 m，将一个小物体无初 速地放在P点,小物体与传送 带间的动摩擦因数μ=0.5， 问当皮带逆时针转动时,小物体运动到Q点的 时间为多少?
【解析】设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘下抽 出的过程中，盘的加速度为a1，有μ1mg = ma1.桌布抽出后，盘 在桌面上做减速运动，以a2表示加速度的大小,有μ2mg=ma2. 设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌 布后在桌面上再运动距离x2后便停下,有：v21= 2a1x1，v12= 2a2x2. 盘没有从桌面上掉下的条件是：
下滑到皮带底端B用的时间为t ，则：（ B、C、D ） A. 当皮带向上运动时，物块由A 滑到B 的时间一定大于t
B. 当皮带向上运动时，物块由A 滑到B 的时间一定等于t
C. 当皮带向下运动时，物块由A 滑到B 的时间可能等于t D. 当皮带向下运动时，物块由A 滑到B 的时间可=V0
V02=2
gXA
对带：V0 =a0t1
V02=2a0X1
X2= V0(t- t1)
X
=X1+X2-XA
2 0
v (a 0 g ) X . 2 a 0 g
解二:根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传 送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送 带的加速度a0.根据牛顿定律，可得：a=μg ① 设经过时间t，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v，有 v0=a0t ② v=at ③ 由于a＜a0，故v＜v0，煤块继续受到滑 动摩擦力的作用.再经过时间t′，煤块的速度由v增加到 v0，有v0=v+at′④ 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.
S2=11m
1秒后，速度达到10m/s，摩擦力方向变为向上
物体以初速度v=10m/s , 向下作匀加速运动
a2=g sin370 -μg cos370 = 2 m/s2 S2= vt2+1/2×a2t2
2
N
11=10 t2+1/2×2×t22 t2=1s
A N
B f f
∴t=t1+t2=2s
v
mg
mg
设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送 1 a t2+v t′⑤ 带和煤块移动的距离分别为 s 和 s ，有 s = 0 0 0 0 2 v0 2 s= 2 a ⑥ 传送带上留下的黑色痕迹的长度：l=s0-s ⑦ 2 v 0 (a 0 g ) 由以上各式得：l= ⑧ .
2 a 0 g
作用，物体继续加速，物体的速度大于传送带的
速度,摩擦力的方向变为沿斜面向上，加速度为:
mg sin mg cos a2 2 m/s 2 m 因为s2=s-s1=11 m 1 2 又s2=vt2+ a 2t2 解得t2=1 s 2 所以小物体从P点运动到Q点的时间:t=t1+t2=2 s.
专题三 传送带问题
传送带问题的核心：
判断物体与传送带之间有无相对运
动或相对运动趋势。从而确定摩擦 力的方向和大小。 注意临界条件及倾斜传送带中的下 滑条件（u与tan＆的关系)。 然后再分析物体的运动分几个过程？ 各过程分别做什么运动？
例1 如图所示，传送带不动时，物体由皮带顶端A从静止开始
【解析】当物体刚放在传送带上时，物体的速 度小于传送带的速度，物体所受的滑动摩擦力方向 沿斜面向下，加速度为:
mg sin mg cos a1 10 m/s 2 m v 滑行时间 : t1 1 s a1 1 2 滑行距离 : s1 a1t1 5 m 2 当物体与传送带的速度相同时，由于重力的