1、1提升课 用牛顿运动规律解决几类典型问题连接体问题要点归纳 1.连接体两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起。2.处理连接体问题的方法(1)整体法：把整个系统作为一个研究对象来分析的方法。不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力。(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法。此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时要特别注意。(3)整体法和隔离法的选用原则在解答连接体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，多数情况下两种方法要配合使用。求各部分加速
2、度相同的连接体的加速度或合力时，优先考虑整体法，如果还要求物体之间的作用力，再用隔离法。在实际应用中，应根据具体情况，灵活交替使用这两种方法，不应拘泥于固定的模式。无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是对研究对象进行正确的受力分析。精典示例例 1 在水平地面上有两个彼此接触的物体 A 和 B，它们的质量分别为 m1和 m2，与地面间的动摩擦因数均为 ，若用水平推力 F 作用于 A 物体，使 A、 B 一起向前运动，如图 1 所示，求两物体间的相互作用力为多大？图 1解析 以 A、 B 整体为研究对象，其受力如图甲所示，由牛顿第二定律可得2F (m1 m2)g( m1 m2)a所以 a gFm
3、1 m2再以 B 物体为研究对象，其受力如图乙所示，由牛顿第二定律可得 FAB m 2g m2a联立得两物体间的作用力 FAB 。m2Fm1 m2答案 m2Fm1 m2针对训练 1 如图 2 所示，质量分别为 M 和 m 的物块由相同的材料制成，且 M m，将它们用一根跨过轻而光滑的定滑轮的细线连接。如果按图甲放置在水平桌面上，两物块刚好做匀速运动。如果互换两物块按图乙放置在同一水平桌面上，它们的共同加速度大小为( )图 2A. g B. gMM m M mmC. g D.上述均不对M mM解析 由甲图可知，物体 m 匀速运动，故： T mg。物体 M 匀速运动，故： T Mg 。联立解得：
4、。mM乙图中，对 M 有： Mg T Ma；对 m 有： T mg ma；联立解得： a g。故 C 正确。M mM答案 C传送带问题要点归纳 3传送带问题涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析和运动学知识的运用，重点考查学生分析问题和解决问题的能力。主要有如下两类：(1)水平传送带当传送带水平运动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变，常常导致物体的受力情况和运动性质的突变。静摩擦力达到最大值，是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度达到相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力为 0 或变为静摩擦力)。(2)倾斜传
5、送带当传送带倾斜时，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数 和传送带倾斜角度 对受力的影响，从而正确判断物体的速度和传送带速度相等时物体的运动性质。精典示例例 2 如图 3 所示，传送带保持以 1 m/s 的速度顺时针转动。现将一质量 m0.5 kg 的物体从离传送带很近的 a 点轻轻地放上去，设物体与传送带间的动摩擦因数 0.1， a、 b间的距离 L2.5 m，则物体从 a 点运动到 b 点所经历的时间为多少？( g 取 10 m/s2)图 3思路点拨 (1)物体的速度小于 1 m/s 时，所受摩擦力的方向水平向右，物体做匀加速直线运动。(2)物
6、体速度等于 1 m/s 后，物体不再受摩擦力。物体做匀速直线运动。(3)判断物体速度能否达到 1 m/s。解析 对物体，根据题意容易得： a g 1 m/s2，当速度达到 1 m/s 时，所用的 mgm时间 t1 s1 s，通过的位移 x1 m0.5 m2.5 m。在剩余位移v v0a 1 01x2 L x12.5 m0.5 m2 m 中，因为物体与传送带间无摩擦力，所以物体以 1 m/s 的速度随传送带做匀速运动，所用时间 t2 2 s。x2v因此共需时间 t t1 t23 s答案 3 s4规律总结水平传送带(匀速运动)(1)若物体到达传送带的另一端时速度还没有达到传送带的速度，则该物体一直
7、做匀变速直线运动。(2)若物体到达传送带的另一端之前速度已经和传送带相同，则物体先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动。针对训练 2 如图 4 所示，水平传送带以 v2 m/s 的速度匀速运动， A、 B 两点相距 11 m，一物体(可视为质点)从 A 点由静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数 0.2。则物体从 A 沿传送带运动到 B 所需的时间为多少？( g 取 10 m/s2)图 4解析 物体从 A 点由静止释放，物体相对传送带向右运动，因此判断出物体受到的摩擦力向左。物体在摩擦力的作用下向左做初速为零的匀加速运动。由牛顿第二定律得 Ff ma，而 Ff F N mg ，可求出物体的加速度为
8、 a g 0.210 m/s 22 m/s 2，故物体达到与传送带速度相同所用时间为t1 s1 s，va 22此时物体向左的位移为 x1 at 212 m1 m。12 21 12物体达到与传送带相同速度后，二者没有相对运动，因而不存在摩擦力，物体跟传送带一起匀速运动。物体匀速运动到 B 端所用时间为 t2 s5 s。l x1v 11 12所以物体从 A 沿传送带运动到 B 所需的时间t t1 t2(15) s6 s。答案 6 s例 3 某飞机场利用如图 5 所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角 30，传送带两端 A、 B 的距离 L10 m，传送带以 v5 m/s 的恒定
9、速度匀速向上运动。在传送带底端 A 轻放上一质量 m5 kg 的货物，货物与传送带间的动摩擦因数 。求货物从 A 端运送到 B 端所需的时间。( g 取 10 m/s2)325图 5解析 以货物为研究对象，由牛顿第二定律得mg cos 30 mgsin 30 ma，解得 a2.5 m/s 2货物匀加速运动时间 t1 2 sva货物匀加速运动位移 x1 at 5 m12 21然后货物做匀速运动，运动位移 x2 L x15 m匀速运动时间 t2 1 sx2v货物从 A 到 B 所需的时间 t t1 t23 s。答案 3 s规律总结倾斜传送带(1)一个关键点：对于倾斜传送带，分析物体受到的最大静摩擦
10、力和重力沿斜面方向的分力的关系是关键。(2)两种情况如果最大静摩擦力小于重力沿斜面的分力，传送带只能下传物体，两者共速前的加速度大于共速后的加速度，方向沿传送带向下。如果最大静摩擦力大于重力沿斜面的分力，不论上传还是下传物体，物体都是先做匀加速直线运动，共速后做匀速直线运动（皮带足够长） 。滑块滑板问题要点归纳 1.牛顿运动定律在滑块滑板类问题中的应用问题实质是牛顿运动定律与运动学等知识的综合问题，着重考查学生分析问题、运用知识的能力。求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准
11、确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关6系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。2.板块模型的三个基本关系(1)加速度关系：如果滑块与滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出滑块与滑板运动的加速度。应注意找出滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件。(2)速度关系：滑块与滑板之间发生相对运动时，认清滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力。应注意当滑块与滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变
12、的情况。(3)位移关系：滑块与滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与滑板的运动过程，认清滑块与滑板对地的位移和滑块与滑板之间的相对位移之间的关系。精典示例例 4 如图 6 所示，质量 M8 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒推力 F8 N，当长木板向右运动的速度达到 1.5 m/s 时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计，质量为 m2 kg 的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数 0.2，长木板足够长。( g 取 10 m/s2)图 6(1)小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大？(2)经多长时间两者达到相同的速度？(3)从小物块放上长木板开始，经过 t1.5
13、 s 小物块的位移大小为多少？解析 (1)物块的加速度 am g 2 m/s 2长木板的加速度 aM 0.5 m/s 2。F mgM(2)由 amt v0 aMt 可得 t1 s。(3)在开始 1 s 内小物块的位移 x1 amt21 m121 s 末速度为 v amt2 m/s在接下来的 0.5 s 物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为 a 0.8 FM mm/s2这 0.5 s 内的位移为 x2 vt at21.1 m127通过的总位移 x x1 x22.1 m。答案 (1)2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m规律总结叠放在一起的滑块与滑板，它们之间
14、存在相互作用力，在其他外力作用下它们或者以相同的加速度运动，或者加速度不同，当然无论是哪种情况，受力分析和运动过程分析都是解题的关键。对此类问题的分析，必须清楚加速度、速度、位移等物理量的关系。针对训练 3 如图 7 所示，质量为 M1 kg，长为 L0.5 m 的木板 A 上放置一质量为m0.5 kg 的物体 B， A 平放在光滑桌面上， B 位于 A 中点处， B 与 A 之间的动摩擦因数为 0.1， B 与 A 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力( B 可看做质点，重力加速度 g 取 10 m/s2)。求：图 7(1)要用多大力拉 A，才能使 A 从 B 下方抽出？(2)当拉力为 3.5 N
15、 时，经过多长时间 A 从 B 下方抽出？解析 (1)当拉力较小时， A 和 B 可以相对静止一起向右做加速运动，此时 A、 B 之间是静摩擦，对整体有： F( M m)a，而隔离 B 有： Ff ma当静摩擦力达到最大静摩擦力时，是两者将发生相对滑动的临界状态，令 Ff mg联立得 F1.5 N，则要用大于 1.5 N 的力拉 A，才能使 A 从 B 下方抽出。(2)当拉力为 3.5 N 时，对 A，由牛顿第二定律有F mg MaA， aA3 m/s 2B 的加速度为 aB g 1 m/s 2设经过时间 t， A 从 B 下方抽出，则根据几何关系得： aAt2 aBt212 12 L2联立解
16、得 t0.5 s。答案 (1)大于 1.5 N (2)0.5 s1.(多选)如图 8 所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板8和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 ( )图 8A.物块先向左运动，再向右运动B.物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C.木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D.木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零解析 物块相对于木板滑动，说明物块的加速度小于木板的加速度，撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度，所以它们之间存在滑动摩擦力，使物块向
17、右加速，木板向右减速，直至达到向右相同的速度，B、C 正确。答案 BC2.现在传送带传送货物已被广泛地应用，如图 9 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 v1 m/s 运行，一质量为 m4 kg 的物体被无初速度地放在 A 处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设物体与传送带之间的动摩擦因数 0.1， A， B 间的距离 L2 m， g 取 10 m/s2。求图 9(1)物体在传送带上运动的时间；(2)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到 B 处，求传送带对应的最小运行速率。解析 (1
18、)物体在传送带上加速时： mg mav at1x at12 21物体在传送带上匀速时： L x vt2解得： t t1 t22.5 s。(2)要使物体从 A 处传送到 B 处的时间要最短，物体一直加速，则 L at12 29解得 t22 sv1 at2解得 v12 m/s。答案 (1)2.5 s (2)2 m/s3.如图 10 所示，长度 l2 m，质量 M kg 的木板置于光滑的水平地面上，质量 m2 kg23的小物块(可视为质点)位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数 0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力 F10 N，取 g10 m/s 2。求：图 10(1)将木板 M 固定，小物块
19、离开木板时的速度大小；(2)若木板 M 不固定， m 和 M 的加速度 a1、 a2的大小；(3)若木板 M 不固定，小物块从开始运动到离开木板所用的时间。解析 (1)对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律得F mg ma解得 a4 m/s 2小物块离开木板，有 v22 al解得 v4 m/s。(2)对 m，由牛顿第二定律：F mg ma1解得 a14 m/s 2对 M，由牛顿第二定律： mg Ma2解得 a23 m/s 2。(3)由位移公式知x1 a1t2， x2 a2t212 12小物块从开始运动到离开木板x1 x2 l联立解得 t2 s。答案 (1)4 m/s (2)4 m/s 2 3 m
20、/s 2 (3)2 s10基础过关1.(多选)如图 1 所示，在光滑地面上，以水平恒力 F 拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是 M，木块质量是 m，加速度大小是 a，木块和小车之间的动摩擦因数是 。则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )图 1A.mg B.mFM mC. (M m)g D.ma解析 以小车和木块组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律知， a ，以木块为研FM m究对象，摩擦力 Ff ma 。mFM m答案 BD2.如图 2 所示，两个质量相同的物体 1 和 2 紧靠在一起，放在光滑水平桌面上，如果它们分别受到水平推力 F1和 F2作用，而且 F1F2，则
21、 1 施于 2 的作用力大小为( )图 2A.F1 B.F2C. (F1 F2) D. (F1 F2)12 12解析 将物体 1、2 看做一个整体，其所受合力为F 合 F1 F2，设物体 1、2 的质量均为 m，由牛顿第二定律得F1 F22 ma，所以 a 。F1 F22m以物体 2 为研究对象，受力情况如图所示。11由牛顿第二定律得 F12 F2 ma，所以 F12 F2 ma ，F1 F22故选项 C 正确。答案 C3.(2017宜宾高一检测)(多选)如图 3 所示，在光滑的桌面上有 M、 m 两个物块，现用力 F推物块 m，使 M、 m 两物块在桌上一起向右加速，则 M、 m 间的相互作
22、用力为( )图 3A.mFM mB.MFM mC.若桌面的动摩擦因数为 ， M、 m 仍向右加速，则 M、 m 间的相互作用力为 MgMFM mD.若桌面的动摩擦因数为 ， M、 m 仍向右加速，则 M、 m 间的相互作用力仍为MFM m解析 根据牛顿第二定律得对整体： aFM m对 M： FN Ma 。故 A 错误，B 正确；MFM m若桌面的动摩擦因数为 ，根据牛顿第二定律得对整体： a gF （ M m） gM m FM m对 M： FN Mg Ma得到 FN Mg Ma 。故 C 错误，D 正确。MFM m答案 BD4.如图 4 所示，水平放置的传送带以速度 v2 m/s 向右运行，现
23、将一小物体轻轻地放在传送带 A 端，物体与传送带间的动摩擦因数 0.2，若 A 端与 B 端相距 6 m，求物体由 A到 B 的时间( g10 m/s 2)( )图 4A.2 s B.2.5 s12C.3.5 s D.4 s解析 物体在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a g 2 m/s2，当物体的速度为 2 m/s 时，位移为： x1 m1 m6 m， mgm 2222所以在到达 B 点之前，物体还有一段做匀速直线运动，加速时间为 t1 s1 s，匀va 22速时间为 t2 s2.5 s，故总时间为 t t1 t21 s2.5 s3.5 s，C 正确。x2v 6 12答案
24、C5.如图 5 所示，两个质量分别为 m13 kg、 m22 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为 F130 N、 F220 N 的水平拉力分别作用在 m1、 m2上，则( )图 5A.弹簧测力计的示数是 50 NB.弹簧测力计的示数是 24 NC.在突然撤去 F2的瞬间， m2的加速度大小为 4 m/s2D.在突然撤去 F2的瞬间， m1的加速度大小为 10 m/s2解析 对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度a m/s22 m/s2，隔离 m2，根据牛顿第二定律有 F F2 m2a，解得 F24 N，F1 F2m1 m2 105所
25、以弹簧测力计的示数为 24 N，选项 A 错误，B 正确；在突然撤去 F2的瞬间，弹簧的弹力不变， m1的加速度不变，为 2 m/s2， m2的加速度 a2 m/s212 m/s2，选项 C、D 错Fm2 242误。答案 B6.如图 6 所示，质量为 M，长为 L 的滑板静止在光滑水平面上，一质量为 m 的小滑块以速度 v 从左端滑上滑板，最后刚好不从滑板右端掉下。求：滑块与滑板间的动摩擦因数。图 6解析 设两者间的动摩擦因数为 ，刚滑到滑板右端用时为 t。则小滑块所受的摩擦力为： Ff mg13由牛顿第三定律得，长木板所受的摩擦力大小为 Ff Ff滑块的加速度： a1 g ，方向向左Ffm滑
26、板的加速度： a2 ，方向向右FfM mgM刚好不掉下满足的条件：v a1t a2tvt a1t2 a2t2 L12 12联立解得 。Mv22（ M m） gL答案 见解析7.如图 7 所示，水平传送带两端相距 x8 m，工件与传送带间的动摩擦因数 0.6，工件滑上 A 端时速度 vA10 m/s，设工件到达 B 端时的速度为 vB。( g 取 10 m/s2)图 7(1)若传送带静止不动，求 vB；(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达 B 端吗？若不能，说明理由；若能，则求出到达 B点的速度 vB；(3)若传送带以 v13 m/s 逆时针匀速转动，求 vB及工件由 A 到 B 所用的时间。
27、解析 (1)根据牛顿第二定律可知 mg ma，则 a g 6 m/s2，且 v v 2 ax，故2A 2BvB2 m/s。(2)能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度就不发生变化，仍然始终减速，故工件到达 B 端的速度 vB2 m/s。(3)工件速度达到 13 m/s 所用时间为 t1 0.5 s，运动的位移为v vAax1 vAt1 at 5.75 m8 m，则工件在到达 B 端前速度就达到了 13 m/s，此后工件与传12 21送带相对静止，因此工件先加速后匀速。匀速运动的位移 x2 x x12.25 m， t2 0.17 s， t t1 t20.67 s。x2v答案 (1)2
28、m/s (2)能，2 m/s (3)13 m/s 0.67 s能力提升8.如图 8 所示， A、 B 两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力 F 拉 A，使 A、 B 一起沿光滑14水平面做匀加速直线运动，这时弹簧的长度为 L1；若将 A、 B 置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力 F 拉 A，使 A、 B 一起做匀加速直线运动，此时弹簧的长度为 L2。若 A、 B 与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是( )图 8A.L2 L1B.L2 L1C.L2 L1D.由于 A、 B 的质量关系未知，故无法确定 L1、 L2的大小关系解析 A、 B 在粗糙水平面上运动时，利用整体法和隔离法
29、进行研究，对 A、 B 整体，根据牛顿第二定律有： a g ；对物体 B，根据牛顿第二定律得： kx m Bg mBa，解FmA mB得： x ，即弹簧的伸长量与动摩擦因数无关，所以 L2 L1，即选项 C 正确。mBFk（ mA mB）答案 C9.如图 9 所示，有一块木板静止在光滑水平面上，质量 M4 kg，长 L1.4 m。木板右端放着一个小滑块，小滑块质量 m1 kg，其尺寸远小于 L，小滑块与木板间的动摩擦因数为 0.4。(取 g10 m/s 2)图 9(1)现将一水平恒力 F 作用在木板上，为使小滑块能从木板上面滑落下来，则 F 大小的范围是多少？(2)其他条件不变，若恒力 F22
30、.8 N，且始终作用在木板上，最终使得小滑块能从木板上滑落下来，则小滑块在木板上面滑动的时间是多少？解析 (1)要使小滑块能从木板上滑下，则小滑块与木板之间应发生相对滑动，此时，对小滑块分析得出 mg ma1，解得 a14 m/s 2。对木板分析得出 F mg Ma2，加速度 a1、 a2均向右，若小滑块能从木板上滑下，则需要满足 a2 a1，解得 F20 N。(2)当 F22.8 N 时，由(1)知小滑块和木板发生相对滑动，对木板有 F mg Ma3，则a34.7 m/s 2。15设经时间 t，小滑块从木板上滑落，则 a3t2 a1t2 L，12 12解得 t2 s(舍去)或 t2 s。答案
31、 (1) F20 N (2)2 s10.一小圆盘静止在桌布上，位于方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的 AB 边重合，如图 10 所示，已知圆盘与桌布间的动摩擦因数为 1，圆盘与桌面间的动摩擦因数为 2，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)图 10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，圆盘的加速度为a1，则 1mg ma1桌布抽出后，圆盘在桌面上做匀减速运动，以 a2表示加速度的大小，则 2mg ma2设圆盘刚离开桌布时的速度为 v1，移动
32、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v 2 a1x121v 2 a2x221所以 x2x1 a1a2 1 2圆盘没有从桌面上掉下的条件是 x1 x2 l12设桌布从圆盘下抽出所经历的时间为 t，在这段时间内桌布移动的距离为 x，有x at2， x1 a1t212 12面 x l x112可得 x1 1gl2（ a 1g）由以上各式解得 a 1g 1 2 2 2答案 a 1g 1 2 2 211.一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 。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16度达到 v0
33、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。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 g设经历时间 t，传送带由静止开始加速到速度等于 v0，煤块则由静止加速度到 v，有v0 a0t v at由于 aa0，故 vv0，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 v v at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 v0的整个过程中
34、，传送带和煤块移动的距离分别为 s0和 s，有s0 a0t2 v0t， s12传送带上留下的黑色痕迹的长度 l s0 s由以上各式得 l答案 12.如图 11 所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为 37，将一小物块轻轻地放在正在以速度 v10 m/s 匀速逆时针转动的传送带的上端，物块和传送带之间的动摩擦因数为 0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小)，传送带两皮带轮轴心间的距离为 L29 m，( g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8)求：图 11(1)将物块从顶部传送到传送带底部所需的时间为多少？ (2)若 0.8，物块从顶部传送到传送带底部所需的时间又为多少？解析
35、(1)物块放到传送带上后，沿17斜面向下做加速直线运动，开始时相对于传动带向后运动，受到的摩擦力向前(物块受力分析如图甲所示， mgsin Ff ma1FN mgcos 0，Ff F N则 a110 m/s 2当物块加速到与传送带同速时，所用时间为t1 1 sva1位移为 x1 m5 mv22a1 102210物块加速到与传送带同速后，由于mgsin mg cos ，所以物块相对于传送带向下运动，摩擦力变为沿斜面向上(受力分析如图乙所示)，mgsin Ff ma2FN mgcos 0Ff F N所以此时的加速度为 a22 m/s 2由 x2 L x1 vt2 a2t12 2解得 t22 s因此物块运动的总时间为 t t1 t23 s(2)mgsin Ff maFN mgcos 0Ff F N若 0.8，开始时(即物块与传送带同速前)物块加速度为a g(sin cos )10(0.60.80.8) m/s 21812.4 m/s 2物块加速到与传送带同速时所用的时间 t1 0.8 sva 10 m/s12.4 m/s2位移 x1 4 mv22a当物块与传送带同速后，由于 mgsin mg cos ，故物块与传送带同速后将与传送带一起做匀速运动，则 t2 2.5 sL x1v因此所需时间为 t t1 t23.3 s答案 (1)3 s (2)3.3 s
