人教版高中物理必修一第四单元-传送带专题练习
文档属性
| 名称 | 人教版高中物理必修一第四单元-传送带专题练习 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-11-12 09:30:03 | ||
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文档简介
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传送带专题
一．解答题（共25小题）
1．如图甲、乙所示，质量M＝2kg、长L＝2m、高h＝0.8m的长木板置于水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，一质量m＝1kg的小滑块（视为质点）于图甲中放在长木板的中央处，图乙中放在长木板的左端，且图甲中长木板上表面光滑，图乙中长木板与小滑块间的动摩擦因数μ2＝0.5，两种情况均在恒力作用下从静止开始运动，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，恒力F的大小；
（2）在第（1）问情况中，图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离；
（3）图乙中若恒力F′＝10N，求小滑块离开长木板的时间。
2．如图所示为传送带装置示意图的一部分，传送带与水平地面间的夹角θ＝37°，A、B两端的距离足够远，质量m＝1kg的物体（可视为质点）以速度v0＝8m/s沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若传送带不转动，求物体沿传送带上滑的最大距离；
（2）若传送带沿顺时针方向运转的速度v＝5m/s，求物体从A点上滑到最高点所需的时间以及此过程中，传送带上的划痕长度。
3．如图所示，质量为M（大小未知）的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量m＝4kg的物块（可视为质点）在某一时刻以v0＝6m/s的水平初速度从木板左端滑上木板，经t1＝2s时间后物块与木板恰好达到共同速度，且在此时对木板施加方向水平向右的恒力F＝20N作用，物块又经t2（大小未知）时间后从木板的左端滑出。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小；
（2）长木板的质量M以及两者达到共速的瞬间，物块到木板左端间的距离d。
4．某工厂用传送带将木炭从高处传送到低处，传送过程示意图可简化为下图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0＝5m/s的恒定速率顺时针转动，某时刻，工人将质量为m＝50kg的木炭轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，木炭从传送带底端B平滑滑上质量为M＝25kg的木板左端（物体经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，木炭停止运动且未脱离木板。已知木炭与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，木炭与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB的距离为s＝15.25m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小和从A运动到B的时间；
（2）木炭运动到B的速度和在传送带上留下的划痕；
（3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L。
5．一足够长的水平传送带以速度v＝6m/s顺时针匀速转动，把一质量为M＝1kg足够长的木板B轻轻放在传送带上，B与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.4，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）刚将木板B放上传送带时，木板B的加速度；
（2）若将木板B放上传送带的同时把一个质量为m＝1kg的物块A轻放在木板B上，如图所示，A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2，求A、B两个物体的加速度大小；
（3）接上问，若将物块A改为以水平向右v＝6m/s的初速度放上木板B，则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为多少？
6．如图，一水平面内放置的传送带，传送带区域为ABCD，长为L＝1.2m，宽为d＝1m，P点为AC的中点，传送带以速度v0＝3m/s匀速运动，小物块质量m＝1kg，小物块与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，取重力加速度g为10m/s2。
（1）小物块从传送带的A点无初速度释放，求小物块从释放到运动到CD端的时间；
（2）小物块从传送带的P点向A点以某一水平速度射出，如恰好能从A点返回，并从CD边离开传送带，求此过程小物块与传送带摩擦产生的热量；
（3）小物块从传送带的A点以平行于AB方向的速度v＝4m/s射出，求小物块离开传送带时的位置。
7．实验小组的同学研究发现了滑块以一定的初速度沿粗糙斜面向上滑行的距离L与斜面倾角θ的关系，并得到如图所示的L﹣θ图像。已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）该滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）该滑块滑行距离L的最小值和对应的斜面倾角θ。
8．如图所示，倾斜的传送带正常工作时顺时针匀速转动，传送带的速率为v2＝4m/s，传送带倾角为θ＝30°。一物块从传送带上端滑上传送带，已知滑上时速率为v1＝5m/s，不计空气阻力，动摩擦因数为μ，传送带长度为L，g＝10m/s2，求：
（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间；
（3）若，L＝10m，传送带正常转动，物块从哪一端离开传送带？并求物块离开传送带时速度大小和在传送带上运动的时间。
9．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾斜传送带与水平方向夹角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从传送带底端A冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数μ，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，求：（以下结果可以用根式表示）
（1）倾角θ的正切值和动摩擦因数μ为多大；
（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为多长；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为多大。
10．机场、火车站和地铁站等场所的安全检查仪，如图甲所示。其传送装置可简化为如图乙的模型：绷紧的传送带始终保持v0＝1m/s的恒定速率运行。旅客把行李箱轻放在A处（可认为初速度为0），行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离为LAB＝2.5m，重力加速度取g＝10m/s2。则：
（1）行李箱刚放在传送带时，会否与传送带发生相对滑动？请说明理由。
（2）求行李箱从A处到达B处需要多长时间？
11．一长为L＝2m、质量为m的长板B放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止。其左端距离斜面底端的距离为s＝0.75m，斜面底端固定一弹性挡板，与之相碰的物体会以原速率反弹。某时刻，撤去作用在板上的外力，同时将一质量为m、可视为质点的小物块A轻放在板的右端。已知，小物块A与长板B之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）长板B第一次碰挡板前瞬间的速度大小v0；
（2）长板B第一次碰挡板后，小物块A滑离长板B所用的时间；
（3）若仅改变长板B的长度，其它条件不变，可使得在小物块A滑离长板B的瞬间，长板B刚好与挡板发生第5次碰撞，求B的长度L0。
12．如图所示，倾角θ＝30°的传送带，正以速度v＝6m/s顺时针匀速转动。质量为m＝1kg的木板轻放于传送带顶端，木板与传送带间的动摩擦因数，当木板前进1s时机器人将另一质量也为m的货物轻放在木板的右端，货物与木板间的动摩擦因数，重力加速度为g＝10m/s2，货物可视为质点，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，传送带足够长，每一次货物都不会从木板上滑下。求：
（1）木板前进1s时的速度大小；
（2）机器人在放上第一个货物0.5s后取走货物，求取走第一个货物时木板动能；
（3）机器人取走第一个货物0.5s后将第二个货物轻放在木板的右端，求1s后取走第二个货物时木板的速度大小。
13．如图甲所示，一倾角为θ＝37°足够长的粗糙斜面体固定在水平地面上，质量为m＝1kg的物块由斜面体的底端以一定的初速度沿斜面体向上运动，同时在物块上施加一沿斜面向下的恒力F，此时刻计为t＝0时刻，1s末将恒力F撤走，物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）撤去恒力时，物块到斜面底端的距离；
（2）恒力F的大小及物块与斜面间的动摩擦因数；
（3）物块回到斜面底端时的速度大小。
14．工厂用传送带将货物从高处传送到低处，再通过地面滑板实现远距离传送。传送过程示意图可简化为如图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0的恒定速率顺时针转动，某时刻工人将质量为m＝20kg的货物轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，货物从传送带底端B平滑地滑上质量为M＝5kg的滑板左端（货物经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，货物停止运动且未脱离滑板。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，货物与滑板间的动摩擦因数μ2＝0.2，滑板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB间的距离为s＝20m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）货物刚放上传送带时的加速度a的大小；
（2）要让货物从传送带顶端A滑到底端B所用的时间最短，传送带的速度v0至少为多大？
（3）若货物能以最短时间滑到底端B，货物停止运动时的位置到传送带底端B的距离L为多少？
15．某工厂用传送带将木炭从高处传送到低处，传送过程示意图可简化为下图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0＝5m/s的恒定速率顺时针转动，某时刻，工人将质量为m＝50kg的木炭轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，木炭从传送带底端B平滑滑上质量为M＝25kg的木板左端（物体经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，木炭停止运动且未脱离木板。已知木炭与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，木炭与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB的距离为s＝15.25m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小和从A运动到B的时间；
（2）木炭运动到B的速度和在传送带上留下的划痕；
（3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L。
16．如图所示，长为L的长木板放在水平面上，可视为质点的物体放在长木板的最右端，已知长木板与物体的质量均为m，物体与长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.125，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度用g表示。
（1）如果在长木板上施加水平向右的恒力F，欲保证两物体不发生相对运动，求恒力F的取值范围；
（2）如果长木板上施加水平向右、大小为F＝1.5mg的恒力，为保证物体不离开长木板，则恒力作用的时间应满足什么条件？
（3）如果分别给长木板与物体水平向右和水平向左、大小均为v0的初速度，从开始运动到二者的速度相等，物体在长木板上滑过的距离为多少？（假设该过程物体没有离开长木板）
17．如图甲所示，长度为2.5m的粗糙斜面AB与足够长的倾斜传送带在同一平面内，倾角θ＝30°。一质量为1kg的物块静止于斜面上A点，现在外力推动下沿斜面向下做匀加速运动，到达B点以5m/s的速度滑上传送带时撤去外力.传送带以2m/s的速率逆时针匀速转动，物块滑上传送带2s后到达最低点。物块进入传送带后的v﹣t图像如图乙所示，不计斜面与传送带之间的缝隙，g＝10m/s2。
（1）求物块在A点静止时受到的摩擦力；
（2）求物块在斜面上运动时的加速度大小；
（3）由于物块和传送带发生相对滑动，在传送带表面留下了一段划痕，试求该划痕的长度。
18．倾角37°的传送带以速度v＝1.0m/s顺时针转动，位于其底部的煤斗向其输送m＝4.0kg的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，煤屑与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）煤屑落到传送带时的加速度和运动到与传送带速度相等时所用的时间多大；
（2）煤屑与传送带之间的相对位移多大。
19．现在传送带传送货物已被广泛地应用于车站、工厂、车间、码头。如图所示，某飞机场利用传送带将旅客的行李箱运进机舱。在该次运输过程中，传送带以恒定的速率v＝2m/s向上运行。将行李箱无初速度地放在传送带底端，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝1，传送带的长度L＝9m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，g取10m/s2。试求：
（1）行李箱刚开始运动时的加速度；
（2）行李箱的上升时间；
（3）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，求行李箱的最短上升时间和传送带对应的最小运行速率。
20．如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离。
21．如图甲所示，粗糙水平地面上有一质量M＝6kg的足够长木板B，将一质量m＝2kg的小物块A（视为质点）轻放在木板B的右端，从t＝0时刻起对B施加一水平向右的水平恒力F，经过t＝4s后撤去恒力F，用传感器测得A、B的速度—时间图像如图乙所示，取g＝10m/s2。求：
（1）A、B间的动摩擦因数μ1；
（2）B与地面间的动摩擦因数μ2，恒力F的大小；
（3）A、B均停止运动后A到B右端的距离L。
22．如图所示，有一足够长的斜面固定在水平地面上，它与水平方向的夹角θ＝30°，斜面上每隔d＝0.4m固定一个挡板，从上往下依次标记为1、2、3…n（n→∞）。挡板1的上方某处有一厚度均匀、质量为m的长木板A，A的上表面放有一质量为m的小物块B，B与A之间动摩擦因数μ1＝，A与斜面之间动摩擦因数μ2＝，最初A、B均处于静止状态。现给物块B一个平行于木板斜向下、大小F＝mg的作用力，经0.9s后撤去。再经1s后，木板A与挡板1发生碰撞。若木板A每次与挡板碰撞都以碰前的速度反弹，且每次与挡板碰后立即撤离被碰挡板，物块B始终没有与挡板相碰，B也始终没有滑离木板A，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。求：
（1）F作用的0.9s内A、B的加速度大小；
（2）A与挡板1碰撞时的速度大小；
（3）B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程（结果保留2位有效数字）。
23．传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为某传送带的简易示意图，该传送带的倾角θ＝37°，某时刻将质量m＝2kg的工料（可看作质点）静止放到传送带的底端A，同时将轻绳拴接在工料上，电动机通过轻绳带动工料向上做匀加速直线运动。已知轻绳对工料的牵引力大小恒为F＝24N，传送带以大小为v0＝2m/s的速度顺时针匀速转动，某时刻关闭电动机，经过一段时间后工料到达传送带的顶端B，传送带AB两端间的距离L＝4.8m，工料与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求刚开始运动时工料的加速度大小；
（2）要使工料运动到B端的过程中，恒力F的作用时间最短，求：
①撤去恒力时工料速度的大小；
②恒力F作用的最短时间。
24．一送货装置如图所示，质量为m1＝1kg的货物（可视为质点）无初速度地放在倾角为θ＝37°的传送带最上端A处，传送带保持v＝12m/s匀速向下运动，物体被传送到B端，然后滑上平板车，货物从传送带滑上平板车过程无速率损失，在离传送带B端水平距离x0＝30m处有一与平板车等高的水平平台，平板车与平台碰撞后立刻保持静止，不再移动。已知传送带长度L＝18m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，货物与传送带间的摩擦因数μ1＝0.75，货物与平板车的摩擦因数μ2＝0.3，平板车与地面的摩擦因数μ3＝0.1，平板车的质量m2＝0.5kg。忽略空气阻力，已知重力加速度的大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）货物刚放上传送带A端时的加速度大小；
（2）货物由传送带A端运动到B端的时间；
（3）若平板车长度为L0＝14m，货物被送至平台时速度大小。
25．如图所示，倾斜固定放置的传送带与水平面间的夹角为θ＝37°，传送带两端A、B间的距离L＝3.2m，传送带以2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动。质量为2kg的足够长的长木板放在水平面上，上表面的左端C点与传送带下端B点平滑连接。质量为1kg、下面装有一小块黑色小碳块的物块轻放在传送带的上端A点，由静止开始沿传送带向下运动。已知物块与传送带和长木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，不计物块的大小，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝。求：
（1）物块滑上长木板瞬间的速度大小；
（2）物块在传送带上画出黑色碳迹的长度；
（3）长木板在水平面上运动的距离。
传送带专题
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．如图甲、乙所示，质量M＝2kg、长L＝2m、高h＝0.8m的长木板置于水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，一质量m＝1kg的小滑块（视为质点）于图甲中放在长木板的中央处，图乙中放在长木板的左端，且图甲中长木板上表面光滑，图乙中长木板与小滑块间的动摩擦因数μ2＝0.5，两种情况均在恒力作用下从静止开始运动，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，恒力F的大小；
（2）在第（1）问情况中，图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离；
（3）图乙中若恒力F′＝10N，求小滑块离开长木板的时间。
【分析】（1）小滑块始终静止，对长木板根据位移—时间公式得到长木板的加速度，然后根据牛顿第二定律计算拉力；
（2）小滑块离开长木板后做自由落体运动，根据自由落体运动规律得到落地时间，然后根据长木板的位移—时间公式得到长木板的位移，进而计算二者之间的距离；
（3）根据牛顿第二定律分别得到小滑块和长木板的加速度，根据运动学公式计算即可。
【解答】解：（1）图甲中长木板上表面光滑，小滑块始终静止，图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，对木板有
解得
对木板有
F﹣μ1（m+M）g＝Ma1
解得
F＝10N
（2）小滑块离开木板做自由落体运动，有
解得
t2＝0.4s
木块滑离木板，对木板有
F﹣μ1Mg＝Ma2
解得
小滑块离开长木板时长木板的速度为
v1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s
图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离为
m＝1.04m
（3）对小滑块有
F′﹣μ2mg＝ma3
解得
对长木板有
μ2mg＝0.5×1×10N＝5N＜μ1（m+M）g＝0.2×（2+1）×10N＝6N
长木板静止不动，小滑块离开长木板的时间为t3，则
解得
答：（1）图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，恒力F的大小为10N；
（2）在第（1）问情况中，图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离为1.04m；
（3）图乙中若恒力F′＝10N，小滑块离开长木板的时间为。
2．如图所示为传送带装置示意图的一部分，传送带与水平地面间的夹角θ＝37°，A、B两端的距离足够远，质量m＝1kg的物体（可视为质点）以速度v0＝8m/s沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若传送带不转动，求物体沿传送带上滑的最大距离；
（2）若传送带沿顺时针方向运转的速度v＝5m/s，求物体从A点上滑到最高点所需的时间以及此过程中，传送带上的划痕长度。
【分析】（1）开始时物体的初速度等于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，结合速度—位移公式求解；
（2）若传送带速度v＝5.0m/s，开始物体相对传送带上滑，合力沿传送带向下，做减速运动，当物体达到与传送带速度相等后继续做减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解到最高点的过程中相对位移。
【解答】解：（1）若传送带不转动，设物体沿传送带向上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：
由运动学公式得：
代入数据解得：xm＝3.2m
（2）设物体减速到与传送带速度相等所需的时间为t1，根据速度—时间关系有：v＝v0﹣a1t1
代入数据解得：t1＝0.3s
又μ＜tanθ，物体不能与传送带保持相对静止，设物体与传送带共速后物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：
设物体再用时t2上滑到最高点，可得：0＝v﹣a2t2
解得：t2＝2.5s
物体从A点上滑到最高点所需的时间：t＝t1+t2
代入数据解得：t＝2.8s
在0～0.3s内，物体相对传送带上滑，相对位移：
代入数据解得：Δx1＝0.45m
在0.3s～2.8s内，物体相对传送带下滑，相对位移：
代入数据解得：Δx2＝6.25m
解得：Δx2＝6.25m＞Δx1＝0.45m
故划痕长度：Δx＝Δx2＝6.25m
答：（1）若传送带不转动，求物体沿传送带上滑的最大距离为3.2m；
（2）物体从A点上滑到最高点所需的时间为2.8s，此过程中，传送带上的划痕长度为6.25m。
3．如图所示，质量为M（大小未知）的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量m＝4kg的物块（可视为质点）在某一时刻以v0＝6m/s的水平初速度从木板左端滑上木板，经t1＝2s时间后物块与木板恰好达到共同速度，且在此时对木板施加方向水平向右的恒力F＝20N作用，物块又经t2（大小未知）时间后从木板的左端滑出。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小；
（2）长木板的质量M以及两者达到共速的瞬间，物块到木板左端间的距离d。
【分析】（1）物块与木板之间存在摩擦力，物块在滑动时受到的摩擦力使其减速，同时木板因摩擦力加速。根据物块的初速度、摩擦力和质量，可以计算出物块和木板的加速度。
（2）利用木块与木板之间的摩擦力和牛顿第二定律，结合已知的动摩擦因数关系，可以求解出木板的质量
M。物块在滑上木板的过程中具有初速度，经过一段时间与木板达到相同速度，可以分别求出物块和木板在这段时间内的位移。进而求出物块相对木板的位移差，确定物块与木板左端的距离。
【解答】解：（1）设物块的加速度大小为a1，由题意得u1＝0.2，由牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1，解得：
因为2s时达到共速，此时速度大小：v1＝v0﹣a1t1，解得：v1＝2m/s
长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小：，解得：
（2）对长木板由牛顿第二定律有：μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2，解得：M＝2kg
2s内物块对地位移大小为，解得：x1＝8m
2s内长木板对地位移大小为：，解得：x2＝2m
则t＝2s时物块到长木板左端的距离为：d＝x1﹣x2＝8m﹣2m＝6m
答：（1）物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小分别为：，
（2）长木板的质量M＝2kg，两者达到共速的瞬间，物块到木板左端间的距离d＝6m
4．某工厂用传送带将木炭从高处传送到低处，传送过程示意图可简化为下图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0＝5m/s的恒定速率顺时针转动，某时刻，工人将质量为m＝50kg的木炭轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，木炭从传送带底端B平滑滑上质量为M＝25kg的木板左端（物体经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，木炭停止运动且未脱离木板。已知木炭与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，木炭与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB的距离为s＝15.25m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小和从A运动到B的时间；
（2）木炭运动到B的速度和在传送带上留下的划痕；
（3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L。
【分析】（1）物体刚放上传送带时，对物体由牛顿第二定律求解加速度大小；求出物块与传送带共速的时间和位移，此后物块继续在传送带上做匀加速运动，再求出后一段的加速度和时间，由此求解物体从传送带顶端A滑到传送带底端B的时间；
（2）由运动学公式求出木炭相对传送带的位移即为木炭在传送带上留下的划痕长度；
（3）根据速度—时间关系求出物块滑上木板左端时速度，分析物块和木板的受力情况以及运动情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式解答。
【解答】解：（1）木炭刚放上传送带时，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma
解得
a＝10m/s2
设木炭经过时间t1与传送带共速，则有
t1＝
解得t1＝0.5s
该过程木炭运动的位移大小为
x1＝
解得x1＝1.25m
由于μ1＜tan37°，可知共速后木炭继续向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma′
解得
a′＝2m/s2
设木炭到达B端时的速度大小为vB，根据运动学公式可得
解得vB＝9m/s
木炭从共速后到B端所用时间为
t2＝
解得t2＝2s
则木炭从传送带顶端A滑到传送带底端B的时间
t＝t1+t2
解得t＝2.5s
（2）由（1）问可知，木炭运动到B的速度为vB＝9m/s；木炭与传送带共速前，木炭相对于传送带向上运动的距离为
Δx1＝v0t1﹣x1
Δx1＝1.25m
木炭与传送带共速后，木炭相对于传送带向下运动的距离为
Δx2＝s﹣x1﹣v0t2
Δx2＝4m
由于Δx2＞Δx1，则木炭在传送带上留下的划痕长度为
Δx2＝4m
（3）木炭滑上木板左端时，分别对木炭和木板由牛顿第二定律得
μ2mg＝ma1
μ2mg﹣μ3（M+m）g＝Ma2
解得
，
设经过时间t3木炭与木板达到共速v1，根据运动学公式可得
v1＝vB﹣a1t3，v1＝a2t3
解得
t3＝3s，v1＝3m/s
此过程中木炭运动的位移大小为
由于μ2＞μ3，可知木炭与木板共速后，保持相对静止一起做匀减速直线运动；以木炭和木板为整体，由牛顿第二定律得
μ3（M+m）g＝（M+m）a3
解得
设木炭与木板共速后运动的距离为x4，根据运动学公式可得
解得
x4＝
解得x4＝4.5m
则木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离为
L＝x3+x4
解得L＝22.5m
答：（1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小为10m/s2，木炭从A运动到B的时间为2.5s；
（2）木炭运动到B的速度为9m/s，在传送带上留下的划痕为4m；
（3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L为22.5m；
5．一足够长的水平传送带以速度v＝6m/s顺时针匀速转动，把一质量为M＝1kg足够长的木板B轻轻放在传送带上，B与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.4，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）刚将木板B放上传送带时，木板B的加速度；
（2）若将木板B放上传送带的同时把一个质量为m＝1kg的物块A轻放在木板B上，如图所示，A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2，求A、B两个物体的加速度大小；
（3）接上问，若将物块A改为以水平向右v＝6m/s的初速度放上木板B，则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为多少？
【分析】（1）对B利用牛顿第二定律可得物体的加速度大小；
（2）根据A、B间动摩擦因数的大小关系，可知B所受摩擦力的方向，分别对A、B利用牛顿第二定律可得两物体的加速度大小；
（3）根据牛顿第二定律结合运动学规律解答。
【解答】解：（1）刚将木板B放上传送带时，根据牛顿第二定律可得
μ1Mg＝Ma
解得
a＝μ1g＝0.4×10m/s2＝4m/s2，方向水平向右。
（2）由于
μ2＝0.2＜μ1＝0.4
可知A相对于B向左滑动，以A为对象，根据牛顿第二定律可得
μ2mg＝maA
解得
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
μ1（M+m）g﹣μ2mg＝MaB
解得
（3）若将物块A改为以水平向右v＝6m/s的初速度放上木板B，则A受到的摩擦力向左，A向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
a′A＝
解得aA′＝2m/s2
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
μ1（M+m）g+μ2mg＝Ma′B
解得
设经过t1时间，A、B速度相同，设为v1，则有
v1＝v﹣a′At1，v1＝a′Bt1
解得
t1＝0.5s，v1＝5m/s
A、B共速后，设经过t2时间，B与传送带共速，则有此时A的速度为
B与传送带共速后，B与传送带保持相对静止一起做匀速运动，A继续做匀加速运动，设经过t3时间，A、B与传送带速度相同，则有则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为
t＝t1+t2+t3
解得t＝1s
答：（1）木板B的加速度为4m/s2，方向水平向右；
（2）A、B两个物体的加速度大小分别为2m/s2，6m/s2；
（3）从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为1s。
6．如图，一水平面内放置的传送带，传送带区域为ABCD，长为L＝1.2m，宽为d＝1m，P点为AC的中点，传送带以速度v0＝3m/s匀速运动，小物块质量m＝1kg，小物块与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，取重力加速度g为10m/s2。
（1）小物块从传送带的A点无初速度释放，求小物块从释放到运动到CD端的时间；
（2）小物块从传送带的P点向A点以某一水平速度射出，如恰好能从A点返回，并从CD边离开传送带，求此过程小物块与传送带摩擦产生的热量；
（3）小物块从传送带的A点以平行于AB方向的速度v＝4m/s射出，求小物块离开传送带时的位置。
【分析】（1）根据牛顿第二定律解得加速度，根据v＝at小物块与传送带速度相同的时间，结合位移—时间关系解得；
（2）根据Q＝f Δs求解热量；
（3）分析小物块射出后得运动情况，结合位移—时间关系解答。
【解答】解：（1）物块受摩擦力提供加速度：f＝μmg＝ma
小物块先加速到传送带速度v0，所用时间为
加速位移为
代入数据解得：x＝0.9m＜1.2m
小物块之后做匀速运动，时间为
可得总时间为t总＝t1+t2
解得：t总＝0.7s
（2）小物块向A点射出后，恰好能从A点返回时，
设射出的初速度为v，恰好到A点；
运动的时间为
此段产生的热量为
然后，小物块反向加速度到传送带速度此段产生的热量）
可得热量最大值Q＝Q1+Q2＝
代入数据解得：Q≈14.8J
（3）小物块射出后相对于传送带的运动方向如图，滑动摩擦力与相对运动方向相反
可得
，
由于，所以加速度a的方向不变，小物体的两个方向的加速度分量不变
设小物块从BD边射出，运动时间为t
由匀减速运动可知
可得
此时沿AC方向的位移为
代入数据解得：x＝，假设成立
所以小物块从BD边射出，射出点距离B点
答：（1）小物块从释放到运动到CD端的时间为0.7s；
（2）小物块与传送带摩擦产生的热量为14.8J；
（3）小物块离开传送带时的位置距离B点0.128m。
7．实验小组的同学研究发现了滑块以一定的初速度沿粗糙斜面向上滑行的距离L与斜面倾角θ的关系，并得到如图所示的L﹣θ图像。已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）该滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）该滑块滑行距离L的最小值和对应的斜面倾角θ。
【分析】（1）分析图像，根据特殊的角结合牛顿第二定律与运动学规律解答；
（2）根据牛顿第二定律结合运动学规律结合数学方法解答。
【解答】解：（1）当θ＝90°时，滑块做竖直上抛运动，L1＝5m，由运动学公式可得
v0＝
当θ＝0°时，滑块在水平面上做匀减速直线运动，L0＝5m，有
＝2a0L0
由牛顿第二定律可知
a0＝μg
联立解得
μ＝
（2）当斜面倾角为θ时，有
mgsinθ+μmgcosθ＝ma
＝2aL
整理可得
L＝
其中辅助角φ满足
tanφ＝μ
当θ+φ＝90°时，滑块滑行的距离L有最小值为
Lmin＝m
对应的斜面倾角θ满足
tanθ＝＝
解得
θ＝60°
答：（1）该滑块与斜面间的动摩擦因数为；
（2）该滑块滑行距离L的最小值为m，对应的斜面倾角为60°。
8．如图所示，倾斜的传送带正常工作时顺时针匀速转动，传送带的速率为v2＝4m/s，传送带倾角为θ＝30°。一物块从传送带上端滑上传送带，已知滑上时速率为v1＝5m/s，不计空气阻力，动摩擦因数为μ，传送带长度为L，g＝10m/s2，求：
（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间；
（3）若，L＝10m，传送带正常转动，物块从哪一端离开传送带？并求物块离开传送带时速度大小和在传送带上运动的时间。
【分析】（1）对物块受力分析，由牛顿第二定律解得加速度，根据运动学规律解答；
（2）对物块受力分析，从而分析其运动状态，根据运动学公式计算；
（3）分析物块的运动情况，根据牛顿第二定律分析解答。
【解答】解：（1）依题意，对物块受力分析，由牛顿第二定律可得
mgsinθ＝ma1
物块在传送带上做匀加速直线运动，有
联立，解得
v＝10m/s
（2）对物块受力分析，可得
mgsinθ＝mg×＝mg
μmgcosθ＝×mg×＝mg
即物块下滑过程，合力为零，做匀速直线运动，有
解得t＝2s
（3）对物块受力分析，由牛顿第二定律可得
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma2
解得
即物块做匀减速下滑，设经t1速度减为零，则有
0＝v1﹣a2t1
解得
t1＝2s
此时物块下滑的距离为
解得x＝5m＜L
说明物块将沿传送带向上做匀加速直线运动，设经t2与传送带共速，则有
此时物块上滑位移为
因为μmgcosθ＞mgsinθ，此后将随传送带一起运动，则有
从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小与传送带相同为
v2＝4m/s
综上所述，物块在传送带上运动的时间为
t总＝t1+t2+t3
解得t总＝4.05s
答：（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小为10m/s；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间为2s；
（3）从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小为4m/s，在传送带上运动的时间为4.05s。
9．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾斜传送带与水平方向夹角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从传送带底端A冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数μ，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，求：（以下结果可以用根式表示）
（1）倾角θ的正切值和动摩擦因数μ为多大；
（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为多长；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为多大。
【分析】（1）根据图示v﹣t图像求出煤块的加速度大小，应用牛顿第二定律求出斜面的倾角与动摩擦因数。
（2）根据v﹣t图像分析清楚煤块的运动过程，应用运动学公式求解。
（3）根据v﹣t图像与运动学公式求出煤块与传送带的位移，然后求出痕迹的长度。
【解答】解：（1）由图乙所示图像可知，0﹣1s内，煤块的加速度大小a1＝m/s2＝8m/s2，方向沿传送带向下
根据牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
1﹣2s，物块的加速度大小a2＝m/s2＝4m/s2，方向沿传送带向下
根据牛顿第二定律得 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：μ＝0.25，tanθ＝0.75，则θ＝37°
（2）物块上升的位移大小等于v﹣t图象与时间轴所包围的面积大小：x＝×1m+（2﹣1）m＝10m
根据x＝a2t下2，得煤块下滑的时间t下＝s，
所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间t＝t上+t下＝2s+s＝（2+）s
（3）由图乙所示图像可知，传送带的速度v＝4m/s，在0﹣1s内传送带的位移x带1＝vt1＝4×1m＝4m
煤块的位移为x煤1＝×1m＝8m
两者相对位移大小为Δx1＝x煤1﹣x带1＝8m﹣4m＝4m，方向沿传送带向上
在1﹣2s内传送带的位移x带2＝vt2＝4×1m＝4m，物块的位移为x煤2＝×4×（2﹣1）m＝2m
两者相对位移大小为Δx2＝x带2﹣x煤2＝4m﹣2m＝2m，方向沿传送带向下
在2～（2+）s传送带向上运动，煤块向下运动，此过程煤块相对传送带向下的相对位移大小为：Δx3＝a2t下2+vt下
代入数据解得：Δx3＝（10+4）m
因Δx1＜Δx2+Δx3，故划痕总的长度为ΔL＝Δx2+Δx3＝2m+（10+4）m＝（12+4）m
答：（1）倾角θ的正切值是0.75，动摩擦因数μ为0.25；
（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+）s；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4）m。
10．机场、火车站和地铁站等场所的安全检查仪，如图甲所示。其传送装置可简化为如图乙的模型：绷紧的传送带始终保持v0＝1m/s的恒定速率运行。旅客把行李箱轻放在A处（可认为初速度为0），行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离为LAB＝2.5m，重力加速度取g＝10m/s2。则：
（1）行李箱刚放在传送带时，会否与传送带发生相对滑动？请说明理由。
（2）求行李箱从A处到达B处需要多长时间？
【分析】（1）根据行李箱刚放在传送带时，两者的速度大小关系判断行李箱是否会与传送带发生相对滑动。
（2）行李箱先做匀加速直线运动，先判断是否能共速，若能共速，共速之后两者相对静止一起匀速运动到B处，根据牛顿第二定律与运动学公式解答。
【解答】解：（1）行李箱刚放在传送带时，会与传送带发生相对滑动。因为行李箱刚放在传送带时，行李箱的速度小于传送带的速度，所以行李箱会相对传送带向右滑动。
（2）行李箱先做匀加速直线运动，设加速过程的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：
μmg＝ma，解得：a＝1m/s2
假设行李箱能加速至与传送带共速，此过程所用的时间为t1，位移大小为x1，由运动学公式得：
v0＝at1
解得：t1＝1s，x1＝0.5m
因：x1＜LAB＝2.5m，故假设成立。
行李箱与传送带共速之后与传送带一起匀速运动到B处，设此过程所用时间为t2，则有：
LAB﹣x1＝v0t2，解得：t2＝2s
行李箱从A处到达B处需要的时间为：
t＝t1+t2＝1s+2s＝3s
答：（1）行李箱刚放在传送带时，会与传送带发生相对滑动，理由见解答。
（2）行李箱从A处到达B处需要3s时间。
11．一长为L＝2m、质量为m的长板B放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止。其左端距离斜面底端的距离为s＝0.75m，斜面底端固定一弹性挡板，与之相碰的物体会以原速率反弹。某时刻，撤去作用在板上的外力，同时将一质量为m、可视为质点的小物块A轻放在板的右端。已知，小物块A与长板B之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）长板B第一次碰挡板前瞬间的速度大小v0；
（2）长板B第一次碰挡板后，小物块A滑离长板B所用的时间；
（3）若仅改变长板B的长度，其它条件不变，可使得在小物块A滑离长板B的瞬间，长板B刚好与挡板发生第5次碰撞，求B的长度L0。
【分析】（1）对A、B整体进行分析，根据牛顿第二定律结合速度与位移关系式可求解长板B第一次碰挡板前瞬间的速度大小v0；
（2）木板与挡板碰撞后，分别对物块和木板根据牛顿第二定律解得加速度，根据运动学规律及位移关系解得时间；
（3）根据题意可以分析得出木板B碰一次挡板前后的运动情况，结合分析A的运动解出B的长度L0。
【解答】解：（1）对A、B整体进行分析，根据牛顿第二定律有
2mgsinθ＝2ma
解得
a＝6m/s2
释放到碰前过程，根据速度与位移关系式有
解得
v0＝3m/s
（2）木板与挡板碰撞后，对小物块A进行分析，根据牛顿第二定律有
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
解得
对木板B进行分析，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
解得
物块A滑离木板B过程有
解得
t＝0.5s或t＝1s（舍去）
（3）结合上述，木板B每隔Δt碰一次挡板，且有
该过程，A一直向下匀加速下滑，刚好在B碰第5次时满足
L0＝v0×4Δt+a1（4Δt）2
解得
L0＝12.96m
答：（1）长板B第一次碰挡板前瞬间的速度大小3m/s；
（2）长板B第一次碰挡板后，小物块A滑离长板B所用的时间0.5s；
（3）B的长度12.96m。
12．如图所示，倾角θ＝30°的传送带，正以速度v＝6m/s顺时针匀速转动。质量为m＝1kg的木板轻放于传送带顶端，木板与传送带间的动摩擦因数，当木板前进1s时机器人将另一质量也为m的货物轻放在木板的右端，货物与木板间的动摩擦因数，重力加速度为g＝10m/s2，货物可视为质点，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，传送带足够长，每一次货物都不会从木板上滑下。求：
（1）木板前进1s时的速度大小；
（2）机器人在放上第一个货物0.5s后取走货物，求取走第一个货物时木板动能；
（3）机器人取走第一个货物0.5s后将第二个货物轻放在木板的右端，求1s后取走第二个货物时木板的速度大小。
【分析】（1）刚好放上木板时，木板所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
（2）（3）当木板与传送带共速时，摩擦力方向发生突变，根据牛顿第二定律结合货物的最大静摩擦力分析，根据运动学公式结合动能公式求解。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma
代入数据解得
a＝6m/s2
木板前进1s时的速度大小
v1＝at
解得
v1＝6m/s
（2）货物向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μ2mgcosθ＝ma1
代入数据，解得
刚放上货物瞬间，木板受到重力、压力、支持力、货物对木板向上的摩擦力和皮带对木板向下的摩擦力，因为
f2＝μ1 2mgcosθ
f2的方向沿斜面向下
f2+mgsinθ＜f1＝μ2 mgcosθ
知木板向下做减速运动，根据牛顿第二定律
μ2mgcosθ﹣mgsinθ﹣μ1 2mgcosθ＝ma2
解得
货物加速，木板减速，当两者速度相等时有
v共＝v1﹣a2t1＝a1t1
解得
，
之后，两者一起匀加速到与传送带共速，则有
a共＝gsinθ+μ1gcosθ
代入数据解得
再次加速至与传送带共速用时
代入数据解得
从放上货物到与传送带共速所用时间
Δt＝t1+t2
代入数据解得
Δt＝0.5s
根据动能公式有
代入数据解得
Ek＝18J
（3）取走第一个货物后，木板向下做匀加速运动，有
代入数据解得
a'＝4m/s2
经过0.5s后木板的速度为
v2＝v+a't＝6m/s+4×0.5m/s＝8m/s
轻放上第二货物时，对货物有
a'1＝gsinθ+μ2gcosθ
代入数据解得
对木板有
代入数据解得
且木板以v2＝8m/s做匀减速运动，设木板与传送带共速时，则有
代入数据解得
此时货物的速度为
v货＝a'1t3
代入数据解得
则木板与传送带先共速，接下来货物仍以原加速度匀加速，木板以
代入数据解得
做匀减速，直至二者共速，则有
v'共＝v﹣a2t4＝v货+a'1t4
解得
，
二者共速后的加速度为
a共＝gsinθ+μ1gcosθ
代入数据解得
再次加速至与传送带共速的时间
代入数据解得
与传送带共速后木板与货物一起继续匀加速，则有
a'共＝gsinθ﹣μ1gcosθ
代入数据解得
取走货物时
v3＝v1+a'共（1﹣t3﹣t4﹣t5）
代入数据解得
v3＝8.074m/s
答：（1）木板前进1s时的速度大小为6m/s；
（2）机器人在放上第一个货物0.5s后取走货物，取走第一个货物时木板动能为18J；
（3）机器人取走第一个货物0.5s后将第二个货物轻放在木板的右端，1s后取走第二个货物时木板的速度大小为8.074m/s。
13．如图甲所示，一倾角为θ＝37°足够长的粗糙斜面体固定在水平地面上，质量为m＝1kg的物块由斜面体的底端以一定的初速度沿斜面体向上运动，同时在物块上施加一沿斜面向下的恒力F，此时刻计为t＝0时刻，1s末将恒力F撤走，物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）撤去恒力时，物块到斜面底端的距离；
（2）恒力F的大小及物块与斜面间的动摩擦因数；
（3）物块回到斜面底端时的速度大小。
【分析】（1）根据v﹣t图像图线与t轴所围成的面积的物理意义计算相应距离；
（2）根据图像斜率球相应加速度大小，结合上滑和下滑两阶段对应的牛顿第二定律列方程求解外力F和动摩擦因数；
（3）对撤去外力后的物体利用牛顿第二定律求解加速度，再利用匀变速直线运动的推论求解滑到斜面底端时的速度。
【解答】解：（1）由图乙可得，v﹣t图像与横轴的面积为物块的位移，即物块到斜面底端的距离
（2）由图乙可得，t＝0.5s时，物块速度为零，即物块在t＝0.5s时，到达斜面最高点，向上运动时，物块加速度的大小，在上滑阶段，结合物块的受力，牛顿第二定律的表达式F+mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，0.5s后，物块向下运动，结合图乙，物块向下运动的加速度的大小，在下滑阶段，结合物块的受力，牛顿第二定律的表达式F+mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，解得F＝2N，μ＝0.5
（3）撤走恒力F后，由牛顿第二定律有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3，则物块向下运动的加速度a3＝2m/s2，此时物块速度大小为v1＝2m/s，距离斜面底端x＝1m，由匀变速直线运动推论有，解得物块回到斜面底端时的速度大小v＝2m/s
答：（1）撤去恒力时，物块到斜面底端的距离为1m；
（2）恒力F的大小为2N，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5；
（3）物块回到斜面底端时的速度大小为2m/s。
14．工厂用传送带将货物从高处传送到低处，再通过地面滑板实现远距离传送。传送过程示意图可简化为如图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0的恒定速率顺时针转动，某时刻工人将质量为m＝20kg的货物轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，货物从传送带底端B平滑地滑上质量为M＝5kg的滑板左端（货物经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，货物停止运动且未脱离滑板。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，货物与滑板间的动摩擦因数μ2＝0.2，滑板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB间的距离为s＝20m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）货物刚放上传送带时的加速度a的大小；
（2）要让货物从传送带顶端A滑到底端B所用的时间最短，传送带的速度v0至少为多大？
（3）若货物能以最短时间滑到底端B，货物停止运动时的位置到传送带底端B的距离L为多少？
【分析】（1）对货物受力分析，可得到货物刚开始的加速度；
（2）为使货物到底端时的时间最短，则货物在整个下滑过程中，始终加速，从而得到传送带的最小速度；
（3）货物滑上滑板后，根据对货物和滑板的受力分析，可得到二者分别的加速度，直到共速，由运动学公式可计算货物的水平位移；之后再分别对货物和滑板受力分析，根据运动学公式，计算其从共速到最终停止时的位移；根据两端运动特点，可得到货物最终与传送带底端的距离。
【解答】解：（1）货物刚放上传送带时，对货物受力分析，
在沿斜面方向上：mgsinθ+f＝ma，在垂直于斜面方向上：mgcosθ＝F支，
由相互作用力可知：F支＝F压，滑动摩擦力：f＝μ1F压，
联立解得：a＝10m/s2；
（2）为使货物到底端时的时间最短，则货物在整个下滑过程中，始终加速，传送带的最小速度为货物到B端时的末速度；
由运动学关系式可知：，解得：v0＝20m/s；
（3）货物刚滑上滑板时，对货物，水平方向上：，
竖直方向上：mg＝N，由相互作用力可知货物收到的支持力N，与其对板块的压力N1等大，
滑动摩擦力f＝μ2N1，解得：，方向水平向左，即货物做减速运动；
对滑板，水平方向上：f﹣f地＝Ma2，地面对M的摩擦力：f地＝μ3N地，
竖直方向上：N2＝Mg+mg，由相互作用力知识可知，滑板对地面的压力N地，与地面对滑板的支持力N2等大，
解得：，方向水平向右；
当货物和滑板共速时：v共＝v0﹣a1t1＝a2t1，货物这段时间内的水平位移为：，
解得：t1＝4s，v共＝12m/s，x1＝64m；
之后若货物与滑板一起减速，则共同的加速度为：，解得：，方向水平向左，
而货物在滑板上，能达到的最大加速度为：，方向水平向左；a1＞a3，即货物可以和滑板保持一致，共同减速，直到减为0；
共同减速这段时间，货物的水平位移为：，解得：x2＝72m；
综上，货物从滑到水平面，到最终停止，货物的总位移为：x＝x1+x2＝64m+72m＝136m。
答：（1）货物刚开始的加速度为10m/s2；
（2）传送带的最小速度为20m/s；
（3）货物最终与传送带底端的距离为136m。
15．某工厂用传送带将木炭从高处传送到低处，传送过程示意图可简化为下图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0＝5m/s的恒定速率顺时针转动，某时刻，工人将质量为m＝50kg的木炭轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，木炭从传送带底端B平滑滑上质量为M＝25kg的木板左端（物体经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，木炭停止运动且未脱离木板。已知木炭与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，木炭与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB的距离为s＝15.25m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小和从A运动到B的时间；
（2）木炭运动到B的速度和在传送带上留下的划痕；
（3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L。
【分析】（1）物体刚放上传送带时，对物体由牛顿第二定律求解加速度大小；求出物块与传送带共速的时间和位移，此后物块继续在传送带上做匀加速运动，再求出后一段的加速度和时间，由此求解物体从传送带顶端A滑到传送带底端B的时间；
（2）由运动学公式求出木炭相对传送带的位移即为木炭在传送带上留下的划痕长度；
（3）根据速度—时间关系求出物块滑上木板左端时速度，分析物块和木板的受力情况以及运动情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式进行解答
【解答】解：（1）木炭刚放上传送带时，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma
解得
a＝10m/s2
设木炭经过时间t1与传送带共速，则有
解得t1＝0.5s
该过程木炭运动的位移大小为
解得x1＝1.25m
由于μ1＜tan37°，可知共速后木炭继续向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma′
解得a′＝2m/s2
设木炭到达B端时的速度大小为vB，根据运动学公式可得
解得
vB＝9m/s
木炭从共速后到B端所用时间为
t2＝
解得t2＝2s
则木炭从传送带顶端A滑到传送带底端B的时间
t＝t1+t2
解得t＝2.5s
（2）由（1）问可知，木炭运动到B的速度为vB＝9m/s；木炭与传送带共速前，木炭相对于传送带向上运动的距离为
Δx1＝v0t1﹣x1
解得Δx1＝1.25m
木炭与传送带共速后，木炭相对于传送带向下运动的距离为
Δx2＝s﹣x1﹣v0t2
解得Δx2＝4m
由于Δx2＞Δx1，则木炭在传送带上留下的划痕长度为
Δx2＝4m
（3）木炭滑上木板左端时，分别对木炭和木板由牛顿第二定律得
μ2mg＝ma1，μ2mg﹣μ3（M+m）g＝Ma2
解得
，
设经过时间t3木炭与木板达到共速v1，根据运动学公式可得
v1＝vB﹣a1t3，v1＝a2t3
解得t3＝3s，v1＝3m/s
此过程中木炭运动的位移大小为
解得
x3＝18m
由于μ2＞μ3，可知木炭与木板共速后，保持相对静止一起做匀减速直线运动；以木炭和木板为整体，由牛顿第二定律得
μ3（M+m）g＝（M+m）a3
解得
设木炭与木板共速后运动的距离为x4，根据运动学公式可得
解得
x4＝4.5m
则木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离为
L＝x3+x4
解得L＝22.5m
答：（1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小为10m/s2，A运动到B的时间为2.5s；
（2）木炭运动到B的速度为9m/s，传送带上留下的划痕为4m；
（3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L为22.5m。
16．如图所示，长为L的长木板放在水平面上，可视为质点的物体放在长木板的最右端，已知长木板与物体的质量均为m，物体与长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.125，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度用g表示。
（1）如果在长木板上施加水平向右的恒力F，欲保证两物体不发生相对运动，求恒力F的取值范围；
（2）如果长木板上施加水平向右、大小为F＝1.5mg的恒力，为保证物体不离开长木板，则恒力作用的时间应满足什么条件？
（3）如果分别给长木板与物体水平向右和水平向左、大小均为v0的初速度，从开始运动到二者的速度相等，物体在长木板上滑过的距离为多少？（假设该过程物体没有离开长木板）
【分析】（1）当物体与长木板刚好达到最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律求解物体的加速度，对整体根据牛顿第二定律求解此时的拉力，即可得到两物体不发生相对运动时恒力F的取值范围；
（2）根据牛顿第二定律求解物体与长木板的加速度，根据运动学公式求解撤去拉力时物块和长木板的速度和位移，近一步求解此过程物体相对于长木板的位移；根据速度与时间关系求解此时到物体与长木板共速过程的时间，根据运动学公式和距离关系联立求拉力作用的时间；
（3）根据牛顿第二定律求解物体和长木板各自的加速度，根据分析可知长木板先减速为零，根据运动学公式求解此过程的时间、物体和长木板各自的位移、此时物体的速度；后长木板向左加速，根据牛顿第二定律求解各自的加速度，根据运动学的公式求解长木板向左加速到与物体共速过程的时间、速度、物体与长木板各自的位移，再根据距离关系求解物体在长木板上滑过的距离。
【解答】解：（1）当恒力F最大时，物体与长木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可得此时物体的加速
对物体和长木板的整体由牛顿第二定律
解得
故欲保证物体与长木板不繁盛相对滑动，则恒力F的取值范围
；
（2）当F＝1.5mg时，物块与长木板发生相对滑动，根据牛顿第二定律，物块的加速度为
方向水平向右，长木板的加速度为
方向向右，设经过t3时间撤去外力F，则此时的速度为
位移
长木板的速度
位移为
物体相对长木板向左移动了
撤去外力F后，物体仍以大小为a1的加速度向右加速运动，长木板向右减速运动，根据牛顿第二定律，加速度为
又经过了t4时间二者具有相同的速度，此时二者相对静止，则
v2+a1t4＝v3﹣a6t4
若此时物块恰好不从长木板上滑下，则
联立解得
所以为了保证物块不离开长木板，恒力作用的时间满足
；
（3）由题意可知物体在长木板上向左做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
μ1mg＝ma1
解得
长木板向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
μ1mg+μ2 2mg＝ma2
解得
由于两物块的初速度大小相等，a1＜a2，长木板的速度先减为零，根据运动学公式，该过程所用的时间为
物体的位移
长木板的位移
此时物体的速度大小
方向水平向左，此后物体在长木板上继续向左做匀减速直线运动，物体与长木板之间的最大静摩擦力为
长木板与水平面间的最大静摩擦力为
所以长木板向左做匀加速直线运动，直到二者共速，长木板的加速度为
假设共同速度为v，该过程的时间为t2，则
v＝a3t2＝v1﹣a1t2
解得
该过程中物体的位移
长木板的位移
由以上分析可知，整个过程中物体在长木板上滑过的距离为
。
答：（1）如果在长木板上施加水平向右的恒力F，欲保证两物体不发生相对运动，恒力F的取值范围为；
（2）如果长木板上施加水平向右、大小为F＝1.5mg的恒力，为保证物体不离开长木板，则恒力作用的时间应满足；
（3）如果分别给长木板与物体水平向右和水平向左、大小均为v0的初速度，从开始运动到二者的速度相等，物体在长木板上滑过的距离为。
17．如图甲所示，长度为2.5m的粗糙斜面AB与足够长的倾斜传送带在同一平面内，倾角θ＝30°。一质量为1kg的物块静止于斜面上A点，现在外力推动下沿斜面向下做匀加速运动，到达B点以5m/s的速度滑上传送带时撤去外力.传送带以2m/s的速率逆时针匀速转动，物块滑上传送带2s后到达最低点。物块进入传送带后的v﹣t图像如图乙所示，不计斜面与传送带之间的缝隙，g＝10m/s2。
（1）求物块在A点静止时受到的摩擦力；
（2）求物块在斜面上运动时的加速度大小；
（3）由于物块和传送带发生相对滑动，在传送带表面留下了一段划痕，试求该划痕的长度。
【分析】（1）物块静止于斜面上A点，此时是静摩擦，根据二力平衡判断求解；
（2）根据匀变速直线运动位移与速度的关系求解物块在斜面上运动时的加速度大小；
（3）由题可知，在物块滑上传送带后，2s后物块与传送带的速度相同，以传送带为参考系求得物块相对传送带的位移。
【解答】解：（1）物块静止于斜面上A点，故f＝mgsin30°
解得：f＝5N
（2）物块在斜面上运动时，设加速度为a，则根据匀变速直线运动位移与速度的关系得：v2＝2axAB
代入数据解得：a＝5m/s2；
（3）由题可知，在物块滑上传送带后，2s后物块与传送带的速度相同，以传送带为参考系，物块刚滑上传送带时相对于传送带的速度v1＝7m/s，2s后相对于传送带的速度为v2＝0，故物块相对传送带的位移：x＝＝m＝7m
所以划痕的长度为7m。
答：（1）物块在A点静止时受到的摩擦力为5N；
（2）物块在斜面上运动时的加速度大小为5m/s2；
（3）由于物块和传送带发生相对滑动，在传送带表面留下了一段划痕，该划痕的长度为7m。
18．倾角37°的传送带以速度v＝1.0m/s顺时针转动，位于其底部的煤斗向其输送m＝4.0kg的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，煤屑与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）煤屑落到传送带时的加速度和运动到与传送带速度相等时所用的时间多大；
（2）煤屑与传送带之间的相对位移多大。
【分析】（1）煤屑落到传送带上后向上加速运动，由牛顿第二定律求加速度，由速度—位移公式求出运动到与传送带速度相等时前进的位移，并由v＝at求运动时间；
（2）由匀加速公式求煤屑的位移，由匀速运动公式求解传送带的位移，两个位移作差求解煤屑与传送带之间的相对位移。
【解答】解：（1）煤屑落到传送带时摩擦力向上，根据牛顿第二定律
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
解得
a＝0.4m/s2
方向沿斜面向上。与传送带速度相等时所用的时间
（2）煤屑的位移
传送带的位移
x2＝vt
煤屑与传送带之间的相对位移
Δx＝x2﹣x1
解得
Δx＝1.25m
答：（1）煤屑落到传送带时的加速度0.4m/s2，方向沿斜面向上，运动到与传送带速度相等时所用的时间2.5s；
（2）煤屑与传送带之间的相对位移1.25m。
19．现在传送带传送货物已被广泛地应用于车站、工厂、车间、码头。如图所示，某飞机场利用传送带将旅客的行李箱运进机舱。在该次运输过程中，传送带以恒定的速率v＝2m/s向上运行。将行李箱无初速度地放在传送带底端，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝1，传送带的长度L＝9m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，g取10m/s2。试求：
（1）行李箱刚开始运动时的加速度；
（2）行李箱的上升时间；
（3）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，求行李箱的最短上升时间和传送带对应的最小运行速率。
【分析】（1）对物体进行正交分解，求出合外力，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）分别求出匀加速的时间和匀速的时间，即可得到总时间；
（3）物体一直做匀加速直线运动时，运动的时间最短，根据速度—位移关系结合速度—时间关系求解。
【解答】解：（1）物体放在传送带上，相对于传送带向下运动，故受的摩擦力向上，由牛顿第二定律：
μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma1，解得a1＝ugcos37°﹣gsin37°＝1×10m/s2×0.8﹣10m/s2×0.6＝2m/s2
（2）匀加速的时间：
匀加速过程的位移：＝2m/s2×（1s）2＝1m
匀速过程的位移：x2＝L﹣x1＝9m﹣1m＝8m
匀速的时间
总时间：t＝t1+t2＝1s+4s＝5s
（3）物体一直做匀加速直线运动时，运动的时间最短；设物体一直做加速到B的速度为v′，
则有：v′2＝2a1L，v′2＝2×2m/s2×（9m）2
代入数据得：v′＝6m/s
最短时间为：＝。
答：（1）行李箱刚开始运动时的加速度为2m/s2；
（2）行李箱的上升时间为5s；
（3）行李箱的最短上升时间为3s；传送带对应的最小运行速率为6m/s。
20．如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离。
【分析】（1）根据木板与小滑块组成的系统动量守恒求解；
（2）由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量列出等式求解。
【解答】解：（1）取向右为正方向，滑块与木板组成的系统满足动量守恒，则有
2mv0＝（2m+m）v
解得滑块相对木板静止时，它们的共同速度大小为
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，设滑块的速度为v1，则木板的速度为2v1，取向右为正方向，根据动量守恒可得
2mv0＝2m 2v1+mv1
解得
根据能量守恒可得
解得滑块与木板的相对位移为
可知此时滑块到木板最右端的距离为。
答：（1）它们的共同速度大小；
（2）此时滑块到木板最右端的距离为。
21．如图甲所示，粗糙水平地面上有一质量M＝6kg的足够长木板B，将一质量m＝2kg的小物块A（视为质点）轻放在木板B的右端，从t＝0时刻起对B施加一水平向右的水平恒力F，经过t＝4s后撤去恒力F，用传感器测得A、B的速度—时间图像如图乙所示，取g＝10m/s2。求：
（1）A、B间的动摩擦因数μ1；
（2）B与地面间的动摩擦因数μ2，恒力F的大小；
（3）A、B均停止运动后A到B右端的距离L。
【分析】（1）根据图乙所示图像求出A的加速度大小，然后应用牛顿第二定律求出动摩擦因数；
（2）根据图乙所示图像求出B的加速度大小，然后应用牛顿第二定律求解；
（3）v﹣t图像与坐标轴围成图形的面积表示位移，根据图乙所示图像应用运动学公式求解。
【解答】解：（1）物块A在B上做加速运动，加速度为
根据
aA＝μ1g
可得
μ1＝0.1
（2）力F作用于木板B时的加速度
由牛顿第二定律
F﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g＝MaB1
撤去F后木板B的加速度大小
由牛顿第二定律
μ1mg+μ2（M+m）g＝MaB2
联立解得
μ2＝0.35
F＝45N
（3）由图像可知5s时AB速度相等v＝5m/s，此时A相对B向后的位移，即A距离B右端的距离为
AB速度相等以后，A做减速运动，加速度为；B减速运动的加速度
μ2（M+m）g﹣μ1mg＝MaB3
代入数据解得
速度减为零时的位移
代入数据解得
A速度减为零时的位移
A、B均停止运动后A到B右端的距离
L＝x1+xB﹣xA
代入数据解得
L＝5.38m
答：（1）A、B间的动摩擦因数为0.1；
（2）B与地面间的动摩擦因数为0.35；恒力F的大小为45N；
（3）A、B均停止运动后A到B右端的距离为5.38m。
22．如图所示，有一足够长的斜面固定在水平地面上，它与水平方向的夹角θ＝30°，斜面上每隔d＝0.4m固定一个挡板，从上往下依次标记为1、2、3…n（n→∞）。挡板1的上方某处有一厚度均匀、质量为m的长木板A，A的上表面放有一质量为m的小物块B，B与A之间动摩擦因数μ1＝，A与斜面之间动摩擦因数μ2＝，最初A、B均处于静止状态。现给物块B一个平行于木板斜向下、大小F＝mg的作用力，经0.9s后撤去。再经1s后，木板A与挡板1发生碰撞。若木板A每次与挡板碰撞都以碰前的速度反弹，且每次与挡板碰后立即撤离被碰挡板，物块B始终没有与挡板相碰，B也始终没有滑离木板A，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。求：
（1）F作用的0.9s内A、B的加速度大小；
（2）A与挡板1碰撞时的速度大小；
（3）B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程（结果保留2位有效数字）。
【分析】（1）F作用时分析A、B是否会有共同加速度，结合牛顿第二定律解答；
（2）根据运动学规律结合牛顿第二定律解答；
（3）分析A、B的运动情况，根据运动学规律结合数学方法解答。
【解答】解：（1）F作用时，假设A、B间有相对滑动，A的加速度为aA1，B的加速度为aB1，对A有mgsinθ+μ1mgcosθ﹣μ2×2mgcosθ＝maA1
解得aA1＝2.5m/s2
对B有F+mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝maB1
解得aB1＝6.5m/s2
aB1＞aA1，则假设成立。
（2）t1＝1.0s时，根据速度—时间关系有vB＝aB1t1
vA＝aA1t1
F撤去后，令B的加速度为aB2，有
μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝maB2
解得aB2＝2.5m/s2，沿斜面向上
1.0 s后，设经t2共速，有v＝vA+aA1t2＝vB﹣aB2t2
解得t2＝0.8s，v＝4.5m/s
运动1.8s时，速度为4.5 m/s
因μ2＝tanθ＝，所以1.8s后匀速
即A与挡板1碰撞时的速度v＝4.5m/s
（3）A与挡板碰前，B在A上滑行的相对位移
Δx0＝t1+t2﹣ （t1+t2）
解得Δx0＝3.6m
A与挡板碰后，令A向上运动时加速度大小为aA2，有
mgsinθ+μ1mgcosθ+μ2×2mgcosθ＝maA2
解得aA2＝22.5m/s2
设每次A与挡板碰时A，B已共速。第i次碰撞挡板速度为vi，碰后A向上运动位移为xi1，运动时间为ti1，当A速度减到0时，B的速度为vBi。A向上运动时，有
2aA2xi1＝
ti1＝
vBi＝vi﹣aB2ti1
解得vBi＝vi，xi1＝，ti1＝vi
然后，A 以aA1向下加速运动。令运动时间ti2，位移xi2共速。有
vi+1＝aA1ti2＝vBi﹣aB2ti2
＝2aA1xi2
联立解得vi+1＝vi，xi2＝，ti2＝vi
因v1最大为4.5 m/s，所以xi1+d＞v2，故每次A与挡板碰时A、B已共速。
从第i次碰到i+1次碰的相对位移
Δxi＝xBi﹣xAi＝（ti1+ti2）﹣（xi2﹣xi1）
解得Δxi＝
由此可知，第一次到第二次碰撞相对位移Ax＝2.9 m
又因Δxi∝
＝
故＝
即Δxi是公比为＜1的等比数列
由Sn＝
解得Δx'＝3.6m
故B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程
s＝Δx0+Δx'
解得s＝7.2m
答：（1）F作用的0.9s内A、B的加速度大小分别为2.5m/s2、6.5m/s2；
（2）A与挡板1碰撞时的速度大小为4.5m/s；
（3）B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程为7.2m。
23．传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为某传送带的简易示意图，该传送带的倾角θ＝37°，某时刻将质量m＝2kg的工料（可看作质点）静止放到传送带的底端A，同时将轻绳拴接在工料上，电动机通过轻绳带动工料向上做匀加速直线运动。已知轻绳对工料的牵引力大小恒为F＝24N，传送带以大小为v0＝2m/s的速度顺时针匀速转动，某时刻关闭电动机，经过一段时间后工料到达传送带的顶端B，传送带AB两端间的距离L＝4.8m，工料与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求刚开始运动时工料的加速度大小；
（2）要使工料运动到B端的过程中，恒力F的作用时间最短，求：
①撤去恒力时工料速度的大小；
②恒力F作用的最短时间。
【分析】（1）根据牛顿第二定律求加速度大小；
（2）①根据牛顿第二定律求加速度，再根据匀变速直线运动速度—时间公式求出速度大小；
（3）根据速度—位移关系求恒力F作用的最短时间。
【解答】解：（1）刚开始运动时工料的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）①当恒力作用在工料上且工料的速度大于v0时，工料的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得
解得
撤去恒力后，当工料的速度大于v0时，其做匀减速运动的加速度大小为
a3＝gsinθ+μgcosθ
解得
当工料的速度小于v0时，其做匀减速运动的加速度大小为
a4＝gsinθ﹣μgcosθ
解得
假设在工料的速度小于或等于v0时就撤去了恒力，工料滑动至B端时速度恰好减到零，设撤去恒力时工料的速度大小为v1，根据运动学规律有
解得
v1＝4m/s＞v0
故假设不成立，所以一定是在工料的速度大于v0时撤去的恒力。为了使恒力作用的时间最短，即撤去恒力时工料速度最小，工料应先以a1匀加速至速度大小为v0，之后以a2匀加速至速度大小为v2时撤去恒力，工料之后先以a3匀减速至v0，最后以a4匀减速至速度是零且恰好到B端，根据速度—位移关系可得
解得
v2＝4m/s
②恒力F作用的最短时间
解得t＝1.2s
答：（1）刚开始运动时工料的加速度大小为10m/s2
（2）①撤去恒力时工料速度的大小为4m/s；
②恒力F作用的最短时间为1.2s。
24．一送货装置如图所示，质量为m1＝1kg的货物（可视为质点）无初速度地放在倾角为θ＝37°的传送带最上端A处，传送带保持v＝12m/s匀速向下运动，物体被传送到B端，然后滑上平板车，货物从传送带滑上平板车过程无速率损失，在离传送带B端水平距离x0＝30m处有一与平板车等高的水平平台，平板车与平台碰撞后立刻保持静止，不再移动。已知传送带长度L＝18m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，货物与传送带间的摩擦因数μ1＝0.75，货物与平板车的摩擦因数μ2＝0.3，平板车与地面的摩擦因数μ3＝0.1，平板车的质量m2＝0.5kg。忽略空气阻力，已知重力加速度的大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）货物刚放上传送带A端时的加速度大小；
（2）货物由传送带A端运动到B端的时间；
（3）若平板车长度为L0＝14m，货物被送至平台时速度大小。
【分析】（1）货物刚放上传送带A端时，由牛顿第二定律解得加速度；
（2）分析货物在传送带的运动情况，根据匀变速和匀速的运动规律解得时间，从而求得总时间；
（3）根据牛顿第二定律解得加速度，分析货物在平板车的运动情况，结合运动学公式解答。
【解答】解：（1）货物刚放上传送带A端时，由牛顿第二定律有
m1gsinθ+μ1m1gcosθ＝m1a
代入数据解得
a1＝12m/s2
（2）设货物达到与传送带共速所用的时间为t1，则有
t1＝
达到共速时货物的位移
x1＝
解得x1＝6m＜L
由于
mgsinθ＝μ1mgcosθ
可知当货物与传送带达到共速后将与传送带保持静止一起做匀速直线运动，设在传送带上做匀速直线运动的时间为t2，可得
t2＝
由此可知货物在传送带上运动的总时间
t＝t1+t2
解得t＝2s
（3）货物滑上平板车时的速度为v，设货物在平板车上的加速度大小为a1，平板车的加速度大小为a2，则对货物由牛顿第二定律有
μ2m1g＝m1a1
对平板车由牛顿第二定律有
μ2m1g﹣μ3（m1+m2）g＝m2a2
解得
a1＝3m/s2，a2＝3m/s2
设两者达到共速所用的时间为t3，则有
v﹣a1t3＝a2t3
解得
t3＝2s
设在达到共速时货物与平板车的位移分别为x2、x3，则有
x2＝vt3﹣
x3＝
货物与平板车的位移差
Δx＝x2﹣x3
解得Δx＝12m
由此可知共速时货物距平板车最左端的距离为
x4＝L0﹣Δx＝14m﹣12m＝2m
二者达到共速时的速度
v1＝a2t3
此时平板车的最左端距平台的距离为
s＝x0﹣L0﹣x3
解得s＝10m
二者达到共速后一起向左做减速运动的加速度大小为a3，对整体由牛顿第二定律有
μ3（m1+m2）g＝（m1+m2）a3
解得
a3＝1m/s2
设平板车与平台碰撞时的速度为v2，由速度与位移的公式有
﹣＝﹣2a3s
解得
v2＝4m/s
平板车与平台碰撞后静止，而货物将继续以加速度a1做减速运动，设货物滑上平台时的速度为v3，则由速度与位移的公式有
﹣＝﹣2a1x4
解得
v3＝2m/s
答：（1）货物刚放上传送带A端时的加速度大小为12m/s2；
（2）货物由传送带A端运动到B端的时间为2s；
（3）若平板车长度为L0＝14m，货物被送至平台时速度大小为2m/s。
25．如图所示，倾斜固定放置的传送带与水平面间的夹角为θ＝37°，传送带两端A、B间的距离L＝3.2m，传送带以2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动。质量为2kg的足够长的长木板放在水平面上，上表面的左端C点与传送带下端B点平滑连接。质量为1kg、下面装有一小块黑色小碳块的物块轻放在传送带的上端A点，由静止开始沿传送带向下运动。已知物块与传送带和长木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，不计物块的大小，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝。求：
（1）物块滑上长木板瞬间的速度大小；
（2）物块在传送带上画出黑色碳迹的长度；
（3）长木板在水平面上运动的距离。
【分析】（1）应用牛顿第二定律求出共速前后的加速度，再应用运动学公式求出滑块滑上木板时速度的大小；
（2）在上一问的基础上，根据运动学公式求出滑块和传送带在共速前后的两段相对位移，根据这两段相对位移的大小，来确定摩擦痕迹的长度；
（3）物块滑上长木板后，分共速前后两段分别求出长木板的位移，从而得到所求。
【解答】解：（1）设物块在传送带上开始滑动时加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律：mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1
代入数据解得：
设达到共速的时间为t1，则共速时间：t1＝＝s＝0.2s
运动的位移：x1＝＝m＝0.2m
设物块继续做加速运动的加速度为a2，则由牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma2
代入数据解得：
设物块滑离传送带时的速度大小为v2，则：＝2a2x2
解得：v2＝4m/s
（2）设物块以加速度a2做加速运动的时间为t2，则：t2＝＝s＝1s
在最初0.2s时间内物块相对传送带向上运动，相对滑动的距离为：Δx1＝v1t1﹣x1＝2×0.2m﹣0.2m＝0.2m
以后的1s时间内物块相对传送带向下滑动，则相对滑动的距离为：Δx2＝L﹣x1﹣v1t2＝3.2m﹣0.2m﹣2×1m＝1m
由于共速前物块相对传送带向上运动，共速后物块相对传送带向下运动，由于Δx1＜Δx2
物块向下运动的过程，在传送带上留下的痕迹长度为：s＝Δx2＝1m
（3）物块滑上长木板后做匀减速直线运动，加速度大小为：a3＝μ1g＝0.5×10m/s2＝5m/s2
长木板做匀加速直线运动的加速度大小设为a4，由牛顿第二定律有：Ma4＝μ1mg﹣μ2（m+M）g
代入数据解得：
设物块滑上长木板与长木板共速所用的时间为t3，共同速度为v3。
根据运动学公式可知：v3＝v2﹣a3t3＝a4t3
代入数据解得：，
这段时间内，长木板运动的距离为：s1＝＝m＝m
共速后，物块与长木板共同运动的加速度大小为：a5＝μ2g＝0.1×1m/s2＝1m/s2
共速后又运动的距离为：s2＝＝m＝m
因此长木板运动的总距离为：s＝s1+s2＝m+m＝m
答：（1）物块滑上长木板瞬间的速度大小为4m/s；
（2）物块在传送带上画出黑色碳迹的长度为1m；
（3）长木板在水平面上运动的距离为。
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传送带专题
一．解答题（共25小题）
1．如图甲、乙所示，质量M＝2kg、长L＝2m、高h＝0.8m的长木板置于水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，一质量m＝1kg的小滑块（视为质点）于图甲中放在长木板的中央处，图乙中放在长木板的左端，且图甲中长木板上表面光滑，图乙中长木板与小滑块间的动摩擦因数μ2＝0.5，两种情况均在恒力作用下从静止开始运动，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，恒力F的大小；
（2）在第（1）问情况中，图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离；
（3）图乙中若恒力F′＝10N，求小滑块离开长木板的时间。
2．如图所示为传送带装置示意图的一部分，传送带与水平地面间的夹角θ＝37°，A、B两端的距离足够远，质量m＝1kg的物体（可视为质点）以速度v0＝8m/s沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若传送带不转动，求物体沿传送带上滑的最大距离；
（2）若传送带沿顺时针方向运转的速度v＝5m/s，求物体从A点上滑到最高点所需的时间以及此过程中，传送带上的划痕长度。
3．如图所示，质量为M（大小未知）的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量m＝4kg的物块（可视为质点）在某一时刻以v0＝6m/s的水平初速度从木板左端滑上木板，经t1＝2s时间后物块与木板恰好达到共同速度，且在此时对木板施加方向水平向右的恒力F＝20N作用，物块又经t2（大小未知）时间后从木板的左端滑出。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小；
（2）长木板的质量M以及两者达到共速的瞬间，物块到木板左端间的距离d。
4．某工厂用传送带将木炭从高处传送到低处，传送过程示意图可简化为下图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0＝5m/s的恒定速率顺时针转动，某时刻，工人将质量为m＝50kg的木炭轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，木炭从传送带底端B平滑滑上质量为M＝25kg的木板左端（物体经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，木炭停止运动且未脱离木板。已知木炭与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，木炭与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB的距离为s＝15.25m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小和从A运动到B的时间；
（2）木炭运动到B的速度和在传送带上留下的划痕；
（3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L。
5．一足够长的水平传送带以速度v＝6m/s顺时针匀速转动，把一质量为M＝1kg足够长的木板B轻轻放在传送带上，B与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.4，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）刚将木板B放上传送带时，木板B的加速度；
（2）若将木板B放上传送带的同时把一个质量为m＝1kg的物块A轻放在木板B上，如图所示，A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2，求A、B两个物体的加速度大小；
（3）接上问，若将物块A改为以水平向右v＝6m/s的初速度放上木板B，则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为多少？
6．如图，一水平面内放置的传送带，传送带区域为ABCD，长为L＝1.2m，宽为d＝1m，P点为AC的中点，传送带以速度v0＝3m/s匀速运动，小物块质量m＝1kg，小物块与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，取重力加速度g为10m/s2。
（1）小物块从传送带的A点无初速度释放，求小物块从释放到运动到CD端的时间；
（2）小物块从传送带的P点向A点以某一水平速度射出，如恰好能从A点返回，并从CD边离开传送带，求此过程小物块与传送带摩擦产生的热量；
（3）小物块从传送带的A点以平行于AB方向的速度v＝4m/s射出，求小物块离开传送带时的位置。
7．实验小组的同学研究发现了滑块以一定的初速度沿粗糙斜面向上滑行的距离L与斜面倾角θ的关系，并得到如图所示的L﹣θ图像。已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）该滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）该滑块滑行距离L的最小值和对应的斜面倾角θ。
8．如图所示，倾斜的传送带正常工作时顺时针匀速转动，传送带的速率为v2＝4m/s，传送带倾角为θ＝30°。一物块从传送带上端滑上传送带，已知滑上时速率为v1＝5m/s，不计空气阻力，动摩擦因数为μ，传送带长度为L，g＝10m/s2，求：
（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间；
（3）若，L＝10m，传送带正常转动，物块从哪一端离开传送带？并求物块离开传送带时速度大小和在传送带上运动的时间。
9．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾斜传送带与水平方向夹角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从传送带底端A冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数μ，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，求：（以下结果可以用根式表示）
（1）倾角θ的正切值和动摩擦因数μ为多大；
（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为多长；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为多大。
10．机场、火车站和地铁站等场所的安全检查仪，如图甲所示。其传送装置可简化为如图乙的模型：绷紧的传送带始终保持v0＝1m/s的恒定速率运行。旅客把行李箱轻放在A处（可认为初速度为0），行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离为LAB＝2.5m，重力加速度取g＝10m/s2。则：
（1）行李箱刚放在传送带时，会否与传送带发生相对滑动？请说明理由。
（2）求行李箱从A处到达B处需要多长时间？
11．一长为L＝2m、质量为m的长板B放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止。其左端距离斜面底端的距离为s＝0.75m，斜面底端固定一弹性挡板，与之相碰的物体会以原速率反弹。某时刻，撤去作用在板上的外力，同时将一质量为m、可视为质点的小物块A轻放在板的右端。已知，小物块A与长板B之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）长板B第一次碰挡板前瞬间的速度大小v0；
（2）长板B第一次碰挡板后，小物块A滑离长板B所用的时间；
（3）若仅改变长板B的长度，其它条件不变，可使得在小物块A滑离长板B的瞬间，长板B刚好与挡板发生第5次碰撞，求B的长度L0。
12．如图所示，倾角θ＝30°的传送带，正以速度v＝6m/s顺时针匀速转动。质量为m＝1kg的木板轻放于传送带顶端，木板与传送带间的动摩擦因数，当木板前进1s时机器人将另一质量也为m的货物轻放在木板的右端，货物与木板间的动摩擦因数，重力加速度为g＝10m/s2，货物可视为质点，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，传送带足够长，每一次货物都不会从木板上滑下。求：
（1）木板前进1s时的速度大小；
（2）机器人在放上第一个货物0.5s后取走货物，求取走第一个货物时木板动能；
（3）机器人取走第一个货物0.5s后将第二个货物轻放在木板的右端，求1s后取走第二个货物时木板的速度大小。
13．如图甲所示，一倾角为θ＝37°足够长的粗糙斜面体固定在水平地面上，质量为m＝1kg的物块由斜面体的底端以一定的初速度沿斜面体向上运动，同时在物块上施加一沿斜面向下的恒力F，此时刻计为t＝0时刻，1s末将恒力F撤走，物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）撤去恒力时，物块到斜面底端的距离；
（2）恒力F的大小及物块与斜面间的动摩擦因数；
（3）物块回到斜面底端时的速度大小。
14．工厂用传送带将货物从高处传送到低处，再通过地面滑板实现远距离传送。传送过程示意图可简化为如图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0的恒定速率顺时针转动，某时刻工人将质量为m＝20kg的货物轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，货物从传送带底端B平滑地滑上质量为M＝5kg的滑板左端（货物经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，货物停止运动且未脱离滑板。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，货物与滑板间的动摩擦因数μ2＝0.2，滑板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB间的距离为s＝20m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）货物刚放上传送带时的加速度a的大小；
（2）要让货物从传送带顶端A滑到底端B所用的时间最短，传送带的速度v0至少为多大？
（3）若货物能以最短时间滑到底端B，货物停止运动时的位置到传送带底端B的距离L为多少？
15．某工厂用传送带将木炭从高处传送到低处，传送过程示意图可简化为下图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0＝5m/s的恒定速率顺时针转动，某时刻，工人将质量为m＝50kg的木炭轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，木炭从传送带底端B平滑滑上质量为M＝25kg的木板左端（物体经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，木炭停止运动且未脱离木板。已知木炭与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，木炭与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB的距离为s＝15.25m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小和从A运动到B的时间；
（2）木炭运动到B的速度和在传送带上留下的划痕；
（3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L。
16．如图所示，长为L的长木板放在水平面上，可视为质点的物体放在长木板的最右端，已知长木板与物体的质量均为m，物体与长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.125，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度用g表示。
（1）如果在长木板上施加水平向右的恒力F，欲保证两物体不发生相对运动，求恒力F的取值范围；
（2）如果长木板上施加水平向右、大小为F＝1.5mg的恒力，为保证物体不离开长木板，则恒力作用的时间应满足什么条件？
（3）如果分别给长木板与物体水平向右和水平向左、大小均为v0的初速度，从开始运动到二者的速度相等，物体在长木板上滑过的距离为多少？（假设该过程物体没有离开长木板）
17．如图甲所示，长度为2.5m的粗糙斜面AB与足够长的倾斜传送带在同一平面内，倾角θ＝30°。一质量为1kg的物块静止于斜面上A点，现在外力推动下沿斜面向下做匀加速运动，到达B点以5m/s的速度滑上传送带时撤去外力.传送带以2m/s的速率逆时针匀速转动，物块滑上传送带2s后到达最低点。物块进入传送带后的v﹣t图像如图乙所示，不计斜面与传送带之间的缝隙，g＝10m/s2。
（1）求物块在A点静止时受到的摩擦力；
（2）求物块在斜面上运动时的加速度大小；
（3）由于物块和传送带发生相对滑动，在传送带表面留下了一段划痕，试求该划痕的长度。
18．倾角37°的传送带以速度v＝1.0m/s顺时针转动，位于其底部的煤斗向其输送m＝4.0kg的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，煤屑与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）煤屑落到传送带时的加速度和运动到与传送带速度相等时所用的时间多大；
（2）煤屑与传送带之间的相对位移多大。
19．现在传送带传送货物已被广泛地应用于车站、工厂、车间、码头。如图所示，某飞机场利用传送带将旅客的行李箱运进机舱。在该次运输过程中，传送带以恒定的速率v＝2m/s向上运行。将行李箱无初速度地放在传送带底端，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝1，传送带的长度L＝9m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，g取10m/s2。试求：
（1）行李箱刚开始运动时的加速度；
（2）行李箱的上升时间；
（3）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，求行李箱的最短上升时间和传送带对应的最小运行速率。
20．如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离。
21．如图甲所示，粗糙水平地面上有一质量M＝6kg的足够长木板B，将一质量m＝2kg的小物块A（视为质点）轻放在木板B的右端，从t＝0时刻起对B施加一水平向右的水平恒力F，经过t＝4s后撤去恒力F，用传感器测得A、B的速度—时间图像如图乙所示，取g＝10m/s2。求：
（1）A、B间的动摩擦因数μ1；
（2）B与地面间的动摩擦因数μ2，恒力F的大小；
（3）A、B均停止运动后A到B右端的距离L。
22．如图所示，有一足够长的斜面固定在水平地面上，它与水平方向的夹角θ＝30°，斜面上每隔d＝0.4m固定一个挡板，从上往下依次标记为1、2、3…n（n→∞）。挡板1的上方某处有一厚度均匀、质量为m的长木板A，A的上表面放有一质量为m的小物块B，B与A之间动摩擦因数μ1＝，A与斜面之间动摩擦因数μ2＝，最初A、B均处于静止状态。现给物块B一个平行于木板斜向下、大小F＝mg的作用力，经0.9s后撤去。再经1s后，木板A与挡板1发生碰撞。若木板A每次与挡板碰撞都以碰前的速度反弹，且每次与挡板碰后立即撤离被碰挡板，物块B始终没有与挡板相碰，B也始终没有滑离木板A，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。求：
（1）F作用的0.9s内A、B的加速度大小；
（2）A与挡板1碰撞时的速度大小；
（3）B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程（结果保留2位有效数字）。
23．传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为某传送带的简易示意图，该传送带的倾角θ＝37°，某时刻将质量m＝2kg的工料（可看作质点）静止放到传送带的底端A，同时将轻绳拴接在工料上，电动机通过轻绳带动工料向上做匀加速直线运动。已知轻绳对工料的牵引力大小恒为F＝24N，传送带以大小为v0＝2m/s的速度顺时针匀速转动，某时刻关闭电动机，经过一段时间后工料到达传送带的顶端B，传送带AB两端间的距离L＝4.8m，工料与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求刚开始运动时工料的加速度大小；
（2）要使工料运动到B端的过程中，恒力F的作用时间最短，求：
①撤去恒力时工料速度的大小；
②恒力F作用的最短时间。
24．一送货装置如图所示，质量为m1＝1kg的货物（可视为质点）无初速度地放在倾角为θ＝37°的传送带最上端A处，传送带保持v＝12m/s匀速向下运动，物体被传送到B端，然后滑上平板车，货物从传送带滑上平板车过程无速率损失，在离传送带B端水平距离x0＝30m处有一与平板车等高的水平平台，平板车与平台碰撞后立刻保持静止，不再移动。已知传送带长度L＝18m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，货物与传送带间的摩擦因数μ1＝0.75，货物与平板车的摩擦因数μ2＝0.3，平板车与地面的摩擦因数μ3＝0.1，平板车的质量m2＝0.5kg。忽略空气阻力，已知重力加速度的大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）货物刚放上传送带A端时的加速度大小；
（2）货物由传送带A端运动到B端的时间；
（3）若平板车长度为L0＝14m，货物被送至平台时速度大小。
25．如图所示，倾斜固定放置的传送带与水平面间的夹角为θ＝37°，传送带两端A、B间的距离L＝3.2m，传送带以2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动。质量为2kg的足够长的长木板放在水平面上，上表面的左端C点与传送带下端B点平滑连接。质量为1kg、下面装有一小块黑色小碳块的物块轻放在传送带的上端A点，由静止开始沿传送带向下运动。已知物块与传送带和长木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，不计物块的大小，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝。求：
（1）物块滑上长木板瞬间的速度大小；
（2）物块在传送带上画出黑色碳迹的长度；
（3）长木板在水平面上运动的距离。
传送带专题
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．如图甲、乙所示，质量M＝2kg、长L＝2m、高h＝0.8m的长木板置于水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，一质量m＝1kg的小滑块（视为质点）于图甲中放在长木板的中央处，图乙中放在长木板的左端，且图甲中长木板上表面光滑，图乙中长木板与小滑块间的动摩擦因数μ2＝0.5，两种情况均在恒力作用下从静止开始运动，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，恒力F的大小；
（2）在第（1）问情况中，图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离；
（3）图乙中若恒力F′＝10N，求小滑块离开长木板的时间。
【分析】（1）小滑块始终静止，对长木板根据位移—时间公式得到长木板的加速度，然后根据牛顿第二定律计算拉力；
（2）小滑块离开长木板后做自由落体运动，根据自由落体运动规律得到落地时间，然后根据长木板的位移—时间公式得到长木板的位移，进而计算二者之间的距离；
（3）根据牛顿第二定律分别得到小滑块和长木板的加速度，根据运动学公式计算即可。
【解答】解：（1）图甲中长木板上表面光滑，小滑块始终静止，图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，对木板有
解得
对木板有
F﹣μ1（m+M）g＝Ma1
解得
F＝10N
（2）小滑块离开木板做自由落体运动，有
解得
t2＝0.4s
木块滑离木板，对木板有
F﹣μ1Mg＝Ma2
解得
小滑块离开长木板时长木板的速度为
v1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s
图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离为
m＝1.04m
（3）对小滑块有
F′﹣μ2mg＝ma3
解得
对长木板有
μ2mg＝0.5×1×10N＝5N＜μ1（m+M）g＝0.2×（2+1）×10N＝6N
长木板静止不动，小滑块离开长木板的时间为t3，则
解得
答：（1）图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，恒力F的大小为10N；
（2）在第（1）问情况中，图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离为1.04m；
（3）图乙中若恒力F′＝10N，小滑块离开长木板的时间为。
2．如图所示为传送带装置示意图的一部分，传送带与水平地面间的夹角θ＝37°，A、B两端的距离足够远，质量m＝1kg的物体（可视为质点）以速度v0＝8m/s沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若传送带不转动，求物体沿传送带上滑的最大距离；
（2）若传送带沿顺时针方向运转的速度v＝5m/s，求物体从A点上滑到最高点所需的时间以及此过程中，传送带上的划痕长度。
【分析】（1）开始时物体的初速度等于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，结合速度—位移公式求解；
（2）若传送带速度v＝5.0m/s，开始物体相对传送带上滑，合力沿传送带向下，做减速运动，当物体达到与传送带速度相等后继续做减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解到最高点的过程中相对位移。
【解答】解：（1）若传送带不转动，设物体沿传送带向上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：
由运动学公式得：
代入数据解得：xm＝3.2m
（2）设物体减速到与传送带速度相等所需的时间为t1，根据速度—时间关系有：v＝v0﹣a1t1
代入数据解得：t1＝0.3s
又μ＜tanθ，物体不能与传送带保持相对静止，设物体与传送带共速后物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：
设物体再用时t2上滑到最高点，可得：0＝v﹣a2t2
解得：t2＝2.5s
物体从A点上滑到最高点所需的时间：t＝t1+t2
代入数据解得：t＝2.8s
在0～0.3s内，物体相对传送带上滑，相对位移：
代入数据解得：Δx1＝0.45m
在0.3s～2.8s内，物体相对传送带下滑，相对位移：
代入数据解得：Δx2＝6.25m
解得：Δx2＝6.25m＞Δx1＝0.45m
故划痕长度：Δx＝Δx2＝6.25m
答：（1）若传送带不转动，求物体沿传送带上滑的最大距离为3.2m；
（2）物体从A点上滑到最高点所需的时间为2.8s，此过程中，传送带上的划痕长度为6.25m。
3．如图所示，质量为M（大小未知）的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量m＝4kg的物块（可视为质点）在某一时刻以v0＝6m/s的水平初速度从木板左端滑上木板，经t1＝2s时间后物块与木板恰好达到共同速度，且在此时对木板施加方向水平向右的恒力F＝20N作用，物块又经t2（大小未知）时间后从木板的左端滑出。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小；
（2）长木板的质量M以及两者达到共速的瞬间，物块到木板左端间的距离d。
【分析】（1）物块与木板之间存在摩擦力，物块在滑动时受到的摩擦力使其减速，同时木板因摩擦力加速。根据物块的初速度、摩擦力和质量，可以计算出物块和木板的加速度。
（2）利用木块与木板之间的摩擦力和牛顿第二定律，结合已知的动摩擦因数关系，可以求解出木板的质量
M。物块在滑上木板的过程中具有初速度，经过一段时间与木板达到相同速度，可以分别求出物块和木板在这段时间内的位移。进而求出物块相对木板的位移差，确定物块与木板左端的距离。
【解答】解：（1）设物块的加速度大小为a1，由题意得u1＝0.2，由牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1，解得：
因为2s时达到共速，此时速度大小：v1＝v0﹣a1t1，解得：v1＝2m/s
长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小：，解得：
（2）对长木板由牛顿第二定律有：μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2，解得：M＝2kg
2s内物块对地位移大小为，解得：x1＝8m
2s内长木板对地位移大小为：，解得：x2＝2m
则t＝2s时物块到长木板左端的距离为：d＝x1﹣x2＝8m﹣2m＝6m
答：（1）物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小分别为：，
（2）长木板的质量M＝2kg，两者达到共速的瞬间，物块到木板左端间的距离d＝6m
4．某工厂用传送带将木炭从高处传送到低处，传送过程示意图可简化为下图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0＝5m/s的恒定速率顺时针转动，某时刻，工人将质量为m＝50kg的木炭轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，木炭从传送带底端B平滑滑上质量为M＝25kg的木板左端（物体经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，木炭停止运动且未脱离木板。已知木炭与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，木炭与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB的距离为s＝15.25m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小和从A运动到B的时间；
（2）木炭运动到B的速度和在传送带上留下的划痕；
（3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L。
【分析】（1）物体刚放上传送带时，对物体由牛顿第二定律求解加速度大小；求出物块与传送带共速的时间和位移，此后物块继续在传送带上做匀加速运动，再求出后一段的加速度和时间，由此求解物体从传送带顶端A滑到传送带底端B的时间；
（2）由运动学公式求出木炭相对传送带的位移即为木炭在传送带上留下的划痕长度；
（3）根据速度—时间关系求出物块滑上木板左端时速度，分析物块和木板的受力情况以及运动情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式解答。
【解答】解：（1）木炭刚放上传送带时，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma
解得
a＝10m/s2
设木炭经过时间t1与传送带共速，则有
t1＝
解得t1＝0.5s
该过程木炭运动的位移大小为
x1＝
解得x1＝1.25m
由于μ1＜tan37°，可知共速后木炭继续向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma′
解得
a′＝2m/s2
设木炭到达B端时的速度大小为vB，根据运动学公式可得
解得vB＝9m/s
木炭从共速后到B端所用时间为
t2＝
解得t2＝2s
则木炭从传送带顶端A滑到传送带底端B的时间
t＝t1+t2
解得t＝2.5s
（2）由（1）问可知，木炭运动到B的速度为vB＝9m/s；木炭与传送带共速前，木炭相对于传送带向上运动的距离为
Δx1＝v0t1﹣x1
Δx1＝1.25m
木炭与传送带共速后，木炭相对于传送带向下运动的距离为
Δx2＝s﹣x1﹣v0t2
Δx2＝4m
由于Δx2＞Δx1，则木炭在传送带上留下的划痕长度为
Δx2＝4m
（3）木炭滑上木板左端时，分别对木炭和木板由牛顿第二定律得
μ2mg＝ma1
μ2mg﹣μ3（M+m）g＝Ma2
解得
，
设经过时间t3木炭与木板达到共速v1，根据运动学公式可得
v1＝vB﹣a1t3，v1＝a2t3
解得
t3＝3s，v1＝3m/s
此过程中木炭运动的位移大小为
由于μ2＞μ3，可知木炭与木板共速后，保持相对静止一起做匀减速直线运动；以木炭和木板为整体，由牛顿第二定律得
μ3（M+m）g＝（M+m）a3
解得
设木炭与木板共速后运动的距离为x4，根据运动学公式可得
解得
x4＝
解得x4＝4.5m
则木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离为
L＝x3+x4
解得L＝22.5m
答：（1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小为10m/s2，木炭从A运动到B的时间为2.5s；
（2）木炭运动到B的速度为9m/s，在传送带上留下的划痕为4m；
（3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L为22.5m；
5．一足够长的水平传送带以速度v＝6m/s顺时针匀速转动，把一质量为M＝1kg足够长的木板B轻轻放在传送带上，B与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.4，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）刚将木板B放上传送带时，木板B的加速度；
（2）若将木板B放上传送带的同时把一个质量为m＝1kg的物块A轻放在木板B上，如图所示，A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2，求A、B两个物体的加速度大小；
（3）接上问，若将物块A改为以水平向右v＝6m/s的初速度放上木板B，则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为多少？
【分析】（1）对B利用牛顿第二定律可得物体的加速度大小；
（2）根据A、B间动摩擦因数的大小关系，可知B所受摩擦力的方向，分别对A、B利用牛顿第二定律可得两物体的加速度大小；
（3）根据牛顿第二定律结合运动学规律解答。
【解答】解：（1）刚将木板B放上传送带时，根据牛顿第二定律可得
μ1Mg＝Ma
解得
a＝μ1g＝0.4×10m/s2＝4m/s2，方向水平向右。
（2）由于
μ2＝0.2＜μ1＝0.4
可知A相对于B向左滑动，以A为对象，根据牛顿第二定律可得
μ2mg＝maA
解得
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
μ1（M+m）g﹣μ2mg＝MaB
解得
（3）若将物块A改为以水平向右v＝6m/s的初速度放上木板B，则A受到的摩擦力向左，A向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
a′A＝
解得aA′＝2m/s2
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
μ1（M+m）g+μ2mg＝Ma′B
解得
设经过t1时间，A、B速度相同，设为v1，则有
v1＝v﹣a′At1，v1＝a′Bt1
解得
t1＝0.5s，v1＝5m/s
A、B共速后，设经过t2时间，B与传送带共速，则有此时A的速度为
B与传送带共速后，B与传送带保持相对静止一起做匀速运动，A继续做匀加速运动，设经过t3时间，A、B与传送带速度相同，则有则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为
t＝t1+t2+t3
解得t＝1s
答：（1）木板B的加速度为4m/s2，方向水平向右；
（2）A、B两个物体的加速度大小分别为2m/s2，6m/s2；
（3）从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为1s。
6．如图，一水平面内放置的传送带，传送带区域为ABCD，长为L＝1.2m，宽为d＝1m，P点为AC的中点，传送带以速度v0＝3m/s匀速运动，小物块质量m＝1kg，小物块与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，取重力加速度g为10m/s2。
（1）小物块从传送带的A点无初速度释放，求小物块从释放到运动到CD端的时间；
（2）小物块从传送带的P点向A点以某一水平速度射出，如恰好能从A点返回，并从CD边离开传送带，求此过程小物块与传送带摩擦产生的热量；
（3）小物块从传送带的A点以平行于AB方向的速度v＝4m/s射出，求小物块离开传送带时的位置。
【分析】（1）根据牛顿第二定律解得加速度，根据v＝at小物块与传送带速度相同的时间，结合位移—时间关系解得；
（2）根据Q＝f Δs求解热量；
（3）分析小物块射出后得运动情况，结合位移—时间关系解答。
【解答】解：（1）物块受摩擦力提供加速度：f＝μmg＝ma
小物块先加速到传送带速度v0，所用时间为
加速位移为
代入数据解得：x＝0.9m＜1.2m
小物块之后做匀速运动，时间为
可得总时间为t总＝t1+t2
解得：t总＝0.7s
（2）小物块向A点射出后，恰好能从A点返回时，
设射出的初速度为v，恰好到A点；
运动的时间为
此段产生的热量为
然后，小物块反向加速度到传送带速度此段产生的热量）
可得热量最大值Q＝Q1+Q2＝
代入数据解得：Q≈14.8J
（3）小物块射出后相对于传送带的运动方向如图，滑动摩擦力与相对运动方向相反
可得
，
由于，所以加速度a的方向不变，小物体的两个方向的加速度分量不变
设小物块从BD边射出，运动时间为t
由匀减速运动可知
可得
此时沿AC方向的位移为
代入数据解得：x＝，假设成立
所以小物块从BD边射出，射出点距离B点
答：（1）小物块从释放到运动到CD端的时间为0.7s；
（2）小物块与传送带摩擦产生的热量为14.8J；
（3）小物块离开传送带时的位置距离B点0.128m。
7．实验小组的同学研究发现了滑块以一定的初速度沿粗糙斜面向上滑行的距离L与斜面倾角θ的关系，并得到如图所示的L﹣θ图像。已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）该滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）该滑块滑行距离L的最小值和对应的斜面倾角θ。
【分析】（1）分析图像，根据特殊的角结合牛顿第二定律与运动学规律解答；
（2）根据牛顿第二定律结合运动学规律结合数学方法解答。
【解答】解：（1）当θ＝90°时，滑块做竖直上抛运动，L1＝5m，由运动学公式可得
v0＝
当θ＝0°时，滑块在水平面上做匀减速直线运动，L0＝5m，有
＝2a0L0
由牛顿第二定律可知
a0＝μg
联立解得
μ＝
（2）当斜面倾角为θ时，有
mgsinθ+μmgcosθ＝ma
＝2aL
整理可得
L＝
其中辅助角φ满足
tanφ＝μ
当θ+φ＝90°时，滑块滑行的距离L有最小值为
Lmin＝m
对应的斜面倾角θ满足
tanθ＝＝
解得
θ＝60°
答：（1）该滑块与斜面间的动摩擦因数为；
（2）该滑块滑行距离L的最小值为m，对应的斜面倾角为60°。
8．如图所示，倾斜的传送带正常工作时顺时针匀速转动，传送带的速率为v2＝4m/s，传送带倾角为θ＝30°。一物块从传送带上端滑上传送带，已知滑上时速率为v1＝5m/s，不计空气阻力，动摩擦因数为μ，传送带长度为L，g＝10m/s2，求：
（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间；
（3）若，L＝10m，传送带正常转动，物块从哪一端离开传送带？并求物块离开传送带时速度大小和在传送带上运动的时间。
【分析】（1）对物块受力分析，由牛顿第二定律解得加速度，根据运动学规律解答；
（2）对物块受力分析，从而分析其运动状态，根据运动学公式计算；
（3）分析物块的运动情况，根据牛顿第二定律分析解答。
【解答】解：（1）依题意，对物块受力分析，由牛顿第二定律可得
mgsinθ＝ma1
物块在传送带上做匀加速直线运动，有
联立，解得
v＝10m/s
（2）对物块受力分析，可得
mgsinθ＝mg×＝mg
μmgcosθ＝×mg×＝mg
即物块下滑过程，合力为零，做匀速直线运动，有
解得t＝2s
（3）对物块受力分析，由牛顿第二定律可得
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma2
解得
即物块做匀减速下滑，设经t1速度减为零，则有
0＝v1﹣a2t1
解得
t1＝2s
此时物块下滑的距离为
解得x＝5m＜L
说明物块将沿传送带向上做匀加速直线运动，设经t2与传送带共速，则有
此时物块上滑位移为
因为μmgcosθ＞mgsinθ，此后将随传送带一起运动，则有
从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小与传送带相同为
v2＝4m/s
综上所述，物块在传送带上运动的时间为
t总＝t1+t2+t3
解得t总＝4.05s
答：（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小为10m/s；
（2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间为2s；
（3）从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小为4m/s，在传送带上运动的时间为4.05s。
9．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾斜传送带与水平方向夹角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从传送带底端A冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数μ，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，求：（以下结果可以用根式表示）
（1）倾角θ的正切值和动摩擦因数μ为多大；
（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为多长；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为多大。
【分析】（1）根据图示v﹣t图像求出煤块的加速度大小，应用牛顿第二定律求出斜面的倾角与动摩擦因数。
（2）根据v﹣t图像分析清楚煤块的运动过程，应用运动学公式求解。
（3）根据v﹣t图像与运动学公式求出煤块与传送带的位移，然后求出痕迹的长度。
【解答】解：（1）由图乙所示图像可知，0﹣1s内，煤块的加速度大小a1＝m/s2＝8m/s2，方向沿传送带向下
根据牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
1﹣2s，物块的加速度大小a2＝m/s2＝4m/s2，方向沿传送带向下
根据牛顿第二定律得 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：μ＝0.25，tanθ＝0.75，则θ＝37°
（2）物块上升的位移大小等于v﹣t图象与时间轴所包围的面积大小：x＝×1m+（2﹣1）m＝10m
根据x＝a2t下2，得煤块下滑的时间t下＝s，
所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间t＝t上+t下＝2s+s＝（2+）s
（3）由图乙所示图像可知，传送带的速度v＝4m/s，在0﹣1s内传送带的位移x带1＝vt1＝4×1m＝4m
煤块的位移为x煤1＝×1m＝8m
两者相对位移大小为Δx1＝x煤1﹣x带1＝8m﹣4m＝4m，方向沿传送带向上
在1﹣2s内传送带的位移x带2＝vt2＝4×1m＝4m，物块的位移为x煤2＝×4×（2﹣1）m＝2m
两者相对位移大小为Δx2＝x带2﹣x煤2＝4m﹣2m＝2m，方向沿传送带向下
在2～（2+）s传送带向上运动，煤块向下运动，此过程煤块相对传送带向下的相对位移大小为：Δx3＝a2t下2+vt下
代入数据解得：Δx3＝（10+4）m
因Δx1＜Δx2+Δx3，故划痕总的长度为ΔL＝Δx2+Δx3＝2m+（10+4）m＝（12+4）m
答：（1）倾角θ的正切值是0.75，动摩擦因数μ为0.25；
（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+）s；
（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4）m。
10．机场、火车站和地铁站等场所的安全检查仪，如图甲所示。其传送装置可简化为如图乙的模型：绷紧的传送带始终保持v0＝1m/s的恒定速率运行。旅客把行李箱轻放在A处（可认为初速度为0），行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离为LAB＝2.5m，重力加速度取g＝10m/s2。则：
（1）行李箱刚放在传送带时，会否与传送带发生相对滑动？请说明理由。
（2）求行李箱从A处到达B处需要多长时间？
【分析】（1）根据行李箱刚放在传送带时，两者的速度大小关系判断行李箱是否会与传送带发生相对滑动。
（2）行李箱先做匀加速直线运动，先判断是否能共速，若能共速，共速之后两者相对静止一起匀速运动到B处，根据牛顿第二定律与运动学公式解答。
【解答】解：（1）行李箱刚放在传送带时，会与传送带发生相对滑动。因为行李箱刚放在传送带时，行李箱的速度小于传送带的速度，所以行李箱会相对传送带向右滑动。
（2）行李箱先做匀加速直线运动，设加速过程的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：
μmg＝ma，解得：a＝1m/s2
假设行李箱能加速至与传送带共速，此过程所用的时间为t1，位移大小为x1，由运动学公式得：
v0＝at1
解得：t1＝1s，x1＝0.5m
因：x1＜LAB＝2.5m，故假设成立。
行李箱与传送带共速之后与传送带一起匀速运动到B处，设此过程所用时间为t2，则有：
LAB﹣x1＝v0t2，解得：t2＝2s
行李箱从A处到达B处需要的时间为：
t＝t1+t2＝1s+2s＝3s
答：（1）行李箱刚放在传送带时，会与传送带发生相对滑动，理由见解答。
（2）行李箱从A处到达B处需要3s时间。
11．一长为L＝2m、质量为m的长板B放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止。其左端距离斜面底端的距离为s＝0.75m，斜面底端固定一弹性挡板，与之相碰的物体会以原速率反弹。某时刻，撤去作用在板上的外力，同时将一质量为m、可视为质点的小物块A轻放在板的右端。已知，小物块A与长板B之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）长板B第一次碰挡板前瞬间的速度大小v0；
（2）长板B第一次碰挡板后，小物块A滑离长板B所用的时间；
（3）若仅改变长板B的长度，其它条件不变，可使得在小物块A滑离长板B的瞬间，长板B刚好与挡板发生第5次碰撞，求B的长度L0。
【分析】（1）对A、B整体进行分析，根据牛顿第二定律结合速度与位移关系式可求解长板B第一次碰挡板前瞬间的速度大小v0；
（2）木板与挡板碰撞后，分别对物块和木板根据牛顿第二定律解得加速度，根据运动学规律及位移关系解得时间；
（3）根据题意可以分析得出木板B碰一次挡板前后的运动情况，结合分析A的运动解出B的长度L0。
【解答】解：（1）对A、B整体进行分析，根据牛顿第二定律有
2mgsinθ＝2ma
解得
a＝6m/s2
释放到碰前过程，根据速度与位移关系式有
解得
v0＝3m/s
（2）木板与挡板碰撞后，对小物块A进行分析，根据牛顿第二定律有
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
解得
对木板B进行分析，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
解得
物块A滑离木板B过程有
解得
t＝0.5s或t＝1s（舍去）
（3）结合上述，木板B每隔Δt碰一次挡板，且有
该过程，A一直向下匀加速下滑，刚好在B碰第5次时满足
L0＝v0×4Δt+a1（4Δt）2
解得
L0＝12.96m
答：（1）长板B第一次碰挡板前瞬间的速度大小3m/s；
（2）长板B第一次碰挡板后，小物块A滑离长板B所用的时间0.5s；
（3）B的长度12.96m。
12．如图所示，倾角θ＝30°的传送带，正以速度v＝6m/s顺时针匀速转动。质量为m＝1kg的木板轻放于传送带顶端，木板与传送带间的动摩擦因数，当木板前进1s时机器人将另一质量也为m的货物轻放在木板的右端，货物与木板间的动摩擦因数，重力加速度为g＝10m/s2，货物可视为质点，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，传送带足够长，每一次货物都不会从木板上滑下。求：
（1）木板前进1s时的速度大小；
（2）机器人在放上第一个货物0.5s后取走货物，求取走第一个货物时木板动能；
（3）机器人取走第一个货物0.5s后将第二个货物轻放在木板的右端，求1s后取走第二个货物时木板的速度大小。
【分析】（1）刚好放上木板时，木板所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
（2）（3）当木板与传送带共速时，摩擦力方向发生突变，根据牛顿第二定律结合货物的最大静摩擦力分析，根据运动学公式结合动能公式求解。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma
代入数据解得
a＝6m/s2
木板前进1s时的速度大小
v1＝at
解得
v1＝6m/s
（2）货物向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μ2mgcosθ＝ma1
代入数据，解得
刚放上货物瞬间，木板受到重力、压力、支持力、货物对木板向上的摩擦力和皮带对木板向下的摩擦力，因为
f2＝μ1 2mgcosθ
f2的方向沿斜面向下
f2+mgsinθ＜f1＝μ2 mgcosθ
知木板向下做减速运动，根据牛顿第二定律
μ2mgcosθ﹣mgsinθ﹣μ1 2mgcosθ＝ma2
解得
货物加速，木板减速，当两者速度相等时有
v共＝v1﹣a2t1＝a1t1
解得
，
之后，两者一起匀加速到与传送带共速，则有
a共＝gsinθ+μ1gcosθ
代入数据解得
再次加速至与传送带共速用时
代入数据解得
从放上货物到与传送带共速所用时间
Δt＝t1+t2
代入数据解得
Δt＝0.5s
根据动能公式有
代入数据解得
Ek＝18J
（3）取走第一个货物后，木板向下做匀加速运动，有
代入数据解得
a'＝4m/s2
经过0.5s后木板的速度为
v2＝v+a't＝6m/s+4×0.5m/s＝8m/s
轻放上第二货物时，对货物有
a'1＝gsinθ+μ2gcosθ
代入数据解得
对木板有
代入数据解得
且木板以v2＝8m/s做匀减速运动，设木板与传送带共速时，则有
代入数据解得
此时货物的速度为
v货＝a'1t3
代入数据解得
则木板与传送带先共速，接下来货物仍以原加速度匀加速，木板以
代入数据解得
做匀减速，直至二者共速，则有
v'共＝v﹣a2t4＝v货+a'1t4
解得
，
二者共速后的加速度为
a共＝gsinθ+μ1gcosθ
代入数据解得
再次加速至与传送带共速的时间
代入数据解得
与传送带共速后木板与货物一起继续匀加速，则有
a'共＝gsinθ﹣μ1gcosθ
代入数据解得
取走货物时
v3＝v1+a'共（1﹣t3﹣t4﹣t5）
代入数据解得
v3＝8.074m/s
答：（1）木板前进1s时的速度大小为6m/s；
（2）机器人在放上第一个货物0.5s后取走货物，取走第一个货物时木板动能为18J；
（3）机器人取走第一个货物0.5s后将第二个货物轻放在木板的右端，1s后取走第二个货物时木板的速度大小为8.074m/s。
13．如图甲所示，一倾角为θ＝37°足够长的粗糙斜面体固定在水平地面上，质量为m＝1kg的物块由斜面体的底端以一定的初速度沿斜面体向上运动，同时在物块上施加一沿斜面向下的恒力F，此时刻计为t＝0时刻，1s末将恒力F撤走，物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）撤去恒力时，物块到斜面底端的距离；
（2）恒力F的大小及物块与斜面间的动摩擦因数；
（3）物块回到斜面底端时的速度大小。
【分析】（1）根据v﹣t图像图线与t轴所围成的面积的物理意义计算相应距离；
（2）根据图像斜率球相应加速度大小，结合上滑和下滑两阶段对应的牛顿第二定律列方程求解外力F和动摩擦因数；
（3）对撤去外力后的物体利用牛顿第二定律求解加速度，再利用匀变速直线运动的推论求解滑到斜面底端时的速度。
【解答】解：（1）由图乙可得，v﹣t图像与横轴的面积为物块的位移，即物块到斜面底端的距离
（2）由图乙可得，t＝0.5s时，物块速度为零，即物块在t＝0.5s时，到达斜面最高点，向上运动时，物块加速度的大小，在上滑阶段，结合物块的受力，牛顿第二定律的表达式F+mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，0.5s后，物块向下运动，结合图乙，物块向下运动的加速度的大小，在下滑阶段，结合物块的受力，牛顿第二定律的表达式F+mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，解得F＝2N，μ＝0.5
（3）撤走恒力F后，由牛顿第二定律有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3，则物块向下运动的加速度a3＝2m/s2，此时物块速度大小为v1＝2m/s，距离斜面底端x＝1m，由匀变速直线运动推论有，解得物块回到斜面底端时的速度大小v＝2m/s
答：（1）撤去恒力时，物块到斜面底端的距离为1m；
（2）恒力F的大小为2N，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5；
（3）物块回到斜面底端时的速度大小为2m/s。
14．工厂用传送带将货物从高处传送到低处，再通过地面滑板实现远距离传送。传送过程示意图可简化为如图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0的恒定速率顺时针转动，某时刻工人将质量为m＝20kg的货物轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，货物从传送带底端B平滑地滑上质量为M＝5kg的滑板左端（货物经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，货物停止运动且未脱离滑板。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，货物与滑板间的动摩擦因数μ2＝0.2，滑板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB间的距离为s＝20m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）货物刚放上传送带时的加速度a的大小；
（2）要让货物从传送带顶端A滑到底端B所用的时间最短，传送带的速度v0至少为多大？
（3）若货物能以最短时间滑到底端B，货物停止运动时的位置到传送带底端B的距离L为多少？
【分析】（1）对货物受力分析，可得到货物刚开始的加速度；
（2）为使货物到底端时的时间最短，则货物在整个下滑过程中，始终加速，从而得到传送带的最小速度；
（3）货物滑上滑板后，根据对货物和滑板的受力分析，可得到二者分别的加速度，直到共速，由运动学公式可计算货物的水平位移；之后再分别对货物和滑板受力分析，根据运动学公式，计算其从共速到最终停止时的位移；根据两端运动特点，可得到货物最终与传送带底端的距离。
【解答】解：（1）货物刚放上传送带时，对货物受力分析，
在沿斜面方向上：mgsinθ+f＝ma，在垂直于斜面方向上：mgcosθ＝F支，
由相互作用力可知：F支＝F压，滑动摩擦力：f＝μ1F压，
联立解得：a＝10m/s2；
（2）为使货物到底端时的时间最短，则货物在整个下滑过程中，始终加速，传送带的最小速度为货物到B端时的末速度；
由运动学关系式可知：，解得：v0＝20m/s；
（3）货物刚滑上滑板时，对货物，水平方向上：，
竖直方向上：mg＝N，由相互作用力可知货物收到的支持力N，与其对板块的压力N1等大，
滑动摩擦力f＝μ2N1，解得：，方向水平向左，即货物做减速运动；
对滑板，水平方向上：f﹣f地＝Ma2，地面对M的摩擦力：f地＝μ3N地，
竖直方向上：N2＝Mg+mg，由相互作用力知识可知，滑板对地面的压力N地，与地面对滑板的支持力N2等大，
解得：，方向水平向右；
当货物和滑板共速时：v共＝v0﹣a1t1＝a2t1，货物这段时间内的水平位移为：，
解得：t1＝4s，v共＝12m/s，x1＝64m；
之后若货物与滑板一起减速，则共同的加速度为：，解得：，方向水平向左，
而货物在滑板上，能达到的最大加速度为：，方向水平向左；a1＞a3，即货物可以和滑板保持一致，共同减速，直到减为0；
共同减速这段时间，货物的水平位移为：，解得：x2＝72m；
综上，货物从滑到水平面，到最终停止，货物的总位移为：x＝x1+x2＝64m+72m＝136m。
答：（1）货物刚开始的加速度为10m/s2；
（2）传送带的最小速度为20m/s；
（3）货物最终与传送带底端的距离为136m。
15．某工厂用传送带将木炭从高处传送到低处，传送过程示意图可简化为下图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0＝5m/s的恒定速率顺时针转动，某时刻，工人将质量为m＝50kg的木炭轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，木炭从传送带底端B平滑滑上质量为M＝25kg的木板左端（物体经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，木炭停止运动且未脱离木板。已知木炭与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，木炭与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB的距离为s＝15.25m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小和从A运动到B的时间；
（2）木炭运动到B的速度和在传送带上留下的划痕；
（3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L。
【分析】（1）物体刚放上传送带时，对物体由牛顿第二定律求解加速度大小；求出物块与传送带共速的时间和位移，此后物块继续在传送带上做匀加速运动，再求出后一段的加速度和时间，由此求解物体从传送带顶端A滑到传送带底端B的时间；
（2）由运动学公式求出木炭相对传送带的位移即为木炭在传送带上留下的划痕长度；
（3）根据速度—时间关系求出物块滑上木板左端时速度，分析物块和木板的受力情况以及运动情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式进行解答
【解答】解：（1）木炭刚放上传送带时，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma
解得
a＝10m/s2
设木炭经过时间t1与传送带共速，则有
解得t1＝0.5s
该过程木炭运动的位移大小为
解得x1＝1.25m
由于μ1＜tan37°，可知共速后木炭继续向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma′
解得a′＝2m/s2
设木炭到达B端时的速度大小为vB，根据运动学公式可得
解得
vB＝9m/s
木炭从共速后到B端所用时间为
t2＝
解得t2＝2s
则木炭从传送带顶端A滑到传送带底端B的时间
t＝t1+t2
解得t＝2.5s
（2）由（1）问可知，木炭运动到B的速度为vB＝9m/s；木炭与传送带共速前，木炭相对于传送带向上运动的距离为
Δx1＝v0t1﹣x1
解得Δx1＝1.25m
木炭与传送带共速后，木炭相对于传送带向下运动的距离为
Δx2＝s﹣x1﹣v0t2
解得Δx2＝4m
由于Δx2＞Δx1，则木炭在传送带上留下的划痕长度为
Δx2＝4m
（3）木炭滑上木板左端时，分别对木炭和木板由牛顿第二定律得
μ2mg＝ma1，μ2mg﹣μ3（M+m）g＝Ma2
解得
，
设经过时间t3木炭与木板达到共速v1，根据运动学公式可得
v1＝vB﹣a1t3，v1＝a2t3
解得t3＝3s，v1＝3m/s
此过程中木炭运动的位移大小为
解得
x3＝18m
由于μ2＞μ3，可知木炭与木板共速后，保持相对静止一起做匀减速直线运动；以木炭和木板为整体，由牛顿第二定律得
μ3（M+m）g＝（M+m）a3
解得
设木炭与木板共速后运动的距离为x4，根据运动学公式可得
解得
x4＝4.5m
则木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离为
L＝x3+x4
解得L＝22.5m
答：（1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小为10m/s2，A运动到B的时间为2.5s；
（2）木炭运动到B的速度为9m/s，传送带上留下的划痕为4m；
（3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L为22.5m。
16．如图所示，长为L的长木板放在水平面上，可视为质点的物体放在长木板的最右端，已知长木板与物体的质量均为m，物体与长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.125，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度用g表示。
（1）如果在长木板上施加水平向右的恒力F，欲保证两物体不发生相对运动，求恒力F的取值范围；
（2）如果长木板上施加水平向右、大小为F＝1.5mg的恒力，为保证物体不离开长木板，则恒力作用的时间应满足什么条件？
（3）如果分别给长木板与物体水平向右和水平向左、大小均为v0的初速度，从开始运动到二者的速度相等，物体在长木板上滑过的距离为多少？（假设该过程物体没有离开长木板）
【分析】（1）当物体与长木板刚好达到最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律求解物体的加速度，对整体根据牛顿第二定律求解此时的拉力，即可得到两物体不发生相对运动时恒力F的取值范围；
（2）根据牛顿第二定律求解物体与长木板的加速度，根据运动学公式求解撤去拉力时物块和长木板的速度和位移，近一步求解此过程物体相对于长木板的位移；根据速度与时间关系求解此时到物体与长木板共速过程的时间，根据运动学公式和距离关系联立求拉力作用的时间；
（3）根据牛顿第二定律求解物体和长木板各自的加速度，根据分析可知长木板先减速为零，根据运动学公式求解此过程的时间、物体和长木板各自的位移、此时物体的速度；后长木板向左加速，根据牛顿第二定律求解各自的加速度，根据运动学的公式求解长木板向左加速到与物体共速过程的时间、速度、物体与长木板各自的位移，再根据距离关系求解物体在长木板上滑过的距离。
【解答】解：（1）当恒力F最大时，物体与长木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可得此时物体的加速
对物体和长木板的整体由牛顿第二定律
解得
故欲保证物体与长木板不繁盛相对滑动，则恒力F的取值范围
；
（2）当F＝1.5mg时，物块与长木板发生相对滑动，根据牛顿第二定律，物块的加速度为
方向水平向右，长木板的加速度为
方向向右，设经过t3时间撤去外力F，则此时的速度为
位移
长木板的速度
位移为
物体相对长木板向左移动了
撤去外力F后，物体仍以大小为a1的加速度向右加速运动，长木板向右减速运动，根据牛顿第二定律，加速度为
又经过了t4时间二者具有相同的速度，此时二者相对静止，则
v2+a1t4＝v3﹣a6t4
若此时物块恰好不从长木板上滑下，则
联立解得
所以为了保证物块不离开长木板，恒力作用的时间满足
；
（3）由题意可知物体在长木板上向左做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
μ1mg＝ma1
解得
长木板向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
μ1mg+μ2 2mg＝ma2
解得
由于两物块的初速度大小相等，a1＜a2，长木板的速度先减为零，根据运动学公式，该过程所用的时间为
物体的位移
长木板的位移
此时物体的速度大小
方向水平向左，此后物体在长木板上继续向左做匀减速直线运动，物体与长木板之间的最大静摩擦力为
长木板与水平面间的最大静摩擦力为
所以长木板向左做匀加速直线运动，直到二者共速，长木板的加速度为
假设共同速度为v，该过程的时间为t2，则
v＝a3t2＝v1﹣a1t2
解得
该过程中物体的位移
长木板的位移
由以上分析可知，整个过程中物体在长木板上滑过的距离为
。
答：（1）如果在长木板上施加水平向右的恒力F，欲保证两物体不发生相对运动，恒力F的取值范围为；
（2）如果长木板上施加水平向右、大小为F＝1.5mg的恒力，为保证物体不离开长木板，则恒力作用的时间应满足；
（3）如果分别给长木板与物体水平向右和水平向左、大小均为v0的初速度，从开始运动到二者的速度相等，物体在长木板上滑过的距离为。
17．如图甲所示，长度为2.5m的粗糙斜面AB与足够长的倾斜传送带在同一平面内，倾角θ＝30°。一质量为1kg的物块静止于斜面上A点，现在外力推动下沿斜面向下做匀加速运动，到达B点以5m/s的速度滑上传送带时撤去外力.传送带以2m/s的速率逆时针匀速转动，物块滑上传送带2s后到达最低点。物块进入传送带后的v﹣t图像如图乙所示，不计斜面与传送带之间的缝隙，g＝10m/s2。
（1）求物块在A点静止时受到的摩擦力；
（2）求物块在斜面上运动时的加速度大小；
（3）由于物块和传送带发生相对滑动，在传送带表面留下了一段划痕，试求该划痕的长度。
【分析】（1）物块静止于斜面上A点，此时是静摩擦，根据二力平衡判断求解；
（2）根据匀变速直线运动位移与速度的关系求解物块在斜面上运动时的加速度大小；
（3）由题可知，在物块滑上传送带后，2s后物块与传送带的速度相同，以传送带为参考系求得物块相对传送带的位移。
【解答】解：（1）物块静止于斜面上A点，故f＝mgsin30°
解得：f＝5N
（2）物块在斜面上运动时，设加速度为a，则根据匀变速直线运动位移与速度的关系得：v2＝2axAB
代入数据解得：a＝5m/s2；
（3）由题可知，在物块滑上传送带后，2s后物块与传送带的速度相同，以传送带为参考系，物块刚滑上传送带时相对于传送带的速度v1＝7m/s，2s后相对于传送带的速度为v2＝0，故物块相对传送带的位移：x＝＝m＝7m
所以划痕的长度为7m。
答：（1）物块在A点静止时受到的摩擦力为5N；
（2）物块在斜面上运动时的加速度大小为5m/s2；
（3）由于物块和传送带发生相对滑动，在传送带表面留下了一段划痕，该划痕的长度为7m。
18．倾角37°的传送带以速度v＝1.0m/s顺时针转动，位于其底部的煤斗向其输送m＝4.0kg的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，煤屑与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）煤屑落到传送带时的加速度和运动到与传送带速度相等时所用的时间多大；
（2）煤屑与传送带之间的相对位移多大。
【分析】（1）煤屑落到传送带上后向上加速运动，由牛顿第二定律求加速度，由速度—位移公式求出运动到与传送带速度相等时前进的位移，并由v＝at求运动时间；
（2）由匀加速公式求煤屑的位移，由匀速运动公式求解传送带的位移，两个位移作差求解煤屑与传送带之间的相对位移。
【解答】解：（1）煤屑落到传送带时摩擦力向上，根据牛顿第二定律
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
解得
a＝0.4m/s2
方向沿斜面向上。与传送带速度相等时所用的时间
（2）煤屑的位移
传送带的位移
x2＝vt
煤屑与传送带之间的相对位移
Δx＝x2﹣x1
解得
Δx＝1.25m
答：（1）煤屑落到传送带时的加速度0.4m/s2，方向沿斜面向上，运动到与传送带速度相等时所用的时间2.5s；
（2）煤屑与传送带之间的相对位移1.25m。
19．现在传送带传送货物已被广泛地应用于车站、工厂、车间、码头。如图所示，某飞机场利用传送带将旅客的行李箱运进机舱。在该次运输过程中，传送带以恒定的速率v＝2m/s向上运行。将行李箱无初速度地放在传送带底端，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝1，传送带的长度L＝9m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，g取10m/s2。试求：
（1）行李箱刚开始运动时的加速度；
（2）行李箱的上升时间；
（3）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，求行李箱的最短上升时间和传送带对应的最小运行速率。
【分析】（1）对物体进行正交分解，求出合外力，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）分别求出匀加速的时间和匀速的时间，即可得到总时间；
（3）物体一直做匀加速直线运动时，运动的时间最短，根据速度—位移关系结合速度—时间关系求解。
【解答】解：（1）物体放在传送带上，相对于传送带向下运动，故受的摩擦力向上，由牛顿第二定律：
μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma1，解得a1＝ugcos37°﹣gsin37°＝1×10m/s2×0.8﹣10m/s2×0.6＝2m/s2
（2）匀加速的时间：
匀加速过程的位移：＝2m/s2×（1s）2＝1m
匀速过程的位移：x2＝L﹣x1＝9m﹣1m＝8m
匀速的时间
总时间：t＝t1+t2＝1s+4s＝5s
（3）物体一直做匀加速直线运动时，运动的时间最短；设物体一直做加速到B的速度为v′，
则有：v′2＝2a1L，v′2＝2×2m/s2×（9m）2
代入数据得：v′＝6m/s
最短时间为：＝。
答：（1）行李箱刚开始运动时的加速度为2m/s2；
（2）行李箱的上升时间为5s；
（3）行李箱的最短上升时间为3s；传送带对应的最小运行速率为6m/s。
20．如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离。
【分析】（1）根据木板与小滑块组成的系统动量守恒求解；
（2）由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量列出等式求解。
【解答】解：（1）取向右为正方向，滑块与木板组成的系统满足动量守恒，则有
2mv0＝（2m+m）v
解得滑块相对木板静止时，它们的共同速度大小为
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，设滑块的速度为v1，则木板的速度为2v1，取向右为正方向，根据动量守恒可得
2mv0＝2m 2v1+mv1
解得
根据能量守恒可得
解得滑块与木板的相对位移为
可知此时滑块到木板最右端的距离为。
答：（1）它们的共同速度大小；
（2）此时滑块到木板最右端的距离为。
21．如图甲所示，粗糙水平地面上有一质量M＝6kg的足够长木板B，将一质量m＝2kg的小物块A（视为质点）轻放在木板B的右端，从t＝0时刻起对B施加一水平向右的水平恒力F，经过t＝4s后撤去恒力F，用传感器测得A、B的速度—时间图像如图乙所示，取g＝10m/s2。求：
（1）A、B间的动摩擦因数μ1；
（2）B与地面间的动摩擦因数μ2，恒力F的大小；
（3）A、B均停止运动后A到B右端的距离L。
【分析】（1）根据图乙所示图像求出A的加速度大小，然后应用牛顿第二定律求出动摩擦因数；
（2）根据图乙所示图像求出B的加速度大小，然后应用牛顿第二定律求解；
（3）v﹣t图像与坐标轴围成图形的面积表示位移，根据图乙所示图像应用运动学公式求解。
【解答】解：（1）物块A在B上做加速运动，加速度为
根据
aA＝μ1g
可得
μ1＝0.1
（2）力F作用于木板B时的加速度
由牛顿第二定律
F﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g＝MaB1
撤去F后木板B的加速度大小
由牛顿第二定律
μ1mg+μ2（M+m）g＝MaB2
联立解得
μ2＝0.35
F＝45N
（3）由图像可知5s时AB速度相等v＝5m/s，此时A相对B向后的位移，即A距离B右端的距离为
AB速度相等以后，A做减速运动，加速度为；B减速运动的加速度
μ2（M+m）g﹣μ1mg＝MaB3
代入数据解得
速度减为零时的位移
代入数据解得
A速度减为零时的位移
A、B均停止运动后A到B右端的距离
L＝x1+xB﹣xA
代入数据解得
L＝5.38m
答：（1）A、B间的动摩擦因数为0.1；
（2）B与地面间的动摩擦因数为0.35；恒力F的大小为45N；
（3）A、B均停止运动后A到B右端的距离为5.38m。
22．如图所示，有一足够长的斜面固定在水平地面上，它与水平方向的夹角θ＝30°，斜面上每隔d＝0.4m固定一个挡板，从上往下依次标记为1、2、3…n（n→∞）。挡板1的上方某处有一厚度均匀、质量为m的长木板A，A的上表面放有一质量为m的小物块B，B与A之间动摩擦因数μ1＝，A与斜面之间动摩擦因数μ2＝，最初A、B均处于静止状态。现给物块B一个平行于木板斜向下、大小F＝mg的作用力，经0.9s后撤去。再经1s后，木板A与挡板1发生碰撞。若木板A每次与挡板碰撞都以碰前的速度反弹，且每次与挡板碰后立即撤离被碰挡板，物块B始终没有与挡板相碰，B也始终没有滑离木板A，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。求：
（1）F作用的0.9s内A、B的加速度大小；
（2）A与挡板1碰撞时的速度大小；
（3）B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程（结果保留2位有效数字）。
【分析】（1）F作用时分析A、B是否会有共同加速度，结合牛顿第二定律解答；
（2）根据运动学规律结合牛顿第二定律解答；
（3）分析A、B的运动情况，根据运动学规律结合数学方法解答。
【解答】解：（1）F作用时，假设A、B间有相对滑动，A的加速度为aA1，B的加速度为aB1，对A有mgsinθ+μ1mgcosθ﹣μ2×2mgcosθ＝maA1
解得aA1＝2.5m/s2
对B有F+mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝maB1
解得aB1＝6.5m/s2
aB1＞aA1，则假设成立。
（2）t1＝1.0s时，根据速度—时间关系有vB＝aB1t1
vA＝aA1t1
F撤去后，令B的加速度为aB2，有
μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝maB2
解得aB2＝2.5m/s2，沿斜面向上
1.0 s后，设经t2共速，有v＝vA+aA1t2＝vB﹣aB2t2
解得t2＝0.8s，v＝4.5m/s
运动1.8s时，速度为4.5 m/s
因μ2＝tanθ＝，所以1.8s后匀速
即A与挡板1碰撞时的速度v＝4.5m/s
（3）A与挡板碰前，B在A上滑行的相对位移
Δx0＝t1+t2﹣ （t1+t2）
解得Δx0＝3.6m
A与挡板碰后，令A向上运动时加速度大小为aA2，有
mgsinθ+μ1mgcosθ+μ2×2mgcosθ＝maA2
解得aA2＝22.5m/s2
设每次A与挡板碰时A，B已共速。第i次碰撞挡板速度为vi，碰后A向上运动位移为xi1，运动时间为ti1，当A速度减到0时，B的速度为vBi。A向上运动时，有
2aA2xi1＝
ti1＝
vBi＝vi﹣aB2ti1
解得vBi＝vi，xi1＝，ti1＝vi
然后，A 以aA1向下加速运动。令运动时间ti2，位移xi2共速。有
vi+1＝aA1ti2＝vBi﹣aB2ti2
＝2aA1xi2
联立解得vi+1＝vi，xi2＝，ti2＝vi
因v1最大为4.5 m/s，所以xi1+d＞v2，故每次A与挡板碰时A、B已共速。
从第i次碰到i+1次碰的相对位移
Δxi＝xBi﹣xAi＝（ti1+ti2）﹣（xi2﹣xi1）
解得Δxi＝
由此可知，第一次到第二次碰撞相对位移Ax＝2.9 m
又因Δxi∝
＝
故＝
即Δxi是公比为＜1的等比数列
由Sn＝
解得Δx'＝3.6m
故B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程
s＝Δx0+Δx'
解得s＝7.2m
答：（1）F作用的0.9s内A、B的加速度大小分别为2.5m/s2、6.5m/s2；
（2）A与挡板1碰撞时的速度大小为4.5m/s；
（3）B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程为7.2m。
23．传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为某传送带的简易示意图，该传送带的倾角θ＝37°，某时刻将质量m＝2kg的工料（可看作质点）静止放到传送带的底端A，同时将轻绳拴接在工料上，电动机通过轻绳带动工料向上做匀加速直线运动。已知轻绳对工料的牵引力大小恒为F＝24N，传送带以大小为v0＝2m/s的速度顺时针匀速转动，某时刻关闭电动机，经过一段时间后工料到达传送带的顶端B，传送带AB两端间的距离L＝4.8m，工料与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求刚开始运动时工料的加速度大小；
（2）要使工料运动到B端的过程中，恒力F的作用时间最短，求：
①撤去恒力时工料速度的大小；
②恒力F作用的最短时间。
【分析】（1）根据牛顿第二定律求加速度大小；
（2）①根据牛顿第二定律求加速度，再根据匀变速直线运动速度—时间公式求出速度大小；
（3）根据速度—位移关系求恒力F作用的最短时间。
【解答】解：（1）刚开始运动时工料的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）①当恒力作用在工料上且工料的速度大于v0时，工料的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得
解得
撤去恒力后，当工料的速度大于v0时，其做匀减速运动的加速度大小为
a3＝gsinθ+μgcosθ
解得
当工料的速度小于v0时，其做匀减速运动的加速度大小为
a4＝gsinθ﹣μgcosθ
解得
假设在工料的速度小于或等于v0时就撤去了恒力，工料滑动至B端时速度恰好减到零，设撤去恒力时工料的速度大小为v1，根据运动学规律有
解得
v1＝4m/s＞v0
故假设不成立，所以一定是在工料的速度大于v0时撤去的恒力。为了使恒力作用的时间最短，即撤去恒力时工料速度最小，工料应先以a1匀加速至速度大小为v0，之后以a2匀加速至速度大小为v2时撤去恒力，工料之后先以a3匀减速至v0，最后以a4匀减速至速度是零且恰好到B端，根据速度—位移关系可得
解得
v2＝4m/s
②恒力F作用的最短时间
解得t＝1.2s
答：（1）刚开始运动时工料的加速度大小为10m/s2
（2）①撤去恒力时工料速度的大小为4m/s；
②恒力F作用的最短时间为1.2s。
24．一送货装置如图所示，质量为m1＝1kg的货物（可视为质点）无初速度地放在倾角为θ＝37°的传送带最上端A处，传送带保持v＝12m/s匀速向下运动，物体被传送到B端，然后滑上平板车，货物从传送带滑上平板车过程无速率损失，在离传送带B端水平距离x0＝30m处有一与平板车等高的水平平台，平板车与平台碰撞后立刻保持静止，不再移动。已知传送带长度L＝18m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，货物与传送带间的摩擦因数μ1＝0.75，货物与平板车的摩擦因数μ2＝0.3，平板车与地面的摩擦因数μ3＝0.1，平板车的质量m2＝0.5kg。忽略空气阻力，已知重力加速度的大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）货物刚放上传送带A端时的加速度大小；
（2）货物由传送带A端运动到B端的时间；
（3）若平板车长度为L0＝14m，货物被送至平台时速度大小。
【分析】（1）货物刚放上传送带A端时，由牛顿第二定律解得加速度；
（2）分析货物在传送带的运动情况，根据匀变速和匀速的运动规律解得时间，从而求得总时间；
（3）根据牛顿第二定律解得加速度，分析货物在平板车的运动情况，结合运动学公式解答。
【解答】解：（1）货物刚放上传送带A端时，由牛顿第二定律有
m1gsinθ+μ1m1gcosθ＝m1a
代入数据解得
a1＝12m/s2
（2）设货物达到与传送带共速所用的时间为t1，则有
t1＝
达到共速时货物的位移
x1＝
解得x1＝6m＜L
由于
mgsinθ＝μ1mgcosθ
可知当货物与传送带达到共速后将与传送带保持静止一起做匀速直线运动，设在传送带上做匀速直线运动的时间为t2，可得
t2＝
由此可知货物在传送带上运动的总时间
t＝t1+t2
解得t＝2s
（3）货物滑上平板车时的速度为v，设货物在平板车上的加速度大小为a1，平板车的加速度大小为a2，则对货物由牛顿第二定律有
μ2m1g＝m1a1
对平板车由牛顿第二定律有
μ2m1g﹣μ3（m1+m2）g＝m2a2
解得
a1＝3m/s2，a2＝3m/s2
设两者达到共速所用的时间为t3，则有
v﹣a1t3＝a2t3
解得
t3＝2s
设在达到共速时货物与平板车的位移分别为x2、x3，则有
x2＝vt3﹣
x3＝
货物与平板车的位移差
Δx＝x2﹣x3
解得Δx＝12m
由此可知共速时货物距平板车最左端的距离为
x4＝L0﹣Δx＝14m﹣12m＝2m
二者达到共速时的速度
v1＝a2t3
此时平板车的最左端距平台的距离为
s＝x0﹣L0﹣x3
解得s＝10m
二者达到共速后一起向左做减速运动的加速度大小为a3，对整体由牛顿第二定律有
μ3（m1+m2）g＝（m1+m2）a3
解得
a3＝1m/s2
设平板车与平台碰撞时的速度为v2，由速度与位移的公式有
﹣＝﹣2a3s
解得
v2＝4m/s
平板车与平台碰撞后静止，而货物将继续以加速度a1做减速运动，设货物滑上平台时的速度为v3，则由速度与位移的公式有
﹣＝﹣2a1x4
解得
v3＝2m/s
答：（1）货物刚放上传送带A端时的加速度大小为12m/s2；
（2）货物由传送带A端运动到B端的时间为2s；
（3）若平板车长度为L0＝14m，货物被送至平台时速度大小为2m/s。
25．如图所示，倾斜固定放置的传送带与水平面间的夹角为θ＝37°，传送带两端A、B间的距离L＝3.2m，传送带以2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动。质量为2kg的足够长的长木板放在水平面上，上表面的左端C点与传送带下端B点平滑连接。质量为1kg、下面装有一小块黑色小碳块的物块轻放在传送带的上端A点，由静止开始沿传送带向下运动。已知物块与传送带和长木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，不计物块的大小，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝。求：
（1）物块滑上长木板瞬间的速度大小；
（2）物块在传送带上画出黑色碳迹的长度；
（3）长木板在水平面上运动的距离。
【分析】（1）应用牛顿第二定律求出共速前后的加速度，再应用运动学公式求出滑块滑上木板时速度的大小；
（2）在上一问的基础上，根据运动学公式求出滑块和传送带在共速前后的两段相对位移，根据这两段相对位移的大小，来确定摩擦痕迹的长度；
（3）物块滑上长木板后，分共速前后两段分别求出长木板的位移，从而得到所求。
【解答】解：（1）设物块在传送带上开始滑动时加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律：mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1
代入数据解得：
设达到共速的时间为t1，则共速时间：t1＝＝s＝0.2s
运动的位移：x1＝＝m＝0.2m
设物块继续做加速运动的加速度为a2，则由牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma2
代入数据解得：
设物块滑离传送带时的速度大小为v2，则：＝2a2x2
解得：v2＝4m/s
（2）设物块以加速度a2做加速运动的时间为t2，则：t2＝＝s＝1s
在最初0.2s时间内物块相对传送带向上运动，相对滑动的距离为：Δx1＝v1t1﹣x1＝2×0.2m﹣0.2m＝0.2m
以后的1s时间内物块相对传送带向下滑动，则相对滑动的距离为：Δx2＝L﹣x1﹣v1t2＝3.2m﹣0.2m﹣2×1m＝1m
由于共速前物块相对传送带向上运动，共速后物块相对传送带向下运动，由于Δx1＜Δx2
物块向下运动的过程，在传送带上留下的痕迹长度为：s＝Δx2＝1m
（3）物块滑上长木板后做匀减速直线运动，加速度大小为：a3＝μ1g＝0.5×10m/s2＝5m/s2
长木板做匀加速直线运动的加速度大小设为a4，由牛顿第二定律有：Ma4＝μ1mg﹣μ2（m+M）g
代入数据解得：
设物块滑上长木板与长木板共速所用的时间为t3，共同速度为v3。
根据运动学公式可知：v3＝v2﹣a3t3＝a4t3
代入数据解得：，
这段时间内，长木板运动的距离为：s1＝＝m＝m
共速后，物块与长木板共同运动的加速度大小为：a5＝μ2g＝0.1×1m/s2＝1m/s2
共速后又运动的距离为：s2＝＝m＝m
因此长木板运动的总距离为：s＝s1+s2＝m+m＝m
答：（1）物块滑上长木板瞬间的速度大小为4m/s；
（2）物块在传送带上画出黑色碳迹的长度为1m；
（3）长木板在水平面上运动的距离为。
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