1、8 牛顿运动定律的应用传送带模型暑假训练08牛顿运动定律的应用传送带模型X例1如图所示，传送带与地面倾角37，从A到B长度为L10.25 m，传送带以v010 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹已知sin 370.6，g取10 m/s2，求：(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。1(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距s3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.1。工件滑上A端瞬时速度vA4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，g取
2、10 m/s2，则()A若传送带不动，则vB3 m/sB若传送带以速度v4 m/s逆时针匀速转动，vB3 m/sC若传送带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，vB3 m/sD若传递带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，vB2 m/s2(多选)如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)。现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图象可能的是()3三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37。现有两个小物块A、B从传送带
3、顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是()A物块A、B不同时到达传送带底端B物块A先到达传送带底端C物块A、B在传送带上的划痕长度不相同D传送带对物块A无摩擦力作用4如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是()A粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小也可能相等B粮袋开始运动的加速度为g(sin cos )
4、，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C若tan ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D不论大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度agsin 5如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度时间变化规律如图乙所示，t6 s时恰好到B点，重力加速度g取10 m/s2，则()A物块与传送带之间的动摩擦因数为0.1BA、B间距离为16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是8 mC若物块质量m1 kg，物块对传送带做的功为8 JD若物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端6新疆的农业已经进入高度自动
5、化时代，棉花、番茄等农作物的采摘基本采用机械化设备。如图甲所示是番茄自动化采摘设备，其输送番茄的装置可简化为如图乙所示传送带。已知A、B间距为L4 m，与水平方向夹角37，以v1 m/s速度顺时针传送，质量m100 g的番茄与传送带间动摩擦因数0.8，现把番茄从A点无初速释放，（已知sin 370.6，cos 370.8，不考虑番茄转动）。(1)求番茄刚释放时的加速度大小；(2)求番茄从A点到B点运动的时间t；(3)画出运动过程中摩擦力大小和时间的Ft图。7如图所示，与水平面成30角的倾斜传送带正以v3 m/s 的速度匀速运行，A、B两端相距l13.5 m。现每隔1 s把质量m1 kg的工件(
6、视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数，取g10 m/s2，求：（结果保留2位有效数字）(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？8某工厂用倾角为37的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长L50 m，正常运转的速度v4 m/s。一次工人刚把M10 kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m5 kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8。（物块与木板均可看成质点，g10 m/s2，sin 37
7、0.6，cos 370.8）(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；(2)若工人用F189 N的恒定拉力把货物拉到0.2L处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；(3)来电后，还需要多长时间货物能到达B处？（不计传送带的加速时间）答案与解析例1【解析】(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为a1g(sin cos )10 m/s2t11 sx1a1t5 mL即下滑5 m与传送带速度相等达到v0后，受到向上的摩擦力，由于tan 37，煤块仍将加速下滑，如图乙a2g(sin cos )2 m/s2x2Lx15.25 mx2v0t2a2
8、t，得t20.5 s则煤块从A到B的时间为tt1t21.5 s。(2)第一过程痕迹长x1v0t1a1t5 m第二过程痕迹长x2x2v0t20.25 mx1与x2部分重合，故痕迹总长为5 m。1(多选)【答案】ABC【解析】若传送带不动，由匀变速运动规律可知vv2as，ag，代入数据解得vB3 m/s，当满足选项B、C、D中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是g，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，故A、B、C正确，D错误。2(多选)【答案】ABD【解析】第一种情况：物体在传送带上先减速向左滑行，有可能速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，加
9、速度不变；如果v1v2，物体向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v2v2；如果v1v2，物体向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，有v2v1；第二种情况：物体在传送带上减速向左滑行，直接向左滑出传送带，末速度一定小于v2，故A、B、D正确，C错误。3【答案】C【解析】两个小物块A和B从传送带的顶端都以1 m/s的速度下滑，因为mgcos 370.4mgmgsin 370.6mg，所以传送带对小物块的摩擦力都是沿传送带向上，大小相等，所以两小物块下滑的加速
10、度大小相等，滑到传送带底端时的位移大小相等，因此A、B同时到达传送带底端，故ABD 错误；对物块A，划痕长度等于A的位移减去传送带的位移，而对于B，划痕长度等于B的位移大小加上传送带的位移大小，故物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，故C正确。4【答案】A【解析】若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若tan ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若tan ，则粮袋先做加速度为g(sin cos )的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin cos )的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，A正确；
11、粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为mgcos ，根据牛顿第二定律得加速度ag(sin cos )，B错误；若tan ，粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，C、D均错误。5【答案】AB【解析】由图乙可知，物块加速过程的加速度大小a1 m/s2，由牛顿第二定律可知ag，联立解得0.1，故A正确；由于4 s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4 m/s，A、B间距离x(2+6)4 m26 m，小物块在传送带上留下的痕迹是l44 m44 m8 m，故B正确；物块对传
12、送带的摩擦力大小为mg，加速过程传送带的位移为16 m，则物块对传送带所做的功Wmgx16 J，故C错误；物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块将做减速运动，且加速度与加速过程的加速度大小相同，则减速过程的位移为8 m，则物块可以到达B端，故D错误。6【解析】(1)刚释放时，对番茄受力分析，根据牛顿第二定律可得：mgcos mgsin ma1带入数据解得a10.4 m/s2。(2)番茄在传送带上先做加速运动，后做匀速运动，匀加速运动的位移大小则匀加速运动的时间匀速运动的时间则从A点到B点运动的时间。(3)匀加速运动阶段，摩擦力大小f1mgcos 0.64 N匀速运动阶段，摩擦力
13、大小f2mgsin 0.60 N则摩擦力大小和时间的Ft图如图所示。7【解析】(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a，则mgcos mgsin ma代入数据解得a1.0 m/s2刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离dminat2解得dmin0.50 m当工件匀速运动时，两相邻工件相距最远，则dmaxvt3.0 m。(2)由于工件加速运动的时间为t13.0 s，因此传送带上总有三个(n13)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f13mgcos 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x4.5 m传送带上匀速运动的工件个数n23(个)当工件与传送带相对静
14、止后，每个工件受到的静摩擦力f0mgsin 所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f2n2f0与空载相比，满载时传送带需增大的牵引力Ff1f2代入数据解得F33 N。8【解析】(1)设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物分析，根据牛顿第二定律得：Mgcos 37Mgsin 37Ma1对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得：Fm(Mm)gcos 37(Mm)gsin 37(Mm)a1解得：a10.4 m/s2，Fm192 N。(2)设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得：F(Mm)gcos 37(Mm)gsin 37(Mm)a2设来电时木板的速度为v1，根据运动学公式得：v122a2(0.2L)解得：a20.2 m/s2，v12 m/s。(3)由于v14 m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a3(Mm)gcos 37(Mm)gsin 37(Mm)a3设经过t1木板速度与传送带速度相同，vv1a3t1设t1内木板加速的位移为x1，有：v2v122a3x1共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，则：L0.2Lx1vt2联立解得：t15 s，t26.25 s所以来电后木板再需要运动tt1t211.25 s。
