北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题三 牛顿运动定律
应用创新题组
(时间:70分钟 满分:120分)
一、单项选择题(每小题4分,共20分)
1.(2021湖南名校联盟开学考,4 物理生活)在大型物流货场,广泛应用着传送带搬运货物。
如图甲所示,与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动,皮带始终是绷紧的,将m=1 kg的
货物放在传送带上的A端,经过1.2 s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带
的速度v随时间t变化的图像如图乙所示,已知重力加速度g=10 m/s2,由v-t图可知( )
A.A、B两点的距离为2.4 m
B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C.货物从A运动到B过程中,传送带对货物做功大小为12.8 J
D.货物从A运动到B过程中,货物与传送带摩擦产生的热量为11.2 J
答案 B A、B两点的距离等于全程货物的位移,根据v-t图线与横轴所围面积表示位移可
1 1
得L= ×0.2×2 m+ ×(2+4)×1.0 m=3.2 m,A错误。根据牛顿运动定律可得g sin θ+μg cos θ=10
2 2
m/s2,g sin θ-μg cos θ=2 m/s2,联立解得θ=37°,μ=0.5,B正确。根据能量守恒定律可得,传送带对
1 1
货物做的功W= mv2-mgL sin θ=-11.2 J,C错误。货物从A运动到B过程中,s = ×0.2×2
2 相对 2
1
m+ ×1.0×2 m=1.2 m,货物与传送带摩擦产生的热量为Q=μmg cos θ·s =4.8 J,D错误。
相对
2
2.(2022届湘豫名校联考 物理生活)如图所示,某快递公司使用电动传输机输送快件,绷紧的
传送带始终保持v的恒定速率顺时针运行,在传送带左端A处轻轻放置一快件(可视为质点),
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快件与传送带间动摩擦因数为μ,传送带左端A与右端B间的距离为L,重力加速度大小为g,
要使快件从A运送到B所用的时间恰好最短,则下列说法正确的是( )
A.若不计轮子的大小,则传送带恰好转一圈
B.若μ一定,L变为原来的2倍,则传送带速度变为原来的2倍
C.若L一定,μ变为原来的2倍,则传送带速度变为原来的4倍
D.当L和μ同时变化时,传送带的速度将一定变化
答案 A 要使快件从A运送到B所用的时间恰好最短,则快件从A到B始终做匀加速运动,
v L 2L
且到达B点时的速度恰好达到v,则v= ,t= = ,可知若不计轮子的大小,则传送带恰好转
2 v v
一圈,A正确。由a=μg和2aL=v2联立可得2μgL=v2,若μ一定,L变为原来的2倍,则传送带速
度变为原来的√2倍;若L一定,μ变为原来的2倍,则传送带速度变为原来的√2倍;当L和μ同
时变化时,若二者乘积不变,传送带的速度不变,故B、C、D错误。
3.(2020东莞线上自测,5 典型模型)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=2 m,物体与传送
带间的动摩擦因数μ=0.125,物体滑上传送带A端的瞬时速度v =3 m/s,到达B端的瞬时速度
A
设为v 。g取10 m/s2,下列说法中正确的是( )
B
A.若传送带顺时针匀速转动,物体刚开始滑上传送带A端时一定做匀加速运动
B.若传送带顺时针匀速转动,物体在水平传送带上运动时有可能不受摩擦力
C.若传送带逆时针匀速转动,则v 一定小于2 m/s
B
D.若传送带顺时针匀速转动,则v 一定大于2 m/s
B
答案 B 若传送带顺时针匀速转动且速度小于3 m/s,则物体在传送带上做匀减速运动,故A
错误;若传送带顺时针匀速转动且速度等于3 m/s,则物体在传送带上做匀速运动,所以物体可
μmg
能不受摩擦力,故B正确;若传送带逆时针匀速转动,则物体的加速度大小a= =μg=1.25
m
v 3 v +0 3
m/s2,减速到零所用的时间为t= A= s=2.4 s,发生的位移为s= A t= ×2.4 m=3.6
0 a 1.25 2 0 2
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m>2 m,说明物体在传送带上一直做匀减速运动,由速度位移公式有2ax= - ,解得v =2 m/s,
v2 v2 B
B A
故C错误;若传送带顺时针匀速转动且速度为2 m/s,则物体速度减速到与传送带速度相同时
22-32
发生的位移为s= m=2 m=x,说明物体到达传送带B端时速度与传送带速度相
1 2×(-1.25)
等,为2 m/s,故D错误。
4.(2020揭阳、金中期中联考,15 典型模型)如图所示,木盒中固定一质量为m的砝码,木盒
和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止。现拿走砝码,而持续加一个竖直
向下的恒力F(F=mg),若其他条件不变,则木盒滑行的距离( )
A.不变 B.变大
C.变小 D.变大变小均可能
μ(M+m)g
答案 C 设木盒的质量为M,根据牛顿第二定律得放砝码时的加速度a= ,拿
1 M+m
μ(M+m)g
走砝码施加F时的加速度a= ,可知:a >a,根据v2=2ax可知,加速度增大,则滑行
2 2 1
M
的距离变小,C正确,A、B、D错误。
5.(2022届东营月考,7 科学探索)如图所示,一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤
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a开始运动,当其速度达到v后,便以此速度做匀速运动,经过一段
时间,煤块在传送带上留了一段黑色痕迹后,相对于传送带不再滑动,关于上述过程,以下判断
正确的是(重力加速度大小为g)( )
a
A.μ与a之间一定满足关系μ>
g
v2
B.煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为
μg
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v
C.煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为
μg
D.黑色痕迹的长度为(a-μg)v2
2a2
答案 C 由题意知煤块与传送带之间发生相对滑动,则传送带的加速度大于煤块的加速度,
a
有μmg<ma,解得μ< ,A错误;设煤块的加速度大小为a,对煤块由牛顿第二定律有μmg=ma ,
1 1
g
解得a=μg,由匀变速直线运动规律得,煤块从开始运动到相对传送带静止的过程中通过的位
1
移x= v2 = v2 ,B错误;煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间t= v = v ,C正确;传
1 1
2a 2μg a μg
1 1
v
送带从开始运动到速度为v经历的时间t= ,传送带在从开始运动到速度为v的过程中通过
2
a
v2
的位移x= ,则传送带在从速度为v到与煤块相对静止的过程中,做匀速运动的位移
2
2a
v2 v2 v2 v2 (a-μg)v2
x=v(t-t )= - ,所以黑色痕迹的长度Δx=x+x-x= - = ,D错误。
3 1 2 2 3 1
μg a 2μg 2a 2μga
二、多项选择题(每小题6分,共42分)
6.(2022届湖南名校联合体10月联考 典型模型)如图甲所示,粗糙的水平地面上有一块长木
板P,小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端,让
长木板从静止开始运动,一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示,
已知滑块与长木板的质量相等,滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g=10
m/s2。则下列说法正确的是( )
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A.t=9 s时长木板P停下来
B.长木板P的长度至少是16.5 m
C.滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05
D.滑块Q在长木板P上滑行的相对路程为12 m
答案 ACD 设P、Q间的滑动摩擦力为f,P与地面间的滑动摩擦力为f,由乙图可知P在5
1 2
s时的速度v=5 m/s,6 s时的速度v=3 m/s,Q在加速阶段的加速度a=0.5 m/s2,由牛顿第二定
1 2 1
律得f=μ mg=ma ,解得μ=0.05,C正确;5~6 s过程中,P的加速度大小为a=2 m/s2,对P由牛顿
1 1 1 1 2
第二定律得:f +f =ma,6 s末到P停下,对P由牛顿第二定律得:f -f=ma,解得a=1 m/s2,则t'=
1 2 2 2 1 3 3
v =3 s,即P在t=9 s时停下,A正确;由乙图可知0~6 s内两图线所夹面积表示Q相对于P向
2
a
3
左运动的位移,Δx=7.5 m,6 s之后两图线所夹面积表示Q相对于P向右运动的位移,Δx=4.5
1 2
m,则长木板P的长度至少是7.5 m,滑块Q在长木板P上滑行的相对路程为Δx+Δx=12 m,故
1 2
B错误,D正确。
7.(2022届临沂期中,10 物理生活)(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动,其运动过程
可类比为如图所示的模型,倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板,滑板与沙间的动摩擦因数
9
为 。小孩(可视为质点)坐在滑板上端,与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动
16
摩擦因数取决于小孩的衣料,假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5,小孩的质量与滑板
的质量相等,斜坡足够长,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则下列判断正确的是( )
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A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2
C.经过√2 s的时间,小孩离开滑板
4√3
D.小孩离开滑板时的速度大小为 m/s
3
mgsin37°-μ mgcos37°
答案 AC 对小孩,由牛顿第二定律得,加速度大小为a= 1 =2
1
m
mgsin37°+μ mgcos37°-2μ mgcos37°
m/s2,同理对滑板,加速度大小为a= 1 2 =1
2
m
1 1
m/s2,A正确,B错误;要使小孩与滑板分离, at2- at2=L,解得t=√2 s(另一解舍去),离开滑板时
1 2
2 2
小孩的速度大小为v=at=2√2 m/s,C正确,D错误。
1
8.(2022届永州一中月考二 典型模型)(多选)如图甲所示,倾角为θ的足够长传送带以恒定的
速率v 沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带上,物
0
块速度随时间变化的图像如图乙所示,设沿传送带向下为正方向,重力加速度g=10 m/s2,则下
列说法正确的是( )
A.1~2 s内,物块的加速度为2 m/s2
B.小物块受到的摩擦力的方向始终沿传送带向下
C.传送带的倾角θ=37°
D.小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4
答案 AC 由图像可求得0~1 s内加速度a=10 m/s2,1~2 s内加速度a=2 m/s2,A正确。0~1 s
1 2
内小物块速度小于传送带速度,小物块受到的摩擦力沿传送带向下,1~2 s内小物块速度大于
传送带速度,小物块受到的摩擦力沿传送带向上,B错误。根据牛顿第二定律得mg sin θ+μmg
cos θ=ma ,mg sin θ-μmg cos θ=ma ,联立得θ=37°,μ=0.5,C正确,D错误。
1 2
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易错警示 传送带问题尤其要注意物体与传送带的相对运动或相对运动趋势方向,明确物体
所受摩擦力的方向。
9.(2021广州六区调研,10 典型模型)(多选)某实验室有一传送装置如图所示,其中AB段是
水平的,长度L =6 m,BC段是倾斜的,长度L =5 m,倾角θ为37°,AB和BC在B点通过一段
AB BC
极短的圆弧连接(图中未画出圆弧),传送带以v=4 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一个工
件(可看成质点)无初速度地放在A点。已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,已知重力
加速度g=10 m/s2。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则( )
A.工件第一次到达B点所用的时间为1.9 s
B.工件沿传送带BC向上运动的最大位移为5 m
C.工件沿传送带运动,仍能回到A点
D.工件第一次返回B点后,会在传送带上往复运动
答案 AD 工件刚放在水平传送带上的加速度为a,由牛顿第二定律得μmg=ma ,代入数据
1 1
v 1
解得a=μg=5 m/s2,经t 时间与传送带的速度相同,则有t= =0.8 s,前进的位移为x= at2
1 1 1 a 1 2 1 1
1
L -x
=1.6 m,此后工件将与传送带一起匀速运动至B点,用时t= AB 1=1.1 s,则工件第一次到达
2
v
B点所用的时间为t=t +t=1.9 s,故A正确;设工件上升的最大位移为s,由牛顿第二定律得mg
1 2
sin θ-μmg cos θ=ma ,代入数据解得a=2 m/s2,由匀变速直线运动的速度位移公式得s= v2 ,代
2 2
2a
2
入数据解得s=4 m,故B错误;工件到达最高点后将沿斜面下滑,下滑的加速度仍为a=2 m/s2,
2
则滑到斜面底端时的速度为4 m/s,然后滑上水平传送带做匀减速运动,加速度大小为a=5
1
m/s2,当速度减为零时滑行的距离为x= v2 =1.6 m,然后返回向右运动,则工件不能回到A点;
2a
1
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工件向右加速,当到达斜面底端时的速度仍为4 m/s,然后滑上斜面重复原来的运动,可知工件
第一次返回B点后,会在传送带上往复运动,故C错误,D正确。
10.(2020广州二模 典型模型)(多选)如图甲,倾角为θ的传送带始终以恒定速率v 逆时针运
2
行,t=0时初速度大小为v(v>v)的小物块从传送带的底端滑上传送带,其速度随时间变化的
1 1 2
v-t图像如图乙,则( )
A.0~t 时间内,小物块受到的摩擦力始终不变
3
B.小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ<tan θ
C.t 时刻,小物块离传送带底端的距离达到最大
2
D.小物块返回传送带底端时的速率小于v
1
答案 BD 通过图乙可以看出,小物块先向上减速运动,减速到零后反向加速,当速度与传送
带速度相等时,加速度大小发生变化,所以小物块的速度达到与传送带速度相等以前,摩擦力
方向一直沿斜面向下,t 时刻以后摩擦力方向沿斜面向上,故A错误;根据图乙可知,t 时刻以后
2 2
小物块相对于传送带向下加速运动,根据牛顿第二定律可得mg sin θ-μmg cos θ=ma,所以小物
块与传送带间的动摩擦因数满足μ<tan θ,故B正确;根据图乙可知,t 时刻小物块向上运动的
1
速度为零,此时小物块离传送带底端的距离达到最大,故C错误;小物块在整个运动过程中重
力做功为零,机械能的损失等于由于摩擦产生的热量,所以小物块的机械能减少,小物块返回
传送带底端时的速率小于v,故D正确。
1
11.(2022届滨州期中,10 典型模型)(多选)如图所示,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均为0.5。下列
说法中正确的是(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)( )
A.物块A到达底端的速度比物块B到达底端的速度大
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B.物块A、B同时到达底端
C.物块A先到达传送带底端
D.物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
答案 BD 对物块A、B受力分析,因为mg sin 37°>μmg cos 37°,故物块A所受摩擦力沿传
送带向上,向下做匀加速直线运动,物块B所受摩擦力沿传送带向上,向下做匀加速直线运动,
且两物块做匀加速直线运动的加速度大小相等,又由位移大小相等知运动的时间相等,故到达
底端的速度大小相等,故A、C错误,B正确。对物块A,划痕的长度等于物块A的位移减去传
送带的位移,由牛顿第二定律得:a=2 m/s2,由运动学公式得运动时间为:t=1 s,所以传送带运动
的位移为x=vt=1 m,则物块A在传送带上的划痕为:Δx =2 m-1 m=1 m;对物块B,划痕的长度
1
等于B的位移加上传送带的位移,同理得出物块B在传送带上的划痕长度为Δx=3 m,所以划
2
痕长度之比为1∶3,故D正确。
12.(2022届济南一中期中,9 科学探索)(多选)如图所示,以速度v逆时针匀速转动的足够长
的传送带与水平面的夹角为θ。现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端,小木
块与传送带间的动摩擦因数为μ,则选项图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系
的图线可能是( )
答案 CD 木块放上传送带后,一定先向下匀加速运动,由于传送带足够长,所以一定有木块
速度大小等于传送带速度大小的时刻,此时若重力沿传送带向下的分力大于最大静摩擦力,之
后木块继续匀加速运动,但加速度变小了;若重力沿传送带向下的分力小于或等于最大静摩擦
力,则木块将随传送带匀速运动,故C、D正确,A、B错误。
三、非选择题(共58分)
13.(2022届长郡中学月考三 典型模型)(12分)如图所示,传送带与水平地面夹角为θ=37°,传
送带顶端A到底端B的高度h=9.6 m,传送带以10 m/s的速度转动,在传送带上端A无初速度
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地放一个质量为0.5 kg的物体(可视为质点),它与传送带之间的动摩擦因数为0.5,sin
37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:
(1)若传送带顺时针转动,物体从A运动到B所用的时间;
(2)若传送带逆时针转动,物体从A运动到B所用的时间。
解析 (1)若传送带顺时针转动,物体开始时受到沿传送带向下的滑动摩擦力,由牛顿第二定
律得
mg sin θ+μmg cos θ=ma
1
解得:a =10 m/s2
1
v
则物体加速到与传送带共速所经历的时间t
1
=
0
=1 s
a
1
1
此过程通过的位移s= at2=5 m
1 1
2
h
A、B距离s= =16 m>s
1
sinθ
由于μ=0.5<tan 37°,则速度相同后物体继续向下做匀加速运动,所受的滑动摩擦力将沿传送带
向上,则有mg sin θ-μmg cos θ=ma
2
解得:a =2 m/s2
2
1
由s=vt+ at2,s +s =s,解得t=1 s
2 0 2 1 2 2
2
故物体从A运动到B需要的时间为t=t +t= 2 s
1 2
(2)若传送带逆时针转动,物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力,由牛顿第二定律得mg sin θ-
μmg cos θ=ma'
解得a'=2 m/s2
1
由s= a't'2,解得t'= 4 s
2
14.(2021雅礼中学月考一,18 典型模型)(12分)如图所示,一水平的足够长浅色传送带与水平
地面上的平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面。传送带上左端放置一质量为m=1 kg的
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煤块(视为质点),煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ=0.1,初始时,传
1
送带与煤块及平板都是静止的;现让传送带以恒定的水平向右的加速度a=3 m/s2开始运动,当
其速度达到v=1.5 m/s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。随后,在煤块平稳滑上平板的同时,在平板右侧
施加一个水平向右的恒力F=22 N。F作用了0.5 s后,煤块恰好与平板速度相等,此时撤去
F。最终煤块没有从平板上滑下,已知平板质量M=4 kg,取g=10 m/s2。
(1)求传送带上黑色痕迹的长度;
(2)求平板与水平地面间的动摩擦因数μ;
2
(3)平板上表面至少多长? (计算结果保留两位有效数字)。
μ mg
解析 (1)煤块在传送带上发生相对运动时,加速度大小a= 1 =μ g=1 m/s2,方向向右
1 1
m
设经过时间t,传送带达到速度v,经过时间t,煤块速度达到v,即v=at=at
1 2 1 12
代入数据可得:t=0.5 s,t =1.5 s
1 2
v2
共速时传送带发生的位移:s= +v(t-t )
2 1
2a
煤块发生的位移:s'=
v2
2a
1
黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差,即Δs=s-s',代入数据解得:Δs= 0.75 m
μ mg
(2)煤块滑上平板时的速度为v=1.5 m/s,加速度大小仍为a= 1 =μ g=1 m/s2,方向向左
1 1
m
经过t=0.5 s时速度v=v-a t=(1.5-1×0.5)m/s=1.0 m/s
0 1 10
设平板的加速度大小为a,则由v=at,解得a=2 m/s2
2 1 20 2
设平板与地面间的动摩擦因数为μ,由牛顿第二定律得
2
(F+μmg)-μ(mg+Mg)=Ma
1 2 2
代入数据得μ=0.3
2
μ mg
(3)由于μ>μ ,共速后煤块将仍以加速度大小a= 1 =μ g=1 m/s2匀减速,直到停止
2 1 1 1
m
而平板以加速度大小a 做匀减速运动:μ(mg+Mg)-μmg=Ma
3 2 1 3
代入数据解得:a =3.5 m/s2
3
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运动时间为t
3
= v
1
=2 s
a 7
3
0+v 11
所以,全程平板的位移为s = 1(t +t)= m
板 2 0 3 28
煤块的位移:s = v2 =9 m
煤
2a 8
1
平板的最短长度即煤块与平板的位移之差
41
L=s -s = m≈ 0.73 m
煤 板 56
15.(2022届长沙一中月考一 典型模型)(12分)如图甲所示,在足够长的光滑水平面上,放置一
长为L=1 m、质量为m=0.5 kg的木板A,一质量为m=1 kg的物体B以初速度v 滑上木板A
1 2 0
上表面,同时对木板A施加一个水平向右的力F,A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2,g取10
m/s2,物体B在木板A上运动的相对路程s与力F的关系如图乙所示,求:
(1)当F=1 N时,A、B相对运动过程中的加速度大小;
(2)初速度v 大小及图中F 和F 的大小。
0 1 2
解析 (1)设木板A的加速度大小为a,物体B的加速度大小为a,分别由牛顿第二定律有:
1 2
F+μm g=ma,μmg=ma
2 1 1 2 2 2
解得a= 6 m/s 2 ,a= 2 m/s 2
1 2
(2)Ⅰ.由图像可看出当F≤1 N时,物体B在木板A上的路程始终等于板长L,当F=1 N时,刚好
不从A板右端掉下,此后A和B一起相对静止并加速运动。
Ⅱ.当1 N≤F≤F 时,相对运动过程木板A的加速度大小为a,物体B的加速度大小为a
1 1 2
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设A运动的位移为s ,B运动的位移为s ,经过t时间两者速度均为v,根据运动学公式有
A B
v v +v
s = t,s = 0 t,v=v -a t=at
A 2 B 2 0 2 1
B在A上相对A向右运动的路程s=s -s
B A
联立解得s=
v2
0
4(F+3)
将F=1 N,s=1 m代入解得v= 4 m/s
0
分析可知,当1 N≤F≤F 时,随着力F增大,s减小,当F=F 时,出现s突变,说明A、B在达到共同
1 1
速度后,两者相对静止,整体加速度大小也为a,由牛顿第二定律有F=(m+m)a ,联立解得
2 1 1 2 2
F= 3 N
1
B相对A向右运动的路程为s
1
=
v2
0
=2 m
4(F +3) 3
1
Ⅲ.当F>F 时,物体B相对木板A的路程为B相对A向右运动的路程的两倍,故当F=F 时,将
1 2
v2
s
2
=0.5s
1
代入s
2
=
0
,解得F
2
= 9 N
4(F +3)
2
16.(2022届梅州东山中学期中,14 典型模型)(10分)如图所示,绷紧的传送带始终以v=5 m/s
0
的速度斜向上匀速运行,传送带与水平方向间的夹角θ=30°。现把质量m=10 kg的工件(可看
作质点)轻轻地放在传送带底端P处,由传送带传送至顶端Q处。已知P、Q之间的距离L=6
√3
m,工件与传送带间的动摩擦因数μ= ,取g=10 m/s2。求:
2
(1)工件刚放上传送带时的加速度a的大小;
(2)工件从P点运动到Q点所用的时间t。
解析 (1)对工件进行受力分析,由牛顿第二定律得μmg cos θ-mg sin θ=ma,代入数值得a= 2.5
m/s 2 。
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v
(2)设工件的速度达到与传送带的速度相同时所用时间为t,发生的位移为x,则有t= 0=2
1 1 1
a
s,x =
v2
=5 m<6 m,工件速度与传送带速度相同后,将随传送带做匀速直线运动至Q点,用时
1 0
2a
t,则有L-x=vt,解得t=0.2 s,所以工件从P点运动到Q点所用的时间t=t +t= 2.2 s 。
2 1 02 2 1 2
17.(2021泰安一中月考,15 典型模型)(12分)如图甲所示,倾角为37°的足够长的传送带以4
m/s的速度顺时针转动,现使小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带,小物块的速度
随时间变化的关系如图乙所示,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,试求:
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大;
(2)0~8 s内小物块在传送带上留下的划痕为多长。
Δv 2
解析 (1)根据v-t图像的斜率表示加速度可得a= = m/s2=1 m/s2
Δt 2
对小物块,由牛顿第二定律得μmg cos 37°-mg sin 37°=ma
7
解得μ=
8
(2)0~8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动,
0~6 s内传送带匀速运动的距离为:
x =4×6 m=24 m
带
由题图乙可知:0~2 s内物块位移大小为:
1
x= ×2×2 m=2 m,方向沿传送带向下
1
2
1
2~6 s内物块位移大小为:x = ×4×4 m=8 m,方向沿传送带向上
2
2
所以划痕的长度为:Δx=x +x-x=(24+2-8)m= 18 m
带 1 2
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