牛顿第二定律应用-传送带问题(附答案)

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1、例1、水平传送带被广泛地应用于车站、码头，工厂、车间。如图所示为水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v0＝2m/s的恒定速率运行，一质量为m的工件无初速度地放在A处，传送带对工件的滑动摩擦力使工件开始做匀加速直线运动，设工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2,AB的之间距离为L＝10m，g取10m/s2．求工件从A处运动到B处所用的时间．例1解析：设工件做加速运动的加速度为a，加速的时间为t1，加速运动的位移为l，根据牛顿第二定律，有：μmg=ma代入数据可得：a＝2m/s2工件加速运动的时间t1＝代入数据可得：t1＝1s此过程工件发生的位移l=at12代入数据可得：l＝

2、1m由于l＜L，所以工件没有滑离传送带设工件随传送带匀速运动的时间为t2，则t2＝代入数据可得：t2＝4.5s所以工件从A处运动到B处的总时间t＝t1＋t2＝5.5s例2、如图所示，绷紧的传送带，始终以2m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°。现把质量为10kg的工件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之间的距离为4m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10m/s2。(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间。例2解析：工件受到沿传送带向上的摩擦力作用，摩擦力为动力由牛顿第二定律得：μmg

3、cosθ－mgsinθ＝ma代入数值得：a＝2.5m/s2则其速度达到传送带速度时发生的位移为x1＝＝m＝0.8m＜4m可见工件先匀加速运动0.8m，然后匀速运动3.2m(2)匀加速时，由x1＝t1得t1＝0.8s匀速上升时t2＝＝s＝1.6s所以工件从P点运动到Q点所用的时间为t＝t1＋t2＝2.4s。[答案]　(1)先匀加速运动0.8m，然后匀速运动3.2m　(2)2.4s例3、如图所示，传送带与水平方向夹37°角，AB长为L＝16m的传送带以恒定速度v＝10m/s运动，在传送带上端A处无初速释放质量为m＝0.5kg的物块，物块与带面间的动摩擦因数μ＝0.5，求：370AB（1

4、）当传送带顺时针转动时，物块从A到B所经历的时间为多少？（2）当传送带逆时针转动时，物块从A到B所经历的时间为多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)．例3解析(1)当传送带顺时针转动时，设物块的加速度为a，物块受到传送带给予的滑动摩擦力μmgcos37°方向沿斜面向上且小于物块重力的分力mgsin37°，根据牛顿第二定律，有：mgsin37°-μmgcos37°＝ma代入数据可得：a＝2m/s2物块在传送带上做加速度为a＝2m/s2的匀加速运动，设运动时间为t，t＝代入数据可得：t＝4s（2）物块放上传送带的开始的一段时间受力情况如图甲所示，前一阶

5、段物块作初速为0的匀加速运动，设加速度为a1，由牛顿第二定律，有mgsin37°＋μmgcos37°=ma1,解得：a1＝10m/s2,设物块加速时间为t1，则t1＝，解得：t1=1s因位移s1==5m＜16m,说明物块仍然在传送带上．设后一阶段物块的加速度为a2,当物块速度大于传送带速度时，其受力情况如图乙所示．由牛顿第二定律，有：mgsin37°-μmgcos37°＝ma2,解得a2＝2m/s2，设后阶段物块下滑到底端所用的时间为t2．由L－s＝vt2＋a2t/2，解得t2＝1s另一解－11s不合题意舍去．所以物块从A到B的时间为：t＝t1＋t2＝2s练习：1、如图甲所示为车站

6、使用的水平传送带的模型，传送带长L＝8m，以速度v＝4m/s沿顺时针方向匀速转动，现有一个质量为m＝10kg的旅行包以速度v0＝10m/s的初速度水平地滑上水平传送带．已知旅行包与皮带间的动摩擦因数为μ＝0.6，则旅行包从传送带的A端到B端所需要的时间是多少？（g＝10m/s2,且可将旅行包视为质点．）图甲1解析：设旅行包在传送带上做匀加速运动的时间为t1，即经过t1时间，旅行包的速度达到v＝4m/s，由牛顿第二定律，有：μmg=ma代入数据可得：a＝6m/s2t1＝代入数据可得：t＝1s图乙此时旅行包通过的位移为s1，由匀加速运动的规律，有s1＝＝7m代入数据可得：s1＝7m＜L

7、可知在匀加速运动阶段，旅行包没有滑离传送带，此后旅行包与传送带一起做匀速运动，设做匀速运动的时间为t2，则t2＝代入数据可得：t＝0.25s故：旅行包在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2＝1.25s2．如图3－4所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4m，以v0＝2m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2。于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。则小