第三章運動和力的關(guān)系

第4課時專題強化：“傳送帶”模型中的動力學問題

學習目標

1.掌握傳送帶模型的特點，了解傳送帶問題的分類。

2.會對傳送帶上的物體進行受力分析和運動狀態(tài)分析，能正確解答傳送帶上物體的動力學問

題。

一、模型特點

物體（視為質(zhì)點）放在傳送帶上，由于物體和傳送帶相對滑動（或有相對運動趨勢）而產(chǎn)生摩

擦力，根據(jù)物體和傳送帶間的速度關(guān)系，摩擦力可能是動力，也可能是阻力。

二、解題關(guān)鍵

抓住"物="傳的臨界點，當丫物=丫傳時，摩擦力發(fā)生突變，物體的加速度發(fā)生突變。

三、注意物體位移、相對位移和相對路程的區(qū)別

（1）物體位移：以地面為參考系，單獨對物體由運動學公式求得的位移。

（2）物體相對傳送帶的位移大小M

①若有一次相對運動：&=無傳一x物或以=》物一x傳。

②若有兩次相對運動：兩次相對運動方向相同，則AX=AXI+-2（圖甲）；

兩次相對運動方向相反，則劃痕長度等于較長的相對位移大小心2（圖乙）。

IAX1>1―kAX1I

k---------------------H?-------7——

AxAM

甲乙

考點01水平傳送帶中的動力學問題

水平傳送帶

滑塊的運動情況

情景傳送帶不足夠長（未達到和傳

傳送帶足夠長

送帶相對靜止）

%=0v

□_____—一直加速先加速后勻速

()()

口0Vo<V時,一直加速Vo<V時，先加速再勻速

H上

Q____OVQ>V時，一直減速Vo>v時，先減速再勻速

滑塊先減速到速度為0,后被

傳送帶傳回左端

口）

n___j滑塊一直減速到右端若則返回到左端時速度

Q___O

為火;若則返回到左端

時速度為V

［典例1?對水平傳送帶的考查］（多選）（2024?四川綿陽市零診）應用于機場和火車站的安全檢查

儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型。傳送帶始終保持v=0.4m/s的恒定速率運行，行

李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,4、3間的距離為2m,g取10m/s2。旅客把行李（可

視為質(zhì)點）無初速度地放在/處，則下列說法正確的是（）

B.一?口A

（?）/

A.開始時行李的加速度大小為2m/s2

B.行李經(jīng)過2s到達3處

C.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.12m

D.當行李的速度與傳送帶的速度相同時，傳送帶立刻停止運動。整個過程中行李在傳送帶

上留下的摩擦痕跡長度為0.04m

答案AD

ums:v

解析開始時行李的加速度大小為a=------2m/s2,A正確；行李與傳動帶共速時介=-=

ma

1XAB-X

0.2s,行李的位移為X=-M2=O.O4m,行李勻速運動的時間為友=-----=4.9s,行李到達8

2v

處的時間為^=fi+/2—5.1s,B錯誤；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為Ar=vfi-x=0.04

v2

m,C錯誤；共速時傳送帶立刻停止運動，行李做勻減速運動的位移為Xi=—=0.04m,兩段

1a

劃痕的長度重合，則摩擦痕跡長度為0.04m,D正確。

［拓展訓練］（2023?甘肅省模擬）如圖所示，水平勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶左右兩端相距￡=3.5m,物

塊/（可看作質(zhì)點）以水平速度vo=4m/s滑上傳送帶左端，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=

0.1,設/到達傳送帶右端時的瞬時速度為v,g取10m/s2,下列說法不正確的是（）

A.若傳送帶速度等于2m/s,物塊不可能先做減速運動后做勻速運動

B.若傳送帶速度等于3.5m/s,v可能等于3mzs

C.若/到達傳送帶右端時的瞬時速度V等于3m/s,傳送帶可能沿逆時針方向轉(zhuǎn)動

D.若4到達傳送帶右端時的瞬時速度v等于3m/s,則傳送帶的速度不大于3m/s

答案D

ums,,

解析物塊在傳送帶上的加速度大小為a=-----=1m/s2,假設物塊一^直做勻減速運動到傳送

m

帶右端，根據(jù)M2—詔=—解得V，=3m/s>2m/s,可知當傳送帶速度等于2mzs時，

物塊一直減速到最右端，故A正確；當傳送帶速度等于3.5m/s,傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動時，u等

于3m/s,故B正確；若4到達傳送帶右端時的瞬時速度y等于3m/s,傳送帶可能沿逆時針

方向轉(zhuǎn)動，此方向傳送帶的速度可以為任意值，故C正確，D錯誤.

考點02傾斜傳送帶中的動力學問題

傾斜傳送帶

滑塊的運動情況

情景

傳送帶不足夠長傳送帶足夠長

一直加速（一定滿足關(guān)系gsin先加速后勻速（一定滿足關(guān)系

3<jugcos0）gsin0<jLigcos0）

若〃》tan。，先加速后勻速

一直加速（加速度為gsin0+

若〃<tana先以Qi加速，后

/zgcos6）

以a2加速

v0<v時，若//Ntan9,先加速

v0<v時，一直加速（加速度為

后勻速；若〃<tan仇先以可

gsin0+jLigcos6）

加速，后以。2加速

vo>v時，若//<tan0,一直加

產(chǎn)速，加速度大小為gsin6一時，若〃》tana先減速

//geos0,若〃>tan仇一直減后勻速；若〃〈tan仇一直加

速，加速度大小為〃geos9一速

gsin0

gsin6>〃gcos0,一直加速；

gsin0=jngcos0,一直勻速

產(chǎn)gsin0<%gcos0,先減速到速

（摩擦力方向一定沿斜gsin0<jLigcos0,一直減速度為0后反向加速，若

面向上）加速到原位置時速度

大小為Vo；若Vo>V,運動到

原位置時速度大小為V

［典例2?對傾斜傳送帶的考查］（2024?遼寧沈陽市模擬）如圖，是一段傾角為。=30。的傳送

帶，一個可以看作質(zhì)點、質(zhì)量為加=1kg的物塊，以沿傳送帶向下的速度％=4m/s從M點

開始沿傳送帶運動。物塊運動過程的部分v-f圖像如圖所示，取g=10m/s2,貝）

甲乙

A.物塊最終從傳送帶N點離開

B.傳送帶的速度v=lm/s,方向逆時針

C.物塊沿傳送帶下滑時的加速度。=2m/s2

D.物塊將在5s時回到原處

答案D

解析從圖像可知，物塊速度減為零后沿傳送帶反向向上運動，最終的速度大小為lm/s,因

此沒從N點離開，可知傳送帶順時針運動，速度大小為lm/s,故A、B錯誤；y一/圖像中斜

、、4—（—1）

率表示加速度，可知物塊沿傳送帶下滑時的加速度大小為〃=-------m/s2=2.5m/s2,故C

2

,8

錯誤；速度圖像與時間軸圍成的面積表示位移，由圖像可知，時，物塊的速度為0,

1816

之后物塊沿傳送帶向上運動，所以物塊沿傳送帶向下運動的位移1i=-X4X-m=—m,t1=

255

_8

8251

-s到友=2s,物塊沿傳送帶向上加速運動的位移必=----義1m=-m,物塊沿傳送帶向上

525

X\~X2

勻速運動的時間/力=-----=3s,所以物塊回到原處的時間t=3s+2s=5s,故D正確。

v

［拓展訓練］（多選）（2024?重慶名校聯(lián)盟期中）如圖甲為一足夠長的傾斜傳送帶，傾角6=37。，現(xiàn)

以恒定速率v=4m/s順時針轉(zhuǎn)動。一煤塊以初速度v0=12m/s從/端沖上傳送帶,煤塊的v-

t圖像如圖乙所示，已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.25,IXg=10m/s2,sin37°=

0.6,cos37°=0.8,貝!1（）

甲乙

A.圖乙中A=0.75s

B.圖乙中，2=2S

C.煤塊運動過程中距離4點的最遠距離為10m

D.煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為(12+4，S)m

答案BCD

解析0?0內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得用gsin8+〃冽geos。=加〃1,解得煤塊的加速度大小為小

vo-vi12-4

=8m/s12,所以0=-----------=-----------s=ls,故A錯誤；/?,2內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得煤塊運

a\8

動的加速度大小為O2=gsine—〃gcos9=4m/s2,所以打=^+/1=2s,故B正確；由圖像知，

42

11

在0?打內(nèi)，煤塊向上運動的位移為'=3X(12+4)X1111+5X4X1111=10m,故C正確；0?

tx內(nèi),傳送帶位移大小為修=%=4m,由圖像知煤塊位移大小為8m,煤塊比傳送帶多走

A%i=4m,%i?打內(nèi)，傳送帶位移大小為X2=v?2—4)=4m,由圖像知煤塊位移大小為2m,

1

傳送帶比煤塊多走?2=2m,故煤塊向上運動時劃痕是4m;當煤塊下滑時，有工二-改后，

2

解得s,傳送帶向上運動的位移為％3=的=46m,故劃痕總長為Ax=4m—2m+

10m+4A6m=(12+4j?)m,故D正確。

課時作業(yè)練

基礎對點練

1.（多選）（2022?肇慶市高一期末）如圖所示，一水平傳送帶沿順時針方向以均勻速轉(zhuǎn)動，在傳

送帶左端/處無初速度地輕放一小物塊，則關(guān)于小物塊從4端運動到B端過程中的速度v隨

時間f的變化圖像，下列選項中可能正確的是（）

解析物塊先做勻加速運動，在到8端前可能已經(jīng)和傳送帶共速，也可能一直加速運動到8

端,B、D正確.

2.（多選）（2023?四川省資中縣第二中學檢測）如圖所示，由于運力增加，某機場欲讓貨物盡快通

過傳送帶。己知傳送帶兩軸心間距為5m,傳送帶順時針勻速傳動，其速度的大小可以由驅(qū)

動系統(tǒng)根據(jù)需要設定，一可視為質(zhì)點的貨物以7m/s初速度從左端滑上傳送帶，已知貨物與

傳送帶間的動摩擦因數(shù)為〃=0.4,取g=10m/s2,則下列傳送帶的速度符合要求的是（）

（:廠一"（?）

A.8m/sB.9m/sC.10m/sD.11m/s

答案CD

解析根據(jù)題意可知，欲讓貨物盡快通過傳送帶，則需讓貨物在傳送帶上一直做勻加速運動，

設貨物通過傳送帶后的速度為V,由牛頓第二定律有"20=〃加g,由運動學公式有y2—均2=

2ax,解得v=J西m/s-9.4m/s,即符合要求的傳送帶速度為出力/函m/s?s9.4m/s,故選

C、Do

3.（多選）應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型.傳送帶始

終保持v=0.4m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,/、8間的距離

為2m,g取10m/s2.旅客把行李（可視為質(zhì)點）無初速度地放在/處,則下列說法正確的是（）

8—unA

（?）七）

A.開始時行李的加速度大小為2m/s?

B.行李經(jīng)過2s到達8處

C.行李到達8處時速度大小為0.4m/s

D.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08m

答案AC

解析開始時，對行李，根據(jù)牛頓第二定律有〃冽解得a=2m/s2,故A正確；設行

李做勻加速運動的時間為小行李做勻加速運動的末速度為v=0.4m/s,根據(jù)代入數(shù)

11

據(jù)解得八=0.2s,勻加速運動的位移大小x=-ati2=-X2X0.22m=0.04m,勻速運動的時間

22

L—x2—004

為h=------=----------s=4.9s,可得行李從4到2的時間為才=a+乃=5.1s,故B錯誤；由

v0.4

以上分析可知行李在到達8處前已經(jīng)與傳送帶共速，所以行李到達8處時速度大小為0.4

m/s,故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為Ax=vfi-x=（0.4X0.2-0.04）m=0.04

m,故D錯誤.

4.（多選）圖甲為一轉(zhuǎn)動的傳送帶，以恒定的速率v順時針轉(zhuǎn)動.在傳送帶的右側(cè)有一滑塊以初

速度均從光滑水平面滑上傳送帶，運動一段時間后離開傳送帶，這一過程中滑塊運動的v—f

圖像如圖乙所示.由圖像可知滑塊（）

A.從右端離開傳送帶

B.從左端離開傳送帶

C.先受滑動摩擦力的作用，后受靜摩擦力的作用

D.變速運動過程中受滑動摩擦力的作用

答案AD

解析由題圖乙可知，滑塊先向左做勻減速運動減速到零，再向右做勻加速運動，最后以與

傳送帶相同的速度做勻速直線運動，故從右端離開傳送帶，故A正確，B錯誤；滑塊先向左

做勻減速運動，受到向右的滑動摩擦力，再向右做勻加速運動，還是受到向右的滑動摩擦力，

所以變速運動過程中受滑動摩擦力的作用，與傳送帶共速后做勻速直線運動，不受摩擦力作

用，故C錯誤，D正確.

5.（2022?濟寧一中高一月考）如圖所示，在一條傾斜的、靜止不動的傳送帶上，有一個滑塊能

夠自由地向下滑動，該滑塊由上端自由地滑到底端所用時間為人如果傳送帶向上以速度%

運動起來，保持其他條件不變，該滑塊由上端滑到底端所用的時間為勿那么（）

A.B.tx>h

C.t,<hD.不能確定

答案A

解析滑塊受重力、支持力、滑動摩擦力，當傳送帶向上以速度均運動起來，保持其他條件

不變時，滑塊所受支持力不變，摩擦力大小和方向都不變，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩種情

1

況下，滑塊的加速度相等，而兩種情況下滑塊的位移也相等，根據(jù)x=-a祥可知，兩種情況下

2

滑塊運動的時間相等，即力=5選項A正確.

6.（多選X2023?廣東省華南師大附中檢測）如圖甲所示，一足夠長的、傾角為37。的傳送帶以恒

定速率穩(wěn)定運行，一質(zhì)量加=1kg、底部有墨粉的小物體從傳送帶中間某位置平行滑上傳送

帶，取物體沿傳送帶向上運動方向為正方向，則物體相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖

乙所示，若取g=10m/s2,5畝37。=0.6,cos37。=0.8.則下列說法正確的有（）

甲乙

A.0?8s內(nèi)物體的位移大小為14m

B.物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.625

C.0?4s內(nèi)物體上升的高度為4m

D.0?8s內(nèi)物體在傳送帶上留下的墨跡長度為18m

答案AD

、2+61

解析物體運動的位移即v-t圖像中圖線與橫軸圍成的面積，則x=------X4m—2X2X-m

22

=14m,A正確；由物體運動的y一方圖像可知，在2?6s內(nèi)物體做勻加速直線運動，有

Av4—0

—=------m/s2=1m/s2,且〃加geos37°一加gsin37°=〃孫解得《=0.875,B錯誤；在0?4s

△t4

內(nèi)由題圖知，物體運動的位移為0,則在0?4s內(nèi)物體上升的高度為0,C錯誤；由選項A

可知，在0?8s內(nèi)物體的位移x=14m,傳送帶的位移=vZ=4X8m=32m,則0?8s內(nèi)

物體在傳送帶上留下的墨跡長度為Ax=x'—x=18m,D正確.

7.（2023?遼寧阜新市聯(lián)考）如圖甲所示，足夠長的勻速運動的傳送帶的傾角為仇在傳送帶上某

位置輕輕放置一物塊，結(jié)果物塊的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，其中孫、電已知。重

力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

V

OG)t

甲乙

A.物塊可能沿傳送帶向上運動

B.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)大于tan。

-vo

C.to時間后物塊的加速度大小為2gsin9-----

拓

2Vo

D.若傳送帶反轉(zhuǎn)，則物塊將一直以大小為gsin?！募铀俣茸鰟蚣铀僦本€運動

to

答案C

解析v—/圖像的斜率表示加速度，根據(jù)題圖乙可知，如時刻之前的加速度大于電時刻之后

的加速度，可知物塊而時刻之前受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下，即開始時物塊相對傳送帶

向上運動，傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，根據(jù)題圖乙可知，物塊始終向下做加速直線運動，A錯誤；

根據(jù)上述，電時刻之后物塊向下做加速度較小的句加速直線運動，則有mgsin<9>/zmgcos6,

vo

解得//〈tan。，B錯誤；根據(jù)上述，力時刻之前有加gsin8+〃加geos8=冽。1,a\=一,而時刻之

to

vo

后有mgsin/zmgeos0=ma2解得42=2gsin0-----,C正確；由于mgsin0>jnmgcos0,若傳

fto

送帶反轉(zhuǎn)，物塊始終相對傳送帶向下運動，摩擦力始終沿傳送帶向上，對物塊始終有冽gsin。

,vo、

—//mgeos0=ma2,即若傳送帶反轉(zhuǎn)，則物塊將一直以大小為2gsin。---的加速度做勻加速直

to

線運動，D錯誤。

8.如圖，一平直的傳送帶以速率u=2m/s順時針勻速運行，在4處把物體輕輕地放到傳送帶

上，經(jīng)過6s,物體到達5處，4、5相距￡=10m,重力加速度g=10m/s?.則：

AB

(1)求物體在傳送帶上做勻加速運動的時間.

⑵求物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù).

(3)若物體是煤塊，求煤塊在傳送帶上的劃痕長度.

答案(1)2s(2)0.1(3)2m

解析(1)由題意可知，物體從4到8先做勻加速直線運動，后與傳送帶達到相同速度,

勻速運動到8端，

設物體做勻加速運動的時間為t

V

所以-?+v(6s~t)=L

代入數(shù)據(jù)解得：t=2s

(2)在勻加速運動過程中，

根據(jù)牛頓第二定律可知jnmg=ma

根據(jù)速度與時間的關(guān)系得：v=at

聯(lián)立解得：4=0.1

(3)在煤塊勻加速運動過程中，

傳送帶上表面相對于地面的位移x=vt=4m

1

煤塊相對于地面的位移xr=-at2=2m

2

所以煤塊在傳送帶上的劃痕長度Ax=x—x'=2m.

9.如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖.緊繃的傳送帶始終以恒定的速率v=lm/s向右運行,

一質(zhì)量為機=4kg的物體無初速度地放在A處，傳送帶對物體的滑動摩擦力使物體開始做勻

加速直線運動，隨后物體又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動.設物體與傳送帶之間的

動摩擦因數(shù)〃=0.1,/、8間的距離￡=2m,gSR10m/s2.

Aj~|B

⑴求物體剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大?。?/p>

⑵求物體由A運動到B的時間；

⑶如果提高傳送帶的運行速率，物體就能被較快地傳送到B處，求使物體從/處傳送到B處

的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率.

答案(1)4N1m/s2(2)2.5s(3)2s2m/s

解析(1)滑動摩擦力

Ffi=/zmg=0.1X4X10N=4N,

、Ffi

加速度a=-=1m/s2.

m

v

(2)物體勻加速運動的時間t\=-=\s,

a

v2

物體勻加速運動的位移修=一=0.5m.

2a

L-x\

物體勺速運動的時間t=-------=1.5s

2v

則物體由A運動到B的時間方="+，2=2.5s.

(3)物體一直做勻加速運動時從4處傳送到5處的時間最短，加速度仍為a=lm/s2,當物體

到達5處時，有Vmin2=2〃，得vmin=2m/s,

所以傳送帶的最小運行速率為2m/s.

設物體傳送到B的最短時間為盛山，則Umin=Mnin,

10.(2023?廣東?期末)在工業(yè)化高度發(fā)展的今天，傳送帶已成為物流系統(tǒng)自動化不可缺少的組

成部分.如圖所示，在物流運輸線上，傳送帶以v=2m/s的速度勻速轉(zhuǎn)動，一可視為質(zhì)點的

包裹被靜止釋放于/點，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,此后其運動至3點最后到達。

點，始終未脫離皮帶，包裹通過5點前后速度大小不變.已知45間距離為4m,5c長度為

3m且與水平面的夾角8=37。，重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37°=0.8,最大靜

摩擦力等于滑動摩擦力：

(1)通過計算證明包裹到達5點時已經(jīng)與傳送帶共速；

(2)求包裹在傳送帶上從B點運動至C點所用時間；

(3)若傳送帶速度很大，若使包裹在傳送帶上從4點由靜止開始運動至C點一直未與傳送帶速

度相等，求包裹運動到。點時的速度大小.

答案(1)證明見解析(2)1s(3)10m/s

解析(1)在水平傳送帶上，共速前，對包裹由牛頓第二定律可得〃加g=M2i,解得R=5

m/s2,

設經(jīng)過時間tx與傳送帶共速，

則tx=~,%]=一〃由2

a\2

聯(lián)立得xi=0.4m,xi<4m,可見包裹到達5點時已經(jīng)與傳送帶共速.

(2)包裹進入傳送帶傾斜部分后，因為〃冽geos冽gsin8,故包裹繼續(xù)加速，對包裹由牛頓第

二定律可得mgsin3—jumgcos0=ma2

1

又^5C=v^2-|-~^2^22

2

聯(lián)立得。2=2m/s,t2=1s?2=—3s舍去).

(3)包裹全程做加速運動，則在傳送帶水平部分，由運動學公式可得241/8=%2—0

包裹進入傳送帶傾斜部分時，

由牛頓第二定律可得

mgsin加geos夕=加。3

由運動學公式有2a3%80=?廿一VB2

聯(lián)立得vc=10m/s.

能力提升練

11.（2023?山東泰安市模擬）如圖所示，水平傳送帶48間的距離為16m,質(zhì)量分別為2kg、4kg

的物塊P、0通過繞在光滑定滑輪上的細線連接，0在傳送帶的左端，且連接物塊0的細線

水平，當傳送帶以8m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動時，0恰好靜止.重力加速度取g=10m/s2,最大

靜摩擦力等于滑動摩擦力.當傳送帶以8m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是（）

P口

A.。與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.6

B.。從傳送帶左端滑到右端所用的時間為2.4s

C.0從傳送帶左端滑到右端，相對傳送帶運動的距離為4.8m

D.Q從傳送帶左端滑到右端的過程細線受到的拉力大小恒為20N

答案C

解析當傳送帶以v=8m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動時，Q恰好靜止不動，對0受力分析知根沱=

pimQg,解得〃=0.5,A錯誤；當傳送帶以v=8m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，物塊0先做初速度

20

為零的勻加速直線運動，有機pg+〃加2g=（加/+加2）a,解得m/s2,當物塊。速度達到

傳送帶速度，即8m/s后，做勻速直線運動，由v=a/i,解得勻加速的時間九=1.2s,句加速

的位移為x=1-=4.8m,則勻速運動的時間為打=三■=L4s,。從傳送帶左端滑到右端所

2av

用的時間為f總=%+^=2.6s,B錯誤；加速階段的位移之差為Ax=M—x=4.8m,即。從

傳送帶左端到右端相對傳送帶運動的距離為4.8m,C正確；當。加速時，對尸分析有"sg一

20

F=ma,解得尸T=一2之后做勻速直線運動，有斤'=20N,D錯誤.

TP3

12.（2023?河南信陽市模擬）如圖甲所示，在順時針勻速轉(zhuǎn)動且傾角為0=37。的傳送帶底端，一

質(zhì)量加=1kg的小物塊以某一初速度向上滑動，傳送帶足夠長，物塊的速度與時間”一。關(guān)系

的部分圖像如圖乙所示，已知sin37。=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,求：

（1）物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃；

（2）物塊沿傳送帶向上運動的最大位移；

（3）物塊向上運動到最高點的過程中相對傳送帶的路程.

答案(1)0.5(2)6.4m(3)4.8m

=

解析(1)由題圖乙可知，物塊的初速度v08m/s,物塊的速度減速到與傳送帶的速度相同時，

加速度發(fā)生變化，所以傳送帶轉(zhuǎn)動時的速度v=4m/s,從Z=0到?=0.4s時間內(nèi)，物塊加速

、Av8—4

度大小為囚=|—1=------m/s2=10m/s2,方向沿斜面向下；物塊受到重力、支持力和沿斜面

△t0.4

向下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛頓第二定律有加gsin8+〃加geos。=加〃1,解得,