小专题传送带问题(水平传送带和倾斜传送带)1．(单选)物块从光滑斜面上的P点自由滑下通过粗糙的静止水平传送带后落到地面上的Q 点．若传送带的皮带轮沿逆时针方向匀速转动，使传送带随之运动，如图所示，物块仍从P点自由滑下，则（）A．物块有可能落不到地面B．物块将仍落在Q点C．物块将会落在Q点的左边D．物块将会落在Q点的右边2、(单选)如图所示，一物体放在倾角为θ的传输带上，且物体始终与传输带相对静止．关于物体所受到的静摩擦力，下列说法正确的是()A．当传输带加速向上运动时，加速度越大，静摩擦力越大B．当传输带匀速运动时，速度越大，静摩擦力越大C．当传输带加速向下运动时，静摩擦力的方向一定沿斜面向下图6 D．当传输带加速向下运动时，静摩擦力的方向一定沿斜面向上3．(多选)如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体到传送带左端的距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v 1<v2)，绳中的拉力分别为F1、F2；若剪断细绳，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是()A．F1<F2B．F1＝F2C．t1一定大于t2D．t1可能等于t24、(多选)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/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10 m/s2。
由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。
则小煤块从A运动到B的过程中()A．小煤块从A运动到B的时间时 2 sB．小煤块从A运动到B的时间是2.25 sC．划痕长度是4 mD．划痕长度是0.5 m5、(多选)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。
在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的运动情况的是()6 、水平传送带AB以v＝200 cm/s的速度匀速运动，如图所示，A、B相距0.011 km，一物体(可视为质点)从A点由静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，则物体从A沿传送带运动到B所需的时间为多少？(g＝10 m/s2)7、一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m。
其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2, 试问：(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离。
(2)物块从出发到4.5 s末通过的路程。
(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)8．（2006年·全国理综Ⅰ）一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ．起始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度匀速运动．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．求此黑色痕迹的长度．9、传送带与水平面夹角为37°，皮带以12 m/s的速率沿顺时针方向转动，如图3－3－10所示．今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.75，若传送带A到B的长度为24 m，g取10 m/s2，则小物块从A运动到B的时间为多少？10、如图所示的传送皮带，其水平部分AB长s AB=2m，BC与水平面夹角θ=37°，长度s BC =4m，一小物体P与传送带的动摩擦因数 =0.25，皮带沿A至B方向运行，速率为v=2m/s，若把物体P放在A点处，它将被传送带送到C点，且物体P不脱离皮带，求物体从A 点被传送到C点所用的时间．（sin37°=0.6，g=l0m/s2）解析1、传送带静止时，物块能通过传送带落到地面上，说明滑块在传送带上一直做匀减速运动．当传送带逆时针转动，物块在传送带上运动的加速度不变，由2202t v v as =+可知，滑块滑离传送带时的速度v t 不变，而下落高度决定了平抛运动的时间t 不变，因此，平抛的水平位移不变，即落点仍在Q 点．2、传输带加速向上运动时，对物体受力分析，由牛顿第二定律得f －mg sin θ＝ma ，故加速度越大，摩擦力越大，A 正确；传输带匀速运动时，根据平衡条件得f ＝mg sin θ，静摩擦力与物体运行速度无关，B 错误；当传输带加速向下运动时，如果加速度小于g sin θ，摩擦力沿斜面向上，如果加速度大于g sin θ，摩擦力沿斜面向下，C 、D 错误．3、本题考查传送带模型的应用．不论传送带的速度大小是多少，物体与传送带间的滑动摩擦力是一样的，分析物体受力情况，其所受的合力为零，则F 1＝F 2；因L 的大小未知，物块在传送带上的运动情况不能确定，所以t 1可能等于t 2.4、小煤块刚放上传送带后，加速度a ＝μg ＝4 m/s 2，由v 0＝at 1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t 1＝v 0a ＝0.5 s ，此时小煤块运动的位移x 1＝v 02t 1＝0.5 m ，而传送带的位移为x 2＝v 0t 1＝1 m ，故小煤块在带上的划痕长度为l ＝x 2－x 1＝0.5 m ，D 正确，C 错误；之后的x－x 1＝3.5 m ，小煤块匀速运动，故t 2＝x －x 1v 0＝1.75 s ，故小煤块从A 运动到B 的时间t ＝t 1＋t 2＝2.25 s ，A 错误，B 正确。
5、小木块刚放上之后的一段时间内所受摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得： mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，小木块与传送带同速后，因μ＜tan θ，小木块将继续向下加速运动，此时有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，有a 1＞a 2故B 、D 正确，A 、C 错误。
6、解析统一单位：v ＝200 cm/s ＝2 m/s ，x ＝0.011 km ＝11 m ．开始时，物体受的摩擦力为f ＝μmg ，由牛顿第二定律得物体的加速度a ＝f m＝μg ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2.设经时间t 物体速度达到2 m/s ，由v ＝at 得：t 1＝v a ＝22s ＝1 s. 此时间内的位移为：x 1＝12at 12＝12×2×12 m ＝1 m<11 m. 此后物体做匀速运动，所用时间：t 2＝x －x 1v ＝11－12s ＝5 s. 故所求时间t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋5 s ＝6 s. 答案 6 s7、[解析] (1)物块在传送带上先做匀加速直线运动μmg ＝m a 1①s 1＝v 022a 1＝1 m ＜L ②所以在到达传送带右端前物块已匀速 物块以v 0速度滑上斜面－mg sin θ＝ma 2③物块速度为零时上升的距离s 2＝－v 022a 2＝13m ④由于s 2＜0.4 m ，所以物块未到达斜面的最高点。
(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间t 1＝2s 1v 0＋L －s 1v 0＝1.5 s ⑤ 物块在斜面上往返一次时间t 2＝－2v 0a 2＝23s ⑥ 物块再次滑到传送带上速度仍为v 0，方向向左－μmg ＝ma 3⑦向左端发生的最大位移s 3＝－v 022a 3⑧ 物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等4．5 s 末物块在斜面上速度恰好减为零故物块通过的总路程 s ＝L ＋3s 2＋2s 3⑨ s ＝5 m8、解析：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a 小于传送带的加速度a 0．根据牛顿第二定律，可得a ＝μg设经历时间t ，传送带由静止开始加速到速度等于v 0，煤块则由静止加速到v ，有 v 0＝a 0t ，v ＝at由于a <a 0，故v <v 0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用．再经过时间t '，煤块的速度由v 增加到v 0，有v 0＝v +at '此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹． 设在煤块的速度从0增加到v 0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s 0和s ，有200012s a t v t '=+，202v s a = 传送带上留下的黑色痕迹的长度l ＝s 0－s由以上各式得20002v a g l a gμμ-=（） 9、解析 小物块无初速度放在传送带上时，所受摩擦力为滑动摩擦力，方向沿斜面向下， 对小物块用牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 解得a ＝12 m/s 2设小物块加速到12 m/s 运动的距离为x 1，所用时间为t 1由v t 2－0＝2ax 1得x 1＝6 m 由v t ＝at 1得t 1＝1 s当小物块的速度加速到12 m/s 时，因mg sin θ＝μmg cos θ，小物块受到的摩擦力由原来的滑动摩擦力突变为静摩擦力，而且此时刚好为最大静摩擦力，小物块此后随皮带一起做匀速运动．设AB 间的距离为L ，则L －x 1＝v t 2解得t 2＝1.5 s从A 到B 的时间t ＝t 1＋t 2解得t ＝2.5 s. 答案 2.5 s10、解析：物体P 随传送带做匀加速直线运动，当速度与传送带相等时若未到达B ，即做一段匀速运动；P 从B至C 段进行受力分析后求加速度，再计算时间，各段运动相加为所求时间．P 在AB 段先做匀加速运动，由牛顿第二定律11111,,N F ma F F mg v a t μμ====，得P 匀加速运动的时间110.8s v v t a gμ===．22111112110.8m,22AB s a t gt s s vt μ===-=， 匀速运动时间120.6s AB s s t v-==． P 以速率v 开始沿BC 下滑，此过程重力的下滑分量mg sin37°=0.6mg ；滑动摩擦力沿斜面向上，其大小为μmg cos37°=0.2mg ．可见其加速下滑．由牛顿第二定律233cos37cos37,0.44m/s mg mg ma a g μ︒-︒===，233312BC s vt a t =+，解得t 3=1s （另解32s t '=-，舍去）． 从A 至C 经过时间t =t 1＋t 2＋t 3=2.4s ．。