专题二 二轮复习3步走2 微专题(五) 动力学中的两类典型模型-【新高考方案】2026年高考物理二轮复习专题增分方略配套课件（江苏专版）

动力学中的两类典型模型 微专题（五） 目 录 专题验收评价 1 2 3 (一) 传送带模型 (二) 板块模型 CONTENTS (一) 传送带模型 [例1·水平面]　皮带传送在生产和生活中 有着广泛应用。一电动机带动传送带始终以v=4 m/s的速率运动，传送带两端A、B间的距离L=4 m。工作时，机器手臂将一个工件无初速度放到A点，当该工件刚离开B点时，机器手臂将下一个工件放到A点，之后不断重复此过程。已知每个工件的质量m=1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.4，工件可视为质点且不发生滚动，重力加速度g取10 m/s2。从第一个工件放到A点开始计时，则 (　　) A.工件在传送带上一直做匀加速直线运动 B.工件在传送带上匀加速阶段的加速度为2 m/s2 C.每个工件在传送带上运动的时间为1.5 s D.电动机多消耗的电能等于工件增加的动能 √ [解析]　根据牛顿第二定律可得μmg=ma，解得工件在传送带上匀加速阶段的加速度为a=μg=4 m/s2，B错误；工件加速的时间和位移分别为t1==1 s，s1=a=2 m<4 m，工件在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速运动，工件匀速运动的时间为t2==0.5 s，故每个工件在传送带上运动的时间为t=t1+t2=1.5 s，A错误，C正确；电动机多消耗的电能等于工件增加的动能与摩擦产生的内能之和，D错误。 [例2·倾斜面]　(2025·镇江模拟)如图所示为某分拣传送装置，AB长5.8 m、倾角θ=37°的传送带固定在水平面上，以恒定的速率v0=4 m/s逆时针转动。质量m=1 kg的工件(可视为质点)无初速度地放在传送带的顶端A，经过一段时间工件运动到传送带的底端。工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则 (　　) A.工件刚开始下滑时的加速度大小为2 m/s2 B.工件由传送带顶端运动到底端所用的时间为1.2 s C.工件在传送带上留下的痕迹长为1 m D.若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件下滑的总时间将变长 √ [解析]　工件刚开始下滑时，相对传送带向上滑动，受到沿传送带向下的摩擦力和重力沿传送带向下的分力，根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ =ma1，解得工件刚开始下滑时的加速度大小为a1=10 m/s2，故A错误；工件与传送带达到共速时，假设工件还未到达B点，则此过程工件运动时间为t1==0.4 s，工件的位移为x1=a1=0.8 m<LAB，故假设成立，此后摩擦力变为沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2，解得此后工件下滑的加速度大小为a2=2 m/s2，则LAB-x1=v0t2+a2，解得t2=1 s，工件由传送带顶端运动到底端所用的时间为t=t1+t2=1.4 s，故B错误； 工件与传送带共速时，相对位移为Δx1=x传1-x1=0.8 m，工件与传送带共速后，相对位移为Δx2=x2-x传2=(LAB-x1)-v0t2=1 m，因为Δx1<Δx2，所以工件在传送带上留下的痕迹长为s痕=Δx2=1 m，故C正确；若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件的受力情况不变，加速度不变，所以工件下滑的总时间将不变，故D错误。 |思|维|建|模|　解答传送带模型的思维流程 应用体验 1.(2024·安徽高考)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t=0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是 (　　) √ 解析：由题意可知，0~t0时间内物块由静止沿传送带向上做加速运动，对物块受力分析可知，物块受重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力大小相等，方向相反，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误。 2.如图所示，倾角θ=37°的粗糙斜面的下端有一 水平传送带，二者之间用一小段光滑圆弧平滑连 接，物体通过圆弧时速率保持不变。传送带以v= 5 m/s的速度顺时针转动，一个质量为1 kg的物体(可视为质点)从h=1.8 m高处由静止开始沿斜面下滑，物体与斜面间的动摩擦因数μ1=0.125，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5。传送带左右两端A、B间的距离LAB=6 m。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：(结果可用根式或分式表示) 答案： m/s　 (1)物体第一次由静止沿斜面下滑到斜面下端的速度大小； 解析：设物体沿斜面下滑时的加速度大小为a1，下滑长度为L，由牛顿第二定律有 mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma1 解得a1=5 m/s2 根据位移与速度关系可得=2a1L 又L= 解得v1= m/s。 (2)物体在传送带上距传送带左端B点的最小距离； 答案：3 m　 解析：物体在传送带上运动时受到向右的摩擦力而做匀变速运动，以向左为正方向，设物体在传送带上运动时的加速度为a2，由牛顿第二定律有 -μ2mg=ma2 解得a2=-5 m/s2 当物体速度减为0时，由运动学公式有 2a2x1=0- 解得x1=3 m 则物体距B点的最小距离x2=LAB-x1=3 m。 (3)物体第一次沿传送带返回到斜面时所能达到的最大高度。 答案： m 解析：物体第一次沿传送带返回A点过程中，受向右的摩擦力而做匀加速运动，因为v1>v，物体加速到5 m/s后做匀速运动，即返回A点的速度v2=5 m/s 设物体沿斜面向上运动时的加速度为a3，所能达到的最大高度为h'，以沿斜面向上为正方向，由牛顿第二定律有 -mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma3 解得a3=-7 m/s2 由运动学公式得2a3x3=0- 由几何关系知h'=x3sin 37° 解得h'= m。 (二) 板块模型 [例1·水平面]　如图所示，木块A放在木板B的左端，用水平恒力F将A拉到B的右端。第一次将B固定在地面上，F做功为W1，摩擦产生的热量为Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功为W2，摩擦产生的热量为Q2。则下列关系中正确的是 (　　) A.W1<W2，Q1=Q2　　　　　　　 B.W1=W2，Q1=Q2 C.W1<W2，Q1<Q2　　　　　　　 D.W1=W2，Q1<Q2 √ [解析]　木块A从木板B左端滑到右端力F所做的功W=Fx，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时大，所以W1<W2；摩擦产生的热量Q=Ffs相对，两次木块A都从木板B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1=Q2，故A正确。 |思|维|建|模|　解答水平面上板块模型的思维流程 [例2·倾斜面]　倾角为37°的足够长斜面上有一质量为2 kg、长为8 m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小 滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(取sin 37°=0.6， cos 37°=0.8，g=10 m/s2)(　　) A.P、Q两个物体加速度大小分别为6 m/s2、4 m/s2 B.P、Q两个物体加速度大小分别为6 m/s2、3 m/s2 C.P滑块在Q上运动的时间为2 s D.P滑块在Q上运动的时间为3 s √ [解析]　对P受力分析，受重力和Q对P的支持力作用，根据牛顿第二定律有mPgsin 37°=mPaP，解得aP=gsin 37°=6 m/s2；对Q受力分析，受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力，根据牛顿第二定律有mQgsin 37°-μgcos 37°=mQaQ，解得aQ=2 m/s2，A、B错误；设P在Q上滑动的时间为t，由以上分析知aP>aQ，故P比Q运动更快，根据位移关系有L=aPt2-aQt2，解得t=2 s，C正确，D错误。 |思|维|建|模|　解答倾斜面上板块模型的三点注意 (1)倾斜面上的板块模型和水平面上的板块模型的思维流程如出一辙，均以加速度的计算为突破口。 (2)分析受力时不要忽视木板和物块的重力沿斜面方向分力的存在。 (3)当物块和木板同速后，物块和木板所受的摩擦力均可发生突变。 1.(2025·连云港模拟)如图甲所示，足 够长的木板静置于水平地面上，木 板左端放置一可看成质点的物块。 t=0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t=2 s时撤去F，整个过程物块运动的v-t图像如图乙所示。已知木板的质量M=0.5 kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) 应用体验 A.物块的质量为m=0.6 kg B.物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2 C.木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.4 D.拉力F=0.9 N √ 解析：由题图乙可知，木板在t=2.5 s之前向右 做匀加速直线运动，作出木板运动的v-t图像， 如图所示，物块在2.0~2.5 s内的加速度大小a3 =μ1g= m/s2=4 m/s2，物块和木板在2.5~3.0 s内共速，加速度大小a4=μ2g= m/s2=2 m/s2，解得μ1=0.4，μ2=0.2，故B、C错误； 由图像可知，物块在0~2.0 s内的加速度大小a2= m/s2=1.5 m/s2，木板在0~2.5 s内的加速度大小a1= m/s2=0.4 m/s2，0~2 s内，对木板有μ1mg-μ2g=Ma1，对物块有F-μ1mg=ma2，解得m=0.6 kg，F=3.3 N，故A正确，D错误。 2.(2025·北京朝阳模拟)如图所示，倾角θ=37°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L=10.8 m、质量M=2 kg的薄木板，木板的顶端叠放一质量m=1 kg的物块(视为质点)。对木板施加沿斜面向上的恒力F(大小未知)，使木板沿斜面向上由静止开始运动。已知物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，认为物块和木板分离前、后瞬间的速度均不变，取重力加速度大小g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)若物块未离开木板时始终处于静止状态，求物块与木板间的动摩擦因数μ； 答案：0.75　 解析：对物块受力分析，由平衡条件有 mgsin θ=f N=mgcos θ 又f=μN，解得μ=0.75。 (2)若物块与木板间的动摩擦因数μ'=0.8，求使物块不滑离木板时恒力F的范围； 答案：18 N<F≤19.2 N　 解析：以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律有F-(M+m)gsin θ=(M+m)a 以物块为研究对象，由牛顿第二定律有 f'-mgsin θ=ma 又f'≤fmax=μ'mgcos θ，a>0 解得18 N<F≤19.2 N 故使物块不滑离木板时恒力的范围18 N<F≤19.2 N。 (3)若μ'=0.8，F=24 N，求物块运动至最高点时与木板底端的距离x。 答案：1.68 m 解析：由上述分析可知，若μ'=0.8，F=24 N，物块会滑离木板，设物块在木板上的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有 μ'mgcos θ-mgsin θ=ma1 F-Mgsin θ-μ'mgcos θ=Ma2 设物块在木板上运动的时间为t1，由位移关系有a2a1=L 解得t1=3 s 此后物块从木板上掉落，设之后物块的加速度大小为a3，木板的加速度大小为a4，由牛顿第二定律有mgsin θ=ma3 F-Mgsin θ=Ma4 设从物块刚掉落到物块速度减至零的时间为t2，有t2= 解得t2=0.2 s 以物块与木板分离处为起始点，物块的位移大小x1=t2 木板的位移大小x2=a2t1t2+a4， 又x=x2-x1 解得x=1.68 m。 专题验收评价 测评内容：微专题(五) 1 2 3 4 5 6 7 8 1.如图所示，某快递公司利用传送带输送快件， 绷紧的水平传送带AB始终保持恒定速度v运行， 在传送带上A处轻轻放置一快件，快件由静止开始加速，与传送带共速后做匀速运动到达B处。忽略空气阻力，下列说法正确的是 (　　) A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反 B.快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用 C.快件与传送带间的动摩擦因数越大，快件与传送带相对位移越小 D.运送距离一定时，快件与传送带间的动摩擦因数越大，运送时间越长 √ 6 7 8 解析：快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，快件做匀速运动时，与传送带之间无相对运动趋势，不受静摩擦力作用，故A、B错误；快件与传送带有相对运动时，其加速度为a==μg，快件由静止开始加速至速度为v过程，所用时间为t==，与传送带的相对位移为Δx=vt-t=，故快件与传送带间的动摩擦因数越大，相对位移越小，故C正确；快件做匀速运动所用的时间为t'==，快件运输总时间为t总=t+t'=+，运送距离一定时，快件与传送带间的动摩擦因数越大，运送时间越短，故D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 2.如图甲所示，质量为2m的足够长木板C置于水平面上，质量均为m的滑块A、B置于C上，滑块B位于滑块A右方某处。A、C间的动摩擦因数μA =0.2，B、C间和C与地面间的动摩擦因数μB=μC=0.1。给C施加一水平向右的恒力F，从开始施加恒力到滑块A、B第一次相遇的时间为t，与F的关系如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 A.滑块A能获得的最大加速度为1 m/s2 B.滑块A、B之间的初始距离为4 m C.滑块A的质量为1 kg D.若F=10.5 N，A、C之间将发生相对滑动 2 3 4 解析：对滑块A，由牛顿第二定律有μAmg=maA，解得滑块A的最大加速度aA=2 m/s2，A错误； √ 1 5 6 7 8 对滑块B，由牛顿第二定律有μBmg=maB，解得滑块B的最大加速度aB=1 m/s2，由题图乙可知F足够大时，A、B均相对C滑动，滑块A、B相遇时间为t= s =2 s，由aAt2-aBt2=L，解得滑块A、B之间的初始距离为L=2 m，B错误；当F=8 N，滑块B与C恰好发生相对滑动，则有F-4μCmg=4maB，解得m=1 kg，C正确；设A与C恰好发生相对滑动时的拉力为F1，则有F1-4μCmg-μAmg-μBmg=2maA，解得F1=11 N，故F=10.5 N时，A、C保持静止，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 3.(2025·昆山模拟)现代交通运输有公路、水路、航空、铁道等多种方式，但在古代主要的交通运输工具是马车。如图所示，一匹马拉着两箱货物在水平道路上行走。货箱A、货箱B和车的质量分别为m、2m、3m，货箱A与B、B与车之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，各接触面都水平，马给车的水平拉力为F，两货箱均未脱离各接触面，不计地面对车的摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 A.若μ1<μ2，逐渐增大F，B相对于车比A相对B先滑动 B.若μ1<μ2，A、B与车都相对静止，则F的最大值为6μ1mg C.若μ1>μ2，当F=6μ1mg时，A与B开始发生相对滑动 D.若μ1>μ2，当F=5μ2mg时，B与车之间相对滑动 2 3 4 解析：若μ1<μ2，则有μ1mg<μ2g-μ1mg，可知逐渐增大F，A相对于B比B相对于车先滑动，故A错误；若μ1<μ2，A、B与车都相对静止，由以上分析可知，当整体加速度最大时，A所受摩擦力等于最大静摩擦力，则有μ1mg=mamax，解得amax=μ1g，则F的最大值Fmax=amax =6μ1mg，故B正确； √ 1 5 6 7 8 若μ1>μ2，则有μ1g>μ2g，B相对于车比A相对于B先滑动，所以无论F多大，B相对于车滑动后，A相对于B一直保持静止，对A、B整体有μ2g =amax1，解得amax1=μ2g，则A、B与车都相对静止时最大拉力Fmax1=amax1=6μ2mg，可知当F=5μ2mg时，B与车之间仍然保持相对静止，故C、D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 4.如图甲所示，水平地面上有一足够长的长木板，将一小物块放在长木板右端，给长木板施加一水平向右的变力F，长木板及小物块的加速度a随变力F变化的关系如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是 (　　) A.小物块与长木板间的动摩擦因数为 B.长木板与地面间的动摩擦因数为 C.小物块的质量为 D.长木板的质量为 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 解析：设小物块的质量为m，长木板的质量为M，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ2，由题图乙可知，当F>F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块，由牛顿第二定律有μ2mg=ma1，解得μ2=，故A错误；由题图乙可知，当F1<F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起做加速运动，有F-μ1(m+M)g=a，即a=-μ1g，结合题图乙有-a0=-μ1g，m+M=，解得μ1=，故B错误；当F>F3时，对长木板，根据牛顿第二定律有F-μ2mg-μ1(m+M)g =Ma，整理得a=，结合题图乙有M==，则小物块的质量m=，故C错误，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 5.(2025·海安实验中学检测)某快递公司分拣快件 的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带 动下保持v=1 m/s的恒定速度顺时针转动。现将一质量为m=2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5。设皮带足够长，取g=10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中 (　　) A.皮带对邮件的摩擦力和邮件对皮带的摩擦力是一对平衡力 B.皮带对邮件做的功和邮件对皮带做的功大小相等 C.相比于没有邮件的情况，电机多消耗的电能为2 J D.相比于没有邮件的情况，电机多消耗的电能为1 J 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 解析：皮带对邮件的摩擦力和邮件对皮带的摩擦力是两个物体之间的相互作用力，故A错误；邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s=vt，邮件对皮带做的功W=-μmgs；邮件匀加速运动的位移x=，皮带对邮件做的功W'=μmgx=μmgs，可知二者的数值不相等，故B错误；邮件放到皮带上后做匀加速运动的加速度大小为a==μg=5 m/s2，邮件匀加速运动到与传送带共速的时间t==0.2 s，皮带相对地面的位移s=vt=0.2 m，可得W=-μmgs=-2 J，根据能量守恒定律，可知相比于没有邮件的情况，电机多消耗的电能为2 J，故C正确，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 6.(2025·无锡检测) 许多工厂的流水线上安 装有传送带，如图所示，传送带的速率恒定为 v=2 m/s，运送质量为m=2 kg的工件，将工件 轻放到传送带上的A端，每当前一个工件在 传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上。工件与传送带之间的动摩擦因数μ=，传送带与水平方向夹角θ=30°，工件从A端传送到B端所需要的时间为4 s。取g=10 m/s2，工件可视作质点。关于工件在传送带上的运动，下列说法正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 A.加速过程的加速度大小为4 m/s2 B.加速运动的距离为1 m C.两个相对静止的相邻工件间的距离为0.5 m D.A、B两端的距离为8 m 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 解析：工件加速过程，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma，解得a=4 m/s2，故A正确；加速过程，根据速度与位移的关系有v2=2ax1，解得工件加速运动的距离为x1=0.5 m，故B错误；工件加速经历的时间为t1==0.5 s，由于每当前一个工件在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上，则两个相对静止的相邻工件间的距离为Δx=vt1=1 m，故C错误；工件从A端传送到B端所需要的时间为t0=4 s，则工件匀速的位移为x2=v=7 m，A、B两端的距离xAB=x1+x2=7.5 m，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 7.(14分)一质量M=5 kg的绝缘长木板放在倾 角θ=37°的光滑斜面上，并在外力作用下保 持着静止状态。木板底端距斜面底端的距离 x=10.25 m，斜面底端固定着一弹性薄挡板， 与之相碰的物体会以原速率弹回。t=0时刻将一质量m=10 kg的带正电小物块置于木板上距离木板底端l=54 m的位置，并使其获得沿木板向上的初速度v0=4 m/s，如图(a)所示，与此同时，撤去作用在木板上的外力。空间还存在着沿斜面向上的匀强电场，电场强度大小与时间的关系如图(b)所示，t=5.5 s时撤去电场。已知E0=4×104 N/C，小物块的带电荷量q=2×10-3 C，木板与物块间的动摩擦因数μ=0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板上端滑出，不考虑因电场变化产生的磁场，取g=10 m/s2， sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： 2 3 4 1 5 6 7 8 (1)t=1 s时，小物块和木板的速度大小；(6分) 2 3 4 答案：2 m/s　2 m/s　 解析：0~1 s内，设小物块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律 对小物块有μmgcos 37°+mgsin 37°-qE0=ma1 对木板有μmgcos 37°-Mgsin 37°=Ma2 解得a1=2 m/s2，a2=2 m/s2 t=1 s时，小物块的速度大小为 v1=v0-a1t=2 m/s 木板的速度大小为v2=a2t=2 m/s。 1 5 6 7 8 (2)木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小。(8分) 2 3 4 答案：7 m/s 解析：0~1 s时间内，木板的位移大小为 x1=a2=1 m t=1 s时，小物块与木板达到共同速度，且电场强度大小变为E0，对小物块，有qE0=mgsin 37° 所以小物块与木板将共同做匀变速运动，设整体的加速度大小为a3，则由牛顿第二定律有 Mgsin 37°=(M+m)a3 1 5 6 7 8 解得a3=2 m/s2 设小物块和木板共速后再运动位移x2速度减为零，则2a3x2= 解得x2=1 m 即t=2 s时，木板底端到挡板的距离为 x'=x+x1+x2=12.25 m 此后小物块和木板将一同沿斜面向下做匀加速运动，假设运动到底端时未撤去电场，则x3=a3Δt2=12.25 m=x'，假设成立，所以木板第一次与挡板碰撞前的速度大小为v==7 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 8.(18分)图(a)为某货物传送装置实物图，简化图如图(b)， 该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板 与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平台面 的夹角θ=37°。传送带匀速转动时，工作人员将正方体 货物从D点由静止释放，在L=10 m处取下货物，货物运动时的剖面图如图(c)所示，已知传送带匀速运行的速度v=1 m/s，货物质量m=10 kg，其底部与传送带上表面ABCD间的动摩擦因数为μ1=0.5，其侧面与挡板CDEF间的动摩擦因数为μ2=0.25。重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。 2 3 4 1 5 6 7 8 (1)求传送带上表面对货物的摩擦力大小f1和挡板对货物的摩擦力大小f2；(4分) 2 3 4 答案：40 N　15 N　 1 5 6 7 8 解析：货物放上传送带后，水平方向受力如图1所示，由剖面图对货物受力分析如图2所示，传送带对货物的支持力大小为N1，挡板对货物的支持力大小为N2，则 N1=mgcos θ，N2=mgsin θ f1=μ1N1，f2=μ2N2 代入数据解得f1=40 N，f2=15 N。 2 3 4 1 5 6 7 8 (2)货物在传送带上运动的时间t；(8分) 2 3 4 答案：10.2 s 解析：设货物由静止放上传送带获得的加速度大小为a1，对货物，由牛顿第二定律有f1-f2=ma1 解得a1=2.5 m/s2 设货物与传送带达到共速所用时间为t1，所走的位移为x1，由运动学公式得v=a1t1，x1=vt1 1 5 6 7 8 解得t1=0.4 s，x1=0.2 m<L 所以货物能与传送带达到共速，共速后货物做匀速直线运动，直至被取下，设货物匀速阶段所用的时间为t2，则有L-x1=vt2 解得t2=9.8 s 货物运动的总时间为t=t1+t2=10.2 s。 2 3 4 1 5 6 7 8 (3)货物若传送到x=0.2 m时，传送带由于故障突然停止，工作人员待货物安全停止时立即进行维修，用时T=30 s，传送带恢复正常，忽略传送带加速至恢复正常的时间，求由于故障传送货物耽误的时间Δt。(保留两位小数)(6分) 2 3 4 答案：30.29 s 1 5 6 7 8 解析：由于传送带突然出现故障，设货物做匀减速运动的加速度为a2，所走的位移为x2，传送带恢复正常后，货物匀加速运动的位移为x3，对货物，由牛顿第二定律有f1+f2=ma2 根据运动学公式得x2=，x3= 设由于传送带故障耽误的时间为Δt， 则Δt=T+ 代入数据解得Δt≈30.29 s。 2 3 4 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $