備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題3.8 與牛頓定律相關的傳送帶問題（含解析）

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1、專題3.8 與牛頓運動定律相關的傳送帶問題 【考綱解讀與考頻分析】 傳送帶是一重要模型，也是高考命題的熱點。 【高頻考點定位】： 牛頓運動定律 傳送帶 考點一：傳送帶 【3年真題鏈接】 1.（2014四川理綜）如右圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動。小物體P，Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連。t=0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平。t=t0時刻P離開傳送帶。不計定滑輪質量和摩擦。繩足夠長。正確描述小物體P速度隨時間變化的圖像可能是（ ） 【答案】BC 【解析】由題可知物體P有如下幾種情況：當時，第一種情況，最大靜摩擦力時，

2、以加速度向右減速滑離，或以加速度先向右減速到0再向左加速從左端滑離，無符合的選項；第二種情況，最大靜摩擦力時，以向右加速滑離，或以加速到，再受靜摩擦力以勻速向右滑離，B選項符合；當時，第一種情況，P以加速度向右減速滑離，無符合的選項；第二種情況，P先以加速度減速到，若最大靜摩擦力，則P受靜摩擦力繼續(xù)以勻速向右滑離，無符合的選項；第三種情況，P先以加速度減速到，若最大靜摩擦力，則P將繼續(xù)以加速度向右減速滑離，如果速度減為0時還未滑離，則P將繼續(xù)以加速度反向向左做加速運動，直到滑離，，故A、D錯誤，C選項符合。 【2年模擬再現(xiàn)】 1. （2019廣東惠州第三次調研）如圖所示，足夠長的傳送帶

3、與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動，在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＜tanθ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是（ ） 【參考答案】D 【命題意圖】本題考查傳送帶、牛頓運動定律、速度圖像及其相關知識點。 【解題思路】傳送帶以速度v0逆時針勻速轉動，在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊相對于傳送帶向上運動，受到的滑動摩擦力方向沿斜面向下，重力沿傳送帶斜面的分力和滑動摩擦力方向相同，做加速度為a1的勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，所以a1＝gsin θ

4、＋μgcos θ。小木塊加速至與傳送帶速度相等時，由于μ＜tan θ，則小木塊不會與傳送帶保持相對靜止而勻速運動，之后小木塊繼續(xù)加速，所受滑動摩擦力變?yōu)檠貍魉蛶蛏?，做加速度為a2的勻加速直線運動，這一階段由牛頓第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，所以：a2＝gsin θ－μgcos θ。 根據(jù)以上分析，有a2＜a1。所以，本題正確答案為D。 【方法歸納】物體在傾斜傳送帶上運動，要注意當物體速度小于傳送帶速度時，滑動摩擦力是動力，大于傳送帶速度時，滑動摩擦力是阻力。 2. (2019河北名校調研)三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是2 m且與

5、水平方向的夾角均為37°.現(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)下列說法正確的是(　　) A．物塊A先到達傳送帶底端 B．物塊A、B同時到達傳送帶底端 C．傳送帶對物塊A、B均做負功 D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為1∶3 【參考答案】：BCD 【名師解析】：因mgsin θ＞μmgcos θ，物塊A、B都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，則傳送帶對兩物塊的滑動摩擦力方向均沿斜面向上，大小也相等，故兩物塊沿斜

6、面向下的加速度大小相同，滑到底端時位移大小相同，則所用時間也相同，故A錯誤，B正確；滑動摩擦力沿傳送帶向上，位移向下，摩擦力做負功，故C正確；A、B兩物塊下滑時的加速度相同，下滑到底端的時間相同，由x＝v0t＋at2，a＝gsin θ－μgcos θ ，得t＝1 s，傳送帶1 s內運動的距離是1 m，A與傳送帶是反向運動的，則B在傳送帶上的劃痕長度為(2－1)m＝1 m，B與傳送帶是反向運動，則B在傳送帶上的劃痕長度為(2＋1)m＝3 m，所以D正確． 3.（6分）（2019河南濮陽三模）一塊足夠長的白板，位于水平桌面上，處于靜止狀態(tài)．一石墨塊（可視為質點）靜止在白板上．石墨塊與白板間有摩擦

7、，滑動摩擦系數(shù)為μ．突然，使白板以恒定的速度v0做勻速直線運動，石墨塊將在板上劃下黑色痕跡．經過某段時間t，令白板突然停下，以后不再運動．在最后石墨塊也不再運動時，白板上黑色痕跡的長度可能是（已知重力加速度為g，不計石墨與板摩擦劃痕過程中損失的質量）（　?。? A． B． C．v0t﹣μgt2 D．v0t 【參考答案】AC 【名師解析】在時間t內，石墨可能一直勻加速，也可能先加速后勻速； 石墨加速時，根據(jù)牛頓第二定律，有μmg＝ma,解得:a＝μg.。 ①如果時間t內一直加速，加速的位移為，故相對白板的位移為 ②如果先加速，后勻速，位移為＝，故相對白板的位移為 ③如果加速的末

8、速度恰好等于v0，則，故相對白板的位移為 經過時間t后，白板靜止后，石墨做減速運動，加速度大小不變，故相對白板沿原路返回，故白板上黑色痕跡的長度等于加速時相對薄板的位移；選項AC正確。 4． (14分)(2019湖北荊州4月質檢)水平放置長為L=4.5m的傳送帶順時針轉動，速度為v=3m/s，質量為m2=3kg的小球被長為的輕質細線懸掛在O點，球的左邊緣恰于傳送帶右端B對齊；質量為m1=1kg的物塊自傳送帶上的左端A點以初速度v0=5m/s的速度水平向右運動，運動至B點與球m2發(fā)生碰撞，在極短的時間內以碰撞前速率的反彈，小球向右擺動一個小角度即被取走。已知物塊與傳送帶間的滑動摩擦因數(shù)為μ=

9、0.1，取重力加速度。求： （1）碰撞后瞬間，小球受到的拉力是多大？ （2）物塊在傳送帶上運動的整個過程中，與傳送帶間摩擦而產生的內能是多少？ 【參考答案】（1）42N（2）13.5J 【名師解析】設滑塊m1與小球碰撞前一直做勻減速運動，根據(jù)動能定理： 解得： 2分 因為，說明假設合理 滑塊與小球碰撞，動量守恒： 解得： 2分 對小球，據(jù)牛頓第二定律： 小球受

10、到的拉力： 2分 （2）設滑塊與小球碰撞前的運動時間為，則 解得： 在這過程中，傳送帶運行距離為： 滑塊與傳送帶的相對路程為： 3分 設滑塊與小球碰撞后不能回到傳送帶左端，向左運動最大時間為 則據(jù)動量定理： 解得： 滑塊向左運動最大位移：=2m 因為，說明假設成立，即滑塊最終從傳送帶的右端離開傳送帶 再考慮到滑塊與小球碰后的速度<，說明滑塊與小球碰后在傳送帶上的總時間為 在滑塊與傳送帶碰撞后的時間內，傳送帶與滑塊間的相對路程

11、 3分 因此整個過程中，因摩擦而產生的內能是 =13.5J 2分 5. （2019高考押題卷）一原長為2L的輕質彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與質量m1=2 kg的物塊P 接觸但不相連。是長度為5L的光滑水平軌道，一水平傳送帶與B端平滑連接，物塊P與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)= 0.2,傳送帶右端與水平光滑軌道CD平滑連接，傳送帶始終以=2 m/s的速率勻速順時針轉動。質量為m2 = 6 kg的小車放在光滑水平軌道上，位于CD右側，小車左

12、端與CD段平滑連接，右側是一段半徑R=0. 5 m的光滑的四分之一圓弧，物塊P與小車左段水平上表面的動摩擦因數(shù)p=0.1。用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度L時儲存 的彈性勢能EP = 9 \J，然后放開，P開始沿軌道運動，沖上傳送帶后開始做減速運動，到達傳送帶 \右端時速度恰好與傳送帶速度大小相等，物塊P在小車上上升的最大高度H = 0.1 m，重力加速 度大小g=10m/s2。求： （1）傳送帶的水平長度L0; （2）小車的水平長度L1; （3）要使物塊P既可以沖上圓弧又不會從小車上掉下來，小車左側水平長度的取值范圍。 【參考答案】 6.（2019湖南岳陽二模）如圖所示為

13、車站使用的水平傳送帶的模型，皮帶輪的半徑均為R=0.1m，兩輪軸距為L=3m，在電機的驅動下順時針轉動，現(xiàn)將一個旅行包(可視為質點)無初速放在水平傳送帶左端，已知旅行包與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.6，g=10m/s2，不計空氣阻力。 (1)要使旅行包到達右端不會直接飛出，傳送帶的速度應小于多少? (2)若傳送帶實際速度為0.2ms，春運期間每天傳送的旅行包平均總質量為10噸，則電機每天相對于空載多消耗的電能E是多少?(所有旅行包均無初速，且與傳送帶間的μ相同) 【名師解析】 7.（2019廣東肇慶二模）近年來，網上購物促使快遞行業(yè)迅猛發(fā)展．如圖所示為某快遞車間傳送裝置的簡

14、化示意圖，傳送帶右端與水平面相切，且保持v0＝4m/s的恒定速率順時針運行，傳送帶的長度為L＝3 m．現(xiàn)將一質量為0.4 kg的包裹A輕放在傳送帶左端，包裹A剛離開傳輸帶時恰好與靜止的包裹B發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞后包裹A向前滑行了0.1m靜止，包裹B向前運動了0.4m靜止．已知包裹A與傳輸帶間的動摩擦系數(shù)為0.4，包裹A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，g取10 m/s2.求： （1）包裹A在傳送帶上運動的時間； （2）包裹B的質量． 【名師解析】 （1） 包裹A在傳送帶滑行，由牛頓第二定律可得： ①（1分）， 由①式解得： 假設包裹A離開傳送帶前就與傳送帶共速，由

15、勻變速運動知識可得： ②（1分） 由②式解得：，所以上述假設成立（1分） 加速過程： ④（1分） 由④式解得： 勻速過程： ⑤（1分） 由⑤式解得： 所以，包裹A在傳送帶上運動的時間； ⑥（1分） （2） 包裹A在水平面滑動時，由牛頓第二定律可得： ⑦（1分） 由⑦式解得： 同理可知包裹B在水平面滑動的加速度也是⑧（1分） 包裹A向前滑動至靜止： ⑨（1分） 由⑨式解得： 包裹B向前滑動至靜止：⑩（1分） 由⑩式解得： 包裹A、B相碰前后系統(tǒng)動量守恒： （1分） 由式解得： （1分） 預測考點一：傳送帶 【2年模擬再現(xiàn)】

16、 1.（6分）（2019石家莊二模）傳送帶在工農業(yè)生產和日常生活中都有著廣泛的應用。如圖甲，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針轉動，現(xiàn)將m＝2kg的貨物放在傳送帶上的A點，貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖象如圖乙，整個過程傳送帶是繃緊的，貨物經過1.2s到達B點，已知重力加速度g＝10m/s2．下列說法正確的是（　?。? A．貨物在0.2﹣1.2s內的加速度大小為1m/s2 B．A、B兩點的距離為1.5m C．貨物從A運動到B的過程中，貨物與傳送帶間因摩擦產生的熱量為2.4J D．貨物從A運動到B的過程中，傳送帶對貨物做的功為6.4J 【參考答案】AC 【名師解析】由加速

17、度的定義知：貨物在0.2﹣1.2s內的加速度為：a2＝＝m/s2＝1m/s2，故A正確；物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，當速度達到傳送帶速度，仍做勻加速直線運動，所以物塊由A到B的間距對應圖象所圍梯形的“面積”，為：x＝×1×0.2+×（1+2）×1＝1.6m。故B錯誤；由v﹣t圖象可知，物塊在傳送帶上先做a1勻加速直線運動，加速度為：a1＝＝5m/s2，對物體受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1…① 同理，做a2的勻加速直線運動，對物體受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2…② 聯(lián)立①②解得：sinθ＝0

18、.3，μgcosθ＝2， 根據(jù)功能關系，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，f＝μmgcosθ＝4N，做a1勻加速直線運動，位移為：x1＝×1×0.2＝0.1m，皮帶位移為：x皮＝1×0.2＝0.2m，相對位移為：△x1＝x皮﹣x1＝0.2﹣0.1＝0.1m，同理：做a2勻加速直線運動，位移為：x2＝×（1+2）×1＝1.5m，x皮2＝1×1＝1m，相對位移為：△x2＝x2﹣x皮2＝0.5m，故兩者之間的總相對位移為：△x＝△x1+△x2＝0.6m， 貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為：Q＝W＝f△x＝4×0.6J＝2.4J，故C正確；根據(jù)功能關系，由C中可知：f＝μmgcosθ＝

19、4N，做a1勻加速直線運動，由圖象知位移為：x1＝0.1m，物體受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功為：Wf1＝fx1＝4×0.1＝0.4J， 同理做a2勻加速直線運動，由圖象知位移為：x2＝1.5m，物體受摩擦力，方向向上，摩擦力做負功為：Wf2＝﹣fx2＝﹣4×1.5＝﹣6J，所以整個過程，傳送帶對貨物做功大小為：6J﹣0.4J＝5.6J，故D錯誤。 2. （2019山東大聯(lián)考三模）如圖所示，白色傳送帶A、B兩端距離L=14m，以速度v0=8m/s逆時針勻速轉動，并且傳送帶與水平面的夾角為θ=37°，現(xiàn)將一質量為m=2kg的煤塊輕放在傳送帶的A端，煤塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ=0.25，＞取

20、g=10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8，則下列敘述正確的是（　　） A. 煤塊從A端運動到B端所經歷時間為 B. 煤塊運動到B端時重力的瞬時功率為120W C. 煤塊從A端運動到B端在傳送帶上留下的黑色痕跡為4m D. 煤塊從A端運動到B端因摩擦產生的熱量為8J 【參考答案】C 【名師解析】煤塊放在傳送帶后受到沿斜面向下的滑動摩擦力作用，一定先向下做勻加速直線運動。設經過時間t1，煤塊的速度與傳送帶相同，勻加速運動的加速度大小為a1，則根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，可得a1=g（sinθ+μcosθ）=8m/s2 由v0=a

21、1t1得t1=1s，此過程通過的位移大小為x1=t1=4m＜L。 由于mgsinθ＞μmgcosθ．故煤塊速度大小等于傳送帶速度大小后，繼續(xù)勻加速向下運動，受到的滑動摩擦力沿斜面向上。 設煤塊接著做勻加速運動的加速度為a2，運動的時間為t2，則?mgsinθ-μmgcosθ=ma2，可得a2=g（sinθ-μcosθ）=4m/s2 由L-x1=v0t2+，代入數(shù)據(jù)得：t2=1s。 故煤塊從A到B的運動時間是t=t1+t2=2s。故A錯誤。 煤塊從A端運動到B端時速度v=v0+a2t2=12m/s，此時重力的瞬時功率為 P=mgvsinθ=144W，故B錯誤。由于兩個過程煤塊與傳送帶間

22、的相對位移大?。╲0t1-x1）＞[（L-x1）-v0t2]，所以煤塊從A端運動到B端留下的黑色痕跡長度為S=v0t1-x1=4m。故C正確。煤塊從A端運動到B端因摩擦產生的熱量為Q=μmgcosθ{（v0t1-x1）+[（L-x1）-v0t2]}，代入數(shù)據(jù)解得：Q=24J，故D錯誤。 【關鍵點撥】對煤塊進行受力分析，開始時，受到重力、支持力、向下的滑動摩擦力，處于加速階段；當速度等于傳送帶速度時，根據(jù)重力的下滑分力與最大靜摩擦力的關系，分析木塊能否勻速下滑，否則，繼續(xù)加速。根據(jù)位移公式求解時間，從而求得總時間。由速度公式求解煤塊從A端運動到B端時的速度，由P=mgvsinθ求重力的瞬時功率

23、。黑色痕跡的長度等于煤塊與傳送帶間相對位移的大小。因摩擦產生的熱量等于摩擦力與相對位移的乘積。 解決本題的關鍵理清煤塊在傳送帶上的運動規(guī)律，結合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解，知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁。要注意摩擦生熱與相對路程有關。 3．（2018·煙臺一模）如圖所示，水平傳送帶勻速運動，在傳送帶的右側固定一彈性擋桿．在t＝0時刻，將工件輕輕放在傳送帶的左端，當工件運動到彈性擋桿所在的位置時與擋桿發(fā)生碰撞，已知碰撞時間極短，不計碰撞過程的能量損失．則從工件開始運動到與擋桿第二次碰撞前的運動過程中，工件運動的v－t圖象下列可能的是(　　) 【參考答案】C　 【名師解析

24、】工件與彈性擋桿發(fā)生碰撞，作用時間短，沒有能量損失，故工件的速度反向，A、B選項錯誤；工件勻速運動之前和碰撞后均受到摩擦力作用，兩過程中摩擦力大小不變，加速度大小不變，C選項正確，D選項錯誤． 4.　（2018湖北聯(lián)考）如圖所示，某糧庫使用電動傳輸機向糧垛上輸送麻袋包，現(xiàn)將一麻袋包放置在傾斜的傳送帶上，與傳送帶一起向上勻速運動，其間突遇故障，傳送帶減速直至停止。若上述勻速和減速過程中，麻袋包與傳送帶始終保持相對靜止，下列說法正確的是(　　) A.勻速運動時，麻袋包只受重力與支持力作用 B.勻速運動時，麻袋包受到的摩擦力一定沿傳送帶向上 C.減速運動時，麻袋包受到的摩擦力一定沿傳送帶

25、向下 D.減速運動時，麻袋包受到的摩擦力一定沿傳送帶向上 【參考答案】：B 【名師解析】　傳送帶勻速運動時，麻袋包受力平衡，麻袋包除受重力、垂直斜面向上的支持力外，還要受沿斜面向上的靜摩擦力的作用，選項A錯誤，B正確；傳送帶向上減速運動時，麻袋包的加速度沿斜面向下，受到的摩擦力可能沿傳送帶向上、沿傳送帶向下或為零，選項C、D錯誤。 5．（2019湖南十三校聯(lián)考）如圖所示，有一條沿順時針方向勻速傳送的傳送帶，恒定速度v＝4 m/s，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，現(xiàn)將質量m=1kg的小物塊輕放在其底端(小物塊可視作質點)，與此同時，給小物塊沿傳送帶方向向上的恒力F＝8N，經過一段時間，小

26、物塊上到了離地面高為＝2.4 m的平臺上。已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，（g取10 m/s2， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）.問： （1）物塊從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間？ （2）若在物塊與傳送帶達到相同速度時，立即撤去恒力F，計算小物塊還需經過多少時間離開傳送帶以及離開時的速度？ 【參考答案】（1）1.33s （2）0.85s 【名師解析】對物塊受力分析可知，物塊先是在恒力作用下沿傳送帶方向向上做初速為零的勻加速運動，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度達到傳送帶的速度，由牛頓第二定律： ， 解得：a1=6m/s2。 物塊達

27、到與傳送帶同速后，物體未到頂端，物塊受的摩擦力的方向改變，對物塊受力分析發(fā)現(xiàn)，，因為F=8N而下滑力和最大摩擦力之和為10N。故不能相對斜面向上加速。故得：a2=0 得t=t1+t2= （2）若達到速度相等后撤力F，對物塊受力分析，因為，故減速上行， 得：a3=2m/s2。 物塊還需t′離開傳送帶，離開時的速度為，則： ， =0.85s 【舉一反三】（1）如果傳送帶是淺色的，而物體是一炭塊，這一過程中，傳送帶上留下的有色痕跡有多長 6.（2018鄭州二模）如圖所示，傳送帶水平部分的長度l=4.5m，在電動機帶動下勻速運行。質量M=0.49kg的木塊(可視為質點)

28、靜止在傳送帶左端的光滑平臺上。質量為m=10g的子彈以v=50m/s的速度水平向右打入木塊并留在其中，之后木塊滑到傳送帶上，最后從右輪軸正上方的P點離開傳送帶做平拋運動，正好落入車廂中心點Q。已知木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)p=0.5，P點與車底板間的豎直高度H=1.8m，與車廂底板中心點Q的水平距離x=1.2m，取g=10m/s2，求： (1)木塊從傳送帶左端到達右端的時間； (2)由于傳送木塊，電動機多消耗的電能 如圖所示，傳送帶水平部分的長度l=4.5m，在電動機帶動下勻速運行， 【名師解析】 【1年仿真原創(chuàng)】 1.如圖所示，光滑斜面與傾斜傳送帶在同一個平面內，

29、傳送帶以速度v0逆時針勻速轉動，現(xiàn)有一滑塊體從斜面上靜止釋放，若物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)恒定，規(guī)定沿斜面向下的速度方向的正方向，則物體在傳送帶上滑動時的速度隨時間變化的圖線可能是 A. B. C. D. 【參考答案】ACD 【名師解析】物體在傳送帶上受到重力、傳送帶的支持力和摩擦力，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若傳送帶的對滑塊的摩擦力小于重力沿斜面的分力，則滑塊一直做加速運動， 故A正確；若傳送帶的對滑塊的摩擦力大于重力沿斜面的分力，所以物體先做勻減速直線運動．若物體的速度足夠大，傳送帶足夠短，則物體在速度減小到0前，物體的位移大于傳送帶的長度，則物體一直

30、做勻減速運動．故C正確；若物體的速度比較小，在物體的速度減小到0時，物體的位移仍小于傳送帶的長度，則物體的速度等于0時，仍然在傳送帶上．由于傳送帶向沿斜面向上運動，物體在傳送帶上受到向沿斜面向上的摩擦力，將向做沿斜面向上做加速運動，由運動的對稱性可知，若傳送帶的速度足夠大，則物體返回出發(fā)點的速度大小仍然等于v1．故D正確，B錯誤。 2. 質量為m=20kg的物體在大小恒定的水平外力作用下，沖上一足夠長從右向左以恒定速度v0= -10 m/s傳送物體的水平傳送帶，從物體開始沖上傳送帶計時，物體的速度—時間圖象如圖所示，已知0～2.0s內水平外力與物體運動方向相反，2.0～4.0s內水平外力與物

31、體運動方向相反，g取10m/s2。求： (1)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)； （2）0～4.0s內物體與傳送帶間的摩擦熱Q. 右 v0= -10 m/s 左 v v/m?s-1 2 4 -2 10 O t/s 【參考答案】(1) μ=0.3 (2) 2880J 【名師解析】設水平外力大小為F，由圖象可知，0~2.0s內物體做勻減速直線運動，加速度大小a1=5m/s2。 由牛頓第二定律，F(xiàn)+f=ma1， 2~4s內物體做勻加速直線運動，加速度大小a2=1m/s2。 由牛頓第二定律， f- F=ma2， 聯(lián)立解得：f=60N。 又f=

32、μmg，解得：μ=0.3. （2）0～2.0s內物體的對地位移 x1=10m 傳送帶的對地位移 此過程中物體與傳送帶間的摩擦熱 Q1=1800J 2～4.0s內物體的對地位移 x2=-2m 傳送帶的對地位移 此過程中物體與傳送帶間的摩擦熱 Q2=1080J 0～4.0s內物體與傳送帶間的摩擦熱Q= Q1+Q2=2880J 考點：牛頓第二定律的綜合應用 【名師點睛】此題是關于牛頓第二定律的綜合應用問題；解題時主要是要搞清物體運動的物理過程，分析其受力情況；善于從給出的v-t圖線中獲取物體的運動信息；注意摩擦生熱等于摩擦力與相對位移的 17