如图所示.某传送带与地面倾角θ=37°.AB之间距离L1=2.05m.传送带以V0=1.0m/s的速率逆时针转动．质量为M=1.0kg.长度L2=1.0m的木板上表面与小物块的动摩擦因数μ2=0.4.下表面与水平地面间的动摩擦因数μ3=0.1.开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态．现在传送带上端A无初速地放一个质量为m=1.0kg的小物块.� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

如图所示，某传送带与地面倾角θ=37°，AB之间距离
L₁=2.05m，传送带以V₀=1.0m/s的速率逆时针转动．质量为M=1.0kg，长度L₂=1.0m的木板上表面与小物块的动摩擦因数μ₂=0.4，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ₃=0.1，开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态．现在传送带上端A无初速地放一个质量为m=1.0kg的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ₁=0.5，（假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37°=0.6，
cos37°=0.8，g=10m/s²）．求：
（1）物块离开B点的速度大小；
（2）物块在木板上滑过的距离；
（3）木板在地面上能滑过的最大距离．

分析：以小物快为研究对象，受力分析，明确其运动情况（先以a₁匀加速与传送带同速后；由于μ₁＜tan37°，小物块收到重力、弹力和传送带斜向上的滑动摩擦力作用下，以a₂做匀加速到B点；小物块在木板上方做匀减速运动），利用牛顿运动定律求解．注意多过程运动中，速度是连接前后的纽带．

解答：解：（1）以小物块为研究对象，收到重力、弹力和沿斜面向下的滑动摩擦力．
由牛顿第二定律得：
刚开始物块相对传送带往下滑其加速度为
a₁=gsin37°+μ₁gcos37°=10 m/s²
物快与传送带速度V₀用的时间：t₁=

=0.1s
位移s₁=

a₁ t₁²=0.05m
过后因μ₁＜tan37°，所以物快受重力、弹力和沿斜面向上的滑动摩擦力，
由牛顿第二定律得：
物块相对传送带往下滑其加速度：a₂=gsin37°-μ₁gcos37°=2 m/s²
由运动学公式得：s₂=L₁-s₁=（V_B²-V_O²）

2a2

代入数据解之得：V_B=3m/s
（2）物块滑上木板受重力、弹力和向右的滑动摩擦力，物快相对滑动时做匀减速运动，
由牛顿第二定律得：其加速度a₃=-μ₂g=-4 m/s²
木板受重力、弹力和上下接触物体的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：
木板的加速度a₄=〔μ₂mg-μ₃ （mg+Mg）〕

=2 m/s²
设经过t₂物块与木板达到相同速度V₂，则由运动学公式得：V_B+a₃ t₂=a₄ t₂
解之得：t₂=0.5s
木板的速度：V₂=a₄ t₂=1m/s
物块对地位移s₃=（ V₂²-V_B²）

2a3

=1 m
木板对地位移s₄=

2a4

=0.25m
物块在木板上滑过的距离△s=s₃-s₄=0.75m
（3）因μ₃＜μ₂物块能与木板保持相对静止，其整体加速度为a₅=-μ₃g=-1m/s²
物块与木板做匀减速运动到停止的位移s₅=-

2a5

=0.5m
木板对地的位移s板=s₄+s₅=0.75m
答：（1）物块离开B点的速度大小3m/s；
（2）物块在木板上滑过的距离为0.75m；
（3）木板在地面上能滑过的最大距离为0.75m．

点评：解本题的关键能正确对物快受力分析，判断其运动情况，注意二者同速是解题的临界；灵活应用牛顿运动定律求解．此题受力分析时，变力太多导致多个运动过程，应属难题．

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（1）物块离开B点的速度大小；

（2）物块在木板上滑过的距离；

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（1）求D、B的水平距离；
（2）若传送带以5m/s的速度逆时针匀速运行，某物体甲与传送带间动摩擦因数₁=0．9，自A点沿传送带方向以某一初速度冲上传送带时，恰能水平落到水平台的D端，求物体甲的最大初速度v_o1
（3）若传送带逆时针匀速运行，某物体乙与传送带间动摩擦因数₂=0.6，自A点以v_o2=11m/s的初速度沿传送带方向冲上传送带时，恰能水平落到水平台的D端，求传送带的速度v′。

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