四．功能关系和能的转化问题
15如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0=2m/s的速率运行。现把一质量m=10kg的工件（可看做质点）轻轻放在皮带的底端，经时间t=1.9s，工件被传送到h=1.5m的高处，取g=10m/s2。求： （1）工件与皮带间的动摩擦因数；
（2）电动机由于传送工件多消耗的电能。
五．极值问题
16、如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平。一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落在地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示，已知它落地时相对于B点的水平位移OC=L。现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端与B点的距离为L/2，当传送带静止时，让小物体P再次从A点静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面上的C点。当驱动轮转动而带动传送带以速度v匀速向右运动时（其他条件不变），物体P的落地点为D。不计空气阻力，问传送带速度v的大小满足什么条件时，点O、D之间的距离s有最小值？这个最小值为多少？
传送带和滑块答案
1A 2B 3B 4C
5（1）F=4N a=1 m / s2 （2）t=1 s。
（3）行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短，则
得tmin=2 s。
传送带对应的最小运行速率vmin=atmin 代入数据，解得vmin=2 m / s
6 ：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a0。根据牛顿定律，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v0，煤块则由静止加速到v，有：v0=a0t v=at 由于a
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v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为
s0和s，有：
传送带上留下的黑色痕迹的长度 由以上各式得：、
7解：xOy对物块摩擦力如左图所示，物块沿轴正向匀速运动时受力图如右图所示。 f1=μ1mg N2=f1sinθ f2=μ2N2=μ2μ1mgsinθ sinθ=3v0/(3v0)2?(4v0)2=3/5
cosθ= 4v0/(3v0)2?(4v0)2=4/5 外力：F=f2+f1cosθ= μ1mg(3μ2 + 4)/5 摩擦力做的功为：Wf=－WF=－Fv2t = －4μ1mgv0t (3μ2 + 4)/5
8设圆盘的质量为m，桌长为，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有：mg=mal 桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有： 设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1， 离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，有：
2mg=ma2
盘没有从桌面上掉下的条件是： 设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段
时间内桌布移动的距离为x，有：
而 由以上各式解得：
10（1）物体的水平位移相同，说明物体离开B点的速度相同，物体的速度大于皮带的速度，
一直做匀减速运动。 （2）当ω=10rad/s时，物体经过B点的速度为vB?R??1m/s.
平抛运动：s?vBth?12gt.解得：t=1s，h=5m. 2（3）当ω>30rad/s时，水平位移不变，说明物体在AB之间一直加速，其末速度
?vB?s222?3m/s.根据vt2?v0 ?2as当0≤ω≤10rad/s时，2?gL?v0?vBt当ω≥30rad/s时，2?gL?vB?v0 解得：v0?5m/s
，2211 开始阶段由牛顿第二定律，得 mgsinθ＋μmgcosθ=ma1，
a1 =10m/s2 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为 t1＝v/a1＝1s 发生的位移为s1＝1/2a1ｔ12＝5m＜16m，可知物体加速到10m/s时仍未到达B点。 第二阶段，应用牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2， 所以此阶段的加速度 a2＝2m/s2
设第二阶段物体滑动到B端的时间为t2，则LAB－s1＝vｔ2＋1/2a2ｔ22 解得t2＝，ｔ2′=-11s（舍去） 故物体经历的总时间ｔ=t1＋t2=2s
12设物体刚放到皮带上时与皮带的接触点为P 则物块速度达到v0前的过程中，
由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1， 代入数据解得a1=10 m / s2
经历时间
P点位移x1=v0t1=0.4 m，物块位移
划出痕迹的长度 ΔL1=x1－x1＇=0.2 m 物块的速度达到v0之后
由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ=ma2， 代入数据解得 ：a2=2 m/s2
到脱离皮带这一过程，经历时间t2
解得t2=1s 此过程中皮带的位移 x2=v0t2=2 m
ΔL2=x2＇―x2=3 m―2 m=1m 由于ΔL2＞ΔL1，所以痕迹长度为ΔL2=1 m。 13．解：物体A轻放在a点后在摩擦力和重力作用下先做匀速直线运动直到和传送带速度相等，然后和传送带一起匀速运动到b点。在这一加速过程中有加速度
a1??mgcos??mgsin?m?1?10?(0.8?0.8?0.6)?0.4m/s2
1
vv212运动时间t1??2.5s 运动距离s1???1.25m?sab
a12a12?0.4在ab部分匀速运动过程中运动时间t1?
sab?s14.7?1.25??3.45s v1
所以物体A从a处被传送到b和所用的时间t?t1?t2?2.5?3.45?5.95s 14解：(1)米袋在AB上加速时的加速度a0??mgm?5m/s2
2v0米袋的速度达到v0=5m／s时，滑行的距离s0?因此米加速 ?2.5m?AB?3m，
2a0一段后与传送带一起匀速运动到达B点，到达C点时速度v0=5m／s
设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律mgsin???mgcos??ma
2v0?1.25m 代人数据得a=10m／s 所以，它能上滑的最大距离s?2a2
(2顺斜部分传送带沿顺时针方向转动时，米袋速度减为4m／s之前的加速度为
2a??g(sin???cos?)??10m/s1
2v12?v0 速度减为4m / s时上滑位移为s1??0.45m
2a1 米袋速度等于4m／s时，滑动摩擦力方向改变，由于?mgcosa?mgsina，故米继续向上减速运动米袋速度小于4m／s减为零前的加速度为
220?va??g(si?n??co?s)??2m/s1 2 速度减到0时上滑位移为s2??4m
2a2可见，米袋速度减速到0时，恰好运行到D点。米袋从C运动到D所用的时间
t?t1?t2?v1?v0?v?1??2.1s a1a215 解析： (1) 由题意可知皮带长为s＝h/sin30°＝3m 做匀加速运动的位移为s1＝
ｔ1工件速度达到v0后做匀速运动的位移为s-s1=v0(t-t1) 解得t1=0.8s
工件的加速度为a＝v0/ｔ1＝2.5m/s2 工件受的支持力N=mgcosθ
对工件应用牛顿第二定律，得μmgcosθ-mgsinθ=ma，解得动摩擦因数为μ＝0.866
(2)在时间t1内，皮带运动的位移为s2=v0t1=1.6m 工件相对皮带的位移为Δs＝s2－s1＝0.8m在时间t1内，皮带与工件的摩擦生热为Q＝μmgcosθ·Δs＝60J
工件获得的动能为Ek＝1/2mv02＝20J 工件增加的势能为Ep＝mgh＝150J 电动机多消耗的电能为W＝Q＋Ek＋Ep＝230J
16解析：物体P从轨道B端或从传送带右端滑出均做平抛运动，因为两个端点离地面的高度相等，所以物体做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即v2/v1＝L2/L1。
由题意可知，L1＝L，L2=L/2，v1＝则v2＝
小物体P在传送带上滑
动，滑动摩擦力做负功，由动能定理得－μmg＝
mv22－mv12 则μ＝
当传送带向右运动时，要使小物体的水平射程最小，必须使它到达传送带右端时速度最小，这就要求小物体P在传送带上一直做匀减速运动，那么传送带的速度只要小于或等于
物体P在静止的传送带上滑至右端的速度v2，即传送带的速度v≤的距离最小，smin=L，即物体落点D与点C重合。
时，点O、D之间