题目内容
【题目】如图所示，水平传送带在电动机的带动下以速度v1=2m/s匀速运动，小物体P、Q的质量分别为mP=0.2kg，mQ=0.3kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P放在传送带中点处由静止释放．已知P与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，传送带水平部分两端点间的距离L=4m，不计定滑轮的质量及摩擦，P与定滑轮间的绳水平，取g=10m/s2 ， 最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．
（1）求P经过多长时间滑离传送带；
（2）若P从传送带中点开始运动时具有一水平向右的初速度v2 ， 则v2至少应多大才能使P到达传送带右端．
【答案】
（1）解：对Q：根据牛顿第二定律可知mQg﹣T=mQa
对P受力分析，根据牛顿第二定律额控制：T﹣f=mPa
f=μN，N﹣mPg=0
有位移时间公式可知 
解得：t=1s
答： P经过1s长时间滑离传送带；
（2）解：当P的速度vP≤v1时，P将以（1）问中的加速度a做匀加速直线运动，设P以速度v1减速运动至速度为零发生的位移为x2
则 
，解得 
故P的初速度应大于v1，设P相对传送带向右滑动时，加速度为a1
对Q：mQg﹣T′=mQa1
对P：T′+f=mPa1
根据位移时间公式可知
联立解得 
答：若P从传送带中点开始运动时具有一水平向右的初速度v2，则v2至少应以 
m/s大才能使P到达传送带右端
【解析】对P进行受力分析，结合牛顿第二定律可知P的加速度，再利用位移时间关系得出时间；对Q、对P进行受力分析，根据牛顿第二定律得出P相对传送带向右滑动时加速度，再利用运动学公式得出最小速度。
【考点精析】本题主要考查了匀变速直线运动的速度、位移、时间的关系的相关知识点，需要掌握速度公式：V=V0+at；位移公式：s=v0t+1/2at2；速度位移公式：vt2-v02=2as；以上各式均为矢量式，应用时应规定正方向，然后把矢量化为代数量求解，通常选初速度方向为正方向，凡是跟正方向一致的取“+”值，跟正方向相反的取“-”值才能正确解答此题．
