专题二.pptx

考纲解读 考点一 考点二 考点三 考点四 高考模拟 练出高分 1 掌握超重 失重的概念 会分析超重 失重的相关问题 2 学会分析临界与极值问题 3 会进行力学多过程问题的分析 1 超重并不是重力增加了 失重并不是重力减小了 完全失重也不是重力完全消失了 在发生这些现象时 物体的重力依然存在 且不发生变化 只是物体对支持物的压力 或对悬挂物的拉力 发生了变化 即 视重 发生变化 2 只要物体有向上或向下的加速度 物体就处于超重或失重状态 与物体向上运动还是向下运动无关 3 尽管物体的加速度不是在竖直方向 但只要其加速度在竖直方向上有分量 物体就会处于超重或失重状态 4 物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的 其大小等于ma 例1 如图所示 升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体 升降机静止时弹簧伸长量为10cm 运动时弹簧伸长量为9cm 则升降机的运动状态可能是 g 10m s2 A 以a 1m s2的加速度加速上升B 以a 1m s2的加速度加速下降C 以a 9m s2的加速度减速上升D 以a 9m s2的加速度减速下降 mg F kx 静止时 mg kx1 运动时 mg kx2 ma x2 9cm x1 10cm a 1m s2 方向 竖直向下 v 向上 向下 加速下降 减速上升 递进题组 1 关于超重和失重现象 下列描述中正确的是 A 电梯正在减速上升 在电梯中的乘客处于超重状态B 磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时 列车上的乘客处于超重状态C 荡秋千时秋千摆到最低位置时 人处于失重状态D 神舟九号 飞船在绕地球做圆轨道运行时 飞船内的宇航员处于完全失重状态 2 如图所示是某同学站在力传感器上做下蹲 起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线 由图线可知该同学 A 体重约为650NB 做了两次下蹲 起立的动作C 做了一次下蹲 起立的动作 且下蹲后约2s起立D 下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 平衡 G 650N 下蹲过程中先向下加速后向下减速 因此先处于失重状态后处于超重状态 下蹲 静止 2s 起立 规律总结 1 从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力 或支持力 大于重力时 物体处于超重状态 小于重力时处于失重状态 等于零时处于完全失重状态 2 从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时处于超重状态 具有向下的加速度时处于失重状态 向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态 3 从速度变化的角度判断 物体向上加速或向下减速时 超重 物体向下加速或向上减速时 失重 超重和失重现象判断的 三 技巧 1 有些题目中有 刚好 恰好 正好 等字眼 明显表明题述的过程存在着临界点 2 若题目中有 取值范围 多长时间 多大距离 等词语 表明题述的过程存在着 起止点 而这些起止点往往就对应临界状态 3 若题目中有 最大 最小 至多 至少 等字眼 表明题述的过程存在着极值 这个极值点往往是临界点 4 若题目要求 最终加速度 稳定加速度 等 即是求收尾加速度或收尾速度 例2 2013 山东 22 如图所示 一质量m 0 4kg的小物块 以v0 2m s的初速度 在与斜面成某一夹角的拉力F作用下 沿斜面向上做匀加速运动 经t 2s的时间物块由A点运动到B点 A B之间的距离L 10m 已知斜面倾角 30 物块与斜面之间的动摩擦因数 33 重力加速度g取10m s2 1 求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小 解析设物块加速度的大小为a 到达B点时速度的大小为v L v0t 12at2 v v0 at 联立 式 代入数据得a 3m s2 v 8m s 2 拉力F与斜面夹角多大时 拉力F最小 拉力F的最小值是多少 解析 Fcos mgsin Ff ma Fsin FN mgcos 0 又Ff FN 联立 式得F sin cos cos sin 由数学知识得cos 33sin 233sin 600 由 式可知对应最小F的夹角 30 联立 式 代入数据得F的最小值为Fmin 1335N 递进题组 3 如图所示 物体A叠放在物体B上 B置于光滑水平面上 A B质量分别为mA 6kg mB 2kg A B之间的动摩擦因数 0 2 开始时F 10N 此后逐渐增大 在增大到45N的过程中 则 A 当拉力F 12N时 物体均保持静止状态B 两物体开始没有相对运动 当拉力超过12N时 开始相对滑动C 两物体从受力开始就有相对运动D 两物体始终没有相对运动 4 一个质量为0 2kg的小球用细绳吊在倾角为 53 的斜面顶端 如图所示 斜面静止时 球紧靠在斜面上 绳与斜面平行 不计摩擦 当斜面以10m s2的加速度向右做加速运动时 求绳子的拉力及斜面对小球的弹力 当a较小 a 0 时 当a较大 足够大 时 小球受三个力 重力 绳拉力和斜面的支持力 作用 此时绳平行于斜面 小球将 飞离 斜面 此时绳与水平方向的夹角未知 审题指导 解析 令小球处在离开斜面的临界状态 FN刚好为零 时 斜面向右的加速度为a0此时对小球有mgcot ma0所以a0 gcot 7 5m s2 因为a 10m s2 a0所以小球离开斜面 如图所示 向右加速运动 所以FT 2 g 2 2 83N FN 0 1 接触与脱离的临界条件 两物体相接触或脱离 临界条件是 弹力FN 0 2 相对滑动的临界条件 两物体相接触且处于相对静止时 常存在着静摩擦力 则相对滑动的临界条件是 静摩擦力达到最大值 3 绳子断裂与松驰的临界条件 绳子所能承受的张力是有限度的 绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力 绳子松驰的临界条件是 FT 0 4 加速度变化时 速度达到最值的临界条件 当加速度变为零时 动力学中的 四种 典型临界条件 规律总结 一 水平传送带问题 求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断 判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度 也就是分析物体在运动位移x 对地 的过程中速度是否和传送带速度相等 物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻 二 倾斜传送带问题 求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况 从而确定其是否受到滑动摩擦力作用 如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向 然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况 当物体速度与传送带速度相等时 物体所受的摩擦力有可能发生突变 两类传送带模型 例3 如图所示为某工厂的货物传送装置 倾斜运输带AB 与水平面成 37 角 与一斜面BC 与水平面成 30 角 平滑连接 B点到C点的距离为L 0 6m 运输带运行速度恒为v0 5m s A点到B点的距离为x 4 5m 现将一质量为m 0 4kg的小物体轻轻放于A点 物体恰好能到达最高点C点 已知物体与斜面间的动摩擦因数 1 36 求 g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 空气阻力不计 1 小物体运动到B点时的速度v的大小 2 小物体与运输带间的动摩擦因数 3 小物体从A点运动到C点所经历的时间t 1 小物体运动到B点时的速度v的大小 解析 1 设小物体在斜面上的加速度为a1 运动到B点时的速度为v 由牛顿第二定律得mgsin 1mgcos ma1由运动学公式知v2 2a1L 联立解得v 3m s 审题指导 判断 由A到B 一直加速 先加速 后匀速 假设 一直加速 计算vB与v0比较 vB v0 vB v0 vB v0 一直加速 先加速 后匀速 到B刚好共速 2 小物体与运输带间的动摩擦因数 3 小物体从A点运动到C点所经历的时间t 解析 2 因为v v0 所以小物体在运输带上一直做匀加速运动 设加速度为a2 则由牛顿第二定律知 mgcos mgsin ma2又因为v2 2a2x 联立解得 78 3 小物体从A点运动到B点所经历时间t1 v 2 从B点运动到C点经历时间t2 v 1小物体从A点运动到C点所经历的时间t t1 t2 3 4s 递进题组 5 如图所示 水平传送带A B两端相距s 3 5m 物体与传送带间的动摩擦因数 0 1 物体滑上传送带A端的瞬时速度vA 4m s 到达B端的瞬时速度设为vB 下列说法中正确的是 A 若传送带不动 vB 3m sB 若传送带逆时针匀速转动 vB一定等于3m sC 若传送带顺时针匀速转动 vB一定等于3m sD 若传送带顺时针匀速转动 有可能等于3m s 解析 1 当传送带不动时 物体从A到B做匀减速运动 a g 1m s2 由2 gs v 2 v 2得 vB 3m s 2 当传送带逆时针转动时 物体相对传送带运动方向不变 物体以相同的加速度一直减速至B vB 3m s 3 当传送带顺时针匀速转动时 传送带的速度不同 物体滑上传送带后的运动情况不同 有下面的五种可能 匀速 一直减速 先减速后匀速 一直加速 先加速后匀速 答案 ABD 6 如图所示 倾角为37 长为l 16m的传送带 转动速度为v 10m s 动摩擦因数 0 5 在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m 0 5kg的物体 已知sin37 0 6 cos37 0 8 g 10m s2 求 1 传送带顺时针转动时 物体从顶端A滑到底端B的时间 解析 mg sin37 cos37 ma则a gsin37 gcos37 2m s2 根据l 12at2得t 4s 传送带顺时针转动时 物体相对传送带向下运动 则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上 审题指导 FN mg Ff 2 传送带逆时针转动时 物体从顶端A滑到底端B的时间 审题指导 传送带逆时针转动 共速 前 Ff沿斜面向下 加速 时 tan 不能维持共速 后 Ff沿斜面向上 加速 2 传送带逆时针转动时 物体从顶端A滑到底端B的时间 解析 mgsin37 mgcos37 ma1则有a1 gsin370 gcos370 10m s2t1 v 1 1010s 1s x1 12 1 12 5m l 16mmgsin37 mgcos37 ma2a2 gsin370 gcos370 2m s2 x2 l x1 11m又因为x2 vt2 12a2 22 则有10t2 22 11解得 t2 1s t2 11s舍去 所以t总 t1 t2 2s 1 问题的特点滑块 木板类问题涉及两个物体 并且物体间存在相对滑动 2 常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中 若滑块和木板向同一方向运动 则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度 若滑块和木板向相反方向运动 则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度 3 解题方法此类问题涉及两个物体 多个运动过程 并且物体间还存在相对运动 所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度 注意两过程的连接处加速度可能突变 找出物体之间的位移 路程 关系或速度关系是解题的突破口 求解中应注意联系两个过程的纽带 每一个过程的末速度是下一个过程的初速度 例4 2013 江苏 14 如图所示 将小砝码置于桌面上的薄纸板上 用水平向右的拉力将纸板迅速抽出 砝码的移动很小 几乎观察不到 这就是大家熟悉的惯性演示实验 若砝码和纸板的质量分别为m1和m2 各接触面间的动摩擦因数均为 重力加速度为g 1 当纸板相对砝码运动时 求纸板所受摩擦力的大小 2 要使纸板相对砝码运动 求所需拉力的大小 3 本实验中 m1 0 5kg m2 0 1kg 0 2 砝码与纸板左端的距离d 0 1m 取g 10m s2 若砝码移动的距离超过l 0 002m 人眼就能感知 为确保实验成功 纸板所需的拉力至少多大 例4 2013 江苏 14 如图所示 将小砝码置于桌面上的薄纸板上 用水平向右的拉力将纸板迅速抽出 砝码的移动很小 几乎观察不到 这就是大家熟悉的惯性演示实验 若砝码和纸板的质量分别为m1和m2 各接触面间的动摩擦因数均为 重力加速度为g 1 当纸板相对砝码运动时 求纸板所受摩擦力的大小 2 要使纸板相对砝码运动 求所需拉力的大小 解析 1 砝码对纸板的摩擦力f1 m1g 桌面对纸板的摩擦力f2 m1 m2 g 纸板所受的摩擦力f f1 f2 2m1 m2 g 2 设砝码的加速度为a1 纸板的加速度为a2 则有 f1 m1a1 F f1 f2 m2a2 发生相对运动的条件a12 m1 m2 g 3 本实验中 m1 0 5kg m2 0 1kg 0 2 砝码与纸板左端的距离d 0 1m 取g 10m s2 若砝码移动的距离超过l 0 002m 人眼就能感知 为确保实验成功 纸板所需的拉力至少多大 解析 3 纸板抽出前 砝码运动距离x1 12a1 12纸板运动距离x1 d 12a2 12 纸板抽出后 砝码在桌面上运动距离x2 12a3 22 l x1 x2且a1 a3 a1t1 a3t2 联立以上各式解得F 2 g 代入数据求得F 22 4N 递进题组 7 质量为m0 20kg 长为L 5m的木板放在水平面上 木板与水平面间的动摩擦因数为 1 0 15 将质量m 10kg的小木块 可视为质点 以v0 4m s的速度从木板的左端水平抛射到木板上 如图10所示 小木块与木板面间的动摩擦因数为 2 0 4 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 g 10m s2 则以下判断中正确的是 A 木板一定静止不动 小木块不能滑出木板B 木板一定静止不动 小木块能滑出木板C 木板一定向右滑动 小木块不能滑出木板D 木板一定向右滑动 小木块能滑出木板 8 如图所示 质量M 8kg的小车放在水平光滑的平面上 在小车左端加一水平推力F 8N 当小车向右运动的速度达到1 5m s时 在小车前端轻轻地放上一个大小不计 质量为m 2kg的小物块 小物块与小车间的动摩擦因数 0 2 小车足够长 求 取g 10m s2 1 放上小物块后 小物块及小车的加速度各为多大 2 经多长时间两者达到相同的速度 3 从小物块放在小车上开始 经过t 1 5s小物块通过的位移大小为多少 1 放上小物块后 小物块及小车的加速度各为多大 2 经多长时间两者达到相同的速度 解析 1 小物块的加速度am g 2m s2小车的加速度aM g 0 5m s2 2 由 amt v0 aMt得t 1s 3 从小物块放在小车上开始 经过t 1 5s小物块通过的位移大小为多少 解析 在开始1s内小物块的位移 x1 12amt2 1m最大速度 v amt 2m s在接下来的0 5s内小物块与小车相对静止 一起做匀加速运动且加速度 a 0 8m s2这0 5s内的位移 x2 vt1 12 12 1 1m通过的总位移x x1 x2 2 1m 1 分析滑块和木板的受力情况 根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度 2 对滑块和木板进行运动情况分析 找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系 建立方程 特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移 滑块 木板模型 的分析技巧 方法提炼 1 2014 北京理综 18 应用物理知识分析生活中的常见现象 可以使物理学习更加有趣和深入 例如平伸手掌托起物体 由静止开始竖直向上运动 直至将物体抛出 对此现象分析正确的是 A 手托物体向上运动的过程中 物体始终处于超重状态B 手托物体向上运动的过程中 物体始终处于失重状态C 在物体离开手的瞬间 物体的加速度大于重力加速度D 在物体离开手的瞬间 手的加速度大于重力加速度 解析 手托物体抛出的过程 必有一段加速过程 其后可以减速 可以匀速 当手和物体匀速运动时 物体既不超重也不失重 当手和物体减速运动时 物体处于失重状态 选项A B错误 当物体离开手的瞬间 物体只受重力 此时物体的加速度等于重力加速度 选项C错误 手和物体分离之前速度相同 分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大 物体离开手的瞬间 手的加速度大于重力加速度 所以选项D正确 答案 D 2 2014 四川 7 如图所示 水平传送带以速度v1匀速运动 小物体P Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连 t 0时刻P在传送带左端具有速度v2 P与定滑轮间的绳水平 t t0时刻P离开传送带 不计定滑轮质量和摩擦 绳足够长 正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是 1 若v1 v2 且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力 则可能先向右匀加速 加速至v1后随传送带一起向右匀速 2 P受到的滑动摩擦力小于Q的重力 此时P一直向右减速 减速到零后反向加速 且a不变 在左端离开传送带 3 2014 江苏 8 如图所示 A B两物块的质量分别为2m和m 静止叠放在水平地面上 A B间的动摩擦因数为 B与地面间的动摩擦因数为 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 重力加速度为g 现对A施加一水平拉力F 则 A 当F3 mg时 A相对B滑动D 无论F为何值 B的加速度不会超过12 g 解析 当03 mg时 A相对B向右做加速运动 B相对地面也向右加速 当F 52 mg时 A与B共同的加速度a 32 g3 13 g 物块B的加速度最大为a2 2 g 32 g 12 g A 当F3 mg时 A相对B滑动D 无论F为何值 B的加速度不会超过12 g 4 如图甲所示 质量M 1 0kg的长木板A静止在光滑水平面上 在木板的左端放置一个质量m 1 0kg的小铁块B 铁块与木板间的动摩擦因数 0 2 对铁块施加水平向右的拉力F F大小随时间变化如图乙所示 4s时撤去拉力 可认为A B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等 取重力加速度g 10m s2 求 1 0 1s内 A B的加速度大小aA aB 解析 在0 1s内 A B两物体分别做匀加速直线运动根据牛顿第二定律对A mg MaA对BF1 mg maB代入数据得aA 2m s2aB 4m s2 答案 见解析 2 B相对A滑行的最大距离s 解析 t1 1s后 拉力F2 mg 2N 铁块B做匀速运动 速度大小为v1 木板A仍做匀加速运动 又经过时间t2 速度与铁块B相等 v1 aBt1又v1 aA t1 t2 解得t2 1s 设A B速度相等后一起做匀加速运动 运动时间t3 2s 加速度为aF2 M m a得 a 1m s2木板A受到的静摩擦力f Ma mg 故A B一起运动 代入数据得s 2m 答案 见解析 一 单项选择题1 如图所示 将物体A放在容器B中 以某一速度把容器B竖直上抛 不计空气阻力 运动过程中容器B的底面始终保持水平 下列说法正确的是 A 在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零B 上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力C 下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力D 在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力 解析 以A B整体为研究对象 在上升和下降过程中 A B的加速度都为重力加速度 处于完全失重状态 A对B的压力为0 故A正确 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 2 如图所示 质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上 在斜面顶端将一质量为m的物体 以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出 物体m沿斜面向下做减速运动 在减速运动过程中 下列有关说法中正确的是 A 地面对木楔的支持力大于 M m gB 地面对木楔的支持力小于 M m gC 地面对木楔的支持力等于 M m gD 地面对木楔的摩擦力为0 解析 由于物体m沿斜面向下做减速运动 则物体的a方向与v方向相反 即沿斜面向上 则其沿竖直向上的方向有分量 故系统处于超重状态 故A对 B C错 同理可知 a沿水平方向的分量向右 说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右 故D错误 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 如图所示 足够长的传送带与水平面夹角为 以速度v0逆时针匀速转动 在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块 小木块与传送带间的动摩擦因数 tan 则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 解析 小木块刚放上传送带 传送带的速度大于小木块的速度 传送带给小木块一沿斜面向下的滑动摩擦力 小木块由静止加速下滑 由分析得 mgsin mgcos ma1 a1 g sin cos 当小木块加速至与传送带速度相等时 由于 tan 小木块在重力作用下将继续加速 此后小木块的速度大于传送带的速度 传送带给小木块沿传送带向上的滑动摩擦力 但合力沿传送带向下 小木块继续加速下滑 同理得 a2 g sin cos 所以本题正确选项为D 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 4 如图所示 传送带保持1m s的速度顺时针转动 现将一质量m 0 5kg的物体轻轻地放在传送带的a点上 设物体与传送带间的动摩擦因数 0 1 a b间的距离L 2 5m 则物体从a点运动到b点所经历的时间为 g取10m s2 A 5sB 6 1 sC 3sD 2 5s 解析 物体在传送带上运动的加速度为a g 1m s2 加速到与传送带共速的时间为t1 v 1s 加速的距离为x v2t1 0 5m 以后物体随传送带匀速运动的时间为t2 v 2s 则物体从a点运动到b点所经历的时间为3s 选项C正确 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 5 如图所示 木块A B静止叠放在光滑水平面上 A的质量为m B的质量为2m 现施水平力F拉B 如图甲 A B刚好不发生相对滑动 一起沿水平面运动 若改用水平力F 拉A 如图乙 使A B也保持相对静止 一起沿水平面运动 则F 不得超过 A 2FB 2C 3FD 3 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 A 2FB 2C 3FD 3 解析 水平力F拉B时 设加速度为a 对A B整体 F 3ma A B刚好不发生相对滑动 则B对A的摩擦力达到了fmax mg 对A mg ma 如果用F 作用在A上 设加速度为a 对A B整体 F 3ma A B刚好不发生相对滑动 则A对B的摩擦力达到了fmax mg 对B mg 2ma 由 得 F 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 6 如图所示 质量都为m的A B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止 用大小等于mg的恒力F向上拉B 运动距离h时B与A分离 则下列说法中正确的是 A B和A刚分离时 弹簧为原长B B和A刚分离时 它们的加速度为gC 弹簧的劲度系数等于 g D 在B与A分离之前 它们做匀加速运动 解析 在施加外力F前 对A B整体受力分析可得2mg kx1 A B两物体分离时 B物体受力平衡 两者加速度恰好为零 对物体A mg kx2 由于x1 x2 h 所以k g 在B与A分离之前 F弹逐渐减小 它们的a逐渐减小 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 二 多项选择题7 用力传感器悬挂一钩码 一段时间后 钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动 如图所示 图中实线是传感器记录的拉力大小变化情况 则 A 钩码的重力约为4NB 钩码的重力约为3NC A B C D四段图线中 钩码处于超重状态的是A D 失重状态的是B CD A B C D四段图线中 钩码处于超重状态的是A B 失重状态的是C D 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 A 钩码的重力约为4NB 钩码的重力约为3NC A B C D四段图线中 钩码处于超重状态的是A D 失重状态的是B CD A B C D四段图线中 钩码处于超重状态的是A B 失重状态的是C D 解析 求解本题的关键是对图象及超重 失重概念的准确理解 由于初始状态物体静止 所以钩码的重力等于拉力 从图上可读出拉力约为4N 故A正确 B错误 据 超重时拉力大于重力 失重时拉力小于重力 可知 C正确 D错误 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 8 如图所示 质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上 其上放一质量为m2的木块 t 0时刻起 给木块施加一水平恒力F 分别用a1 a2和v1 v2表示木板 木块的加速度和速度大小 下列四个图中可能符合运动情况的是 解析 若m1和m2在拉力F的作用下一起加速运动 则a 1 2 选项A正确 若m1和m2在拉力F的作用下发生相对滑动 因为m2的速度v2大于m1的速度v1 所以选项C正确 D错误 又因v t图象的斜率表示加速度 根据C图可知 a2 a1 选项B错误 AC 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 三 非选择题9 如图所示 为传送带传输装置示意图的一部分 传送带与水平地面的倾角 37 A B两端相距5 0m 质量为M 10kg的物体以v0 6 0m s的速度沿AB方向从A端滑上传送带 物体与传送带间的动摩擦因数