如图所示 传送带与地面倾角θ=370,从A到B的长度为L=10.25m

解题思路：设在AB上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得解题过程：

因为如果达到了,就不受动摩擦力而是静摩擦力了.所以就不能用位移公式再问：为什么能忽略传送带速度…？再答：考察物体运动的时候传送带的速度没有关系，有关系的是在于传送带速度对于物体运动的影响

当传送带逆时针转动时，物体放在传送带上后，开始阶段物体受力情况如图所示，由沿斜面方向：mgsinθ+Ff=ma； 垂直于斜面方向  FN-mgcosθ=0；又Ff=μFN

下落加速度a1=(mgsinθ-umgcosθ）/m=2m/s^2,所以下落时间t1=（2L/a1）^0.5=3s,所以相对距离L1=L+v*t1=21m；此时v1=6m/s,方向向下,之后反向向上,

分析：要求B的最大上升高度求出绳子断开时的速度就可以了则h=s+v^2/2g.动能定理(4mgsinθ-mg)s=1/2(4m+m)v^2,得v^2=2gs/5所以h=s+s/5=6s/5再问：v^2

以运送物体为研究对象，受重力、弹力和摩擦力，如图所示．由牛顿第二定律知：f-mgsinθ=ma…①f=μN=μmgcosθ…②由①②得：a=μgcosθ-gsinθ═0.8×10×0.8-10×0.6

（1）物块刚放在传送带上时速度为零,此时物块在沿斜面方向上受到重力的分力F=mg*0.6=3N和传送带给它的沿斜面向下的摩擦力f=mg*0.8*0.5=4N故此时物块在沿斜面方向上受到的合力F'=F+

（1）煤球前两秒内的位移s=v0t+(1/2)at^2-v2t=1*2+(1/2)2*2^2-3*2=0（2）煤球从A到B所用时间s=12=v0t+(1/2)at^2-v2*t=t+(1/2)2t^2

1、第一个阶段,物体经过的位移和所用时间可求：ma＝mgsin37+umgcos37a＝10V*V＝2*a*Sa＝10*10/（2*10）＝5m,用时t＝10/10＝1s2、第二个阶段ma＝mgsin

（1）传送带顺时针转动，有题意得：L=12at2解得：a=2.5m/s2根据牛顿第二定律得：mgsinα-μmgcosα=ma解得：μ=0.533=0.29（2）如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带

（1）由平抛运动的规律，得x=vt        H=12gt2代入数据解得v=2m/s  &nbs

(1)、从抛出点到落地用时:h=1/2*g*t*tt=0.8s平抛时的速度为v1:s=vtv1=2m/s在传送带上的加速度向左,大小为a:a=ug=2m/(s*s）初速度v:v*v-v1*v1=2aL

          6m      &n

由题知，在A下滑s的过程中，A、B组成的系统机械能守恒，则据机械能守恒定律有：4mgssinθ−mgs＝12(4m+m)v2−0代入θ=30°得v=2gs5当细线断了之后，对B而言，B将做竖直上抛运动

当A不受传送带的摩擦力的时候，对物体受力分析可知，此时物体的加速度的大小为gsinθ；A、当传送带的加速度a＞gsinθ时，物体相对传送带有向后滑的趋势，所以物体A将受到沿传送带向下的静摩擦力作用，所

放上去之后,沿传送带方向有向上的滑动摩擦力μmgcosθ=0.9*0.5*10*0.8=3.6N和向下的重力分力mgsinθ=0.5*10*0.6=3N.则合力向上为0.6N.加速度a=0.6/0.5

这个地方可能是存在理解上的歧义.题意是指不输送麻袋包与输送麻袋包相比,也就是说,空转消耗一定的电能,输送的时候需要多消耗一定的电能.这里的额外,指的是“多消耗”的意思.再答：整体上来说，特别是在高中，

思路：分析清楚物体可能存在的运动状态1、刚放上去,物体初速度=0,传送带对物体的摩擦力f=μN=μ*(Gcos37°)=0.4G引斜面向上,而重力的一个沿斜面向下的分力要计算出来,记作Gx.看Gx=0

1)h=1/2gt*tx=v0*t代有关数据得t=0.4sv0=4m/s

1、设从右端平抛出去的速度为V1根据平抛规律有：S=v1th=gt²/2得t=0.8s,V1=2m/s根据牛2：a=ug=2又：-2aL=V1²-V0²得V0=4m/s2