高考物理模型专练与解析模型15传送带能量相关模型（教师版含解析）

15传送带能量相关模型1．如图所示，传送带以速度逆时针匀速转动，转轮半径很小(相比于传送带长度可忽略)，传送带AB部分水平，OA部分倾角、长为1m，OB部分倾角、长为0.75m。现将一质量为的墨盒轻放在A端，墨盒由静止从A运动到B的过程中留下清晰的痕迹(忽略墨盒质量的变化)。已知墨盒通过O点转轮时速度大小不变，墨盒与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度，，，，则墨盒从A到B过程中下列说法中正确的是()A．墨盒与传送带间因摩擦产生的热量为0.584JB．墨盒与传送带间因摩擦产生的热量为0.81JC．墨盒在传送带上留下的痕迹长为0.6125mD．墨盒在传送带上留下的痕迹长为1.0125m【答案】AC【详解】AB．当墨盒在OA部分运动时，对其受力分析，根据牛顿第二定律得解得当墨盒与传送带共速时，墨盒的位移为故墨盒先加速后匀速，加速时间为墨盒相对于传送带向后，相对位移为摩擦产生的热量为当墨盒在OB部分运动时，对其受力分析，根据牛顿第二定律得解得墨盒在OB部分做匀加速运动，根据匀变速公式得解得墨盒相对于传送带向前，相对位移为摩擦产生的热量为墨盒从A到B过程中产生的热量为故A正确，B错误；CD．根据分析可知，在OA部分运动时，墨盒相对于传送带向后，相对位移为在OB部分运动时，墨盒相对于传送带向前，相对位移为与的部分擦痕重合，故墨盒在传送带上留下的痕迹长为故C正确，D错误。故选AC。2．如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v，沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一质量m＝1kg的物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v-t图象如图乙所示，已知重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则下列说法正确的是()A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5；B．传送带底端到顶端的距离为32m；C．0～2s内物块的加速度大小为12m/s2D．全程物块与传送带间由于摩擦而产生的64J热量。【答案】AB【详解】AC．由图示图象可知，0～2s内物块的加速度为负号表示加速度方向与速度方向相反；由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma代入数据解得μ=0.5选项A正确，C错误；B．由图示图象可知，传送带底端到顶端的距离为选项B正确；D．由v-t图象可知，物块在0～2s内向上做减速运动，当减速到与传送带速度相等时，由于重力沿传送带的分力大于物块受到的最大静摩擦力，物块继续向上做减速运动，由此可知传送带的速度为4m/s，0～2s内物块与传送带的相对位移d1=×(24+4)×2−4×2=20m该过程产生的热量Q1=μmgcos37°•d1代入数据解得Q1=80J2s-4s内，相对位移d2=4×2-×(4+0)×2=4m摩擦产生的热量Q2=μmgcos37°•d2代入数据解得Q2=16J整个过程摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=96J选项D错误。故选AB。3．如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率匀速向右运动。一质量为2kg的滑块从传送带右端以水平向左的速率滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列判断正确的有()A．全过程中电动机对传送带多做功为12JB．全过程中电动机对传送带多做功为6JC．全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为6JD．全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为9J【答案】BD【详解】设滑块向左运动的时间，位移大小为，则滑块的位移为

滑块向左运动过程中对传送带的位移大小设滑块向右匀加速运动的时间，位移大小为，则滑块的位移为滑块向右匀加速过程中传送带的位移大小滑块相对传送带的总路程滑块与传送带间摩擦产生的热量大小全过程中，电动机对传送带做的功故选BD。4．已知一足够长的传送带倾角为θ，以一定的速度顺时针匀速转动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1>v2)。已知传送带的速度保持不变，则()A．在0~t1内系统产生的热量与在t1~t2内系统产生的热量相等B．在0~t2内，传送带对物块做的功W=mv22－mv12C．在0~t2内，物块对传送带做负功D．在t1~t2内，系统产生的热量等于物块机械能的增量【答案】CD【详解】A．由图乙可知，在0～t1内，物块与传送带之间的相对位移大，摩擦生热多，故A错误；B．在0～t2内，由图乙中“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，重力与传送带对物块的合力做的功等于物块动能的增量，故B错误；C．由图乙可知，在0～t2内，物块先向下运动后向上运动，传送带相对于物块的运动方向向上，传送带受的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故C正确；D．由图乙中“面积”等于位移可知，在t1～t2内，传送带的位移物块的位移物块与传送带之间的相对位移等于物块的位移，而Q=fx相传送带对物体所做的功W=fx物=ΔE故D正确。故选CD。5．如图所示，光滑水平面与逆时针运动的粗糙倾斜传送带平滑连接，水平面上有一质量为m的滑块，以初速v0向右冲上传送带，传送带的速度大小为v。在滑块冲上传送带到离开传送带的过程，下列说法中正确的是()A．传送带对滑块做功可能为零B．传送带对滑块冲量可能为零C．传送带对滑块冲量可能水平向左D．v0和v越大，滑块与传送带摩擦生热都越多【答案】ACD【详解】A．若滑块从传送带下方离开，滑块在向上运动过程中，摩擦力向下，摩擦力做负功，向下加速下滑过程中摩擦力向下，做正功，若滑块在下滑过程中一直做匀加速直线运动，则上滑过程和下滑过程摩擦力大小相同，位移大小相同方向相反，因此整个过程摩擦力做的功可能为零，A正确；B．滑块向上滑动和向下过程中，传送带对滑块的作用力为摩擦力与支持力的合力，两个力的大小和方向均为发生变化且不为零，故传送带对滑块冲量不为零，B错误；C．滑块向上滑动和向下过程中，传送带对滑块的作用力为摩擦力与支持力的合力，两个力的大小和方向均为发生变化且不为零，由三角形定则可得：当摩擦力与支持力的合力水平向左时，二者合力与重力的合力仍可以平行于斜面向下，故传送带对滑块冲量可能水平向左，C正确；D．由于物块运动的方向与传送带运动的方向相反，v0和v越大，二者相对位移越大，由可得：v0和v越大，滑块与传送带摩擦生热都越多，D正确；故选ACD。以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g取10m/s2，由v-t图象可知()A．A、B两点的距离为2.4mB．货物与传送带的动摩擦因数为0.5C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8JD．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J【答案】BD【详解】A．物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”为故A错误；B．由图象可知，物块在传送带上先做匀加速直线运动，加速度为对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，由牛顿第二定律得同理做的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为由牛顿第二定得联立解得，，故B正确；C．货物从A运动到B过程中，由动能定理得解得，传送带对货物做功为故C错误；D．根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，在内由图可知相对位移为货物与传送带摩擦产生的热量为在内由图可知相对位移为货物与传送带摩擦产生的热量为货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为故D正确。故选BD。7．如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中()A．物块a重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功大于a机械能的增加C．摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等【答案】ABD【详解】A．开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsinθ=mg则ma=，b上升h，则a下降hsinθ，则a重力势能的减小量为maghsinθ=mgh故A正确；B．根据能量守恒，摩擦力对a做的功减去绳子拉力对a做的功等于a机械能的增量，因此摩擦力对a做的功大于a的机械能增加，故B正确；C．将a、b做为一个整体，重力对a做的正功与b克服重力做功相等，因此合外力对系统做的功就等于摩擦力对a做的功，就等于系统动能的增量，故C错误；D．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率为Pb=mgv；对a，重力的瞬时功率为Pa=magvsinθ=mgv所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确。故选ABD。8．如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角为30°，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑定滑轮与物块b相连，b的质量为m，a与斜面间的动摩擦因数为μ，开始时，a、b及传送带均静止，且a不受摩擦力作用。现让传送带逆时针匀速转动，在b由静止开始到上升高度为h(未与定滑轮相碰，重力加速度为g)的过程中()A．传送带转动时a受到的摩擦力沿传送带向上。B．a的质量是b的质量的两倍C．传送带刚开始转动瞬间，a和b的加速度大小均为gD．物块a、b组成的系统重力势能增加mgh【答案】B【详解】A．原来a和b都静止时a不受摩擦力作用，当传送带逆时针匀速转动，a相对于传送带向上运动，传送带对a有沿传送带向下的摩擦力，故A错误；B．开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有：Mgsinθ=T=mg，则a的质量M=2m，故B正确；C．传送带转动后对a、b整体受力分析，有解得故C错误；D．a重力势能的减少量EPa=Mghsin30°=mgh，物块b重力势能的增加量EPb=mgh，物块a、b组成系统重力势能增加为零，故D错误。故选B。9．如图所示，用水平传送带将质量为m的煤块从A端运送到B端，AB之间的距离为L，传送带始终保持以速率v匀速运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，将煤块轻轻放在传送带上后，煤块在传送带上留下一段长度为l(l<L)的痕迹。下列说法不正确的是()A．摩擦力对煤块做的功为μmg(L+l) B．摩擦力对煤块做的功为μmglC．煤块与传送带因摩擦产生的热量为μmgl D．煤块与传送带因摩擦产生的热量为mv2【答案】A【详解】AB．设煤块与传送带的速度相等时，所用的时间为t，且煤块相对于地面的位移为x，则由于煤块在传送带上留下一段长度为l(l<L)的痕迹，则有联立解得则摩擦力对煤块做的功为故A错误，符合题意；B正确，不符合题意；C．煤块与传送带因摩擦产生的热量为故C正确，不符合题意；D．煤块在水平传送带上由于摩擦而产生的加速度为a=μg，匀加速运动的位移为x=l，由运动学公式2ax=v2可得上式变形，得到故煤块与传送带因摩擦产生的热量为故D正确，不符合题意。故选A。10．如图所示，水平传送带的质量，两端点间距离，传送带以加速度由静止开始顺时针加速运转的同时，将一质量为的滑块(可视为质点)无初速度地轻放在点处，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.1，取，电动机的内阻不计。传送带加速到的速度时立即开始做匀速转动而后速率将始终保持不变，则滑块从运动到的过程中()A．系统产生的热量为B．滑块机械能的增加量为C．滑块与传送带相对运动的时间是D．传送滑块过程中电动机输出的电能为【答案】A【详解】AC.传送带初始做匀加速运动，加速时间，根据牛顿运动定律，滑块的加速度满足，得：，滑块加速过程的位移，故滑块会一直加速到与传送带共速，后保持相对静止一起做匀速运动。滑块加速的时间：，相同时间内传送带的位移，故滑块与传送带的相对路程：，系统产生的热量：，故A正确，C错误；B.根据功能关系，传送带对滑块的摩擦力做的功等于滑块机械能的增加量：，故B错误；D.由能量守恒定律得，电动机输出的电能：，故D错误。故选：A。11．如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A到B长度为L=14m，传送带以v0=8m/s的速率逆时针转动，在传送带上端A无初速地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求∶(1)煤块从A到B的时间。(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度。(3)系统因摩擦产生的热量。【答案】(1)2s；(2)4m；(3)6J【详解】(1)煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律得代入数据解得煤块达到和传送带速度相等时的时间为煤块达到和传送带速度相等过程中的位移为煤块速度到达v0后，煤块受到向上的摩擦了，由牛顿第二定律得代入数据解得煤块第二次加速的位移为解得煤块从A到B的时间为(2)第一过程煤块相对传送带向上移动，划痕长为第二过程中煤块相对传送带向下移动，划痕长为两部分重合，故划痕总长为4m(3)系统因摩擦产生的热量为12．如图所示，水平传送带与固定斜面平滑连接，质量为m＝1kg的小物体放在斜面上，斜面与水平方向的夹角为θ＝37°，若小物体受到一大小为F＝20N的沿斜面向上的拉力作用，可以使小物体从斜面底端A由静止向上加速滑动。当小物体到达斜面顶端B时，撤去拉力F且水平传送带立即从静止开始以加速度a0＝1m/s2沿逆时针方向做匀加速运动，当小物体的速度减为零时刚好滑到水平传送带的右端C处。小物体与斜面及水平传送带间的动摩擦因数均为µ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，AB间距离L＝5m，导槽D可使小物体速度转为水平且无能量损失，g＝10m/s2。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)小物体运动到B点的速度(2)小物体从A点运动到C点的时间(3)小物体从B点运动到C点的过程中，小物体与传送带间由于摩擦而产生的热量Q【答案】(1)；(2)3s；(3)【详解】(1)小物体受到沿斜面向上的拉力作用时，对其进行受力分析，由牛顿第二定律可得解得从到过程中由运动学公式可得解得(2)从到过程中由运动学公式可得小物体在段，由牛顿第二定律可得由运动学公式可得小物体从到过程中的时间总联立解得总(3)小物体在段，小物体向右运动，传送带逆时针运动，对小物块对传送带小物体相对于传送带的位移小物体与传送带间由于摩擦而产生的热量解得13．如图所示，装置的左边AB部分是长为L1=4m的水平台面，一水平放置的轻质弹簧左端固定，并处于原长状态。装置的中间BC部分是长为L2=4.5m的水平传送带，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针转动。它与左边的台面等高，并平滑对接，与右边的光滑曲面相切与C点。质量m=1kg的小滑块从曲面上距水平台面h=5m的D处由静止下滑，滑块向左运动，最远到达O点，OA间距x=1m。已知物块与传送带及左边水平台面之间的摩擦因数μ=0.4，弹簧始终处在弹性限度内，g取10m/s2。求：(1)滑块从D到O的过程中与皮带摩擦产生的热量；(2)弹簧的最大弹性势能；(3)滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度；(4)滑块第八次从右边曲面部分滑到皮带上运动的过程中，距离A点的最小值。【答案】(1)22J；(2)20J；(3)0.2m；(4)8m【详解】(1)滑块从D到C由动能定理滑块从D到B由动能定理滑块进入传送带后匀减速运动，由牛顿二定律滑块由C到B运动的时间皮带在时间t内的位移为，此过程滑块与皮带摩擦产生的热量Q=μmg(L2＋l)=22J(2)对滑块从D到O由能量守恒定律Ep=mgh－μmg(L2＋L1－x)得弹簧的最大弹性势能Ep=20J(3)设滑块从O点返回到达B点的速度为v2，由能量守恒定律滑块再次进入传送带后匀减速运动，由牛顿二定律滑块速度减小到v=2m/s时，在皮带上的位移为所以滑块随皮带一起运动到C点的速度为v=2m/s，滑块从C到最高点，由机械能守恒得滑块回到右边曲面部分所能到达的最大高度h1=0.2m(4)滑块在右边曲面部分运动的过程中机械能守恒，所以滑块回到C点时的速度v3=v=2m/s设滑块在皮带上由C点向左减速运动到速度为零的过程位移为X，由动能定理得滑块向左运动距离C点X=0.5m时，速度为零，此时距离A点最小，滑块在皮带上由速度为零的位置向右加速运动到C点的过程中，由动能定理得滑块向右运动到C点时的速度v4=2m/s，即以后每次经过C点速度大小都是2m/s。所以滑块每次从右边曲面部分滑到皮带上运动的过程中，距离A点的最小值都是L1＋L2－X=8m14．如图所示，水平轨道OP固定，ON段光滑、NP段粗糙且长L=1.5m。一根轻弹簧的一端固定在轨道左侧O点的竖直挡板上，另一端自然伸长时在N点。P点右侧有一与水平方向成θ=37°、足够长的传送带PQ与水平面在P点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为v=3m/s。质量m=2kg小物块A放在N点，与A相同的物块B静止在P点。现用力通过A缓慢向左压缩弹簧，当弹簧的弹性势能E=31.0J时由静止释放，A开始向右运动。当A运动到P点时与B发生正碰，碰撞时间极短且无机械能损失。已知A与NP段间的动摩擦因数μ1=0.2，B与传送带间的动摩擦因数µ2=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)A第一次运动到P点时的速度大小；(2)第一次碰撞后A、B的速度大小；(3)A、B第一次碰撞分离到第二次碰撞时经历的时间。【答案】(1)5m/s；(2)0；5m/s；(3)【详解】解:(1)设A第一次运动到P点时的速度大小为v0，由动能定理得①弹力做功等于弹性势能的减少量得W=Ep②解得v0=5m/s③(2)设A与B碰撞后，A的速度为vA，B的速度为vB，由动量守恒得mv0=mvA+mvB④由机械能守恒得⑤解得vA=0vB=v0=5m/s⑥(3)B先沿传送带向上匀减速至零，再向下匀加速至速度为3m/s，由牛顿第二定律得⑦由运动学公式有⑧由于μ2＜tanθ，B沿传送带向下继续加速⑨a1=4m/s2⑩所以A、B第一次碰撞分离到第二次碰撞时经历的时间⑪15．如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0.6m。平台上静止着两个滑块A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面。小车质量为M=0.3kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度为L=0.8m，动摩擦因数为μ=0.2，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后，A滑块到达轨道最高点时对轨道的压力大小恰好等于A滑块的重力，滑块B冲上小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，且爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2。求：(1)滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力；(2)爆炸后A与B获得的总动能是多少？(3)滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。【答案】(1)7N，方向竖直向下；(2)2.7J；(3)0.22J【详解】(1)滑块A在最高点时，由牛顿第二定律得已知最高点滑块对轨道的压力从半圆轨道最低点到达最高点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得在半圆轨道最低点，支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得代入数据解得，由牛顿第三定律可知，滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力大小为7N，方向竖直向下；(2)炸药爆炸过程中，A、B系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得由能量守恒定律得代入数据解得(3)B与车组成的系统动量守恒，B与车的速度相等时弹簧弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得由能量守恒定律得代入数据解得16．如图所示，半径R=1.6m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平浅色传送带上A、B两端点间距L=16m，传送带以v0=10m/s的速度顺时针运动，将质量m=1kg的黑色小煤块(可视为质点)放到传送带上，煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2：(1)将煤块在传送带A端由静止释放，求煤块由释放到第一次经过B端的过程中：①所需时间t；②由于相对滑动，浅色传送带上会留下黑色的印迹，求该印迹的长度∆x(即煤块相对于传送带后退的距离)；(2)若煤块仍由静止释放，要想煤块能通过圆轨道的最高点C，求煤块在传送带上释放的位置范围。【答案】(1)①2.85s；②100J；(2)在A端与距A端6m的范围内任何一个位置【详解】(1)①设滑块加速运动的时间为，加速度大小为，对滑块受力分析，有：，解得：，设滑块速度达到时经过的位移为：设滑块匀速运动的位移为：则滑块匀速运动的时间为：所需时间为：②设滑块加速运动过程中传送带的位移为：滑块与传动带之间的相对位移∆x=x3-x1=12.5m滑动摩擦力产生热量Q=umg·∆x=50J(2)滑块能通过点的临界条件是在点轨道对滑块压力为0，则在点由牛顿第二定律得：点到点由动能定理得：滑块通过点的速度至少为：由运动学得：解得：滑块在A端与距A端6m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C处17．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型，倾角θ=37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L=6m，始终以v0=4m/s的速度顺时针运动。一个质量m=1kg的物块由距斜面底端高度h1=5.4m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变。物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.2，传送带上表面距地面的高度H=5m，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)求物块下滑到B点的速度vB；(2)求物块由B点运动到C点的时间；(3)求物块落到D点时的速度。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)由动能定理得解得(2)物块先做匀减速运动，由牛顿第二定律得解得物块减速到4m/s的时间和位移物块后做匀速运动物块由B点运动到C点的时间(3)由机械能守恒定律解得18．如图所示，光滑曲面与长度L＝lm的水平传送带BC平滑连接，传送带以v＝lm/s的速度顺时针运行．质量m1＝lkg的物块甲(可视为质点)从曲面上高h＝lm的A点由静止释放，物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2．传送带右侧光滑水平地面上有一个光滑的四分之一圆轨道状物体乙，轨道末端与地面相切，质量m2＝3kg，重力加速度g＝l0m/s2．求：(1)甲第一次运动到C点的速度大小；(2)甲第二次运动到C点的速度大小；(3)甲第二次到C点后经多长时间再次到达C点．【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)物块甲从A运动至B，由动能定理得：解得：假设物块在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得：解得：因，故物块甲第一次运动至C点的速度大小为(2)以物块甲和物块乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒，则有：系统能量守恒，则有：联立解得：则甲从乙物体上滑下后向左匀速运动，第二次到达C点的速度大小为2m/s(3)甲向左进入传送带，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：解得：从C运动B，由动能定理得：解得：到达B点的速度为物块甲从C点运动到左端B点的时间为接着甲在传送带上向右做加速度仍为a的匀加速直线运动，设到与传送带共速时所用时间为，则有：甲在时间内的位移为，由动能定理得：解得：甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动，位移为则所用的时间为故甲从第二次到第三次到达C的过程中的运动时间为19．如图所示，水平传送带长L=12m，且以v=5m/s的恒定速率顺时针转动，光滑轨道与传送带的右端B点平滑连接，有一质量m=2kg的物块从距传送带高h=5m的A点由静止开始滑下。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取，求：(1)物体下滑到B点的速度大小；(2)物块距传送带左端C的最小距离。【答案】(1)10m/s；(2)2m【详解】(1)物块从A到B的过程中，由机械能守恒得解得(2)物块在传送带上向左运动的过程中，由牛顿第二定律得解得由运动学公式得解得物块距传送带左端C的最小距离20．如图所示，为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB(与水平面成角)与一斜面BC(与水平面成角)平滑连接，A点到B点的距离为，B点到C点的距离为，运输带运行速度恒为，现将一质量为的小物体轻轻放于A点，小物体恰好能到达最高点C，已知小物体与斜面间的动摩擦因数，求：(g取10m/s2，，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μ2；(3)小物体从A点运动到B点过程中多消耗的电能。【答案】(1)3m/s；(2)0.875；(3)42J【详解】(1)设小物体在斜面上的加速度为a1，运动到B点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得由运动学公式知联立解得(2)因为，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a2，由牛顿第二定律知又因为联立解得(3)小物体从A到B所经历时间传送带移动位移为电动机做功21．如图所示，AB之间有一顺时针匀速转动的传送带，A端左侧有与传送带平滑相接的光滑曲面，B端右侧的粗糙平面上有一轻质弹簧，弹簧右端固定，左端连接一块轻质挡板P，当弹簧处于原长时P恰好在B端。现有一质量为的物块(可以视质点)从高为h处的光滑曲面上由静止释放，经传送带与P相撞，无能量损失，并压缩弹簧，物块在粗糙面上减速为零时，刚好能停在此处不再运动，该位置距P的距离为。已知传送带速度为，长度为，与物块之间的摩擦因数为，粗糙面与物块间的摩擦因数；弹簧被压缩到最大压缩量时，弹簧的弹性势能，(重力加速度)求：(1)物块滑离传送带时的速度；(2)物块下滑高度h的的范围。【答案】(1)2m/s；(2)【详解】(1)粗糙面上，由功能关系代入数据(2)h最大时，物块应在传送带上一直减速h最小时，物块应在传送带上一直加速其中代入数据得，曲面上由得由得则22．如图所示，水平传送带的左端与一倾角的粗糙斜面平滑连接。传送带以恒定速度逆时针转动。斜面上点离斜面底端的长度，传送带的长度，一个质量的小滑块与斜面的动摩擦因数，小滑块与传送带的动摩擦因数，重力加速度取。(1)若滑块从点静止释放，求小滑块运动到斜面上离点最远的距离；(2)若滑块从点静止释放，求小滑块从点开始运动，到第二次经过点的过程中系统产生的热量。【答案】(1)；(2)【详解】(1)若滑块从点静止释放，小滑块受到水平向左的摩擦力，小滑块从静止开始做匀加速直线运动，直到速度与传送带速度相等由动能定理可得解得此后匀速直线运动，即物体在点以沿着斜面冲上斜面设小滑块运动到斜面上离点最远的距离为，则由动能定理可知解得(2)小滑块沿斜面下滑，由动能定理可得解得产生的热量小滑块划上传送带后，受到水平向左的摩擦力，做匀减速直线运动，由动能定理得解得即小滑块先做匀减速，再反向匀加速当速度与传送带速度相等，再做匀速直线运动解得小滑块匀减速的时间传送带与小滑块的相对位移产生的热量此后反向匀加速传送带与小滑块的相对位移产生的热量小滑块从运动到的过程中产生的热量23．如图所示，光滑圆弧轨道BCD固定在竖直面内，圆心为O，半径R=0.5m，半径OB、OD与竖直方向的夹角均为θ=37°，长为L=2m的固定光滑斜面AB下端与光滑的圆弧轨道相切于B点，倾斜传送带DE表面下端与圆弧轨道相切于D点，传送带以v=1.6m/s的速度沿顺时针转动。一个质量m=0.10kg的物块P从斜面上端A点无初速下滑，物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，传送带足够长，忽略空气阻力。求：(1)物块第一次经过圆弧轨道最低点C时，对轨道的压力大小；(2)物块沿传送带向上运动的最大距离；(3)物块第二次在光滑斜面上运动的时间为多少。【答案】(1)6.2N；(2)2.4m；(3)s【详解】(1)根据机械能守恒定律mg(Lsinθ+R-Rcosθ)=解得m/s在C位置，根据牛顿第二定律解得F=6.2N根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力F'=F=6.2N(2)根据机械能守恒定律解得m/s由于因此物块滑上传送带时做匀减速运动，根据牛顿第二定律解得=10m/s2物块与传送带速度相同时，物块向上滑动的距离=0.9m达到与传送带速度相同时，由于μ<tanθ，物块此后仍做匀减速运动，根据牛顿第二定律解得=2m/s2物块继续向上运动的位移=1.5m向上运动的最大位移=2.4m(3)设物块到B点的速度为，根据动能定理有解得5m/s物块在斜面上运动的加速度大小=gsinθ=6m/s2因此物块第二次在斜面上运动的时间s24．如图所示，质量M=2kg的小车静止在光滑水平面上。上表面离地高度h=0.45m。右侧很远处有一个和小车等高、上表面光滑的障碍物A(厚度可忽略)，BC是以恒定速率v0=12m/s顺时针转动的传送带，B点位于水平面上。有一可视为质点、质量m=1kg的物块，以v1=6m/s的速度从左端冲上小车，同时对小车施加一水平向右的恒力，当物块滑到小车最右端时，二者恰好共速，这时撤掉恒力，然后小车撞到障碍物A后立即停止运动，物块沿水平方向飞出，在B点刚好无碰撞地切入传送带，并沿着传送带下滑。已知物块与小车间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，传送带长度s=23m，