孝感三中2014届高三物理复习动力学传送带模型问题探究

孝感三中2014届高三物理复习动力学传送带模型问题探究
陈老师（476631242）（21世纪网版权独有）
一、传送带物理模型在当今高考中的地位
这类物理模型题每年各地物理高考试题都出现过，而且它还与电磁相结合建构考题。它主要能检测学生的分析物理过程和综合求解物理考题的能力。在考试大纲中是属于II级能力要求。在高三复习中能将它归类成块给学生，能起到事半功倍的效果，而且培养了学生综合分析问题的能力，这是我们老师何乐而不为的事呀。
二、传送带物理模型实例简析
例1：如图所示，一水平方向的传送带以恒定的速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧面轨道，并与弧面下端相切，一物体自圆弧面轨道，并与弧面轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g=10m/s2. 求：
（1）物体滑上传送带向左运动的最远距离；
（2）物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间；
（3）物体再次滑上圆弧曲面轨道后，能到达的最高点与圆弧最高点的竖直高度；
（4）经过足够长的时间之后物体能否停下来？若能，请说明物体停下的位置. 若不能，请简述物体的运动规律.
解析：（1）沿圆弧轨道下滑过程中

得
物体在传送带上运动的加速度
向左滑动的最大距离
（2）物体在传送带上向左运动的时间
物体向右运动速度达到v时，已向右移动的距离
所用时间
匀速运动的时间

（3）滑上圆弧轨道的速度为

h=0.2m
距最高点的距离为
（4）物块在传送带和圆弧轨道上作周期性的往复运动
小结：本例是圆弧面轨道与传送带结合建构模型题，它要我们会分析出在两种轨道上物块的运动情况，由运动情况先准物理规律表达式就可顺利求解本例。
例2：如图所示，质量为m的滑块，放在光滑
的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为μ。
（1）试分析滑块在传送带上的运动情况。
（2）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，
求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能。
（3）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，
求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。
解析：（1）若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑物冲上传送带时的速度大于带速，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动。 …………①
（2）设滑块冲上传送带时的速度为v，在弹簧弹开过程中，
由机械能守恒 …………②
设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a，
由牛顿第二定律： …………③
由运动学公式 …………④
解得： …………⑤
（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移s=v0t
…………⑥
…………⑦
滑块相对传送带滑动的位移 …………⑧
相对滑动生成的热量 …………⑨
解得：……⑩
点评：本例是弹簧模型与传送带模型相结合题。其关键是滑块与传送带相互作用的滑动摩擦力，是参与改变滑块运动状态的重要原因之一。当滑块相对传送带滑动时滑块受到传送带施加的滑动摩擦力，其大小由滑动摩擦力计算公式来计算，与滑块相对传送带的速度无关，其方向取决于与传送带的相对运动方向，滑动摩擦力的方向改变，将引起滑块运动状态的变化，这样在同一物理环境可能出现多个物理过程。
滑块与传送带等速的时刻，是相对运动方向及滑动摩擦力方向改变的时刻，也是滑块运动状态转折的临界点。按滑块与传送带的初始状态。要比较两者速度大小来分三种情况讨论。再就是求热量时要利用相对位移求解，这是传送带求解的一个隐含点和难点。
例3：（2013安徽师大摸底）如图所示，一半径r = 0.2m的1/4光滑圆弧形槽底端B与水平传带相接，传送带的运行速度为v0=4m/s，长为L=1.25m , 滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF段被弯成以O为圆心、半径R = 0.25m的一小段圆弧，管的D端弯成与水平传带C端平滑相接，O点位于地面，OF 连线竖直．一质量为M=0.2kg的物块a从圆弧顶端A点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管DEF，管内顶端F点放置一质量为m=0.1kg的物块b．已知a、b两物块均可视为质点，a、b横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）滑块a到达底端B时的速度vB；
（2）滑块a刚到达管顶F点时对管壁的压力；
（3）滑块a滑到F点时与b发生完全非弹性
正碰，飞出后落地，求滑块a的落地点
到O点的距离x（不计空气阻力）。
解析：(1)设滑块到达B点的速度为vB，由机械能守恒定律，有

解得：vB=2m/s
(2)滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，
由牛顿第二定律μMg =Ma
滑块对地位移为L，末速度为vC，设滑块在传送带上一直加速
由速度位移关系式
得vC=3m/s<4m/s，可知滑块与传送带未达共速
滑块从C至F，由机械能守恒定律，有

得vF=2m/s。
在F处由牛顿第二定律
得FN=1.2N 由牛顿第三定律得管上壁受压力为1.2N, 压力方向竖直向上
（3）由题意知碰后物块a、b共速，设速度为v，,碰撞过程由动量守恒得
MvF=(M+m)v，
得v=m/s。
离开F点后物块a、b一起做平抛运动
x=vt，
…
联立解得x=m。
点评：本例是由三段不同轨道组成的传送带模型题。它求解的关键是从左边1/4光滑圆弧形槽底端B处速度与传送带移动的速度作比较来确定物块所受摩擦力的方向，才好分析出物块是作加速还是减速，这样才好按题中的三问求解。本例是利用所有的力学规律求解传送带问题的一个大集合。
例4：（2013山东莱州质检）如图所示，水平传送带AB的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小。 传送带的运行速度为V0=6m／s，将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，长度为L=12.0m，“9”字全高H=0.8m，“9”字上半部分圆弧半径为R=0.2m， 滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速度g=10m／s2，试求：
(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间。
(2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向。
(3)若滑块从“9”形规道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角 θ=60°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h(保留两位有效数字)。
解析：（1）在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律
得
加速到与传送带达到同速所需要的时间，
位移
之后滑块做匀速运动的位移
所用的时间
故
（2）滑块由B到C的过程中动能定理
在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得，
力方向竖直向下
由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小为N=N=90N， 方向竖直向上。
（3）滑块从B到D的过程中由动能定理得

在P点
又 （2分） h=0.47m
点评：本例是一道水平传送带AB的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接的新颖传送带模型题。它要应用牛顿第二定律和运动学公式解得滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间。
由动能定理、牛顿第二定律列方程解得滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向。由动能定理和平抛运动规律解得P、D两点间的竖直高度h。也是平抛运动在传送带上的一个应用。
三、传送带物理模型问题检测
1、如图所示，传送带以的初速度匀速运动。将质量为m的物体无初速度放在传送带上的A端，物体将被传送带带到B端，已知物体到达B端之间已和传送带相对静止，则下列说法正确的是（ ）
A．传送带对物体做功为
B．传送带克服摩擦做功
C．电动机由于传送物体多消耗的能量为
D．在传送物体过程产生的热量为
2、.如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（　　）
A．电动机多做的功为
B．物体在传送带上的划痕长
C．传送带克服摩擦力做的功为
D．电动机增加的功率为μmgv
3、如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度沿顺时针方向传动，传送带右端一与传送带等高的光滑水平面。一物体以恒定的速率沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为。则下列说法正确的是：
A、只有=时才有=
B、若>，则=
C、若<，则=
D、不管多大，总有=
4、如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速率v1沿图示方向运行，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是 （ ）
A．物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间
B．若v2C．若v2D．若v25、如图所示，在竖直平面有一个光滑的圆弧轨道MN，其下端（即N端）与表面粗糙的水平传送带左端相切，轨道N端与传送带左端的距离可忽略不计。当传送带不动时，将一质量为m的小物块（可视为质点）从光滑轨道上的P位置由静止释放，小物块以速度v1滑上传送带，从它到达传送带左端开始计时，经过时间t1，小物块落到水平地面的Q点；若传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行，仍将小物块从光滑轨道上的P位置由静止释放，同样从小物块到达传送带左端开始计时，经过时间t2，小物块落至水平地面。关于小物块上述的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．当传送带运动时，小物块的落地点可能仍在Q点
B．当传送带运动时，小物块的落地点可能在Q点左侧
C．若v1＞v2，则一定有t1＞t2
D．若v1＜v2，则一定有t1＞t2
6、如图所示，当传送带静止时，物体从左端以速度v0滑上传送带后，落到地面上的P点，若传送带随轮逆时针转动，仍让物体由左端以速度v0滑上传送带，那么：( )
A、它仍落在P点
B、它将落在P点左边
C、它将落在P点右边
D、无法判定落点
7、如图所示，一平直的传送带以速度V=2m/s做匀速运动，传送带把A处的工件运送到B处，A、B相距L=10m。从A处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6s,能传送到B处，欲用最短的时间把工件从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少多大？
8、如图甲所示为传送装置的示意图。绷紧的传送带长度L=2.0m，以v=3.0m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距离水平地面的高度h=0.45m。现有一行李箱（可视为质点）质量m=10kg，以v0＝1.0 m/s的水平初速度从A端滑上传送带，被传送到B端时没有被及时取下，行李箱从B端水平抛出，行李箱与传送带间的动摩擦因数?＝0.20，不计空气阻力，重力加速度g取l0 m/s2。
（1）求行李箱从传送带上A端运动到B端过程中摩擦力对行李箱冲量的大小；
（2）传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，求为运送该行李箱电动机多消耗的电能；
（3）若传送带的速度v可在0～5.0m/s之间调节，行李箱仍以v0的水平初速度从A端滑上传送带，且行李箱滑到B端均能水平抛出。请你在图15乙中作出行李箱从B端水平抛出到落地点的水平距离x与传送带速度v的关系图像。（要求写出作图数据的分析过程）
9、．一光滑曲面的末端与一长L=1m的水平传送带相切，传送带离地面的高度h =1.25m，传送带的滑动摩擦因数μ=0.1，地面上有一个直径D=0.5m的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离S =1m，B点在洞口的最右端。传动轮作顺时针转动，使传送带以恒定的速度运动。现使某小物体从曲面上距离地面高度H处由静止开始释放，到达传送带上后小物体的速度恰好和传送带相同，并最终恰好由A点落入洞中。求：
（1）传送带的运动速度v是多大。
（2）H的大小。
（3）若要使小物体恰好由B点落入洞中， 小物体在曲面上由静止开始释放的
位置距离地面的高度H＇应该是多少？
10、如图所示，为光电计时器的实验简易示意图，当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间，实验中所选用的光电门传感器可测的最短时间为0.01ms．光滑水平导轨MN上放两个相同物块A和B，其宽度a =3.0×10-2m，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带平滑连接，今将挡光效果好，宽度为d ＝3.6×10－３m的两块黑色磁带分别贴在物块A和B上，且高出物块，并使高出物块部分在通过光电门时挡光．传送带水平部分的长度L =8m，沿逆时针方向以恒定速度v =6m/s匀速传动．物块A、B与传送带间的动摩擦因数，质量mA =mB =1kg．开始时在A和B之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A和B，迅速移去轻弹簧，两物块第一次通过光电门，计时器显示读数均为t =9.0×10-4s． g取10m/s2．试求：
（1）弹簧储存的弹性势能EP；（2）物块B沿传送带向右滑动的最远距离sm；
（3）物块B滑回水平面MN的速度大小；（4）若物体B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的物块A在水平面上相碰，且A和B碰后互换速度，则弹射装置P至少必须对物块A做多少功，才能在AB碰后使B刚好能从Q端滑出？此过程中，滑块B与传送带之间因摩擦产生的内能为多大？
11、如图所示，质量20kg的物体从光滑曲面上高度m处释放，到达底端时水平进入水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速率为3m／s．已知物体与传送带间的动摩擦因数0.1.（g取10m／s2）
（1）若两皮带轮之间的距离是6m，物体冲上传送带后就移走光滑曲面，物体将从哪一边离开传送带?通过计算说明你的结论．
（2）若皮带轮间的距离足够大，从M滑上到离开传送带的整个过程中，由于M和传送带间的摩擦而产生了多少热量?
12、如图所示为车站使用的水平传送带的模型，它的水平传送带的长度为L=8 m，传送带的皮带轮的半径均为R=0. 2 m，传送带的上部距地面的高度为h=0. 45 m．现有一个旅行包（视为质点）以速度v0=10 m/s的初速度水平地滑上水平传送带．已知旅行包与皮带之间的动摩擦因数为=0. 6．皮带轮与皮带之间始终不打滑．g取10 m/s2．讨论下列问题：
(1)若传送带静止，旅行包滑到B点时，人若没有及时取下，旅行包将从B端滑落．则包的落地点距B端的水平距离为多少？
(2)设皮带轮顺时针匀速转动，若皮带轮的角速度=40rad/s，旅行包落地点距B端的水平距离又为多少？
(3)设皮带轮以不同的角速度顺时针匀速转动，画出旅行包落地点距B端的水平距离s随皮带轮的角速度变化的图象．
13、如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=300，皮带在电动机的带动下，始终保持V0=2m/s的速度运行。现把一质量为m=10kg的工件（可视为质点）轻轻放在皮带的底端，经时间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

14、如图所示，传送带与地面的倾角为37°，以10m/s的速率逆时针转动，在传送带上方轻轻静放一质量为0.5kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带两轮间距为16m，则物块从上端运动到下端所需时间为多少？(g取10m/s2)
15、一质量为m=2kg的小滑块，从半径R=1.25m的光滑圆弧轨道上的A点由静止滑下，圆弧轨道竖直固定，其末端B切线水平。a、b两轮半径r=0.4m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，传送带右端点C距水平地面的高度h=1.25m，E为C的竖直投影点。g取10m/s2，求：
（1）当传送带静止时，滑块恰能在b轮最高点C离开传送带，则BC两点间的距离是多少？
（2）当a、b两轮以某一角速度顺时针转动时，滑块从C点飞出落到地面D点，已知CD两点水平距离为3m。试求：a、b两轮转动的角速度和滑块与传送带间产生的内能。
16、（2013绵阳一诊）如图所示，传送带的两个轮子半径均为r=0.2m,两个轮子最高点A、B在同一水平面 内，A、B间距离L=5m，半径R=0.4的固定、竖直光滑圆轨道与传送带相切于B点，C 点是圆轨道的最高点。质量m=0.1kg的小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4。重力加速 度 g=10m/s2。求：
(1)传送带静止不动，小滑块以水平速度v0滑上传送带，并能够运动到C点，v0至少多大？
(2)当传送带的轮子以ω=10rad/s的角速度匀速转动时，将小滑块无初速地放到传送带 上的A点，小滑块从A点运动到B点的时间t是多少？
(3) 传送带的轮子以不同的角速度匀速转动，将小滑块无初速地放到 传送带上的A点，小滑块运动到C点时，对圆轨道的压力大小不同，最大压力Fm是多大？
17、（2013吉林摸底）如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行。将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法中正确的是：（ ）
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加
C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
18、(2013西安摸底)如图a所示，一倾角为37o的传送带以恒定速度运行．现将一质量m= 1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图b所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m／s2，sin 37o=0．6，cos37o=0．8．求：
(1)0～8 s内物体位移的大小；
(2)物体与传送带间的动摩擦因数；
(3)0～8 s内物体机械能增量及与传送带摩擦产生的热量Q。
19、如图所示，AB是一段位于竖直平面内的弧形轨道，高度为h，末端B处的切线沿水平方向。一个质量为m的小物体P（可视为质点）从轨道顶端处A点由静止释放，滑到B点时以水平速度v飞出，落在水平地面的C点，其轨迹如图中虚线BC所示。已知P落地时相对于B点的水平位移OC= l，重力加速度为g，不计空气阻力的作用。
（1）请计算P在弧形轨道上滑行的过程中克服摩擦力所做的功；
（2）现于轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带右端E轮正上方与B点相距。先将驱动轮锁定，传送带处于静止状态。使P仍从A点处由静止释放，它离开B点后先在传送带上滑行，然后从传送带右端水平飞出，恰好仍落在地面上C点，其轨迹如图中虚线EC所示。若将驱动轮的锁定解除，并使驱动轮以角速度ω顺时针匀速转动，再使P仍从A点处由静止释放，最后P的落地点是D点（图中未画出）。已知驱动轮的半径为r，传送带与驱动轮之间不打滑，且传送带的厚度忽略不计。求：
①小物块P与传送带之间的动摩擦因数；
②若驱动轮以不同的角速度匀速转动，可得到与角速度ω对应的OD值，讨论OD的可能值与ω的对应关系。
20、如图所示为粮食仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距L1=3m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的倾角为θ为37o，C、D两端相距L2=4.45m，B、C相距很近．水平传送带以v0=5m/s沿顺时针方向转动．现将质量为m=10kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B点后，速度大小不变的传到倾斜传送带的C端．米袋与两传送带之间的动摩擦因素均为0.5，取g=10m/s2，sin37o=0.6,cos37o=0.8.
（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是多少？
（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到D端的时间为多少？
参 考 答 案
1、AD2、D3、【解析】滑块向左运动时所受滑动摩擦力必然是向右。返回时开始阶段滑块速度小于传送带速度，所受摩擦力仍向右，滑块向右加速。若它能一直加速到右端，速度 = ，前提是传送带速度一直大于滑块速度，即 。若 < ，则返回加速过程中，到不了最右端滑块速度就与传送带速度相等了，之后以 速度匀速到达右端，即 < 时， = ，所以正确选项为B、C。
4、C5、AD6、传送带的运动不受影响。当传送带静止时，小物体的初速度v0滑上传送带，相对于传送带右滑，受传送带向左、大小为f=μN=μmg的滑动摩擦力，其加速度a=μg，方向向左，因此物体向右减速至右轮边缘时速度为，,其中s为传送带两轮间距，然后当传送带随轮逆时针转动时，小物体的相对运动、受力、加速度大小及方向、初始条件均未发生任何变化，而小物体对地位移也未变化，因此物体将仍落在P点，答案应选A
【思考】
问：若上题传送带顺时针转动起来，再把物块以原来的速度v0滑上传送带，则物体又会落在何处？
物体的落点不仅与f=μmg有关，还与传送带转动速v传大小有关，现分析如下：
(1)当v0＜v传时，即物体刚冲上传送带时，速度小于传送带运动速度，物体相对传送带向左运动，物体受传送带滑动摩擦力大小仍为f=μmg,但与原速度方向相同而做匀加速运动，则物体离开传送带速度v'一定大于v0，由平抛知识知道物体应落于P点右边，答案应选C。
(2)当v0=v传时，即物体刚冲上传送带时正好与传送带速度大小方向都相同，与传送带之间没有相对滑动，不受传送带的摩擦力，而保持v0做匀速直线运动，离开传送带时v'=v0＞v抛，则物体应落在P点右边，答案选C。
(3)当v0＞v传时，即物体滑上传送带时速度大于传送带速度，则物体受到方向与v0相反，大小仍为f=μmg的滑动摩擦力作用而减速，其又分为两种情况：
a.若v传＞v抛，即物体冲上传送带时速度大于传送带速度，但物体还未达到传送带右端时，先减速到v传而后保持v传速度匀速行至右端，物体将落在P点右边，答应选C。
b.若v传＜v抛，即物体滑上传送带时速度大于传送带速度，而物体一至减速到传送带右端，速度减为v抛，最终物体仍落在P点，答案应选A。
综上所有分析：物体的运动、传送带的运动都是独立的运动，两者并没有什么牵连，只是物体压在传送带上，由相对滑动使物块受滑动摩擦力，产生加速度而改变物体的运动状态。
7、分析与解：因,所以工件在6s内先匀加速运动，后匀速运动，有
t1+t2=t, S1+S2=L
解上述四式得t1=2s,a=V/t1=1m/s2.
若要工件最短时间传送到B，工件加速度仍为a，设传送带速度为V，工件先加速后匀速，同上理有：又因为t1=V/a,t2=t-t1,所以，化简得：
,因为，
所以当,即时，t有最小值，。
表明工件一直加速到B所用时间最短。
8、（1）行李箱刚滑上传送带时做匀加速直线运动，设行李箱受到的摩擦力为Ff
根据牛顿第二定律有 Ff＝?mg＝ma
解得 a＝?g＝2.0 m/s2
设行李箱速度达到v＝3.0 m/s时的位移为s1
v2－v02＝2as1
s1＝＝2.0m
即行李箱在传动带上刚好能加速达到传送带的速度3.0 m/s （1分）
设摩擦力的冲量为If，依据动量定理If＝mv－mv0
解得If＝20N?s （1分）
说明：用其他方法求解，正确的也给分。没有判断速度能达到3.0 m/s的过程扣1分。
（2）在行李箱匀加速运动的过程中，传送带上任意一点移动的长度s＝vt＝3 m
行李箱与传送带摩擦产生的内能Q＝?mg(s-s1) （1分）
行李箱增加的动能ΔEk＝m(v2－v02) （1分）
设电动机多消耗的电能为E，根据能量转化与守恒定律得
E＝ΔEk+Q
解得 E＝60J （1分）
（3）物体匀加速能够达到的最大速度vm＝＝3.0m/s
当传送带的速度为零时，行李箱匀减速至速度为零时的位移s0＝=0.25m当传送带的速度0行李箱的水平位移，式中为恒量，即水平位移x与传送带速度v成正比。 （1分）
当传送带的速度v?3.0m/s时，
x＝＝0.9 m （1分）
行李箱从传送带水平抛出后的x-v图象
如答图1所示。 （1分）
8、(1)
(2)
(3)


9、（1）解除锁定弹开物块AB后，两物体的速度大小
2分
弹簧储存的弹性势能 1分
（2）物块B滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远．
由动能定理得： 2分
得： 1分
（3）物块B沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时再一起匀速运动，设物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离为
由 得 2分
表明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带的速度
所以: 1分
（4）设弹射装置对物块A做功为，则： 1分
AB碰后速度互换，B的速度 =
B要刚好能滑出传送带的Q端，由能量关系有： 1分
又mA=mB， 联立解得：
1分
在B滑过传送带的过程中，传送带移动的距离： 1分
因摩擦产生的内能为： 1分

10、（1）物体将从传送带的右边离开。
物体从曲面上下滑时机械能守恒，有
解得物体滑到底端时的速度
以地面为参照系，物体滑上传送带后向右做匀减速运动直到速度为零，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为
物体从滑上传送带到相对地面速度减小到零，对地向右发生的位移为
表面物体将从右边离开传送带。
（2）以地面为参考系，若两皮带轮间的距离足够大，则物体滑上传送带后向右做匀减速运动直到速度为零，后向左做匀加速运动，直到速度与传送带速度相等后与传送带相对静止，从传送带左端掉下，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为

取向右为正方向，物体发生的位移为
物体运动的时间为
这段时间内皮带向左运动的位移大小为
物体相对于传送带滑行的距离为
物体与传送带相对滑动期间产生的热量为
11、(1)旅行包做匀减速运动=6 m/s2.
旅行包到达B端速度为=2 m/s.
包的落地点距B端的水平距离为
(2)当= 40 rad/s时，皮带速度为=8 m/s.当旅行包的速度也为v1=8 m/s时，在皮带上运动了位移。
以后旅行包做匀速直
线运动，所以旅行包到达
B端的速度也为v1= 8
m/s，包的落地点距B端
的水平距离为。
(3)如图所示．
12、（1）设工件先匀加速再匀速
=t1+v0(t－t1)
匀加速时间t1=0.8s
匀加速加速度a==2.5m/s2
μmgcosθ－mgsinθ=ma
∴μ=
（2）皮带在匀加速时间内位移
s皮= v0 t1=1.6m
工件匀加速位移s1=t1=0.8m
工件相对皮带位移s相= s皮－s1=0.8m
摩擦生热Q=μmgcosθs相=60J
工件获得动能Ek=m v02=20J
工件增加势能Ep=mgh=150J
电动机多消耗的电能E=Q+Ek+Ep=230J
13、a1=g(sinθ+μcosθ) a2=g(sinθ-μcosθ)
v0=a1t1 v02=2a1s1 解得t=2s
s=s1+s2 s2=v0t2+a2t22 t=t1+t2
14、解题思路：应用机械能守恒定律、动能定理、牛顿第二定律及其相关知识列方程求得BC两点间的距离；由平抛运动规律、匀变速直线运动规律和功能关系及其相关知识解得a、b两轮转动的角速度和滑块与传送带间产生的内能。
考查要点：机械能守恒定律、动能定理、牛顿第二定律、平抛运动规律、匀变速直线运动规律和功能关系等。
解：（1）由题知，滑块从A到B机械能守恒：
①
滑块由B到C，由动能定理有：
②
滑块恰能在C点离开传送带，有：
③
联解①②③式得： ④
（2）设滑块从C点飞出的速度为，a、b两轮转动的角速度为ω，则：
⑤
⑥
⑦
联解⑤⑥⑦式得：rad/s ⑧
滑块在传送带上加速过程，根据牛顿运动定律及功能关系有：
对滑块： ⑨
滑块加速时间： ⑩
滑块位移： ⑾
传送带移动的距离： ⑿
产生的内能： ⒀
联解①⑧⑨⑩⑾⑿⒀式得：Q=1J ⒁
16、（1）设小滑块能够运动到C点，在C点的速度至少为v，则
mg=m
mv2－mv02=－2mgR-μmgL
解得v0=2m/s
(2)设传送带运动的速度为v1，小滑块在传送带上滑动时加速度是a，滑动时间是t1，滑动过程中通过的距离是x，则
v1=rω
ma=μmg
v1=at1
x=at12，
解得v1=2m/s，a=4m/s2，t1=0.5s，x=0.5m
由于x＜L，所以小滑块还将在传送带上与传送带相对静止地向B点运动，设运动时间为t2，则
L－x= v1t2
解得t2=2.25s
则t= t1＋t2=2.75s
（3）轮子转动的角速度越大，即传送带运动的速度越大，小滑块在传送带上加速的时间越长，达到B点的速度越大，到C点时对圆轨道的压力就越大。
小滑块在传送带上一直加速，达到B点的速度最大，设为vBm，对应到达C点时的速度为vcm，圆轨道对小滑块的作用力为F，则
vBm2=2aL
mvCm2－mvBm2=－2mgR
mg+F=m
Fm=F
解得Fm=5N
17、C解析：第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体仍做正功，选项A错误；第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加和重力势能的增加，选项B错误；第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加，选项C正确；物体从底端到顶端全过程机械能的增加大于全过程物体与传送带间的摩擦生热，选项D错误。
18、（1）从图b求出0～8 s内物体位移的大小为s=(2+4)×2÷2m+4×2m=14m。
（2）由图b可知，物体相对传送带滑动的加速度a==m/2。
由牛顿第二定律 ，μmgcosθ-mgsinθ=ma，
解得：μ=0.875.
（3）物体被送上的高度h=ssinθ=8.4m。
重力势能增量△Ep=mgh=84J。
动能增量△Ek=mv22-mv12=6J。
0～8 s内物体机械能增量△E=△Ep+△Ek=84J+6J=90J。
0～8 s内只有前6s物体与传送带之间发生相对滑动。
0～6 s内传送带运动距离s1=4×6m=24m，物体位移s2=(2+4)×2÷2m =6m，
相对位移△s= s1- s2=18m，
产生热量Q=μmgcosθ△s=126J。
19、（1）小物块从A到B的过程中有重力和摩擦力对其做功，
根据动能定理有：
解得（2）① 小物块从B到C的过程，做平抛运动，水平方向有l=vt，小物块从E到C的过程沿水平方向有l/2=vE t，解得
设小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小物块从B到E的过程，根据动能定理有

解得
②（a）当传送带的速度0﹤v带=ωr﹤vE，即时，物体在传送带上一直做匀减速运动，物体离开传送带时的速度为vE，则OD=l
（b）如果物体在传送带上一直加速而未与传送带共速，则物体的加速度始终为.设物体离开传送带时的速度为vmax，根据运动学公式有解得,
当传送带的速度，即时，物体离开传送带点时的速度为vmax，则
（c）当传送带的速度vE﹤v带=ωr﹤vmax，即时，物体离开传送带点时的速度为v带=ωr，则
20、（1）米袋在AB上加速运动的加速度为a0=μmg/m=5m/s2。
米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离s0==2.5m故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，
到达C端速度为v0=5m/s。
设米袋在CD上传送的加速度大小为a，据牛顿第二定律
mg sinθ+μmgcosθ=ma
得 a=10m/s2。
能沿CD上滑的最大距离 s==1.25m。 、
（2）（8分）CD顺时针转动时，米袋速度减为v=4m/s之前的加速度为
a1=-g(sinθ+μcosθ)=-10m/s2，
此时上滑的距离s1==0.45m。
米袋速度达到v=4m/s后，由于μmgcosθ其加速度为a2=-g(sinθ-μcosθ)=-2m/s2，
减速到零时上滑的距离s2==4m。
s1+s2=4.45m=L2，即速度为零时刚好到D端
由v0减速为v所用时间 t1==0.1s
由v减速为0所用时间t2==2s
故米袋从C到D的总时间 t= t1+ t2=2.1s 。