高中物理人教新课标版必修1： 牛顿运动定律应用之传送带模型 针对训练（含解析）

考点针对训练：牛顿运动定律应用之传送带模型
1．如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (　　)
A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定是一直做加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsinθ
2．如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速率顺时针匀速运行．t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时，传送带突然制动停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2.下列关于滑块相对地面运动的v－t图象正确的是(　　)
A．B．C．D．
3．如图甲，MN是倾角θ=37°传送带的两个端点，一个质量m=5kg的物块（可看作质点），以4m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v-t图像如图乙所示，取g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．物块最终从N点离开传送带
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6
C．物块在第6s时回到M点
D．传送带的速度v=2m/s，方向沿斜面向下
4．如图所示，白色传送带A、B两端距离L＝14m，以速度v0＝8m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为θ＝37°，现将一质量为m＝2kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列叙述正确的是（　　）
A．煤块从A端运动到B端所经历时间为2.25s
B．煤块运动到B端时重力的瞬时功率为120W
C．煤块从A端运动到B端在传送带上留下的黑色痕迹为4m
D．煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为8J
5．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t=6s时恰好到B点，则
A．物块与传送带之间动摩擦因数为μ=0.1
B．AB间距离为24m，小物块在传送带上留下的痕迹是8m
C．若物块质量m=1kg，物块对传送带做的功为8J
D．物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端
6．如图所示，一水平传送带逆时针匀速转动，现将一物块P（可视为质点）以v0的水平速度从传送带的左端滑上传送带，恰好可以运动至传送带的右端，这个过程中，物块P与传送带之间的相对路程为，与传送带摩擦产生的热量为Q。已知物块p与传送带之间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（　　）
A．若传送带转动的速率加倍，物块P仍以v0的水平速度从传送带的左端滑上传送带物块P将不会到达传送带的右端
B．若传送带转动的速率减半，物块P仍以v0的水平速度从传送带的左端滑上传送带，物块P将不会到达传送带的右端
C．若物块P与传送带的动摩擦因数变为，物块P仍以v0的水平速度从传送带的左端滑上传送带，从滑上传送带至速度减为零时，物块P与传送带之间的相对路程为
D．在选项C情形下，此过程物块P与传送带摩擦产生的热量为
7．如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度运动，每隔时间T在A端轻轻放上相同的物块，当物块与传送带相对静止后，相邻两物块的间距大小（ ）
A．与物块和传送带间的动摩擦因数的大小有关
B．与物块的质量大小有关
C．恒为vT
D．由于物块放上传送带时，前一物块的速度不明确，故不能确定其大小
8．如图所示，甲、乙两种粗糙面不同但高度相同的传送带，倾斜于水平地面放置。以同样恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中（　　）
A．甲传送带与小物体间的动摩擦因数小于乙传送带与小物体间的动摩擦因数
B．将小物体传送到B处，甲传送带消耗的电能小于乙传送带消耗的电能
C．甲传送带对小物体做的功小于乙传送带对小物体做的功
D．将小物体传送到B处，甲产生的热量大于乙产生的热量
9．某煤渣传送装置的简化示意图如图，水平放置的传送带足够长，由电动机驱动，以速度逆时针运行。打开进料阀门，位于端上方贴近传送带的送料口每秒钟将有的煤渣落到传送带上（此时煤渣速度可忽略）。煤渣与传送带之间的滑动摩擦因数为。假设整个传送装置已经稳定运行了很长时间。则在运送煤渣的过程中，以下说法中正确的是（取重力加速度大小）
A．相比传送带空载时，电动机对传送带应增加的牵引力为
B．相比传送带空载时，电动机应增加的功率为
C．每块煤渣在传送带上留下的痕迹长度为
D．30秒内因煤与传动带的摩擦而产生的热量为
10．如图所示，甲、乙两种粗糙面不同但高度相同的传送带，倾斜于水平地面放置。以同样恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中（　　）
A．两种传送带对小物体做功相等
B．将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等
C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲的小
D．将小物体传送到B处，甲产生的热量大于乙产生的热量
11．如图所示，某时刻将质量为10kg的货物轻放在匀速运动的水平传送带最左端，当货物与传送带速度恰好相等时，传送带突然停止运动，货物最后停在传送带上。货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，货物在传送带上留下的划痕长为0.1m，重力加速度取10m/s2。则货物（ ）
A．总位移为0.2m
B．运动的总时间为0.2s
C．与传送带由摩擦而产生的热量为5J
D．获得的最大动能为5J
12．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，若θ、g、v0、t0已知，则下列说法中正确的是
A．传送带一定逆时针转动
B．
C．传送带的速度大于v0
D．后一段时间内滑块加速度为
13．如图所示，水平传送带A、B两端点相距x=3.5m，以v0=2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转．今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放在A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．小煤块从A运动到B的过程中( )
A．所用的时间是2s
B．所用的时间是2.25s
C．划痕长度是4m
D．划痕长度是0.5m
14．如图甲所示．长为的粗糙传送带与水平地面间的夹角为．现让传送带以某一速度逆时针转动，并在传送带顶端由静止释放一滑块．滑块从顶端滑至底端的过程中的图象如图乙所示．取，，．下列判断正确的是（ ）
A．在内，滑块的加速度大小为2
B．滑块与传送带之间的动摩擦因数为
C．整个过程中，滑块受到的滑动摩擦力方向不变
D．滑块从传送带顶端滑至底端所需的时间为
15．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率v0逆时针转动，在t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2。则（　　）
A．传送带的倾角θ=
B．物体与传送带的动摩擦因数?=0.4
C．在前2秒内，传送带对货物做的功为24J
D．在前2秒内，货物与传送带间因摩擦产生的热量为24J
16．近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持的恒定速率顺时针运行，传送带的长。某次传输中由于包裹A比较粗糙没有到达接收点D而停在了C点，已知C点距离传送带右端，距离D点。现将一质量为kg的包裹B轻放在传送带左端，包裹B离开传输带后与静止的包裹A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A先到达D点，包裹B后到达D点，速度都刚好为零。已知包裹B与传送带间的动摩擦因数为，与水平面间的动摩擦因数为，包裹A与水平面间的动摩擦因数为，g取10m/s2。求：
（1）包裹B在传送带上运动的时间；
（2）包裹A的质量。
17．某工厂用倾角为的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带两轮A、B间的距离为，正常运转的速度为。一次工人刚把的货物放到传送带上的A处时停电了。为了不影响工作的进度，工人拿来一块带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板之间的动摩擦因数为，木板与传送带之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（货物和木板均可看做质点，重力加速度，，）
(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；
(2)若工人用的恒定拉力使货物和木板沿着传送带运动了10m，突然来电了。求此时货物和木板的速度大小；
(3)来电后，工人立即撤去拉力，再经过一段时间，货物运动到B处时被工人接住。求这段时间的值。（不计传送带的加速时间）
18．某传送装置如图所示，档板M固定在水平台面上，连接有轻弹簧K，A、B是水平传送带的左、右两端点，B点右侧通过另一水平台面BC与竖直半圆固定轨道CDH连接，D是半圆的中点，用质量m=1kg的物块（可视为质点）向左缓慢挤压弹簧使其具有一定的弹性势能E并用细线锁定（弹簧与物块不拴接）．已知传送带顺时针匀速旋转，其速度v=4m/s，A、B间的距离L=2m，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5（其余接触面不计摩擦）.圆轨道的半径R=1m，重力加速度取g=10m/s2．某时刻剪断细线，释放物块。
(1)若弹簧的弹性势能E=2J，则物块在传送带上第一次由A运动到B的时间是多少？
(2)在这个过程中系统产生的热量Q是多少？
(3)若要物块释放后能滑上半圆轨道且沿半圆轨道运动时不脱离轨道，求弹簧的弹性势能E应满足的条件。
19．皮带运输机广用于民航、车站、仓库的装卸货物中，如图所示为某仓库卸货时皮带运输机的示意图。传送带倾角、动摩擦因数，传送带以恒定速率逆时针运行，将质量的货物轻放在传送带上A处，经过一段时间到达传送带下端B处，间距为3.2m，，，g取，求:
(1)货物从A到B过程中传送带对货物做的功；
(2)货物从A到B过程中系统产生的热量。
20．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，传送带右端有一光滑的半径R=0.45m的四分之一圆弧轨道，圆弧底端与传送带相切．一质量为m=0.5kg的物体，从圆弧轨道最高点由静止开始滑下，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过圆弧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及此过程中物体与传送带摩擦所产生的内能
（2）物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间；
21．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角，皮带在电动机的带动下，始终保持的速率运动．现把一质量为的工件（可视为质点）轻轻放在皮带的底端，经时间，工件被传送到的高处，取，求：
（1）工件与皮带间的动摩擦因数；
（2）工件相对传送带运动的位移．
参考答案
1．A
【解析】
A.粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于等于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确.
B.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得到，加速度a=g(sinθ+μcosθ），若μ＜tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速，也可能先以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速，后以g(sinθ-μcosθ)匀加速；故B错误.
C.若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动;故C错误.
D.由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动，故D错误.
2．B
【解析】
刚被放在传送带上时，滑块受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，，滑块运动到与传送带速度相同需要的时间，然后随传送带一起匀速运动的时间，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，，运动的时间，B正确．
3．C
【解析】
AD．从图象可知，物体速度减为零后反向沿斜面向上运动，最终的速度大小为2m/s，方向沿斜面向上，所以没从N点离开，从M点离开；并且可以推出传送带沿斜面向上运动，速度大小为2m/s，故AD错误；
B．速度图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度
根据牛顿第二定律
解得
故B错误；
C．速度图象与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，时，物块的速度为0，之后物块沿斜面向上运动，所以物块沿斜面向下运动的位移
到t2=6s时，物块沿斜面向上运动的位移
因为x1=x2，所以物块在第6s时回到M点，故C正确；
故选C。
4．C
【解析】
煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动。
A、设经过时间t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，可得 a1＝g（sinθ+μcosθ）＝8m/s2，由 v0＝a1t1得 t1＝1s，此过程通过的位移大小为 x1＝t1＝4m＜L。由于mgsinθ＞μmgcosθ．故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上。设煤块接着做匀加速运动的加速度为a2，运动的时间为t2，则 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，可得 由，代入数据得：t2＝1s。故煤块从A到B的运动时间是t＝t1+t2＝2s。故A错误。
B、煤块从A端运动到B端时速度 v＝v0+a2t2＝12m/s，此时重力的瞬时功率为 P＝mgvsinθ＝144W，故B错误。
C、由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小（v0t1﹣x1）＞[（L﹣x1）﹣v0t2]，所以煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹长度为 S＝v0t1﹣x1＝4m。故C正确。
D、煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为 Q＝μmgcosθ{（v0t1﹣x1）+[（L﹣x1）﹣v0t2]}，代入数据解得：Q＝24J，故D错误。
5．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图乙可知，物块先加速后匀速，且由图乙可知，加速过程的加速度为
根据牛顿第二定律可知
由以上两式解得
故A正确；
B．AB间距离即为物块在6s内发生的位移，即图乙的面积
故B错误；
C．物块对传带只在加速过程中做功，根据公式，其中
代入公式中可解得
故C错误；
D．物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速的加速度为，物块从开始到速度为4m/s时发生的位移为
所以物块减速的长度为
而物块从4m/s减到零发生的位移为，所以物块刚好到达B端，故D错误．
故选A。
点晴：物块滑上传送带先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，做匀速直线运动，结合运动学公式和牛顿第二定律求出动摩擦因数，注意判断物块从开始到达到传送带速度时的位移与传送带的长度的比较．
6．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．只要传送带逆时针转动，无论转动的速率多大，都不影响物块的加速度，所以物块仍将会到达传送带的右端，AB错误；
CD．当物块P与传送带的摩擦因数变为时，其加速度为之前的2倍，由可知，其运动路程为之前的，运动时间也为之前的，图像如图所示
结合图象可知其相对路程为，摩擦产生的热量
C正确，D错误。
故选C。
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
物块轻放在水平传送带上，先做初速度为零匀加速直线运动，与物块与传送带相对静止后，以速度v做匀速直线运动；设物体的速度达到v用时间t，则物体的位移
相邻的物体运动位移为
两物体的间距
故选C。
8．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据公式可知物体加速度关系为
由牛顿第二定律则有
由此可知
即甲传送带与小物体间的动摩擦因数小于乙传送带与小物体间的动摩擦因数，故A正确；
BCD．传送带对小物体做功等于小物块机械能的增加量，两种情况下物体动能的增加量相等，重力势能的增加量也相同，即机械能的增加量相等，根据功能关系知，两种传送带对小物体做功相等，由摩擦生热知对甲有
联立可得
对乙有
联立可得
所以有
根据能量守恒定律，电动机消耗的电能等于摩擦产生的热量与物块增加机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B、C错误，D正确；
故选AD。
9．ABC
【解析】
【详解】
由动量定理可知：，解得，选项A正确；相比传送带空载时，电动机应增加的功率为，选项B正确；煤渣刚落到传送带上时的加速度为a=μg=5m/s2，则达到与传送带共速时：，解得t=0.8s，则此过程中每块煤渣在传送带上留下的痕迹长度为，选项C正确；30秒内因煤与传动带的摩擦而产生的热量为，选项D错误.
10．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A．小物体上滑到B的时速度为，摩擦力对小物块做正功，重力对小物块做负功，由动能定理得
，
则两种传送带对小物体做功相等，A正确；
B．将小物体传送到B处，两种传送带电机的效率未知，故消耗的电能不一定相等，B错误；
C．小物体上滑到速度为时，滑行的位移
由速度位移公式
则可得
再由牛顿第二定律
则
C正确；
D．由摩擦生热
可得
，
由牛顿第二定律得
，
解得
，
即
D正确。
故选ACD。
11．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
令传送带的速度为v，根据题意可知，货物在传送带上先加速后做减速运动，加速运动阶段，其加速度大小为

当货物加速到和传送带速度相等时，所用时间为
货物发生的位移为
传送带发生的位移为

减速运动过程中货物的加速度大小为
a′=a=5m/s2
当货物速度减为零，所用的时间为
货物发生的位移为

根据题意可知，货物在传送带上留下的划痕长为

所以传送带的速度为
v=1m/s
货物发生的总位移为
x=x1+x3=0.2m
运动的总时间为
t=t1+t2=0.4s
与传送带由摩擦而产生的热量
Q=μmg（x2-x1+x3）=10J
货物获得的最大动能为
Ek＝mv2＝5J
故B错误，ACD正确。
故选ACD。
12．AD
【解析】
【详解】
A.若传送带顺时针转动，当滑块下滑时若有，所以滑块将一直匀加速到底端；当滑块上滑时若有，则滑块先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，故A正确；
B.滑块在内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑，根据牛顿第二定律有：
由图可知
联立解得：
故B错误；
C.只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成斜向上，传送带的速度才为，故C错误；
D.共速后的加速度
代入值得
故D正确。
13．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．根据牛顿第二定律得，小煤块的加速度
则匀加速运动的时间
匀加速运动的位移
．
则小煤块匀速运动的位移
则匀速运动的时间
所以小煤块从A运动到B的时间
故A正确，B错误．
CD．在煤块匀加速运动的过程中，传送带的位移
则划痕的长度
．
故C错误，D正确．
故选AD.
14．BD
【解析】
【分析】
【详解】
在0?1???s内，滑块的加速度大小为，选项A错误；在0?1???s内，由牛顿第二定律可得：解得μ=0.5，选项B正确；在物块与传送带达到共速之前，物块所受的摩擦力方向向下，在1s后物块与传送带达到共速后，因物块继续加速下滑，但是加速度减小，可知此时传送带对物体的摩擦力方向变为向上，选项C错误；物块与传送带达到共速后：解得a2=2m/s2；物块在1s之前的位移：，则1s后的位移为s2=16-5=11m；根据，带入数据解得：，解得t2=1s，则滑块从传送带顶端滑至底端所需的时间为2s，选项D正确；故选BD.
【点睛】
解决本题的关键是根据v-t图像理清物块在传送带上的受力情况和运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．
15．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为10m/s，开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，则
联立解得
，
故A正确，B错误；
C．第一段匀加速直线运动的位移为
此过程传送带对货物做的功为
第二段匀加速直线运动的位移为
此过程传送带对货物做的功为
则总功为
故C错误；
D．第一阶段物体与传送带间的相对位移为
产生的热量为
第二阶段物体与传送带间的相对位移为
产生的热量为
总热量为
故D正确。
故选AD。
16．（1）1.25s；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）物体B在传送带上的加速度
加速到共速时的时间
加速的距离
匀速运动的时间
则物体B在传送带上的时间
（2）物体B在水平面上的加速度
与A碰前B的速度
碰后A的加速度

则碰后A的速度
碰后B的速度
则AB碰撞过程由 动量守恒定律
解得
17．(1)；(2)；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设最大拉力为，货物与模板之间的静摩擦力达到最大，这此时的加速度为，对货物受力分析，根据牛顿第二定律可得
代入数据可得
对货物和木板整体分析，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
(2)设工人拉木板的加速度为，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
设来电时木板的速度为，根据运动学公式
代入数据解得
(3)由于来电时木板的速度比传送带正常运转速度大，因此木板将向上减速，设加速度为，由牛顿第二定律可得
解得
设经过时间木板速度与传送带速度相同，则有
解得
设内木板减速位移为，则有
解得
共速后，由于
货物和木板将继续减速，设加速度为，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
设速度减为零需要时间，位移为，则有
代入数据解得
由于
因此设货物和传送带共速到达B所需时间为，则有
解得
（舍去）
或
则来电后，货物到达B还需要时间
18．（1）0.6s；（2）2.0J；（3）或
【解析】
【分析】
【详解】
（1）若弹簧的弹性势能E=2J，设释放后物块在A点获得的速度为v0，有
可得
v0=2m/s
因v0＜v，故物块滑上传送带后受摩擦力作用而做加速运动，设其加速度大小为a，对物块由牛顿第二定律
μmg=ma
可得
a=5m/s2
设物块加速至v与传送带共速需要时间t1，所需位移x1，有

因x1＜L，故物块此后在传送带上做匀速直线运动，其时间

故物块在传送带上运动时间
t=t1+t2=0.6s
（2）上述过程中物块相对传送带的位移

产生的热量

（3）物块经过B点由C滑上圆轨道，若刚好到达D点，则在D点的速度为零，设其在C点的速度为v1，对C→D，由机械能守恒有
可得

因v1＞v，故物块在传送带上做匀减速直线运动，设此情况弹簧对应的弹性势能为E1，对物块释放到运动到C，由动能定理有

由功能关系有弹簧具有的弹性势能
E1=W1
可得
E1=20J
若物块刚好到达H点，设其在H点的速度为v2，在H点由牛顿第二定律有

可得

对物块释放到运动H，由动能定理有

由功能关系有弹簧具有的弹性势能
E2=W2
可得
E2=35J
综上所述，要物块释放后不脱离圆轨道，弹簧的弹性势能E应满足：E≥35J或0J＜E≤20J；
19．(1)-56J；(2)24J。
【解析】
【分析】
本题考查传送带上物体运动过程的分析以及运用动能定理进行功的计算。
【详解】
(1)货物与传送带间的滑动摩擦力
故货物速度小于传送带速度时，货物受到的合外力为
货物的加速度
故货物达到传送带速度需要时间
运动位移
达到相同速度后，货物受到的合外力
故加速度
故由匀加速直线运动位移公式可得
解得故货物在B点的速度
货物从A到B过程中只有重力、传送带给货物做功，故由动能定理可得：货物从A到B过程中传送带对货物做的功
(2)货物从A到B过程中，货物与传送带间的摩擦力始终为
货物速度小于传送带速度时的相对位移
货物速度大于传送带速度时的相对位移
故货物在传送带上运动的相对路程
那么，货物从A到B过程中系统产生的热量
20．（1）5.25J（2）3.125s
【解析】
【分析】
根据机械能守恒定律求出滑块滑上传送带的速度，滑上传送带先做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动达到传送带速度一起做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物体从第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；根据运动学公式求出相对路程的大小，从而根据Q=f△x求出摩擦产生的热量．
【详解】
（1）沿圆弧轨道下滑过程中mgR=mv12
得v1=3m/s
物体在传送带上运动的加速度a=μg=2m/s2
向左滑动的最大距离s=v12/2a=2.25m
物体在传送带上向左运动的时间t1=v1/a=1.5s
物体向左运动过程中与传送带摩擦所产生内能为：
（2）物体向右运动速度达到v时，已向右移动的距离 s1=v2/2a=1m
所用时间 t2=v/a=1s
匀速运动的时间
t=t1+t2+t3=1.5+1+0.625=3.125s
【点睛】
解决本题的关键理清物体的运动过程，知道物体的运动规律，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
21．（1）；（2）
【解析】
试题分析：（1）由题意得，皮带长为：L＝＝3 m．工件速度达到之前，从静止开始做匀加速运动
设匀加速运动的时间为，位移为，有：x1＝vt1＝t1
设工件最终获得了与传送带相同的速度，则达到之后工件将做匀速运动，
有：
解得：，故假设工件最终获得与传送带相同的速度是正确的．
加速运动阶段的加速度为：a＝＝2．5 m/s2
在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有：，解得：．
（2）在时间内，传送带运动的位移为：
工件运动的位移为：x1＝vt1＝t1＝0．8 m
所以工件相对传送带运动的位移为：．
考点：动能定理的应用、功能关系
【名师点睛】解决本题的关键理清工件在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．