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 补充练习（含解析）

考点练：牛顿运动定律应用之传送带模型
1．如图所示，静止的倾斜传送带上有一木块正在匀速下滑，当传送带突然向上开动时，木块滑到底部，所需要的时间，与传送带不动所用的时间相比较，正确的是（ ）
A．= B． > C． < D．无法比较
2．如图所示，倾斜传送带以速度v1顺时针匀速运动，t=0时刻小物体从底端以速度v2冲上传送带，t=t0时刻离开传送带。下列描述小物体的速度随时间变化的图象不可能的是（　　）
A． B．
C． D．
3．如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为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相比较，可能大，也可能相等或小
B．粮袋开始运动的加速度为g（sinθ ? μcosθ），若L足够大，则粮袋最后将以速度v做匀速运动
C．若μ ≥ tanθ，则粮袋从A到B一定一直做加速运动
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
4．如图所示，质量m=1kg的物块，以速度v0=4m/s滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带上A、B两点间的距离L=6m，已知传送带的速度v=2m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2．关于物块在传送带上的运动，下列表述正确的是（　　）
A．物块在传送带上运动的时间为4s
B．物块滑离传送带时的速率为2m/s
C．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18J
D．传送带对物块做功为6J
5．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。则（ ）
A．传送带的速率v0＝10m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数?＝0.5
D．0~2.0s内物体在传送带上留下的痕迹为6m
6．如图所示,传送带以的初速度顺时针匀速运动.将质量为的物体无初速度轻放在传送带上的端,物体将被传送带送到端,已知物体在到达端之前已和传送带相对静止,则下列说法正确的( )
A．传送带对物体做功为
B．传送带克服摩擦做功为
C．在传送物体过程产生的热量为
D．电动机由于传送物体多消耗的能量为
7．如图所示，传送带始终以v=4m/s的速度顺时针方向运动。一个质量为m=1.0kg，初速度为零的小物体放在传送带的左端a处，若物体与传送带之间的动摩擦因素?=0.2，传送带左右两端ab的距离为L=8m。则物体从a端运动到b端的过程中（g取10m/s2）（　　）
A．运动时间为2s
B．传送带对小物体做的功为8J
C．传送带对物块先做正功后做负功
D．摩擦力对传送带做功为－16J
8．如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中．下列说法正确的是()]
A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于v，物体仍落在P点
B．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点
C．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P点
D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P点
9．已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动。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a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的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2）。已知传送带的速度保持不变。（g取10 m/s2）则（　　）
A．0~t1内，物块对传送带做负功
B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ>tan θ
C．0~t2内，传送带对物块做功为
D．系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小
10．疫情时期孝感市各类医疗物资紧张，一方有难八方支援，很快各类物资运抵孝感，为提高转运效率运输部门使用了传送带装置。如图所示，传送带与水平方向夹角为θ，以速度v0顺时针匀速转动。志愿者将某防疫物资轻放在传送带下端的A点（可以认为初速度为零），经传送带运送到与上端B点等高的平台上，再运走。已知传送带与物资间的动摩擦因数为μ，列说法正确的是（　　）
A．μ > tanθ
B．物资到达B处的速度为v0
C．物资刚放上传送带时加速度为g(μcosθ ? sinθ)
D．传送带速度越大物资在传送带上运动时间越短
11．如图甲，倾角为θ的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行，t=0时初速度大小为v1（v1＞v2）的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的v﹣t图象如图乙，则（　　）
A．0~t3时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变
B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足μC．t2时刻，小物块离传送带底端的距离达到最大
D．小物块返回传送带底端时的速率小于v1
12．如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图象可能是
A． B．
C． D．
13．如图甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以恒定速率运行，将一质量m=1kg的小物体以某一沿传送带方向的初速度放上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的是（ ）
A．传送带逆时针转动，速度大小为4m/s
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875
C．0~8s内因摩擦产生的热量为72J
D．0~8s内因放上物体，传送带电动机多消耗的电能为216J
14．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转动，传送带右端有一个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上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为，则在整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若时，摩擦力对物体做功为零
C．若时，则传送带与物体摩擦生热为
D．其中在物体向左运动过程中，传送带与物体摩擦生热为
15．物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运动，则传送带对物体做功情况可能是（　　）
A．始终不做功 B．先做负功后做正功
C．先做负功后不做功 D．先做正功后做负功
16．如图所示，水平传送带正以2m/s的速度运行，两端水平距离l=8m，把一质量m=2kg的物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，则把这个物块从A端传送到B端的过程中，不计物块的大小，g取10m/s2，求摩擦力对物块做功的平均功率？
17．机场经常使用传送带和转盘组合完成乘客行李箱的传送，图为机场水平传输装置的俯视图。行李从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘，转盘上行李箱所在处的线速度与传送带速度始终大小相等。行李箱随转盘一起运动（无打滑）半个圆周到C处被乘客取走。已知A、B两处的距离L=10m，传送带的传输速度v=2.0m/s，行李箱在转盘上与轴O的距离R=4.0m，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.1，行李箱与转盘之间的动摩擦因数μ2=0.4，g=10m/s2。（π值取3.14）
（1）行李箱从A处被放上传送带到C处被取走所用时间为多少；
（2）如果要使行李箱能最快到达C点，传送带和转盘的共同速度应调整为多大。
18．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：
(1)物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。
19．有一水平足够长的传送带，以v0=5m/s的速度沿顺时针方向匀速运转，传送带右端平滑连接了一个倾角为37°的粗糙斜面，物体与斜面、物体与传送带之间的动摩擦因数均为0.5；现将一质量m=1kg的物体轻放在距离传送带最右端L=7.5m处，已知，求：
(1)该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间；
(2)该物块从轻放到第一次到达传送带最右端全程产生的热量；
(3)物体最终在斜面上走过的总路程；
(4)当物块第一次从粗糙斜面落回传送带后，若增大传送带的速度v0，当物块在传送带上走过第n个来回时，求该来回过程中传送带因此多消耗的电能与传送带速度v0的关系。
20．如图所示，倾角θ=30°、长度L=10m 的传送带以v=3m/s的速度稳定地逆时针传动。质量m=0.5kg、底部带有红色颜料的小滑块从距传送带底端 d=6.75m的P处，以v0=6m/s的初速度向上运动。已知滑块与传送带的动摩擦因数。试求：
(1)滑块在传送带上运动的时间；
(2)滑块在传送带上留下的红色痕迹长度。
21．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ＝37°的传送带，两皮带轮AB轴心之间的距离L＝3.2m，沿顺时针方向以v0＝2m/s匀速运动。一质量m＝2kg的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为的光滑圆弧形轨道CDF，并沿轨道运动至最低点F，与位于圆弧轨道最低点的物块Q发生弹性正碰，物块P和Q均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
（1）物块P从传送带离开时的动量；
（2）传送带对物块P做功为多少；
（3）物块P与物块Q碰撞后均不能离开光滑圆弧形轨道，物块Q质量M的取值范围。
参考答案
1．A
【解析】
当传送带静止不动时，木块能匀速下滑，那说明木块在沿斜面方向上受力是平衡力，既木块的重力在沿斜面向下方向上的分力与木块受到的向上的摩擦力是相等的。如果在木块下滑时，传送带突然向上开动。因为传送带向上开动时，并不能使木块向上运动，此时木块下滑时受到的摩擦力仍是向上的，因摩擦力的大小仍然是μmgcosθ，则木块的受力情况不变，木块的运动状态并没有改变，木块仍会以原来的速度下滑，那么木块下滑的时间与传送还不动时的时间一样。综上分析故选A。
【点睛】
此题关键是分析两种情况下木块受到的摩擦力，知道滑动摩擦力的大小与两物体之间的相对运动的速度是无关的。
2．C
【解析】
A．小物体运动过程中，在沿传送带方向上，受到重力沿传送带向下的分力和摩擦力。设摩擦力最大值为f，重力沿传送带向下的分力为F。若，物体冲上传送带后所受的滑动摩擦力沿斜面向下，做匀减速运动，当其速度与传送带相同时，若，则物体与传送带一起匀速运动，则A图是可能的。A选项不合题意，故A错误；
BC．若，物体先做匀减速运动，后与传送带共速后，若，滑动摩擦力沿斜面向上，物体继续向上做匀减速运动，加速度减小，速度减小到零，后又向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律
可知共速后加速度大小不变，则B图是可能的，C图不可能。B选项不合题意，C选项符合题意，故B错误，C正确；
D．若，物体先做匀加速运动，与传送带共速后，若，物体与传送带一起匀速运动，则D图是可能的。D选项不合题意，故D错误。
故选C。
3．A
【解析】
A．粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于或等于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，则重力沿传送带的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。
故选A。
4．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A、B、滑块先向右匀减速,对于向右滑行过程,根据牛顿第二定律,有

计算得出

根据运动学公式,有

运动位移为
然后向左匀加速过程,并加速到和皮带速度相等，根据运动学公式,有
运动的位移为
最后3m做匀速直线运动,有
即滑块在传送带上运动的总时间为 故A错误,B正确;
C、整个运动过程中因为摩擦产生的热量等于滑块与传送带之间的一对摩擦力做功的代数和,等于摩擦力与相对路程的乘积;物体向右减速过程,传送带向左移动的距离为:

物体向左加速过程,传送带运动距离为
则相对位移为:
则所以C选项是正确的;
D、传送带对物块做的功即等于物块动能的变化量，由动能定理可知：
，故D错；
故选BC
【点睛】
根据牛顿第二定律求出滑块的加速度,再结合运动学规律判断出:滑块滑上传送带后,因为摩擦力作用,先向右匀减速后反向加速,速度增加到等于传送带后再一起匀速;然后根据功能关系计算出摩擦力对滑块做的功和产生的热量.
5．AC
【解析】
【详解】
A．由图知，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（在t＝1.0s时刻），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，从图像可知传送带的速度为v0＝10m/s，故A正确；
BC．在0~1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为：
由图可得：
在1.0~2.0s，物体的加速度为：
由图可得：
联立解得：，，故B错误，C正确；
D．根据“面积”表示位移，可知0~1.0s物体相对于地的位移：
传送带的位移为：
x2＝v0t1＝10×1m＝10m
物体对传送带的位移大小为：
方向向上。1.0~2.0s物体相对于地的位移：
传送带的位移为：
x4＝v0t1＝10×1m＝10m
物体对传送带的位移大小为：
方向向下，故留下的痕迹为5m，故D错误。
故选：AC。
6．AC
【解析】
【分析】
在传送带模型中，摩擦力对物体做正功，而传送带需要克服摩擦力做功，明确做功情况，再根据功能关系判断相关问题．
【详解】
A. 物体受重力支持力和摩擦力，根据动能定理，传送带对物体做的功等于动能的增加量，即，故A正确；
B. 根据动能定理得：摩擦力对物体做功大小为，在物体匀加速运动的过程中，由于传送带的位移大于物体的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物体做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于?，B错误；
C. 在传送物体过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即：
假设物体加速时间为t，物体的位移为：
传送带的位移为：
根据动能定理，有：
所以产生的热量为：
所以C正确；
D. 电动机由于传送物体多消耗的能量等于物体动能增加量和摩擦产生的内能的和，故大于?，D错误．
故选AC．
【点睛】
考察运用动能定理和功能关系研究传送带模型中的做功以及能量转化问题．
7．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．物块的加速度
a=μg=0.2×10=2m/s2
当速度达到4m/s时，物块的位移
知物块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动；匀加速直线运动的时间
匀速直线运动的时间

物体从a点运动到b点所经历的时间
t=t1+t2=2+1=3s
选项A错误；
B．传送带对小物体做的功为
选项B正确；
C．物块先加速后匀速，则传送带对物块先做正功后不做功，选项C错误；
D．加速阶段传送带的位移

则摩擦力对传送带做功为
选项D正确。
故选BD。
8．AD
【解析】
试题分析：若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于v，则物体做匀减速直线运动，到达右端时速度为v，物体做平抛运动，仍然落在P点．故A正确．若传送带随皮带顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时，做匀速直线运动，可知到达右端的速度大于v0．物体落地点在P点的右侧．故B错误．若传送带随皮带顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，可知物体最终的速度大于v，做平抛运动将落在P点的右侧．故C错误．若传送带逆时针转动，物体做匀减速直线运动，到达右端的速度为v，做平抛运动将仍然落在P点．故D正确．故选AD．
考点：平抛运动；牛顿第二定律
【名师点睛】解决本题的关键知道物体离开传送带做平抛运动，水平距离由离开的初速度决定，以及会通过物体的受力判断物体的运动．
9．ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上；0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向上，则物块对传送带做负功，故A正确；
B．在t1～t2内，物块向上运动，则有
μmgcosθ＞mgsinθ
得
μ＞tanθ
故B正确。
C．0～t2内，由图“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，设为WG，根据动能定理得
则传送带对物块做功
故C错误。
D．0~t2内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D正确。
故选ABD。
10．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．因为物资是静止放在传送带上被运走的，所以物资重力沿斜面的分力应小于最大静摩擦力（即滑动摩擦力），则有
解得
故A正确；
B．物资从传送带的A点运动到B点，可能是先做匀加速直线运动，然后与传送带一起以速度v0做匀速直线运动；也可能是一直做匀加速直线运动，所以物资到达B处的速度不一定为v0，故B错误；
C．物资刚放上传送带时，物资与传送带相对滑动，则物资受重力、支持力和滑动摩擦力的作用，由牛顿第二定律得
解得
故C正确；
D．物资在传送带上运动的加速度和位移是固定的，不随传送带速度的变化而变化。当物资先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动时，传送带速度越大物资在传送带上运动时间越短；但当物资是一直做匀加速直线运动时，传送带速度越大物资在传送带上运动时间保持不变，故D错误。
故选AC。
11．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图像可知，在时刻，小物体加速度发生变化，故在时刻之前摩擦力沿斜面向下，之后沿斜面向上，发生了变化，故A错误；
B．时刻小物块与传送带速度相等，之后仍然能继续相加加速度，故
即，故B正确；
C．由图像可知，在时刻物体速度反向，故时刻小物块离斜面底端距离最大，故C错误；
D．小物块返回斜面底端时，整个过程中，重力做功为0，摩擦力做负功，由动能定理可知，其返回低端速度小于初速度，故D正确；
故选BD。
12．BC
【解析】
【详解】
根据题意，设传送带倾角为，动摩擦因数，若：，合力沿斜面向下，物块向下匀加速；若，沿斜面方向合力为零，物块匀速下滑；若，沿斜面方向合力沿斜面向上物块匀减速，当减速为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同，因为最大静摩擦力大于重力向下分力，之后一起随传送带匀速，AD错误BC正确
13．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．取传送带向上为正方向，物体最后随传送带一起匀速运动，故传送带顺时针转动，速度大小为4m/s，故A错误；
B．根据v-t图像的斜率可知物体加速度
对物体，由牛顿第二定律
联立方程解得
故B正确；
C．0~8s内物体相对滑动的距离为左侧三角形围成的面积

因此摩擦产生的热量
故C错误；
D．0~8s内，对系统根据能量守恒，增加的动能
物体沿传送带上升的距离

增加的重力势能
△Ep=mg·S·sin37°=84J
传送带电动机多消耗的电能
J
故D正确。
故选BD。
14．BD
【解析】
【详解】
A.如果v1＞v2，由于传送带足够长，物体匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，返回时物体会一直向右匀加速，根据对称性，知当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，则有v3=v2，故A错误；
B.如果v1＞v2，由上分析知v3=v2，根据动能定理，摩擦力对物体做功为
W==0
故B正确；
CD.若v1＞v2时，设物体所受的摩擦力大小为f，物体向左运动的加速度大小a=，时间t1=，
物体向左运动的位移
x1=，
传送带的位移
x2=v1t1=，
摩擦生热
Q1=f（x1+x2）=+mv1v2；
物体向右运动时，运动时间为
t2=，
物体向右运动的位移
x3==，
传送带的位移
x4=v1t2=，
摩擦生热
Q2=f（x4-x3）=mv1v2-，
传送带与物体摩擦生热共为Q=Q1+Q2=2mv1v2，故C错误，D正确。
15．AC
【解析】
【分析】
【详解】
如果滑到传送带上时的速度与传送带速度相等，物体不受摩擦力，因此传送带对物体始终不做功；如果滑到传送带上时的速度小于传送带的运动速度，物体受摩擦力的方向与运动方向相同，传送带对物体做正功，当速度与传送带速度相同时不再做功，因此先做正功后不做功；如果滑到传送带上时的速度大于传送带运动速度，物体受摩擦力与运动方向相反，传送带对物体做负功，当速度与传送带速度相同时不再做功，因此先做负功后不做功，故AC正确，BD错误。
故选AC。
16．0.8W
【解析】
【分析】
【详解】
物块受向右的滑动摩擦力为
Ff=μmg=0.1×2×10?N=2N
根据牛顿第二定律可得加速度为
a=μg=0.1×10?m/s2=1m/s2
物块与传送带相对滑动时的位移为
摩擦力做功为
W=Ffx=2×2J=4J
相对静止后物块与传送带之间无摩擦力，此后匀速运动到B端，物块由A端到B端所用的时间为
则物块在被传送过程中所受摩擦力的平均功率为
17．（1）12.28s；（2）4m/s
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设行李箱的质量为m，放在传送带上，受到滑动摩擦力而做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
由速度公式得：
由位移公式得：
联立代入数据解得：，
故行李箱在传送带上做匀速运动的时间为：
从B到C做匀速圆周运动用时为：
代入数据求得：
故行李箱从A处传送到C处用时为：
（2）当行李箱在转盘上时受到的摩擦力为最大静摩擦力时，则由牛顿第二定律有：
又有
代入数据求得：
当行李箱在传送带上一直做加速运动的速度为，则有：
求得：
故最大速度应取4m/s，即传送带和转盘的共同速度应调整为4m/s。
18．（1）60N，竖直向下（2）12J（3）8s
【解析】
【详解】
(1) 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：
v0=5m/s
在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
F=60N
由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下；
(2) 在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：
μmg=ma
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有

代入数据解得：
v=4m/s
由于v＞u=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小，设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv=mv1+Mv2
由机械能守恒定律得：

解得：

物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：
(3) 碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得

解得：
l′=2m＜4.5m
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1。由动量定理得：
解得：

设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：


代入数据解得：

当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞，则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2．由动量定理得：

解得：

同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为
构成无穷等比数列，公比，由无穷等比数列求和公式

当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为
19．(1)2s；(2)12.5J；(3) ；(4)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)物块轻放上传送带以后做匀加速直线运动，物块加到与传送带共速所走过 的位移为
匀加速阶段时间为
物块与传送带共速后，保持匀速运动
解得
因此运动的总时间
(2)物体与传送带的相对位移
因此产生的热量
(3)小物块以v0第一次冲上斜面后再次回到最底端时速度v1的大小小于v0，在足够长传送带上运动一个来回后速度与v1等大反向，冲上斜面，第二次落回水平传送带时速度v2的大小小于v1，如此往复，最终物块将静止在斜面最底端。将物块以速度v0第一次冲上斜面时作为初状态，将最终静止在斜面底端作为末状态，对全程列动能定理，可得
解得
(4)物块第一次以初速度v0冲上斜面后上升的最大高度 物块第一次回到斜面底端时速度为v1，则
①
②
由①②得
同理，物块第二次回到斜面底端时速度大小
因此，物块第n次回到斜面底端时速度大小
③
每次物块落回传送带上后，经过时间t速度减为0，又经过同样的时间t以相同速度大小回到传送带最右端
④
⑤
⑥
对传送带列动能定理
⑦
由③④⑤⑥⑦得
20．（1）3s；（2）6.75m.
【解析】
【分析】
【详解】
（1）滑块受到重力mg、支持力FN、沿斜面向下的摩擦力f作用，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ+f=ma
FN=mgcosθ
又
f=μFN
联立方程，代入数据得：
a=6m/s2
开始滑块向上做匀减速运动，减速到零时所有时间为
滑块向上运动的距离为
因为x＜L-d，所以滑块还没有到达传动带最高点时速度已经为零，以后滑块将沿传送带向下以加速度a做匀加速运动，设经时间t2与传送带速度相等，则：
向下运动的位移为
滑块速度与传送带速度相等时，滑块所受摩擦力方向变为沿传送带向上，因为

所以滑块将继续沿传送带向下加速运动，加速度为a′，由牛顿第二定律可得
mgsinθ-μmgcosθ=ma′
代入数据解得
a′=4m/s2
从滑块与传送带速度相等开始，滑块达到底端的时间为t3，达到底部的速度为v1，达到底部时的位移为
x2=d+x-x1=9m
根据速度位移关系可得
v12-v2=2a′x2
解得
v1=9m/s
则

滑块在传送带上运动的时间为
t=t1+t2+t3=3s
（2）滑块减速上升过程中相对于传送带向上滑动的距离为
△x1=x+vt1=6m
滑块加速下滑到与传送带共速过程中相对于传送带向上滑动的距离为
△x2=vt2-x1=0.75m
从滑块与传送带速度相等开始到滑块达到底端的过程中相对于传送带向下滑动的距离为
△x3=x2-vt3=4.5m
由于红色痕迹有重叠，故滑块在传送带上留下的红色痕迹长度为
△x=△x1+△x2=6.75m
21．（1）8kg?m/s；（2）-22.4J；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）物块在未到达与传送带共速之前，所受摩擦力方向沿传送带向下，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得
a1＝10m/s2
达到传送带的速度所需时间
沿斜面向下运动的位移
当物块P的速度与传送带共速后，由于?mgsinθ＞μmgcosθ，所以物块P所受摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律得
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
解得
a2=2m/s2
物块P以加速度a2运动的距离为
x2=L-x1=3m
设物块P运动到传送带底端的速度为v1，由运动学公式得
v12-v02=2a2x2
解得
v1=4m/s
则动量
P=mv1=8kg?m/s
方向与水平方向成37°斜向右下；
（2）物块从顶端到底端，根据动能定理

解得传送带对物块做功为
W=-22.4J
（3）设物块P运动到F点的速度为v2，由动能定理得
解得
v2=6m/s
物块P与物块Q发生完全弹性碰撞，并设物块P碰撞后的速度为v3，物块Q碰撞后的速度为v4，则两物块的碰撞过程动量守恒
mv2=mv3+Mv4
碰撞前后动能之和不变
解得
若P与Q碰后速度同向，则且 要使得两物块均不离开圆轨道，则
解得
若P与Q碰后速度反向，则m解得
综上所述物块P与物块Q碰撞后均不能离开光滑圆弧形轨道，则.