2021高考物理挑战压轴题 专题三：单个、多个物体的多运动过程传送带模型

专题三：单个、多个物体的多运动过程传送带模型

1．水平传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1

①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景2

①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速
②v0＝v，一直匀速
③v0 情景3

①传送带较短时，滑块一直减速到达左端
②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．若v0>v，返回时速度为v，若v0
2.倾斜传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1

①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景2

①可能一直匀速
②可能一直加速

3.模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．
4．解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．

1．基本思路
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．
(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．
(3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合适的物理规律列方程．
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．
2．解题关键
(1)注意应用v－t图象和情景示意图帮助分析运动过程．
(2)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析．
题型一：传送带模型
例1　(多选)(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图4，一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(　　)

图4


答案　BC
解析　设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsin θ>μmgcos θ，合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确．
变式1　(多选)(2019·陕西榆林市第三次测试)如图5所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1＝2 m/s的恒定速率顺时针运行．初速度大小为v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则(　　)

图5
A．小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右
B．小墨块的加速度大小为0.2 m/s2
C．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5 m
D．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5 m
答案　AD
解析　小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A正确．小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，故a＝＝＝1 m/s2，方向向右，故B错误．小墨块向左做匀减速运动时，对小墨块有：0＝v2－at1，x1＝t1，联立解得：x1＝4.5 m，小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为：x2＝v1t1＝6 m；小墨块向右做匀加速运动时，对小墨块有：v1＝at2，x1′＝t2，联立解得x1′＝2 m，对传送带有：x2′＝v1t2＝4 m，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x＝(x1＋x2)＋(x2′－x1′)＝12.5 m，故C错误，D正确．
题型二：滑块木板模型
1．模型特点
“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系．
2．解题关键
(1)临界条件：使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同．
(2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体相对地面的位移，再求相对位移．

例1　(2019·贵州毕节市适应性监测(三))一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图6所示．木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1 s时，木板以速度v1＝4 m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反．运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下．已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：

图6
(1)t＝0时刻木板的速度大小；
(2)木板的长度．
答案　(1)5 m/s　(2) m
解析　(1)对木板和物块：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
设初始时刻木板速度为v0
由运动学公式：v1＝v0－a1t0
代入数据解得：v0＝5 m/s
(2)碰撞后，对物块：μ2mg＝ma2
对物块，当速度为0时，经历时间t，发生位移x1，则有v1＝a2t，x1＝t
对木板，由牛顿第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3
对木板，经历时间t，发生位移x2
x2＝v1t－a3t2
木板长度l＝x1＋x2
联立并代入数据解得l＝ m.
变式1　(2019·江西宜春市模拟)如图7所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝0.75 m的薄平板AB.平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为4 m．在平板的上端A处放一质量m＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放．设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，通过计算判断无初速度释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与薄平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)

图7
答案　见解析
解析　对薄平板，由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 37°，故滑块在薄平板上滑动时，薄平板静止不动．
滑块在薄平板上滑动时的加速度为a1，则由牛顿第二定律mgsin 37°＝ma1，解得a1＝gsin 37°＝6 m/s2
到达B点时的速度v＝＝3 m/s
滑块由B至C时的加速度为a2，则由牛顿第二定律mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，解得a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
设滑块由B至C所用时间为t，则有LBC＝vt＋a2t2
代入数据解得t＝1 s
对薄平板，滑块滑离后才开始运动，加速度
a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
设B端滑至C端所用时间为t′，则有LBC＝a3t′2
代入数据解得t′＝2 s
则滑块与薄平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt＝t′－t＝1 s.
题型三：多过程问题

例1　(2019·河南郑州市第一次模拟)某次新能源汽车性能测试中，如图9甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示．已知汽车质量为1 500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定．求：

图9
(1)18 s末汽车的速度是多少？
(2)前25 s内的汽车的位移是多少？
答案　(1)26 m/s　(2)608 m
解析　(1)0～6 s内由牛顿第二定律得：F1－Ff＝ma1
6 s末车速为：v1＝a1t1
在6～18 s内，由牛顿第二定律得：F2－Ff＝ma2
第18 s末车速为：v2＝v1＋a2t2
由题图知18 s后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有：
Ff＝F＝1 500 N，
解得：v1＝30 m/s，v2＝26 m/s；
(2)汽车在0～6 s内的位移为：x1＝t1＝90 m，
汽车在6～18 s内的位移为：x2＝t2＝336 m，
汽车在18～25 s内的位移为：x3＝v2t3＝182m
故汽车在前25 s内的位移为：x＝x1＋x2＋x3＝608 m.
变式1　哈利法塔是目前世界最高的建筑．游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15 m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1 kg的物体受到的竖直向上拉力为11 N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g取10 m/s2)，求：
(1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；
(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；
(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？
答案　(1)1 m/s2　15 s　(2)525 m　(3) s
解析　(1)设电梯加速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
FT－mg＝ma
解得a＝1 m/s2
由v＝v0＋at
解得t＝15 s.
(2)匀加速阶段位移x1＝at2＝×1×152 m＝112.5 m
匀速阶段位移x2＝v(50 s－2t)＝15×(50－2×15) m＝300 m
匀减速阶段位移x3＝＝112.5 m
因此观景台的高度 x＝x1＋x2＋x3＝525 m.
(3)由题意知，电梯到地面速度刚好为0.
自由落体加速度大小a1＝g
启动辅助牵引装置后加速度大小a2＝＝＝2g，方向向上
则＋＝x
解得：vm＝10 m/s
则tm＝＝ s
即电梯自由下落最长 s时间必须启动辅助牵引装置.
考题预测
一、单选题
1.如图所示，传送带在电动机带动下，始终以速度v做匀速运动，现将质量为m的某物块由静止释放在传送带的左端，设传送带足够长，设物块形与传送带间的动摩擦因数为 μ ，重力加速度为g，对于物块从静止释放到相对静止这一过程（?? ）
A.?物块做匀速直线运动???????????????????????????????????????????B.?所用时间 t=vμg
C.?摩擦产生的热量为 mv2???????????????????????????????????????D.?电动机多做的功等于 12mv2
2.如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝2m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.125，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA＝3m/s，到达B端的瞬时速度设为vB。g取10m/s2 ， 下列说法中正确的是（?? ）
A.?若传送带顺时针匀速转动，物体刚开始滑上传送带A端时一定做匀加速运动
B.?若传送带顺时针匀速转动，物体在水平传送带上运动时有可能不受摩擦力
C.?若传送带逆时针匀速转动，则vB一定小于2m/s
D.?若传送带顺时针匀速转动，则vB一定大于2m/s
3.一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小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t=0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，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.?小物块与传送带间的动摩擦因数μB.?小物块在0~t1内运动的位移比在t1~t2内运动的位移小
C.?0~t2内，传送带对物块做功为 W=12mv22?12mv12
D.?0~t2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产生的热量
4.如图，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d。P的质量为m，与传送带之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中（?? ）
A.?P的速度一直减小????????????????????????????????????????????????B.?传送带对P做功的功率一直减小
C.?传送带对P做的功W＜μmgd???????????????????????????????D.?弹簧的弹性势能变化量△Ek＝ 12 mv2+μmgd
5.如图所示，传送带AB长为16m，水平地面BC的长为8m，传送带与水平地面之间B处由光滑小圆弧连接，物块在B处由传送带滑到水平地面速度大小不变，物块与水平地面间、传送带间的动摩擦因数均为0.5，光滑半圆形轨道CD的半径为1.25m，与水平地面相切于C点，其直径CD右侧有大小为100V/m、方向水平向左的匀强电场。传送带以l0m/s的速度顺时针运动，带正电的物块可看成质点，其质量为5kg，带电荷量为0.5C，从静止开始沿倾角为37°的传送带顶端A滑下。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2 ， 则下列说法正确的是（?? ）
A.?物块在传送带上先加速后匀速?????????????????????????????B.?物块在传送带上运动的时间为3s
C.?物块到达C点时对C点的压力为306N???????????????????D.?物块可以运动到D点，在D点速度为 14 m/s
二、多选题
6.如图所示，绷紧的粗糙水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，以地面为参考系，以小物块初速度方向为正方向，则小物块在传送带上运动的v－t图像可能是（?? ）
A.?????????????????????????????????????????????B.?
C.??????????????????????????????????????????D.?
7.如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t=0时，甲、乙分别以6m/s、2m/s的初速度开始向右滑行。t=0.5s时，传送带启动（不计启动时间），立即以3m/s的速度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（?? ）
A.?t=0.5s时，两滑块相距2m?????????????????????????????????B.?t=1.5s时，两滑块速度相等
C.?0-1.5s内，乙相对传送带的位移大小为0.25m????D.?0-2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5J
8.倾斜传送带在底端与水平面平滑连接，传送带与水平方向夹角为α，如图所示。一物体从水平面以初速度v0冲上传送带，与传送带间的动摩擦因数为tanα，已知传送带单边长为L，顺时针转动的速率为v，物体可视为质点，质量为m，重力加速度为g。则物体从底端传送到顶端的过程中（?? ）
A.?动能的变化可能为 12m(v2?v02)????????????????????????B.?因摩擦产生的热量一定为 14m(v0?v)2
C.?因摩擦产生的热量可能为 mgLsinα(vv0?1)??????D.?物体的机械能可能增加mgLsinα
9.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.?物体在传送带上的划痕长 v22μg?????????????????????????B.?传送带克服摩擦力做的功为 12mv2
C.?电动机多做的功为 32mv2???????????????????????????????????D.?电动机增加的功率为 μmgv
10.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定滑轮与物块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，下列说法正确的是（?? ）
A.?物块a重力势能减少2mgh?????????????????????????????????B.?摩擦力对a做的功小于a机械能的增加
C.?摩擦力对a做的功等于物块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
三、综合题
11.如图所示，长为 L=20m 的水平传送带在电动机的驱动下以 v0=8m/s 的恒定速率顺时针转动，传送带的左侧与倾角为 θ=37° 的光滑斜面平滑连接。一个质量为 m=1kg 的物块A从光滑斜面上高为 ?=0.8m 处无初速释放，物块A刚滑上传送带时，质量为 M=7kg 的物块B从传送带的右端以 vB1=8m/s 的速度水平向左滑上传送带，物块A、B在传送带上发生对心弹性碰撞。已知物块A与传送带间的动摩擦因数为 μ1=0.2 ，物块B与传送带间的动摩擦因数为 μ2=0.4 ，g取10m/s2 ， 求：
（1）两物块即将碰撞时，物块A速度的大小；
（2）碰撞后，物块A离开传送带所需时间；
（3）物块B与传送带因摩擦产生的总热量。
12.如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带。传送带正以v＝4m/s的速度运动，运动方向如图所示。一个质量为2kg的物体（物体可以视为质点），从h＝3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其速率变化。物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，传送带左右两端A、B间的距离LAB＝10m，重力加速度g＝10m/s2 ， 则：
（1）物体在传送带上向左最多能滑到距A的距离
（2）物体第一次从A点滑入到再一次回到A点的时间
（3）物体第一次从A点滑入到再一次回到A点的在传送带上滑动而留下划痕的长度
13.如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角θ= 30° ，传送带顺时针匀速转动的速度大小v0=2m/s，物块A的质量m1=1kg，与传送带间的动摩擦因数 μ1=35 ；物块B的质量m2=3kg，与传送带间的动摩擦因数 μ2=235 。将两物块由静止开始同时在传送带上释放，经过一段时间两物块发生碰撞，并且粘在一起，开始释放时两物块间的距离L=13m。已知重力加速度g=10m/s2 ， A、B始终未脱离传送带，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）两物块刚释放后各自加速度的大小；
（2）两物块释放后经多长时间发生碰撞；
（3）两物块碰撞后10s内在传送带上划过的痕迹长度。
14.如图所示，在离地面高 h=5m 处固定一水平传送带，传送带以v0=2m/s 顺时针转动。长为 L的薄木板甲和小物块乙（乙可视为质点），质量均为m=2kg，甲的上表面光滑，下表面与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.1.乙与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.2.某一时刻， 甲的右端与传送带右端 N 的距离 d=3m，甲以初速度 v0=2m/s 向左运动的同时，乙以v1=6m/s 冲上甲的左端，乙在甲上运动时受到水平向左拉力F=4N，g 取 10m/s2.试问：
（1）当甲速度为零时，其左端刚好与传送带左端M相齐，乙也恰与甲分离，求 MN的长度LMN；
（2）当乙与甲分离时立即撤去 F，乙将从 N 点水平离开传送带，求乙落地时距甲右端的水平距离。
15.如图是某自动分装流水线示意图，下方水平传送带A以速度v1=1.0m/s匀速向右运动，传送带上间隔均匀放置着包装盒，包装盒与其相对静止。机器人每隔相等时间在上方水平传送带B上无初速放置一个工件，每个工件来到传送带右端时已与其共速，此时工件正下方正好有一个包装盒，工件水平抛出后恰好落入正下方的包装盒中，且每当前一个工件落入包装盒时，下一个工件即将抛出。工件与包装盒间的高度差h=0.45m，每个工件质量m=0.5kg，工件与传送带B间的动摩擦系数 μ=0．5 ，取g=10m/s2 ， 不计空气阻力，求：
（1）工件从抛出到落入包装盒所需的时间t，相邻两个包装盒间的间距x1；
（2）若传送带B与传送轮间不打滑，每输送一个工件上方传送装置至少要提供多少能量？
16.如图所示，AB是处于竖直平面内半径R＝0.45m的光滑 14 圆弧轨道，BC是长度L＝2m的水平传送带，AB轨道与传送带在B点相切，一质量m＝1kg的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，滑块通过圆弧轨道的B点后滑上传送带。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带以v＝2m/s的速率匀速运动，g取10m/s2 ． 求：
（1）滑块运动到B点时的速率和对圆弧轨道的压力大小。
（2）滑块从C点滑出时的速度。
17.如图所示，半径 R=0.2m 的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定放置，末端N与一长 L=0.8m 的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮（轮半径很小）做顺时针转动，带动传送带以恒定的速度v0运动。传送带离地面的高度 ?=1.25m ，其右侧地面上有一直径 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。现使质量为 m=0.5kg 的小物块从M点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数 μ=0.5 ，g取10m/s2 ， 求：

（1）小物块到达圆轨道末端N时对轨道的压力；
（2）若 v0=3m/s ，求小物块在传送带上运动的时间；
（3）若要使小物块能落入洞中，求v0应满足的条件。

18.如图所示，长度为l=2m的水平传送带左右两端与光滑的水平面等高，且平滑连接。传送带始终以2m/s的速率逆时针转动。传送带左端水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定，右端与质量为mB物块B相连，B处于静止状态。传送带右端水平面与一光滑曲面平滑连接。现将质量mA、可视为质点的物块A从曲面上距水平面h=1.2m处由静止释放。已知物块"与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，mB=3mA ， 物块A与B发生的是弹性正撞。重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块A与物块B第一次碰撞前瞬间的速度大小；
（2）通过计算说明物块A与物块B第一次碰撞后能否回到右边曲面上；
（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块B再回到最初静止的位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前瞬间锁定被解除，求出物块A第3次碰撞后瞬间的速度大小。
19.如图所示，光滑、足够长的两水平面中间平滑对接有一等高的水平传送带，质量m=0.9kg的小滑块A和质量M=4kg的小滑块B静止在水平面上，小滑块B的左侧固定有一轻质弹簧，且处于原长。传送带始终以v=1m/s的速率顺时针转动。现用质量m0=100g的子弹以速度v0=40m/s瞬间射入小滑块A，并留在小滑块A内，两者一起向右运动滑上传送带。已知小滑块A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两端的距离l=3.5m，两小滑块均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小滑块A滑上传送带左端时的速度大小
（2）小滑块A在第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能
（3）小滑块A第二次离开传送带时的速度大小
20.如图甲所示，利用粗糙绝缘的水平传送带输送一正方形单匝金属线圈abcd，传送带以恒定速度v0运动。传送带的某正方形区域内，有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。当金属线圈的bc边进入磁场时开始计时，直到bc边离开磁场，其速度与时间的关系如图乙所示，且在传送带上始终保持ad、bc边平行于磁场边界。已知金属线圈质量为m，电阻为R，边长为L，线圈与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求下列问题：
（1）线圈刚进入磁场时的加速度大小；
（2）正方形磁场的边长d。
21.如图所示，固定光滑轨道AB末端B点切线水平，AB高度差 ?1=1.8m ，B距传送带底端的竖直高度为 ?2=3.8m ，与轨道同一竖直面的右侧有一倾角 θ=37° 的传送带，以 v=2m/s 顺时针匀速转动。在轨道上A处每隔1秒无初速释放一个质量 m=2kg 的相同滑块，从B点平抛后恰能垂直落到传送带上，速度立即变为零，且不计滑块对传送带的冲击作用。滑块与传送带间的动摩因数为 μ=78 ，传送带长度为 L=7m ，不计空气阻力。（ sin37°=0.6 ， cos37°=0.8 ， g=10m/s2 ）
求：
（1）滑块从B点落至传送带的时间；
（2）因传送滑块，电动机额外做功的平均功率。
答案解析部分
一、单选题
1. B
【解答】A．物块由静止释放在传送带上时，传送带会给物体一个向前的摩擦力，促使物体向前做匀加速运动，加速度大小为 f=ma=μmg
解得 a=μg
A不符合题意；
B．物块最终和传送带相对静止，即和传动带达到共速，所用时间为 t=vμg
B符合题意；
C．期间传送带运动的位移为 s=vt
则可知摩擦力所做的功为 Wf=fs=μmgvt=mv2
物块获得的动能为 Ek=12mv2
则可得摩擦产生的热量为 Q=Wf?Ek=12mv2
C不符合题意；
D．电动机多做的功转化为物块的动能和系统内能 W机=12mv2+Q=mv2
D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】利用牛顿第二定律可以求出物块的加速度大小进而判别物块先做匀加速直线运动；利用速度公式可以求出加速的时间；利用摩擦力做功及物块的动能可以求出摩擦力产生的热量；电动机多做的功转化为物块的动能及系统的内能。
2. B
【解答】A．若传送带顺时针匀速转动，若传送带的速度小于3m/s，则物体在传送带上做匀减速运动，A不符合题意；
B．若传送带顺时针匀速转动，若传送带的速度等于3m/s，则物体在传送带上做匀速运动，所以物体可能不受摩擦力，B符合题意；
C．若传送带逆时针匀速转动，加速度大小 a=μmgm=μg=1.25m/s2
减速到零所用的时间为 t0=vAa=31.25s=2.4s
发生的位移为 s=vA+02t0=32×2.4m=3.6m>2m
说明物体在传送带上一直做匀减速运动，由速度位移公式有 2ax=vB2?vA2
即 2×(?1.25)×2=vB2?32
解得 vB=2m/s
C不符合题意；
D．若传送带顺时针匀速转动且速度为2m/s，则物体速度减速到与传送带速度相同时发生的位移为 s1=22?322×(?1.25)m=2m=x
说明物体到达传送带B端时速度与传送带速度相等即为2m/s，D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】物体相对于接触面没有发生相对运动，但是具有相对运动趋势，此时物体受到来自地面的静摩擦，与物体的运动趋势相反，静摩擦力的大小不能用公式求解，只能根据物体的运动状态进行受力分析求解。
3. D
【解答】在t1～t2内，物块向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ，解得：μ＞tanθ，故A不符合题意。因v1>v2 ， 由图示图象可知，0～t1内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在t1～t2内与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t1内运动的位移比在t1～t2内运动的位移大，故B不符合题意；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：W+WG= 12 mv22- 12 mv12 ， 则传送带对物块做功W≠ 12 mv22- 12 mv12 ， 故C不符合题意。0～t2内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即：0～t2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产生的热，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】v-t图象与坐标轴所围成图形的面积等于物体位移大小，根据图示图象比较在两时间段物体位移大小关系；由图看出，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下，可知物块对传送带做功情况。由于物块能向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ．根据动能定理研究0～t2内，传送带对物块做功。根据能量守恒判断可知，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，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小。
4. C
【解答】解：A、P与弹簧接触后在水平方向受弹簧力作用，P受的静摩擦力向右，P做匀速运动，运动到弹力与最大摩擦力相等时，P物体由惯性继续压缩弹簧，P接下来做减速运动直到速度为零，A不符合题意；
B、由公式P＝fv可知，由于P先做匀速后做减速，由于静摩擦力增大，速度不变，所以功率先增大，后滑动摩擦力不变，速度减小，所以功率减小，B不符合题意；
C、由于P开始到弹力与最大静摩擦力相等的过程中P受的为静摩擦力，后来为滑动摩擦力，所以传送带对P做的功小于μmgd，C符合题意；
D、对P由动能定理得：Wf+W弹＝0﹣ 12 mv2 ， 由于Wf＜μmgd，所以弹簧的弹性势能变化量小于 12 mv2+μmgd，D不符合题意。
故答案为：C

【分析】利用受力情况可以判别P的速度变化；利用摩擦力的变化及速度的变化可以判别功率的变化；利用摩擦力的大小结合位移可以判别摩擦力做功的大小；利用动能定理可以求出弹性势能的变化量。
5. C
【解答】解：AB、刚开始运动时，对物块受力分析如图所示：
根据牛顿第二定律可知mgsin37°+μmgcos37°＝ma1 ，
解得a1＝10m/s2 ，
物块与传送带达到共同速度时v＝a1t1 ，
解得t1＝ls，
物块的位移 x=12a1t12=5m ，
此后对物块受到的滑动摩擦力反向，
根据牛顿第二定律可知：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2 ，
解得a2＝2m/s2 ，
物块在传送带上的第二段运动 LAB?x=vt2+12a2t22 ，
解得t2＝1s，
物块在传送带上运动的时间t＝t1+t2＝2s，
物体在传送带上先以a1＝10 m/s2加速，再以a2＝2m/s2加速，AB不符合题意；
C、物块到达传送带底端的末速度v2＝v+a2t2＝12m/s，
在水平地面BC上，物块做匀减速直线运动，其加速度大小a＝μg＝5m/s2 ，
设物块到达C点时的速度为v3 ， 则 v32?v22=?2aLBC ，
解得：v3＝8m/s，
设此时C点对物块的支持力为FN ， 根据牛顿第二定律，有FN﹣mg＝ mv32R ，
解得：FN＝306N，
根据牛顿第三定律可知，物块对C点的压力大小为306N，C符合题意；
D、由于物块在电场中有Eq＝mg＝50N，合力为F合＝50 2 N，方向与竖直方向成45°角，所以物块的等效最高点在上半部圆弧与竖直方向成45°角处，要过等效最高点需要的最小速度为F合＝ mvmin2R ，
代入数据得 vmin=12.52m/s≈17.7m/s ，
而实际上，物块由C点运动到等效最高点时的速度，
由动能定理可得 ?mg(R+22R)?22EqR=12mv实2?12mv32 ，
代入数据可得 v实=39?252m/s≈3.6m/s故答案为：C
【分析】利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小进而判别物块的运动；结合速度公式和位移公式可以求出运动的时间；利用牛顿第二定律可以求出压力的大小；利用动能定理可以判别物块不能通过D点。
二、多选题
6. A,B
【解答】物块受水平向右的滑动摩擦力，以 a=μg 先向左匀减速运动，如果传送带足够长，物体的速度向左减速为零后又向右以 a=μg 做匀加速直线运动，如果 v1v2 ，则物块一直加速到A点，速度大小等于 v2 AB符合题意CD不符合题意
故答案为：AB。

【分析】由于物块受到的摩擦力与初速度相反，所以先向左做匀减速运动，假如速度减小到0再方向做匀加速直线运动，利用初速度和传送带的速度比较可以判别反向运动的末速度大小。
7. B,C,D
【解答】A．两物体变速运动时的加速度大小 a=μmgm=μg=2m/s2
根据 x=v0t?12at2 可得t=0.5s时，两滑块相距 Δx=x0?(v1t?12at2)+(v2t?12at2)=3m
A不符合题意；
B．传送带启动时，甲物体的速度为 v′1=v1?at=5m/s
与皮带速度相等所用时间 Δt1=v′1?v0a=1s
因此在t=1.5s时，甲滑块速度与皮带相等。
传送带启动时，乙物体的速度为 v′2=v2?at=1m/s
与皮带速度相等所用时间 Δt2=v0?v′2a=1s
因此在t=1.5s时，乙滑块速度也与皮带相等，故1.5s时，两滑块速度相等，B符合题意；
C．0-0.5s内，乙相对传送带的位移大小为 x1=v2t?12at2=0.75m
1s-1.5s内，乙相对传送带的位移大小为 x2=v0t?(v′2t+12at2)=1m
因此0-1.5s内，乙相对传送带的位移大小为 x2?x1=0.25m
C符合题意；
D．在1.5s前，甲均在做减速运动，则甲相对传送带的位移 x甲=v1t?12at2?v0t′1=6×1.5m?12×2×1.52m?3×1m=3.75m
甲滑块与传送带间摩擦生热 Q1=μm1g?x甲=7.5J
在0.5s乙做减速运动，传送带静止，在0.5~1s时，乙滑块做加速度运动，整个过程中乙滑块与传送带间摩擦生热量 Q2=μm2g(x1+x2)=7J
因此0-2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热 Q=Q1+Q2=14.5J
D符合题意。
故答案为：BCD。

【分析】1.两滑块相距 Δx=x0?(v1t?12at2)+(v2t?12at2) ， 其中a=μmgm=μg解方程即可。2.根据传送带启动时甲乙的速度分别求出甲乙与传送带共速时间，判断1.5s共速。3.乙运动分段，第一段，x1=v2t?12at2第二段x2=v0t?(v′2t+12at2)=1m ， 乙相对位移x2?x1。4.甲乙减速的位移求出，再根据Q=μmg?x求热量。
8. A,C,D
【解答】解：A、物体的运动分两种情况，第一种情况是v0≥v
物体滑上传送带后先减速后匀速，最终速度为v，由动能定理可知 △Ek=12mv2?12mv02 ，A符合题意；
B、当v0≥v时，在上滑过程中，物块上滑时的加速度a＝ mgsinα+μmgcosαm=gsinα+μcosα ＝2gsinα
减速到和传送带具有相同速度所需时间为t，则 t=v0?va=v0?vgsinα+μgcosα ＝ v0?v2gsinα ，两者发生的相对位移 △x=(v0+v2?v)?v0?v2gsinα ， 相对运动过程中摩擦力生热，Q＝μmgcosα?△x＝ 14m(v0?v)2 ，增加的机械能 △E=mgLsinα+12mv2?12mv02
当v0＜v时，物体滑上传送带后一直做匀速直线运动，摩擦生热Q＝ μmgcosα?(v?Lv0?L)=mgLsinα(vv0?1)
增加的机械能为△Ek＝mgLsinα，B不符合题意，CD符合题意；
故答案为：ACD

【分析】利用速度的比较可以判别物体的加速度情况，进而判别物体的运动情况；结合动能定理可以判别动能的变化；利用位移公式可以求出摩擦力产生的热量及机械能的变化量。
9. A,D
【解答】A．物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v所需的时间 t=vμg
在这段时间内物块的位移 x1=v22μg
传送带的位移 x2=vt=v2μg
则物体相对位移 x=x2?x1=v22μg
故A符合题意；
BC．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是 12mv2 ，由于滑动摩擦力做功，相对位移等于 x=v22μg
产生的热量 Q=μmg×v22μg=12mv2
传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功为 mv2 ，故BC不符合题意；
D．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为 fv=μmgv
故D符合题意。
故答案为：AD。

【分析】利用速度公式结合速度位移公式可以求出相对位移的大小；利用摩擦力做功可以求出传送带可以摩擦力做功的大小；利用摩擦力和相对位移可以求出产生的热量；利用摩擦力做功与时间可以求出电动机增加的功率。
10. C,D
【解答】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＝mbg
则 ma＝mbsinθ
b上升h，则a下降hsinθ，则a重力势能的减小量为 mag×?sinθ＝mg?
A不符合题意；
BC．根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，所以摩擦力做功大于a的机械能增加，因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加，B不符合题意，C符合题意；
D．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率 Pb＝mgv ，对a有： Pa＝magvsinθ＝mgv
所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，D符合题意．
故答案为：CD。

【分析】对物体进行受力分析，合外力做功对应故物体动能的变化量，he外力对物体做正功，物体的动能增加，除重力以外的其他力做功对应物体机械能的变化量，除重力以外的其他力对物体做正功，机械能增加。
三、综合题
11. （1）解：设物块A沿斜面滑到底端时速度为vA1 ， 根据动能定理 mg?=12mvA12
解得 vA1=4m/s ，设物块A在传送带上的加速度为aA ， 对物块A 应用牛顿第二定律 μ1mg=maA
解得 aA=μ1g=2m/s2
设物块B在传送带上的加速度为aB ， 对物块B应用牛顿第二定律 μ2Mg=MaB
解得 aB=μ2g=4m/s2
设物块B速度减为零所需时间为t1 ， 则 t1=vB1aB=2s
设物块B在t1时间内的位移为xB1 ， 则 xB1=vB12t1=8m
设经过t1时间物块A的速度为vA2 ， 则 vA2=vA1+aAt1=8m/s
因 vA2=8m/s=v0
说明物块A在t1时间内一直做匀变速直线运动，设物块A在t1时间内的位移为xA1 ， 根据匀变速直线位移关系式 xA1=vA1+vA22t1=12m
xA1+xB1=20m=L
由此可知，当物块B的速度 vB2=0 时，A、B即将发生碰撞。此时物块A的速度 vA=8m/s 。
（2）解：根据题意，物块A和B发生弹性碰撞，设碰撞后A和B速度分别为vA3、vB3 ， 由动量守恒和能量守恒可得 mvA2=mvA3+MvB3
12mvA22=12mvA32+12MvB32
解得 vA3=?6m/s ， vB3=2m/s ，
设物块A向左减速到零所需时间为t2，通过的位移为xA2 ， 则 t2=vA3aA=3s
xA2=vA32t2=9m设物块A向右加速到与传送带共速所需时间为t3 ， 通过的位移为xA3；则 t3=v0aA=4s
xA3=v02t3=16m
物块A与传送带共速后做匀速运动，到达传送带右端的时间为t4 ， 则 xB1+xA2?xA3=v0t4
解得 t4=0.125s ，
碰撞后物块A离开传送带的时间为 Δt ，则 Δt=t2+t3+t4=7.125s
（3）解：设碰撞后，物块B加速到与传送带共速所需时间为t5 ， 通过的位移为xB2 ， 则 t5=v0?vB3aB=1.5s
xB2=v0+vB32t5=7.5m传送带在t1时间内的位移为x带1 ， 则 x带1=v0t1
传送带在t5时间内的位移为x带2 ， 则 x带2=v0t5
设物块B与传送带之间由于摩擦产生的热量为Q，则 Q=μ2Mg(x带1+xB1+x带2?xB2)
联立可解得 Q=798J 。
【分析】（1）物块在斜面下滑，利用动能定理可以求出物块A滑上传送带的速度大小；接下来其A物块做匀加速直线运动，其B物块做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出两者加速度的大小，结合速度公式可以判别两者相遇时的时刻，结合位移公式可以求出发生碰撞时两者的速度大小；
（2）由于两物块发生弹性碰撞，利用动量守恒定律和能量守恒定律可以求出碰撞后两物块的速度大小；物块A先向左减速再反向加速到共速后做匀速直线运动，利用速度公式可以求出匀加速和匀减速的时间，再利用匀速运动的位移公式可以求出匀速运动的时间；
（3）物块B碰撞后，开始做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出匀加速运动的时间；利用平均速度公式可以判别其运动的位移，结合传送带运动的位移可以求出相对位移的大小；再利用摩擦力的大小可以求出摩擦产生的热量。
12. （1）解：对物体在斜面上运动，有mgsinθ＝ma
解得：a＝5m/s2 ，
斜面长x＝2h＝6.4m
物体滑至斜面底端时的速度为vA ， 则vA2＝2ax
解得vA＝8m/s
物体在传送带上的加速度大小为a′＝μg＝4m/s2 ，
物体在传送带上速度为零时离A最远，此时有：vA2＝2a′L
解得L＝8 m
答：物体在传送带上向左最多能滑到距A的距离为8m
（2）解：物体在传送带上减速运动的时间t1＝ vAa' ＝ 84 s＝2s
物体反向加速到v＝4m/s经过的时间t2＝ vAa' ＝ 44s ＝1s
反向加速的位移L′＝ v2t2 ＝2m
匀速运动的时间t3＝ L?L'v 8?24 s＝1.5s
所以物体第一次从A点滑入到再一次回到A点的时间t＝t1+t2+t3＝4.5s
答：物体第一次从A点滑入到再一次回到A点的时间为4.5s
（3）解：物体在传送带上速度为零时相对位移：△x1＝L+vt1＝8+8＝16m
物体在传送带上返回到与传送带共速，相对位移△x2＝vt2﹣L′＝2m
物体第一次从A点滑入到再一次回到A点的在传送带上滑动而留下划痕的长度△x＝△x1+△x2＝18m。
答：物体第一次从A点滑入到再一次回到A点的在传送带上滑动而留下划痕的长度为18m。
【分析】（1）利用牛顿第二定律分别求解物体在斜面上和传送带上的加速度，结合运动学该公式求解移动的距离；
（2）物体先减速运动，后加速运动，同理，利用牛顿第二定律求解物体在传送带上的加速度，结合运动学公式求解运动时间即可；
（3）利用运动学公式求解物体与传送带的相对位移，即划痕的长度。
13. （1）解：A沿斜面向下运动时 m1gsinθ?μ1m1gcosθ=m1a1
得a1=2 m/s2
B沿斜面向上加速过程 μ2m2gcosθ?m2gsinθ=m2a2
得a2=1 m/s2
（2）解：由速度公式v0=a2t0得t0=2s
因 12a1t02+12a2t02=6m故经t0=2s时两物块还没相撞 L=12a1t2+12a2t02+v0(t?t0)
解得t=3s或t=－5s
舍去t=－5s，经时间t=3s两物块相撞
（3）解：两物块碰撞前A速度大小v1=a1t，得vl=6m/s，碰撞过程 m1v1?m2v0=(m1+m2)v
得v=0
碰撞后 μ1m1gcosθ+μ2m2gcosθ?(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a3
得a3=0.25m/s2
则v0=a3 t' ，经 t' =8s两物块相对传送带静止
此过程相对位移大小 x=v0t'?v022a3
解得x=8m
【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）利用速度公式和位移公式可以求出运动的时间；
（3）利用速度公式结合动量守恒定律和牛顿第二定律可以求出划痕的大小。
14. （1）解：选水平向右为正方向，设甲的加速度为 a1 ，对甲，由牛顿第二定律 μ1?2mg=ma1
a1=2m/s2 ?
设甲速度由 v0 减到0过程通过的位移为 x1 ，经历的时间为 t1
由 0?v02=2a1x1 得 x1=?1m
由 0=v0+a1t1 得 t1=1s
设乙从开始到与甲分离的加速度为 a2 ，末速度为 v2 ，通过的位移为 x2 ，由牛顿第二定律 ?F=ma2
得 a2=?2m/s2
又 v2=v1+a2t1 得 v2=4 m/s
x2=v1t1+12a2t12=5 m
由几何关系知 L=2|x1|+x2+d=10 m
（2）解：当乙滑下甲后，由于 v2>v0 ，所以乙开始做匀减速直线运动，设乙的加速度为 a3 ，当速度减为 v0 时经历的时间为t3 ， 通过的位移为 x3 。
由牛顿第二定律得 ?μ2mg=ma3
a3=?2m/s2
由 v02?v22=2a3x3
x3=3 m
v0?v2=a3t3
t3=1 s???
乙达到与传送带共速后将匀速运动到其右端，设此过程经历时间为 t′3 ， t′3=|x1|+d?x3v0=0.5 s???
乙物块将从传送带右端以 v0 做平抛运动，设此过程经历时间为 t4 ，水平位移为 x4 ，由 x4=v0t4
?=12gt42
得 t4=1 s
x4=2 m
当甲与乙分离后，甲开始向右由静止做匀加速直线运动，设此过程甲的加速度为 a′1 ，经历的时间为 t5 ，通过的位移为 x5 ，由牛顿第二定律得 μ1mg=ma′1
a′1=1 m/s2
x5=v022a′1=2 m
t5=v0a′1=2s ?
甲做匀速直线运动的位移为 x6=v0(t3+t′3+t4?t5)=2×(1+0.5+1?2) m=1m
乙落地时距甲右端的水平距离 Δs=d+|x1|?x5?x6+x4=3 m
【分析】（1）利用牛顿第二定律结合速度位移公式和位移公式可以求出长度的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合速度位移公式及速度公式可以求出水平距离的大小。
15. （1）解：工件抛出时做平抛运动，竖直方向 ?=12gt2
解得t=0.3s
则下方相邻包装盒之间的间距为 x1=v1t=0.3m
（2）解：为了保证每个工件都恰好能落入包装盒内，上方传送带的速度大小 v2=v1=1.0m/s
每个工件的加速度 μmg=ma
解得a=5m/s2
每个工件的加速时间 t1=v2a=0.2s
每个工件与传送带相对运动的距离 Δs=v2t1?12at12=0.1m
则没输送一个工件传送装置至少要提供的能量 W=μmgΔs+12mv22=0.5J
【分析】（1）利用平抛的位移公式可以求出间距的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合位移公式和功能关系可以求出提供的能量大小。
16. （1）解：滑块由A运动到B过程，由动能定理： mgR=12mvB2
解得B点速率vB＝ 2gR=2×10×0.45m/s=3m/s ；
在B点，由牛顿第二定律： N?mg=mvB2R
解得支持力N＝30N
由牛顿第三定律知，滑块对轨道压力为N′＝N＝30N
答：滑块运动到B点时的速率为3m/s，对圆弧轨道的压力大小为30N；
（2）解：由于vB＞v，当传送带沿顺时针方向转动时，滑块滑上传送带将做匀减速直线运动，
由牛顿第二定律：μmg＝ma
解得a＝μg＝2m/s2
滑块速度与传送带速度相同时所用时间 t=vB?va=3?22s=0.5s
此过程滑块的位移 x1=v+vB2t=1.25m<1 ＝2m
则此后滑块做匀速运动，故此种情况下滑块从C点滑出的速度为v1＝v＝2m/s，方向水平向右，
当传送带沿逆时针方向转动时，其加速度大小仍为a，
滑块速度减为0发生的位移 x2=vB22a=92×2m=2.25m>L=2m
故滑块在传送带上一直做匀减速直线运动，
到达C点速度为 v2=vB2?2aL=9?2×2×2m/s ＝1m/s，方向水平向右
故滑块从C点滑出时的速度大小为2m/s或1m/s，方向水平向右
答：当传送带沿顺时针方向转动时，滑块从C点滑出时的速度大小为2m/s，方向水平向右，当传送带沿逆时针方向转动时，滑块从C点滑出时的速度大小为1m/s，方向水平向右。
【分析】（1）利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出压力的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合速度公式及速度位移公式可以求出滑块速度的大小。
17. （1）解：设物块滑到圆轨道末端速度 v1 ，根据机械能守恒定律得 mgR=12mv12
v1=2m/s
设物块在轨道末端所受支持力的大小为F，根据牛顿第二定律得 F?mg=mv12R
联立以上两式代入数据得 F=15N
根据牛顿第三定律，对轨道压力大小为15N，方向竖直向下
（2）解：若 v0=3m/s
则 v1物块在传送带上加速运动时，由 μmg=ma
得 a=μg=5m/s2
加速到与传送带达到共速所需要的时间 t1=v0?v1a=0.2s
位移 s1=v1+v02t1=0.5m
匀速时间 t2=L?s1v0=0.1s
故 T=t1+t2=0.3s
（3）解：物块由传送带右端平抛 ?=12gt2
恰好落到A点 s=v2t
得 v2=2m/s
恰好落到B点 D+s=v3t
得 v3=3m/s
当物块在传送带上一直加速运动时，做平抛运动的速度最大，假设物块在传送带上达到的最大速度为v，由动能定理 μmgL=12mv2?12mv12
得 v2=12m2/s2>9m2/s2
所以物块在传送带上达到的最大速度大于能进入洞口的最大速度，所以 v0 应满足的条件是 2m/s【分析】（1）利用牛顿第二定律结合机械能守恒定律可以求出物块对轨道的压力大小；
（2）利用牛顿第二定律结合速度公式和位移公式可以求出运动的时间；
（3）利用平抛运动的位移公式结合动能定理可以求出v0的大小范围。
18. （1）解：设物块A沿光滑曲面下滑至水平面时的速度大小为v0。由机械能守恒定律知: mAg?=12mAv02
物块在传送带上滑动过程，由牛顿第二定律知： μmAg=mAa
物块A通过传送带后的速度大小为v，有: v2?v02=?2al ，解得v=4m/s
因v＞2m/s，所以物块A与物块B第一次碰撞前的速度大小为4m/s
（2）解：设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v1、vB ， 取向右为正方向，由动量守恒有 ?mAv=mAv1+mBvB
12mAv2=12mAv12+12mBvB2
解得 v1=12v=2 m/s
即碰撞后物块A沿水平台面向右匀速运动，设物块A在传送带上向右运动的最大位移为 l' ，则 0?v12=?2al'
得 l'=1m<2m
所以物块A不能通过传送带运动到右边的曲面上
（3）解：当物块A在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块A运动到左边平面时的速度大小为v1 ， 设第二次碰撞后物块A的速度大小为v2 ， 由（2）同理可得 v2=12v1=(12)2v
则第3次碰撞后物块A的速度大小为 v3=(12)3v=0.5 m/s
【分析】（1）利用机械能守恒结合牛顿第二定律和速度位移公式可以求出速度的大小；
（2）利用动量守恒定律结合动能守恒及速度位移公式可以判别物体不能通过传送带到右边的曲面；
（3）利用速度的关系可以求出第3次碰后物块A的速度大小。
19. （1）解：子弹打人小滑块A的过程中，动量守恒 m0v0=(m0+m)v1
解得v1=4 m/s
（2）解：小滑块A从传送带的左端滑到右端的过程中，根据动能定理有 ?μ(m0+m)gl=12(m0+m)v22?12(m0+m)v12
代人数据解得v2=3 m/s
因为v2>v，所以小滑块A在第一次到达传送带右端时速度大小为3m/s，小滑块A第一次压编弹簧的过程中，当小滑块A和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有 (m0+m)v2=(m0+m+M)v3
代人数据解得v3=0.6m/s
根据能量守恒定律得 Epm=12(mc+m)v22?12(mc+m+M)v32
代人数据解得Epm=3.6 J
（3）解：从小滑块A开始接触弹簧到弹簧恢复原长，整体可看成弹性碰撞，则有 (m0+m)v2=(m0+m)v4+Mv3
12(m0+m)v22=12(m0+m)v42+12Mv32
解得v4=-1.8 m/s
v3=1.2 m/s
设小滑块A又滑回传送带上且减速到零时在传送带上滑动的距离为L，则根据动能定理有 ?μ(m0+m)gL=0?12(m0+m)v42
解得L=1.62m
由于L解得s=0.5m
由于s【分析】（1）利用动量守恒定律可以求出滑块A的速度大小；
（2）利用动能定理结合动量守恒和能量守恒定律可以求出最大的弹性势能；
（3）利用动量守恒定律结合能量守恒定律和动能定理可以判别滑块的末速度大小。
20. （1）解：闭合铜线圈右侧边刚进入磁场时，产生的电动势E＝BLv0
产生的电流 I=ER=BLv0R
右侧边所受安培力 F＝BIL＝B2L2v0R
根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma
解得 a=B2L2v0mR-μg
（2）解：当金属线圈的ad边刚刚进入磁场和离开磁场时线圈的速度大小均等于v1 ， 说明金属线圈的bc边离开磁场时线圈的速度大小为v0。在线圈刚刚完全进入磁场做匀加速运动，直到bc边到达磁场右边界的过程中，根据动能定理 μmg(d-L)=12mv02-12mv12
解得 d=v02－v122gμ+L
【分析】（1）利用欧姆定律结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）利用动能定理可以求出边长的大小。
21. （1）解：由动能定理得 mg?1=12mv02
物块垂直打到传送带上，则 vy=v0tanθ
平抛运动竖直方向上 vy=gt
解得 t=0.8s
（2）解：平抛运动竖直方向上 y=12gt2=3.2m
设在传送带上的落点与底端相距 L1 L1=?2?ysinθ=1m
μmgcosθ?mgsinθ=ma
v2=2ax
v=at1
t1=2s
每1s放一个物块，共两个物块匀加速 x=2m
滑块先匀加速后匀速运动
共速后物块可与传送带相对静止匀速运动，相邻两个物块间距为 Δx=vΔt=2m
L?L1?x=nΔx
n=2
传送带上总有两个物块匀加速，两个物块匀速 f=2μmgcosθ+2mgsinθ
电机因传送物块额外做功功率为 P=fv=104W
【分析】（1）利用动能定理结合平抛运动的速度公式可以求出运动的时间；
（2）利用平抛运动的位移公式结合牛顿第二定律的应用和位移公式可以求出功率的大小。