【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习讲义：第18讲《专题：传送带》(含解析).doc，共(30)页，2.431 MB，由MTyang资料小铺上传

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第18讲专题：传送带知识图谱传送带模型中的动力学问题知识精讲一．传送带的基本规律分析问题提出：飞机场、火车站、汽车站都有安全检查仪，其中送装置可以简化成的一个传送带。人把行李放在以恒定速v0运行的传送带上，行李如

何运动？通过比较行李与传送带的相对运动，可以判断，在水平方向上，行李受到水平向右的摩擦力，Ffmg，且为恒力。根据牛顿第二定律，得ag。行李向右做匀加速直线运动。当行李速度等于传送带速度时，行李和传送带达到相对静止，摩擦力消失，行李和传送

带以匀速运动的速度共同做匀速直线运动。行李达到最大速度之前，行李运动的时间和位移分别为：00vvtag，2220011()222vvxatggg，而传送带的位移为：20000vvxvtvgg。假定传

送带的长度为L，对于行李的运动规律可以总结为：当Lx时，行李先加速后匀速；当Lx时，行李恰好完成加速；当Lx时，行李一直做匀加速。二．水平传送带问题1．物体在水平传送带上从静止开始运动的情况正如前一部分讨论过，物体可能的运动有两种情况。（1）当传送带的长度较短时，Lx

时，行李一直做匀加速，加速度由摩擦力提供；（2）当Lx时，行李先加速，且加速度由摩擦力提供，Ffmg，增加到与传送相同的速度时，两者以相同的速度运动，此时，摩擦力突变为零。2．当物体的初速度不为零时，与传送带同向运动（1）当物体开始运动的速度大于传

送带的速度时，即0vv，物体的运动分为两种情况：（1）当Lx（212xvtat，x表示物体在摩擦力的作用下减速到传送带的速度时所前进的位移）时，行李一直做匀减速运动，加速度由摩擦力提供；（2）当Lx时，物体

先减速，减速到与传送相同的速度时，两者以相同的速度运动，此时，摩擦力消失。（2）当物体开始运动的速度小于传送带的速度时，即0vv，物体的运动分为两种情况：（1）当Lx时，行李一直匀加速运动，加速度由摩擦力提供；（2）当Lx时，物体先加速，后与传送带一起匀速运动。3．当物体的初

速度不为零时，与传送带从相反方向运动（如下图所示，传送带向左，物体向右运动）（1）当传送带的长度22vLg（22vg是假设减速为零的位移），滑块所受的摩擦力向左，且一直减速到最右端，；（2）当传送带的长度22vLg，且0vv，滑块先向

右减速，再向左加速，到达最左端时的速度仍为v，方向向左（相当于向右运动的逆过程）。（3）当传送带的长度22vLg，且0vv，滑块先向右减速，再向左加速，当加速到与传送带相同的速度时，与传送带共速，一起向左运动，速度为0v。三．倾斜传送带问题1．当滑块的初速度为零时的情形（0v），并且滑块

在倾斜传送带的低端时：（1）当202(cossin)vLgg，滑块一直向上加速（滑动摩擦力的大小为cosfmg）。（2）当202(cossin)vLgg，滑块向上先加速（滑动摩擦力的大小为cosfmg），当速度等于传送带的速度时，与传送带共速，向上运动（静

摩擦力的大小为sinfmg）。2．当滑块的初速度为零时的情形（0v），并且滑块在倾斜传送带的顶端时：（1）当202(cossin)vLgg，滑块一直向下加速（滑动摩擦力的大小为cosfmg，斜向下）。（2）当202(cossin)vLg

g，首先滑块加速运动，加速度大小为：sincosagg，当滑块的速度与传送带的速度相同时，之后滑块的运动也分为两种情况，当sincosmgmg时，滑块继续向下加速运动，加速度大小为：sincosagg；

而当sincosmgmg时，滑块与传送带共速，一起斜向下运动，此时，滑块只受静摩擦力。3．当滑块的初速度不为零时的情形（0v），并且与传送带以相同方向运动时：（1）当0vv，滑块先加速，当加速到与传送带的速度相同时，之后的运动分为两种情况，一种情况，与传送带相对静止运动，另一种

情况，则是继续加速。（2）当0vv，且当sincosmgmg，滑块一直加速；而当sincosmgmg，滑块先减速，减到与传送带相同的速度时，再与传送带共速运动。4．当滑块的初速度不为零时的情形（0v），并且与传送带以相反方向运动时：（1）当sincosmg

mg，滑块加速向下运动；（2）当sincosmgmg，且当传送带足够长时，滑块先减速运动，当速度为零时，再向上加速运动。5．总结讨论在斜面方向上的传送带问题中物块的受力时，不仅要判断物体与传送带之间是否有相对运动，同

时需要判断，当物体与传送带共速，是否有向下运动的趋势，也就是需要判断重力沿斜面的分力与最大静摩擦力的大小关系。即若重力的下滑分力大于物体和传送带之间的最大静摩擦力，此时有tan，则物体将向下加速，所受摩擦力为沿斜面向上的滑动摩擦力；若重力的下滑分力小于或等

于物体和传送带之间的最大静摩擦力，此时有tan，则物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动，所受静摩擦力沿斜面向上，大小等于重力的下滑分力。另外，也可能出现的情况是传送带比较短，物体还没有加速到与传送带共速时就已滑到了底端。注意，本节内容中的例题涉及了曲线运动、动能定理、和动量守恒的内

容。三点剖析一．考点与难度系数1．理解传送带问题★★2．学会运用牛顿运动定律解决传送带问题和其它实际问题。二．易错点和重难点传送带是应用广泛的一种传动装置，它既能训练学生的科学思维，又能联系科学、生产和生活实际，是很好的能力考查型试题，是历年高考考查的热点。在水平方

向的传送带问题中物块的受力主要讨论滑动摩擦力，当存在相对运动时就会存在滑动摩擦力，因此分析问题时以滑块是否与传送带共速为临界进行分析。在斜面方向上的传送带问题中物块的受力就要复杂些，不仅要判断物体与传送带之间是否有相对运动，同时需要判

断，当物体与传送带共速，是否有向下运动的趋势，也就是需要判断重力沿斜面的分力与最大静摩擦力的大小关系。水平传送带问题例题1、一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m．，其右端与一倾角为θ=37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，

一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，试问：（1）物块到达传送带右端的速度．（2）物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高度．（sin37°=0.6，g取l0m/s2）例题2、[多选题]如图所示，一质量为m的物

体被水平细线拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带右端的距离为L．当绷紧的传送带分别以v1、v2的速度顺时针转动时（v1＜v2），剪断细线，物体到达右端的时间分别为t1、t2，获得的动能分别为E1、E2，则下列判读可能正确的是（）A.E1＞E2，t

l=t2B.E1=E2，tl=t2C.E2＞E1，t1＞t2D.E2＞E1，tl＜t2例题3、[多选题]如图为测定运动员体能的装置，轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮（不计滑轮的质量与摩擦），下悬重为G的物体．设人的重心相对地面不动，人用力向后蹬传送带

，使水平传送带以速率v逆时针转动．则（）A.人对重物做功，功率为GvB.人对传送带的摩擦力大小等于G，方向水平向左C.在时间t内人对传送带做功消耗的能量为GvtD.若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率不变例题4、如图所示

，一水平传送带的左端与内径光滑的四分之三圆弧钢管相切，圆弧钢管的半径R=0.9m，内径远小于R，长度L=60m的传送带MN以大小v=10m/s的恒定速度向左运行，将质量m=1.8kg的滑块无初速度地放在传送带的右端N．滑块

可视为质点，其与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10m/s2，不考虑滑块从P点落回传送带后的运动，求：（1）滑块从传送带右端N运动到左端M所需要的时间t；（2）滑块离开钢管时的速度大小vp（结果可保留根号）；（3）滑块滑到轨道最高

点T时对轨道弹力的大小FN．例题5、一质量为M=1.99kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一个以初速度v0水平向左飞来的子弹击中，设子弹的质量m=0.01kg，子弹射中木块并留在物块中（子弹与木

块相对运动的时间极短），如图所示，地面观察着记录了小物块被击中后的速度随时间的变化关系，如图所示（图中取向右运动的方向为正方向），已知传送带的速度保持不变，求：（1）物块与传送带间的动摩擦系数；（2）子弹的初速度v0的大小；（3）计算因物块与传送带

相对滑动过程的摩擦生热Q．随练1、如图所示水平传送带A、B两端点相距x=4m，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）无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的

动摩擦因数为0.4，g取10m/s2．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．则小煤块从A运动到B的过程中（）A.所用的时间是2sB.所用的时间是0.5sC.划痕长度是4mD.划痕长度是0.5m倾斜传送带问题例题1、[多选题]如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带

的A端无初速度放置一物块．选择B端所在的水平面为重力势能的零参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，下面四幅图象能正确反映其机械能E与位移x关系的是（）A.B.C.D.例题2、如图所示，与水平面夹角为30的

倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为4mL，传送带以恒定的速率2m/sv向上运动．现将一质量为1kg的物体无初速地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数32，取210m/sg，求：(1)物体从A运动到B共需多少时间；(2)电动机因传送

该物体多消耗的电能．例题3、如图所示，倾斜传送带与水平地面之间的夹角θ=37°，从A→B长度为L=29m，传送带以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端A处无初速度地放一个质量为0.1kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等

于滑动摩擦力的大小，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．求：（1）物体从A运动到B所需的时间是多少？（2）若物体与传送带之间的动摩擦因数为1316，则物体从A运动到B所需的时间又是多少？随练1、某工厂为实现自动传送工件设计了如图所

示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB=4m，倾斜传送带长度LCD=4.45m，倾角为θ=37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1=5m/s的恒定速率顺

时针运转，CD传送带静止．已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2．现将一个工件（可看作质点）无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：（1）工件被第一次传送到CD传送带上升最大高度和所用的时间；（2）要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方

向运转的速度v2大小（v2＜v1）．传送带模型中的能量问题知识精讲一．基础知识在力学复习中，通过研究传送带类习题，将力学各部分内容串联起来，再利用功能观点处理传送带问题，往往能达到融会贯通的效果。对传送带问题要进行两种分析：

θBA1．受力和运动分析对传送带上的物体首先要进行受力分析，判断物体受到的滑动摩擦力方向及物体的运动状态，是加速，是减速，还是匀速；其次判断摩擦力突变(大小、方向)的临界状态；最后运用运动学知识求加速度、速度、位移等物理量，进而利用功和能的有关知识，求因摩擦而产生的热。注意：①判断

摩擦力的有无、方向时以传送带为参考系；②临界状态一般发生在v物与v传相同的时刻；③应用运动学公式计算物体的相关物理量时应以地面为参考系。2．传送带中功和能量关系的分析二．典型例题【典例】如图所示，比较长的传送带与水平方向的夹角θ＝37

°，在电动机带动下以v0＝4m/s的恒定速率顺时针方向运行。在传送带底端P处有一离传送带很近的固定挡板，可将传送带上的物体挡住。在距P距离为L＝9m的Q处无初速度地放一质量m＝1kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，物体与挡板的

碰撞能量损失及碰撞时间不计，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求物体从静止释放到第一次返回上升至最高点的过程中：(1)相对传送带发生的位移；(2)系统因摩擦产生的热量；(3)传送带多消耗的电能；(4)物体的最终状态及该状态后电动机的输出功率。【解析】解

法1：力和运动法物体由静止释放，沿传送带向下加速运动，相对传送带亦向下滑，受力如图所示，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，得a1＝2m/s2能量决定因素功能关系力移动距离重力势能重力竖直分位移ΔEp＝－WG动能合外力物体(质点)对地位移Δ

Ek＝∑W机械能除重力外的其他力物体(质点)对地位移ΔE机＝∑W其他传送带损失电能传送带受到物体的作用力，一般表现为摩擦力传送带对地移动距离ΔE电＝Ffx传送带产生内能与传送带间的滑动摩擦力物体相对于传送带移动的距离Q＝FfΔl与P

碰前速度v1＝12aL＝6m/s设物体从Q到P的时间为t1，则t1＝11va＝3s设物体对地位移为x1，可知x1＝L＝9m，相对传送带向下的位移Δx1＝x1＋v0t1＝21m物体与挡板碰撞后，以速度v1反弹，向上做减速运动，因v1>v0，物体相对传送带向上滑，设速度减小

到与传送带速度相等的时间为t2，此过程受力如图所示，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2得a2＝10m/s2，t2＝102vva＝0.2s在t2时间内物体对地向上的位移x2＝10+2vvt2＝1m相对传送带向上

的位移Δx2＝x2－v0t2＝0.2m物体速度与传送带速度相等后，由于mgsinθ>μmgcosθ物体不能匀速，将相对传送带向下滑，对地向上做加速度大小为a3＝a1＝2m/s2的减速运动，设速度减小到零的时间为t3，t3＝03va＝2s此过程中物体对地向上

的位移x3＝v02t3＝4m相对传送带向下的位移Δx3＝v0t3－x3＝4m整个过程中两者相对滑动位移为Δx＝Δx1－Δx2＋Δx3＝24.8m解法2：相对运动法以传送带为参考系，在求出相对初速度和相

对加速度后，三个阶段物体相对传送带的位移分别为Δx1＝v0t1＋12a1t21＝21mΔx2＝(v1－v0)t2－12a2t22＝0.2mΔx3＝12a3t23＝4m第二阶段物体相对传送带向上运动，两者相对滑动总位移为Δx＝Δx1－Δx2＋Δ

x3＝24.8m解法3：图像法（1）设沿传送带向上为正方向，画出如图所示物体和传送带运动的v－t图象，直接用物体和传送带v－t图线所夹的面积表示相对发生的位移：Δx1＝0011++2vvvt＝21m，Δx2＝1022vvt＝0.2mΔx3＝12v0t3＝

4m两者相对滑动的总位移为Δx＝Δx1－Δx2＋Δx3＝24.8m.（2）系统因摩擦产生的热量，是由于一对滑动摩擦力作用点移动的不同导致做功不等而造成的，产生的热量不是与传送带和物体间的相对移动的位移而是与相对移动的距离有关(如图4所

示阴影部分面积)：Q＝Q1＋Q2＋Q3＝Ff·Δl＝μmgcosθ(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝100.8J（3）传送带消耗的电能是因为传送带要克服摩擦力做功，这与传送带对地运动位移有关(如图5所示阴影部分面积)，在物体向下加速和相对传送带向下运动的减速阶段，摩擦力对传送带做负功消耗电能，在物体

相对传送带向上运动的减速阶段，摩擦力对传送带做正功，减少电能损耗。ΔE电＝－Ff(x传送带1－x传送带2＋x传送带3)＝－μmgcosθ(v0t1－v0t2＋v0t3)＝－76.8J即传送带多消耗的电能为76.8J（4）物

体返回上升到最高点时速度为零，以后将重复上述过程，且每次碰后反弹速度、上升高度依次减小，最终达到一个稳态：稳态的反弹速度大小应等于传送带速度4m/s，此后受到的摩擦力总是斜向上，加速度为gsinθ－μgcosθ＝2m/s2，方向斜向下，物体相对地面做往返“类竖直上抛”运

动，对地上升的最大位移为xm＝2012va＝4m，往返时间为T＝012va＝4s传送带受到的摩擦力大小始终为Ff＝μmgcosθ，稳态后方始终斜向下，故电动机的输出功率稳定为P＝Ffv0＝μmgcosθ×v0＝16W三点剖析一．核心考

点1．正确分析物体在传送带上的运动和受力情况★★★2．能够理解运动过程中做功和相应能量转化问题★★★二．重难点和易错点传送带的问题是和实际联系较紧密的一个物理模型，是高中阶段必须掌握的重要内容．解决此类问题的关键是对传送带和物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能

量的观点和力的观点来揭示其本质、特征、过程。传送带模型中的能量问题例题1、[多选题]如图所示，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转，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.先做正功后不做功D.先做负功后不做功例题

2、水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动．某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体，经时间t小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x，A点未到右端，在这段时间内（）A.物体的位移为vtB.传送带上的A点对地的位移大小为2xC.由于物体与传送带相互作用产生的内能

为mv2D.由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为12mv2例题3、如图所示，传送带以1m/s的速度水平匀速运动，砂斗以20kg/s的流量向传送带上装砂子，为了保持传递速率不变，驱动传送带的电动机因此应增加功率（）A.10WB.20WC.30WD.40W例题4、[多选题]如图所示，足够长传

送带与水平方向的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮，与木块b相连，b的质量为m，开始时ab及传送带均静止，且a不受传送带的摩擦力作用，现将传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度（未与滑轮相碰）的过程中（）A.物块A的质量为sinmB.摩擦力对a做的功等于物块

ab构成的系统机械能的增加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不相等例题5、[多选题]如图所示，足够长的传送带以恒定速率逆时针运行，将一物体轻轻放在传送带顶端，第一阶段物体被加速到

与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到达传送带底端．下列说法错误的是（）A.第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体做负功B.第一阶段摩擦力对物体做的功大于第一阶段物体动能的增加量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量D.全过程物体与传送带间的摩擦生热等于从顶端到底端全过程机械能的增加量例题6、[多选题]已知一足够长的传送带与水平碰的倾角为θ，以一定的速度匀速运动。

某时划在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图9a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的速度随时间的变化关系，如图9b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v

1＞v2）。已知传送带的速度保持不变。则下列判断正确的是（）A.0～t1内，物块对传送带做正功B.物块与传送带间的动摩擦因数μ＞tanθC.0～t2内，传送带对物块做功为22211122mvmvD.系统产生的热量一定比物块动能的减少量大例题7、一传送带装置如图所示，其中AB

段是水平的，长度LAB=4m，BC段是倾斜的，长度lBC=5m，倾角为θ=37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转．已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2．现

将一个工件（可看做质点）无初速度地放在A点，求：（1）工件第一次到达B点所用的时间？（2）工件沿传送带上升的最大高度？（3）工件运动了23s时所在的位置？例题8、如图所示，一个与水平方向成θ=37°的传动带在电动机的带动下逆时针转

动，速度恒为v=10m/s．传送带A、B两轮间距离L=16m，一个质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在A处，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）．求：（1

）物体在A处加速度a的大小；（2）物体传动到B处所用的时间t；（3）物体从A传送到B过程中因摩擦产生的热量Q．例题9、如图所示，倾角为53°的斜面的下端有一水平传送带，传送带正以v=6m/s的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为m=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，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．已知物体与斜面和与传送带间的动摩擦因数相等均为μ=0.5，物体向左最远能滑到传送带AB的中点处，重力加速度g=10m

/s2，（sin53°=0.8，cos53°=0.6）则：（1）传送带AB间的距离l为多少？（2）物体接着又随传送带向右运动，求最后沿斜面上滑的最大高度h′为多少？（3）物块从第一次滑上传送带到第一次离开传送带过程中物块与传送带

组成的系统产生的热量为多少？图9随练1、[多选题]测定运动员体能的一种装置如图所示，运动员的质量为M，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮摩擦和质量），绳的另一端悬吊的重物质量为m，人用力向后蹬传送带而人的重心不动，传送带以速度v向后匀速运动（速度大

小可调），则下列说法正确的是（）A.人对传送带做正B.人对传送带不做功C.人对传送带做功的功率为mgvD.人对传送带做功的功率为（m+M）gv随练2、如图所示，一足够长的绷紧的传送带与水平面的夹角30，传送带在电动机的

带动下，始终保持02/vms的速率运行，现把一质量为10mkg的工件（可看作质点）轻轻放在传送带的底端，工作和传送带之间32，取210/gms，求：（1）经1.9s的时间，工件被传送的高度；（2）在1.9s内产生的热量Q；（3）在这1.9s内，电动机由于传送工件多消耗的电能．随练3、

[多选题]如图所示，一质量为1kg的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，经2s运动到B点后通过光滑的衔接孤面恰好滑上与地面等高的传送带上，传送带以4m/s的恒定速率顺时针运行．已知AB间距离为2m，传送带长度（即BC间距离）为10m，物块与传送带间的动摩

擦因数为0.2．取g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A.物块在传送带上运动的时间为2.32sB.物块在传送带上因摩擦产生的热量为2JC.物块在传送带上运动过程中传送带对物块做功为4JD.物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8J随练4

、[多选题]如图所示，一条绷紧的水平传送带AB以恒定速度v1做匀速直线运动，传送带右端的光滑水平台面与传送带上表面等高，二者间的空隙极小不会影响滑块的运动．滑块以速度v2向左从A点滑上传送带，在传送带上运动时动能随路程变化如Ek－x图像所示，已知滑块质量m＝2kg，可视为质点，重力加速度g＝10m

/s2．则下列说法中正确的是（）A.传送带的运行速度为v1＝2m/sB.滑块在传送带上的运动时间为4.5sC.若传送带运动速度v1增大，则滑块在传送带上运动时间一定越来越小D.若传送带运动速度v1＞4m/s，则滑块在传送带上的运

动时间一定是4s随练5、如图所示，高为H=0.45m的台面上有轻质细绳，绳的一端系一质量为m=0.1kg的小球P，另一端挂在光滑的水平轴上O上，O到小球P的距离为R=0.1m，小球与台面接触，但无相互作用，在小球两侧等距离各为L=0.

5m处，分别固定一光滑斜面及一水平向左运动的传送带，传送带长为d=0.9m，运行速度大小为v=3m/s，现有一质量也为m可视为质点的小滑块Q从斜面上的A处无初速滑下（A距台面高h=0.7m），至C处与小球发

生弹性碰撞，已知滑块与台面的动摩擦因数为μ1=0.5，与传送带之间动摩擦因数为μ2=0.25，不计传送带高度，及滑轮大小对问题的影响．（重力加速度g=10m/s2）求：（1）当小球被撞后做圆周运动到最高点时对轻绳的作用力大小？（2）滑块的最终位置与传送带末端的E的距离？（3）整个过程传送带

电机消耗的电能？随练6、在如图所示的竖直平面内，有一固定在水平地面的光滑平台．平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长L=3m．有一个质量为m=0.5kg，带电量为q=+10﹣3C的滑块，放在水平平台上．平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与

滑块接触但不连接．现用滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内．在弹簧处于压缩状态时，若将滑块静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端C点．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.20（g取10m/s2），求：（1）滑块到达B点时的速度vB，及弹簧储存的最大弹性势能E

P；（2）若传送带以1.5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，释放滑块的同时，在BC之间加水平向右的匀强电场E=5×102N/C．滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功．（3）若两轮半径均为r=0.4m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω

时，撤去弹簧及所加电场，让滑块从B点以4m/s速度滑上传送带，恰好能由C点水平飞出传送带．求ω的大小以及这一过程中滑块与传送带间产生的内能．拓展1、如图所示，水平传送带以恒定的速度v顺时针转动，将工件轻轻

放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t，速度变为v；再经时间2t，工件到达传送带的右端，求：（1）工件在水平传送带上滑动时的加速度（2）工件与水平传送带间的动摩擦因数（3）工件从水平传送

带的左端到达右端通过的距离．2、（2019福建厦外高三上第一次月考）如图所示，倾角θ=37°的传送带上，上、下两端相距S=7m．当传送带以u=4m/s的恒定速率顺时针转动时，将一个与传送带间动摩擦因数μ=0.2

5的物块P轻放于A端，P从A端运动到B端所需的时间是多少？3、（2013福建三明一中高三上第一次月考）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θ=37°，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μ=0.5，取g=10m

/s2，sin37°=0.6，cos37°=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？4、

水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上（初速度为零），小工件在传送带上滑行了一段距离之后速度达到v，与传送带保持相对静止．设工件的质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，则在相对滑动的过程中（）A

.滑动摩擦力对工件不做功B.工件的机械能增量为14mv2C.传送带对工件做功为零D.工件相对于传送带滑动的路程大小为22vg5、[多选题]在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物．如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，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=10m/s2．由v﹣t图可知（）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4.8J6、如图所示，水平传送带沿顺时针方向以速度v0＝4m／s匀速运转。传送带长L＝4m，从传送带左端M先后两次由静止轻轻放上两个物体A、B，已知mA＝1kg，mB＝2k

g，物体A、B与传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.2，g取10m／s2。求：（1）物体A、B到达传送带另一端N的时间tA和tB；（2）物体A、B与传送带间摩擦产生的热量Q1、Q2。答案解析传送带模型中的动力学问题水平传送带问题例题1、【答案】（1

）2m/s（2）0.2m【解析】（1）物块在传送带上先做匀加速直线运动μmg=malal=2m/s2当两者速度相等时，t=1212vssa此时物块运动的位移为：s1=211121122atmm＜2m所

以在到达传送带右端前物块已匀速，速度为2m/s．（2）物块以ν0速度滑上斜面﹣mgsinθ=ma2a2=﹣6m/s2物块速度为零时上升的距离s2=2200412123vmma由于s2＜0.4m，所以物块未到达斜面的最高点．物块

上升的最大高度：hm=s2sinθ=0.2m．例题2、[多选题]【答案】BC【解析】绳子断开后，木块受重力、支持力和向右的滑动摩擦力，重力和支持力平衡，合力等于摩擦力，水平向右加速时，根据牛顿第二定律，有

：μmg=ma解得：a=μg；故木块可能一直向右做匀加速直线运动；也可能先向右做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；由于v1＜v2，故①若两种情况下木块都是一直向右做匀加速直线运动，则tl等于t2，所以两种情况下到达最右端的速度是相等的，所以获得的

动能相等，E1=E2．②若传送带速度为v1时，木块先向右做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；传送带速度为v2时，木块一直向左做匀加速直线运动，则t1＞t2，E2＞E1．③两种情况下木块都是先向右做匀加速直线运动

，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动，则t1＞t2，E2＞E1．故BC正确．例题3、[多选题]【答案】BC【解析】A、重物没有位移，所以人对重物没有做功，功率为0，故A错误；B、根据人的重心不动知人处于平衡状态，摩擦力与拉力平衡，传送带对人的摩擦力方向向右，拉

力等于物体的重力G，所以人对传送带的摩擦力大小等于G，方向水平向左，故B正确．C、在时间t内人对传送带做功消耗的能量等于人对传送带做的功，人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于G．根据W=Fvt，所以人对传送带做功的功为Gv

t．故C正确．D、根据恒力做功功率P=Fv得：若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率增大，故D错误．例题4、【答案】（1）滑块从传送带右端N运动到左端M所需要的时间为11s（2）滑块离开钢管时的速度大小为82m/s（3）滑块滑到轨道最高点T时对轨道弹力的大小为52.4

N【解析】（1）滑块在传送带上匀加速运动时，由牛顿第二定律得知：μmg=ma，代入数据得：a=1m/s2；滑块加速到v=10m/s时的时间为：t1=va=10s；加速运动的距离x1=150602vtmm，滑块匀速运动的时间为t2=16050110Lxssv，所

以滑块运动的时间为10s+1s=11s．（2）滑块由M到P的过程中只有重力做功，其机械能守恒，则有221122pmvmvmgR，解得：vP=82m/s；（3）滑块从M点滑到轨道最高点T根据机械能守恒定律可得：22112222TmvmvmgR，根据牛顿第二定律可得：2TTvmgFmR，

解得：FT=52.4N；根据牛顿第三定律可得压力大小为52.4N．例题5、【答案】（1）物块与传送带间的动摩擦系数是0.2（2）子弹的初速度v0的大小是1198m/s（3）计算因物块与传送带相对滑动过程的摩擦生热是36J【解析】（1）由速度图象得，物

块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为：2242.02vamsmst由牛顿第二定律得滑动摩擦力为：f=（M+m）a，其中：f=μFN，FN=（M+m）g所以：a=μg得到物块与传送带间的动摩擦因数为：2.00.210ag（2）从v﹣t图象看出，物块被击穿后子弹射物块

后的共同速度v=﹣4m/s，然后一起先向左减速到v=0，然后向右加速到v=2.0m/s，以后随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度方向向右，其速度为：v传=2.0m/s．子弹与物块相互作用的过程中，子弹

与物块组成的系统的动量守恒，由动量守恒定律得：Mv传﹣mv0=（m+M）v代入数据得：v0=1198m/s（3）物块相对传送带滑动的时间t=3s时间内传送带的位移为：x1=v传t物块的位移为：x2=vt+212at物块相对传送带滑行的路程为：s相对=x1﹣x2=9m所以转化的内能

为：Q=fs相对代入数据联立得：Q=36J随练1、【答案】D【解析】煤块在传送带上滑动时，根据牛顿第二定律有：mgμ=ma因此解得a=4m/s2．当煤块速度和传送带速度相同时，位移为：s1=202va=0.5m＜

4m因此煤块先加速后匀速运动：加速时间为：t1=0va=24=0.5s匀速时间为：t2=140.52xsa=1.75s小煤块从A运动到B的过程中总时间为：t=t1+t2=0.5+1.75=2.25s，故A错误，B错误；在加速阶段产生相对位移即产生划痕，固有：△s=v0t1

﹣s1=2×0.5﹣0.5=0.5m，故C错误，D正确．故选：D．倾斜传送带问题例题1、[多选题]【答案】CD【解析】A、若物块在到达B点之前，速度达到v，则物块将和传送带一起匀速运动，但重力势能减小，机械能减小，故A错误．B、若物块放上后一直加速，且到B点速度仍小于v，则物块

机械能一直增大．设初始时机械能为E0．根据功能原理可知：E=E0+μmgcosθ•x，图线的斜率大小等于μmgcosθ，可知E与x不成正比，故A、B错误；CD、若物块在到达B点之前，速度已经与传送带速度相等，之后物块的机械能不断减小．设物块与传

送带速度相同时机械能为E0′，位移为x0．对于速度相同后的过程，可得：E=E0′﹣mgsinθ（x﹣x0），图线的斜率大小等于mgsinθ．由于μmgcosθ与mgsinθ的大小未知，所以图线斜率的变化不确定，所以CD正确．例题2、【答案】2.4s；28J【解

析】(1)物体无初速度放在A处后，因sincosmgmg，则物体斜向上做匀加速直线运动，加速度2cossin2.5m/smgmgam物体达到与传送带同速所需的时间10.8svta1t

时间内物体的位移110.8m2vLt之后物体以速度1v做匀速运动，运动的时间121.6sLLtv物体运动的总时间122.4sttt(2)前0.8s内物体相对传送带的位移为110.8mLvtL因摩擦而产生的内能=mgcos6

JEL内21sin282kpEEEEmvmgLEJ总内内例题3、【答案】（1）3s；（2）1316；3.3s．【解析】（1）物体放上传送带后，开始一段时间t1内做初速度为0的匀加速直线运动，小物体受到沿斜面向

下的摩擦力：可知，物体所受合力F合=mgsinθ+f，又因为f=μN=μmgcosθ，所以根据牛顿第二定律可得：a=210/合Fmsm；当物体速度增加到10m/s时产生的位移x=21002210va=5m＜29m，所用时间为：t=va

=1s，所以物体速度增加到10m/s后，由于mgsinθ＞μmgcosθ，所以物体将受沿传送带向上的摩擦力的作用，a2=sincosmgmgm=2m/s2，匀加速运动的位移为l=29﹣x=24m，设所用时间为t′，则l=vt′+12at′

2，解得：t′=2s，t总=1s+2s=3s；（2）若物体与传送带之间的动摩擦因数为1316，则物体放上传送带后，开始一段时间t1′内做初速度为0的匀加速直线运动，小物体受到沿斜面向下的摩擦力：可知，物

体所受合力F′合=mgsinθ+f′又因为f′=μN=μ′mgcosθ所以根据牛顿第二定律可得：a′='合Fm=12.5m/s2当物体速度增加到10m/s时所用时间为t′=100.8'12.5vssa，产生的位移x′=10'0.8422vtmm，所

以物体速度增加到10m/s后，由于mgsinθ＜μmgcosθ，所以物体将和传送到一起匀速运动，匀速运动的位移为l′=29﹣x′=25m，设所用时间为t″，则'25''2.510ltssv则t′总=0.8+2.5=3.3s.随练1、【答案】（1）工作沿CD传送带上升最大高度为0.75

m，所用的时间为1.8s（2）速度v2大小是4m/s【解析】（1）工件刚放在传送带AB上，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为s1，则由受力分析图甲以及牛顿运动定律可得：N1=mgf1=μN1=ma1联立解得：a1=5m/s2．由运动

学公式有：t1=11va=55s=1ss1=21112at=21512=2.5m由于s1＜LAB，随后在传送带AB上做匀速直线运动到B端，则匀速运动的时间t2为：1210.3ABLstsv工件滑上CD传送带后在重力

和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为s2，则由受力分析图乙以及牛顿运动定律可得：N2=mgcosθmgsinθ+μN2=ma2由运动学公式有：s2=

21202va联立解得：a2=10m/s2．s2=1.25m工作沿CD传送带上升最大高度为：h=s2sinθ=1.25×0.6m=0.75m沿CD上升的时间为：t3=120va=510=0.5s故总时间为：t=t1

+t2+t3=1.8s（2）CD传送带以速度v2大小向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为s3和s4，则由受力分析图丙由运动学公

式和牛顿运动定律可得：2223212asvvmgsinθ﹣μN2=ma3234220asvLCD=s3+s4解得：v2=4m/s答：（1）工件被第一次传送到CD传送带上升最大高度是0.75m，所用的时间是1.8s；（2）要使工件恰好被传

送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2大小是4m/s．传送带模型中的能量问题传送带模型中的能量问题例题1、[多选题]【答案】ACD【解析】A、当物体到达传送带上时，如果物体的速度恰好和传送带的速度相

等，那么物体和传送带将一起在水平面上运动，它们之间没有摩擦力的作用，所以传送带对物体始终不做功，所以A可能．B、若物体速度大，则受向后的摩擦力，做负功．直至速度一致为止，摩擦力消失，不做功，不会出现再做正功的情况，所以B错误．C、若物体速度小，则受向前的摩擦力，做正功．到速度

一致时，摩擦力又变为零，不做功，所以C正确．D、若物体速度大，则受向后的摩擦力，做负功．直至速度一致为止，摩擦力消失，不做功，所以D正确．故选：ACD例题2、【答案】B【解析】A、在t时间内小物体做匀加速运动，物体发生的位移为：：x物=v

t=02vt=12vt，故A错误．B、传送带上的A点对地的位移为x带=vt，物体相对传送带的位移为：x=x带﹣x物=12vt，所以x带=2x，故B正确．C、由于物体与传送带相互作用产生的内能为：Q=fx对物体，由动能定理得：fx物=212mv，又x=x物，所以Q=fx

物=212mv，故C错误．D、由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为：W=Q+212mv=mv2，故D错误．故选：B例题3、【答案】B【解析】砂子达到传送带速度经历的位移为1vx=t2，传送带的位移x2=vt，则相对运动的位移大小为：21vΔx=x-x=t2．根据动能定理知：211fx=Δm

v2产生的热量为：211Q=fΔx=fx=mv2根据能量守恒定律得，增加的能量为：221ΔE=Qmvmv2．则增加功率为：22ΔEΔmvΔP===201W=20WΔtΔt．故B正确，A、C、D错误．故选：B．例题4、[多选题]【答案】ABC【解析

】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=sinbm=sinm，故A正确．B、摩擦力对a做正功，根据功能关系得：物块ab构成的系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加，故B正确．C、b上升h，则a下

降hsinθ，则a重力势能的减小量为△EPa=mag×hsinθ=mgh，所以系统的重力势能不变，所以摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增加之和，故C正确．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，故D错误．故选：ABC例题5、[多选题]【答案】BD【解析】A、对小滑块受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，第一阶段传送带的速度大于物块的速度，所以物体所受的滑动摩擦力的方向沿斜面向下，摩擦物体做正功；第二阶段物体与传送带相对静止，摩擦力沿斜面向上，故摩擦力对物体做负功，

故A正确；B、根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力对物体都做正功，故第一阶段摩擦力对物体做的功小于第一阶段物体动能的增加，故B错误；CD、假定传送带速度为v，第一阶段，小滑块匀加

速位移x1=2vt，传送带位移x2=vt；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，故小滑块机械能增加量等于fx1=f•2vt；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度，故内能增加量为：Q=f△S=f•（x2﹣x1）=f•2vt；故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；在第二

阶段，摩擦力做负功，物体的机械能继续减小，但是静摩擦力的作用下，没有相对位移，不会产生热量．故C正确，D错误．本题选错误的，故选：BD例题6、[多选题]【答案】BD【解析】暂无解析例题7、【答案】（1）1.4s（2）2.4m（3）2.4m．【解析】（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1由

牛顿第二定律得μmg=ma1解得a1=μg=5m/s2经t1时间与传送带的速度相同，则t1=1va=0.8s前进的位移为x1=12a1t12=1.6m此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2=AB1L-X

v=0.6s所以工件第一次到达B点所用的时间t=t1+t2=1.4s（2）设工件上升的最大高度为h，由动能定理得（μmgcosθ﹣mgsinθ）•hsinθ=0﹣12mv2解得h=2.4m（3）工件沿传送带向上运动的时间为t3=2hvsinθ=2s此后

由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为TT=2t1+2t3=5.6s工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t0=2t1+t2+2t3=6.2s而23s=

t0+3T这说明经23s工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零．故工件在A点右侧，到A点的距离x=LAB﹣x1=2.4m答：（1）工件第一次到达B点所用的时间是1.4s（2）工件沿传送带上升的最大高度是2.4m（

3）工件运动了23s时所在的位置是工件在A点右侧，到A点的距离是2.4m．例题8、【答案】（1）物体在A处加速度a的大小是10m/s2（2）物体传动到B处所用的时间t是2s（3）物体从A传送到B过程中因摩擦产

生的热量是24J【解析】（1）物体在A处时传送带对物体有向下的滑动摩擦力作用．由牛顿第二定律：mgsinθ+μmgcosθ=ma…①解得：a=10m/s2…②（2）设物体经过时间t1速度达到传送带的速度，发生的位移为x，则：v=at1…③

x=2112at…④联立解得：x=5m＜L=16m由于mgsinθ＞μmgcosθ，表明以后物体将继续匀加速下滑．…⑤设物体继续下滑的加速度为a′，则：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma'…⑥解得：a′=2m/s2…⑦设物体继续下滑至B所用时间为t2，则：vt

2+12a′t22=L﹣x…⑧解得：t2=1s（另一负值舍去）故物体传动到B处所用的时间为：t=t1+t2=2s；…⑨（3）物体从A传送到B过程中因摩擦产生的热量Q=μmgcosθ•（vt1﹣x）+μmgcosθ[（L﹣x）﹣vt2]…（1

0）联立联解得：Q=24J…（11）例题9、【答案】（1）8m．（2）7255m．（3）76+2410J．【解析】（1）对滑块从最高点到传送带上的静止点的过程，由动能定理得mgh﹣μmgcos53°•sin53h﹣μm

g12=0解得l=8m（2）物块加速到与传送带共速需要的位移2v2gx=3.6m＜4m所以物块回到A点时vA=6m/s对物块从A点到最高点，由动能定理得﹣mgh′﹣μmgcos53°•'sin53h=0﹣21

mV2A解得72h'=π55（3）物块从A运动到AB中点的时间为t=AVμg物块从AB中点加速到与传送带共速的时间t′=Vμg所求的热量为21vQ=μmg(vt+)+μmg(vt'+)22μg=（76+2410）J答：（1）传

送带AB间的距离l为8m．（2）物体接着又随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h′为7255m．（3）物块从第一次滑上传送带到第一次离开传送带过程中物块与传送带组成的系统产生的热量为（76+2410）J．随练1、[多选题]【答案】AC【解

析】A、人对传送带的摩擦力方向向右，传送带在力的方向上有位移，所以人对传送带做正功．故A正确，B错误．C、人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于mg．所以人对传送带做功的功率

为mgv．故C正确，D错误．随练2、【答案】（1）1.5m（2）60J（3）230J【解析】（1）工作开始阶段做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得cossinmgmgma，得：2cossin2.5/aggms，加速至速度与传送

带相同时通过的位移220120.8222.5vxma，所用时间0120.82.5vtssa，接下来的1.1s内工件做匀速直线运动，通过的位移为2022.2xvtm故工件上升的高度12()sin301.5hxxm（2）在时间1t内，皮带运动的

位移为：2011.6xvtm工件相对皮带的位移为210.8xxxm在时间1t内，皮带与工件的摩擦生热为cos60QmgxJ（3）工件获得的动能为201202kEmvJ工件增

加的势能为150PEmghJ电动机多消耗的电能为230kPWQEEJ．则（1）工件被传送1.5m高．（2）产生热量Q为60J．（3）电动机因为传送工件多消耗的电能是230J．随练3、[多选题

]【答案】BD【解析】暂无解析随练4、[多选题]【答案】ABD【解析】暂无解析随练5、【答案】（1）4N．（2）1.3m．（3）1.2J．【解析】（1）对滑块Q从A到C根据动能定理有：21112cmghmgmv得11223/cvghgmsPQ发生弹性碰撞

，因质量相等，故交换速度，撞后P的速度为vc′=vc=3m/sP运动至最高点的速度为vF，根据机械能守恒定律有：2211'222cFmvmvmgR得2'45/FcvvgRmsP在最高点根据牛顿第二定律有：2FmvFmgR得

24FmvFmgNR根据牛顿第三定律知轻绳受力大小F′=F=4N（2）PQ再撞后再次交换速度对物块有vc″=vc′=3m/s对物块从C到D根据动能定理有：221111''22Dcmgmvmv得211''42/Dcvvgms

物块进入传送带做匀减速运动，设加速度大小为α1则根据牛顿第二定律有：μ2mg=ma1得122.5/agms由运动学公式知减速至速度为零时间为100.8Dvtsa．进入传送带位移为：100.82Dvstm因S

1＜d故物块从左边离开传送带，离开时速度大小为vD′=vD=2m/s在CD上再次减速，设加速大小为α2则根据牛顿第二定律有：μ1mg=ma2得2215/agms由运动学公式知减速至0位移为222'0.42Dvsma因S2＜L故不会再与球相撞与传送带末端E的距离为D=

S2+d=1.3m（3）在传送带上运动的两段时间均为t=0.8S此过程传送带向左移运动两段位移d1=d2=vt=3×0.8m=2.4m在传带上产生的热量为：Q=μ2mg（d1+s1+d2﹣s1）=1.2J因传

送带速度大小不变，物块进出传送带速度大小相等，由能量守恒定律知电动机提供电能为E=Q=1.2J．答：（1）当小球被撞后做圆周运动到最高点时对轻绳的作用力大小为4N．（2）滑块的最终位置与传送带末端的E的距离为1.3m．（3）整个过程

传送带电机消耗的电能为1.2J．随练6、【答案】（1）23m/s；3J（2）﹣1.9375J（3）5rad/s；1J【解析】（1）设弹簧储存的最大弹性势能EP，滑块从静止释放至运动到B点，由能量守恒定律知：212PBEmv从B到C，根据动能定理得：2102BmgLmv

解得：vB=23m/s，EP=3J（2）加电场后，由于vB＞v传，所以滑块刚滑上传送带时就做匀减速直线运动，μmg﹣qE=ma滑块减速至与传送带共速的时间为：10.5Bvvtsa转，滑块减速的位移为110.87512Bvvxtm传，故滑块之后匀速运动，从B到C，

由2211-22fBqELWmvmv传解得：Wf=﹣1.9375J（3）滑块恰能在C点水平飞出传送带，则有mg=2Cvmr解得：vC=rω0解得ω0=5rad/s滑块要减速到C点，则μmg=ma′滑块减速时间t=1s滑块位移x1=vBt﹣12a′t2=3m传送带距离x

2=vCt=2m滑块与传送带间产生的内能Q=μmg（x1﹣x2）=1J．拓展1、【答案】（1）vt（2）vgt（3）2.5vt【解析】（1）匀加速过程，有v=at故，工件的加速度vt．（2）工件加速过程，根据牛顿第二定律，有μmg=ma解得：µ=maavmgg

gt故动摩擦因素为vgt．（3）工件从左端到达右端通过的距离x=x1+x2=22vtvt=2.5vt故传送带长度为2.5vt．2、【答案】P从A端运动到B端所需的时间是为1.5s【解析】设P初始下滑的加速度为a1，则有mgsinθ+μmgco

sθ=ma1解得a1=g(sinθ+μcosθ)=8m/s2前一段加速滑下时间t1=ua=0.5s当P加速到u时，P发生的位移S1=212ua=1m＜7m此后P，继续加速下滑，设加速度为a2，有mgsinθ

-μmgcosθ=ma2，所以a2=4m/s2根据位移时间关系公式，有L-S1=ut2+12a222t解得后一段加速滑下时间t2=1sP从A到B总时间t=t1+t2=1.5s即P从A端运动到B端所需的时间是为1.

5s．3、【答案】（1）1.25m；（2）2.1s．【解析】（1）米袋在AB在滑动摩擦力作用下产生的加速度为a0=NFm=mgm=μg=5m/s2米袋在滑动摩擦力作用下速度增加到v0=5m/s时滑过的距离x0=2002va=2.5m

＜3m故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，到达才C端速度为v0=5m/s设米袋在CD传送带上受重力、支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力共同作用下产生的加速度大小为a，据牛顿第二定律有：a=Fm合=mgsinmgcosm=gsinθ+μgcosθ=（

10×0.6+0.5×10×0.8）m/s2=10m/s2物体在CD上做匀减速直线运动，故上滑的最大距离x=2202vva=2052(10)m=1.25m（2）CD顺时针转动时，米袋速度减为v=4m/s之前，滑动摩擦沿传送带向下，根据牛顿第二定律有：米袋产生加速度的大小为a1=

mgsinmgcosm=gsinθ+μgcosθ代入数据得a1=10m/s2因为米袋做匀减速直线运动，故此时米袋上滑的距离x1=22012vva=22452(10)m=0.45m当米袋速度达到v=4m/s后，由于μmgcosθ＜mgsinθ，米袋继续减速上滑，但因米

袋速度小于传送带速度，故滑动摩擦力沿传送带向上故由牛顿第二定律得物体继续做匀减速直线运动的加速度大小为：a2=mgsinmgcosm=gsinθ-μgcosθ代入数据得a2=2m/s2因为米袋做匀减速直

线运动，当米袋速度减到0时，米袋上滑的距离x2=22022vva=2042(2)m=4m又因为x1+x2=4.45m=L2，即米袋速度为零时米袋刚好到达D端根据运动学规律可知，米袋从C到D共经历的时间t=（4510+042）s=2.1s4

、【答案】D【解析】AC、工件在运动的过程中，只有滑动摩擦力对工件做功，由动能定理可知，滑动摩擦力对工件做的功等于工件动能的变化，即为12mv2，工件与传送带相对静止后，不受摩擦力，所以传送带对工件做功即为滑动摩擦力对工件做的功，为12

mv2，故AC错误；B、工件动能增加量为12mv2，重力势能不变，所以工件的机械能增量为12mv2，故B错误；D、根据牛顿第二定律知道工件的加速度为a=mgm=μg，所以速度达到v而与传送带保持相对静止时间为：t=va=vg；该时间内传送带的位移为：x带=vt=2vg；工件

的位移为：x工=2vt=22vg，则工件相对于传送带滑动的路程大小为：s=x带﹣x工=22vg，故D正确．故选：D5、[多选题]【答案】BD【解析】A、物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，

一起做匀速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，x=s==3.2m．故A错误．B、由v﹣t图象可知，物块在传送带上先做a1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，得：mgsinθ+f=ma1，即：m

gsinθ+μmgcosθ=ma1…①，同理，做a2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：a2=得：mgsinθ﹣f=ma2，即：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2…①，联立①②解得：cosθ=0.8，μ=

0.5，故B正确；C、根据功能关系，由B中可知f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1匀加速直线运动，有图象知位移为：x1==0.2m，物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：Wf1=fx1=

4×0.2=0.8J，同理做a2匀加速直线运动，有图象知位移为：x2==3m，物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：Wf2=﹣fx2=﹣4×3=﹣12J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12J﹣0.8J=11.2J，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，由C中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1匀加速直线运动，位移为：x1==0.2m，皮带位移为：x皮=2×0.2=0.4m，相对位移为：△x1=x皮﹣x1=0.4﹣0.2=0.2m，同理：做a2匀加速

直线运动，位移为：x2==3m，x皮2=2×1=2m，相对位移为：△x2=x2﹣x皮2=3﹣2=1m，故两者之间的总相对位移为：△x=△x1+△x2=1+0.2=1.2m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=f△x

=4×1.2=4.8J，故D正确；故选：BD．6、【答案】（1）tA＝t1＋t2＝1.5stB＝t1′＝2s（2）011A011mg?2vQvtt（）Q2＝16J【解析】（1）对物体A：μ1mAg＝mAa1①匀加速：v0＝a1t，01122vxtmL②匀速运动：v0t2＝L

－x1③物体A到达传送带另一端N的时间为：tA＝t1＋t2＝1.5s④对物体B：μ2mBg＝mBa2⑤匀加速时间：0122vtsa⑥01142vxtmL恰好到N点时达到相等速度⑦物体B到达传送带

另一端N的时间为tB＝t1′＝2s⑧（2）摩擦产生的热量：Q＝μmg·s相对⑨S相对＝S传－S物⑩对A物体：011A011mg?2vQvtt（）⑪对B物体：22B01mg?QvtL（）⑫解得：Q1＝8J⑬Q2＝16J⑭