【文档说明】全国高校物理强基计划入门试题精编（人教版2019必修第二册） 第13讲 机械能守恒定律之传送带模型 Word版含解析.docx，共(33)页，1.587 MB，由小赞的店铺上传

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第13讲机械能守恒定律之传送带模型全国高校强基计划入门试题精编一、单选题1．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率1v运行，初速度大小为2v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，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所

示。已知21vv，物块和传送带间的动摩擦因数为，物块的质量为m。则（）A．2t时刻，小物块离A处的距离最大B．20t时间内，小物块的加速度方向先向右后向左C．20t时间内，因摩擦产生的热量为12121()22vvtmgtt++D．20t时间内，物块在传送带上留下的划痕为(

)21122vvtt++【答案】C【详解】A．初速度大小为2v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，小物块在传送带上运动的vt−图象可知，1t时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；B．20t～时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一

直向右，B错误；CD．10t～时间内物体相对地面向左的位移2112vst=这段时间传送带向右的位移211svt=因此物体相对传送带的位移2112111+2vssstvt=+=12tt～时间内物体相对地面向右的位移1121()2vstt=−这段时间传送带向右的位移1221()svtt=−因此物

体相对传送带的位移122121()2vssstt=−=−20t时间内物块在传送带上留下的划痕为1211221()22vvtssstt=+=++20t～这段时间内，因此摩擦产生的热量12121()22vvtQmgsmgtt==++C正确，D错

误。故选C。2．如图，水平传送带以恒定速度v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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度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．摩擦力对P做功的功率一直减小C．摩擦力对P做的功WmgdD．弹簧的弹性势能变化量212pEmvmgd=−【答案】C【详解】AB．刚接触弹簧时，弹簧的弹力小于最大静摩擦力，

物块仍做匀速运动，直到mgkx=时，物块才开始做减速运动，在物块相对传送带静止的过程中，摩擦力逐渐增大，因此摩擦力对P做功的功率逐渐增大，物块减速的运动过程中，摩擦力对P做功的功率才逐渐减小，AB错误；C．在压缩弹簧但物块相对传送带

静止的过程，摩擦力小于mg，因此压缩弹簧的过程中，摩擦力对P做的功WmgdC正确；D．根据动能定理2102pWEmv−=−因此221122pEmvWmv+=D错误。故选C。3．绷紧传送带与水平方向的夹角为30°，传送带以15m/s的速度向上传动，t=0时刻质量为1kg的楔形物体从

B点轻轻放上传送带并沿传送带向上运动。已知传送带AB的距离l=20m，物体与传送带间的动摩擦因数μ=32，重力加速度为10m/s2.对物体从B点运动到A点的过程中，下列说法正确的是（）A．物体的动能增加200JB．物

体的重力势能增加200JC．物体的机械能增加150JD．物体在传送带上因摩擦产生的热量为200J【答案】C【详解】A．楔形物体从B点滑上传送带，对其受力分析有μmgcos30°-mgsin30°=ma解得a=2.5m/s2若一直加速，其末速度v=2al=10m

/s<15m/s一直加速成立，物体的动能增加ΔEk=12mv2=50JA项错误；BC．物体的重力势能增加ΔEp=mglsin30°=100J物体的机械能增加ΔE机=μmgcos30°·l=150JB项错误；C项正确；D．物体的加速时

间t=va=4s传送带传送的距离x=v0t=60m相对位移Δx=x-l=40m摩擦生热Q=μmgcos30°·Δx=300JD项错误；故选C。4．如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高

点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（）A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2.4RB．滑块不可能重新回到出发点A

处C．传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多D．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关【答案】C【分析】牛顿第二定律，机械能守恒，摩擦生热【详解】A．设滑块恰能通过C点，则2vmgmR=再由C到B，由机械能守恒得，B点的速度最小为2B5vgR=再由A

到B，运用机械能守恒得，AB的竖直高度最小为2.5hR=因为2.42.5RRA错误；B．当传送带把滑块再送回来，其速度与进入传送带的速度相等时，滑块就能够重新回到出发点，B错误；D．滑块在传送带上向右

运动时，受到摩擦力，从而产生向左的加速度，使得滑块减速到速度等于0时，滑块再反向运动，减速的距离与传送带的速度是无关的，只与滑到传送带上的速度、加速度有关，因为末速度为0，D错误；C．传送带的速度越大，传送带与滑块相对运动

的距离就会越大，故克服摩擦力做的功就越多，所以产生的热量越大，C正确。故选C。5．如下图所示，白色传送带A、B两端距离L=24m，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=30°，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3

5=，取g=10m/s2，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3.5sB．煤块从A端运动到B端重力的平均功率为120WC．煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹为4mD．煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为24J【答案】C【详解】A．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．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1sincosmgmgma+=可得：1sincos8agg=+=m/s2又由011vat=得011

1svta==此过程通过的位移大小为0114m2vxtL==＜又由于sincosmgmg＞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2sin-cosmgmgma=可得21si

n-cos2m/sagg==由2102221-2Lxvtat=+代入数据得22st=故煤块从A到B的运动时间为123sttt=+=故A错误。B．煤块从A端运动到B端重力做功为Gsin30240JWmghmgL===所以

煤块从A端运动到B端重力的平均功率为G240J80W3sWPt===故B错误。C．煤块在第一段加速过程中位移为14mx=，所花时间为11st=，此过程传送带位移为0118mxvt==传所以煤块在第1s内在传送带上留下痕迹长度为114mSxx=−=传接下来物块速度大于传送带

速度，物块下滑20m，所花时间22st=，传送带位移为0216mxvt==传2物块在传送带上重复划过24mSxx=−=传2故C正确。D．煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为o()cos30()48JQfSSmgSS=+=+=故D错误。故选C。6．

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【答案】B【详解】A．物体对地发生的位移为1022vvxtt+==皮带发生的位移为2xvt=

物体相对皮带发生的位移的大小为21Δ22vtvtxxxvt=−=−=再根据题意物体相对传送带的位移大小为x，比较可知1Δ2vtxxx===故A错误；B．根据选项A的分析可知，A点对地的位移大小为22xvtx==

故B正确；C．根据摩擦生热公式Qfs=相对可知，产生的热能为Qfx=又物体的加速度应为vat=物体受到的阻力=fma联立以上各式解得Q=2122vvtmmvt=故C错误；D．根据能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能应为22211Δ22EQEmvmvmv=+=+=电机

故D错误。故选B。二、多选题7．如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的水平足够长的传送带平滑连接于B点。圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点A以某一初速度0v沿切线进入圆弧轨道，小滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道。已知

重力加速度为g，滑块与传送带之间的滑动摩擦因数为，传送带速度大小为vgR=。不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A．经过足够长的时间，小滑块最终静止于B点B．小滑块第一次返回圆弧轨道时的最大高度为2RC．若02vgR=，小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中在传送带上痕迹

为94RD．若00v=，小滑块第五次在传送带上运动的整个过程的时间是2Rg【答案】BD【详解】A．由于传送带足够长，小滑块每次减速到0，都会反向加速到一定的速度，所以小滑块在圆弧和传送带之间做往返运动，最终不会停在B点。故A错误；B．由于小滑块返回来的速度最大与传送带共速，

则2m102mghmv−=−解得m2Rh=故B正确；C．设小滑块第1次过B点速度大小为1v，则22101122mgRmvmv=−解得12vgR=小滑块滑上传送带到共速，设小滑块位移为1x，传送带位移为2x。规定向左为正。则mgma=1vvat=−+112vvxt−=

2xvt=联立解得123332gRRRagtxxg===−=，，，分析可知，滑痕为它们的相对位移，即2192Rsxx=−=故C错误；D．小滑块到B点的速度大小设为v，则2102mgRmv=

−解得2vgRv=可知，小滑块过B点后，先减速到0，再反向加速到与传送带共速，最后匀速到达B点，之后以这个速度在圆弧和传送带之间做往返运动。因此小滑块第五次在传送带上运动的整个过程的时间是22vRtag==故D正确。故选BD。8．如图所示，电机（未画出）驱动传送带向高处运

送物块。将一物块无初速度轻轻放在传送带底端，此后的运动有两个阶段。第一阶段物块被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物块与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端。下列说法正确的是（）A．第一阶段滑动摩擦力对物体做正功，第二阶段静摩擦力对物体不做功B．

第一阶段摩擦力对物体做的功小于第一阶段物体克服重力做的功C．第一阶段电机由于传送物块（比空载时）所多消耗的能量为此阶段物块机械能增量的两倍D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程中的摩擦生热【答案】C

D【详解】A．由题意可知，第一阶段物块受三个力：重力，垂直于传送带向上的支持力和沿着传送带向上的滑动摩擦力。在物块运动的过程中，摩擦力做正功。第二阶段的物块也受三个力：重力，垂直于传送带向上的支持力和沿着传送带向上的静摩擦

力。所以在物块运动的过程中，摩擦力也做正功。所以A错误；B．在第一阶段，对物块由动能定理得2f111sin2FxGxmv−=设传送带的倾角为，传送带的速度为v。变形可得2f111sin2FxmvGx=+即第一阶段摩擦力对物体做的功大于第一阶段物体克服重力做的功，所以B错误；

C．在第一阶段，电机由于传送物块（比空载时）所多消耗的能量为f2EFx=其中1x是第一阶段中物块运动的位移，即2112xat=2x是相同时间内，第一阶段中传送带运动的位移，即2xvt=又vat=则22xat=即212xx=f2f12EFxF

x==由B选项分析可知2f111sin2FxmvGx=+此阶段物块机械能增量为f1EFx=即2EE=即第一阶段电机由于传送物块（比空载时）所多消耗的能量为此阶段物块机械能增量的两倍，所以C正确；D．对物块，由能量守恒可得，物体从底端到顶端全

过程机械能的增加量为1f1f3EFxFx=+全过程对于整体来说，第二阶段中摩擦生热为零，所以全过程中的摩擦生热在第一阶段。那么，全过程的摩擦生热为f1EFx=所以可以看出1EE即物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大

于全过程中的摩擦生热。所以D正确。故选CD。9．倾角37=的传送带以速度1.0msv=顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒钟向其输送4.0kgk=的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，传送带将煤屑送到3.0mh=的高处，煤屑与传

送带间的动摩擦因数0.8=，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。（重力加速度210msg=，传送带直径大小可忽略），则下列说法中正确的是（）A．煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移是2.5m

B．煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时所用的时间是2.5sC．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是122WD．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是154W【答案】BD【详解】AB．对煤屑，由牛顿第二定律2c

ossin0.4m/smgmgam−==煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移21.25m2vsa==故A错误；煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时所用的时间2.5s

vta==故B正确；CD．设经过Δt时间，煤屑动能增加量2k12Ektv=重力势能增加量pEktgh=摩擦产生的热量cos()Qktgvts=−传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率kp21=++cos()=154W2EEQPkvkghkg

vtst++=−故C错误，D正确。故选BD。10．如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，两传送带由同一电机驱动，它们正常工作时都匀速运动，速度大小分别为v甲、v乙，并满足vvv+=甲乙，式中

v为已知定值，即两传送带的速度可调但代数和始终不变。将一工件A（视为质点）轻放到传带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件的质量为m，工件与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。两传送带正常工作时，下列

说法正确的是（）A．当vv=甲乙时，工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短B．当vv=甲乙时，工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小C．当vv=甲乙时，驱动传送带的电机因传送工件需要额外做的功最小D．驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为2

2mv【答案】ACD【详解】A．以传送带乙为参考系，工件滑上传送带乙时的速度如图所示设工件在传送带乙上的滑动痕迹为x，则222vvgx+=乙甲整理得222vvvxg−=甲乙根据基本不等式知，当vv=甲乙时上式取最小值

，故A正确；B．设工件在传送带甲上的滑动痕迹为x，工件与两传送带因摩擦产生的总热量为Q，则有22gxv=甲()Qmgxx=+整理得22(32)2mvvvvQ+−=甲甲根据二次函数性质知，当3vv=甲时上式取最小值，故B错误；CD．根据能量守恒定

律知，电机额外做的功等于产生的热量与工件的末动能之和，有222(32)22mvvvvmvW+−=+甲甲乙整理得22[()]2mvvvW=+−甲乙当vv=甲乙时上式取最小值。即2min2mvW=故CD正确。故选ACD。11．某煤渣传送装置的简化示意图如图所示，水平放置的传送带足够

长，由电动机驱动，以速度v=4m/s逆时针运行。打开进料阀门后，位于N端上方贴近传送带的送料口每秒钟将有80kg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0.5。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g=10m/s2）（）A．相比传送带空载时，电动机对传送带应增加的牵引力为400NB．相比传送带空载时，电动机应增加的功率为1280WC．每块煤渣在传送带上留下的痕迹长度为1.6mD．30秒内因

煤与传动带的摩擦而产生的热量为38400J【答案】BC【详解】A．由动量定理可得Ftpmv==解得804N=320NmvFt==A错误；B．相比空载时，电动机应增加的功率为Δ3204W=1280WPFv==B正确；C．煤渣刚落到传送带上时的加速度

为a=μg=5m/s2则达到和传送带共速的时间为0.8svta==这个过程中煤渣和传送带的位移分别为11.6m2vxt==，23.2mxvt==则痕迹长度为21Δ1.6mxxx=−=C正确；D．30s内因与传送带摩擦而产生的热量为Δ0

.58030101.6J=19200JQMgx==D错误；故选BC。12．如图甲所示为某机场的行李自动运输系统，可以将其简化为如图乙所示，运输系统由电动机带动传送带运转，传送带由长度1100mL

=的水平传送带AB和长度270mL=、倾角为37°的倾斜传送带CD组成，两个传送带之间由很短的一段圆弧连接。两个传送带都沿顺时针方向转动，速度大小分别为4m/s和6m/s，每隔1s将一个货箱从A点无初速度放在传送带上，

所有货箱的质量均为20kgm=且可视为质点，货箱与水平传送带间的动摩擦因数10.1=，与倾斜传送带间的动摩擦因数20.875=，重力加速度210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=。下列说法正

确的是（）A．每个货箱从A点到D点的时间均为39sB．水平传送带上相邻货箱间的最大距离为最小距离的4倍C．倾斜传送带上相邻货箱间的最大距离为6mD．传送带连续稳定工作24小时，传送带因运送货箱而多消耗220.8度电【

答案】AC【详解】A．设货箱在水平传送带上的加速度为1a，相对于地面的滑动距离为1x，水平传送带的速度记为xv，则有21111m/smgagm===2112xvax=则货箱在水平传送带上的滑动时间为114sxvta=

=解得滑动距离18mx=则货箱在水平传送带上的匀速运动时间为11223sxLxtv−==同理，设货箱在倾斜传送带上的加速度为2a，相对于地面的滑动距离为3x，倾斜传送带的速度记为yv，则有2222cos37sin37cos37sin371m/smgmgaggm−==−=22

232yxvvax−=则货箱在倾斜传送带上的滑动时间为322syxvvta−==解得滑动距离310mx=则货箱在倾斜传送带上的匀速运动时间为23410syLxtv−==所以货箱从A点到D点的时间为123439s

ttttt=+++=故A正确；B．在水平传送带上，货箱要经过4s才能达到和传送带一样的速度，而货箱是每隔1s就放上去一个，所以当下一个货箱刚放上去时，它与前一个货箱的距离最小，当它的速度达到传送带的速度时，它与前一个货箱的距

离最大，则有22min101111m0.5m22Lat===22max11011114m22xLatvtat=+−=即最大距离为最小距离的8倍，故B错误；C．在倾斜传送带上，货箱要经过2s才能达到和传送带一样的速度，而每

隔1s就有一个货箱进入倾斜传送带；所以当下一个货箱刚刚到达倾斜传送带时，它与前一个货箱的距离最小，当它的速度达到倾斜传送带的速度时，它与前一个货箱的距离最大，则有22max23023116m22yLatvtat=+−=故C正确；D．把一个货箱从A点传送到D点，电动机至少要做功222

211112323111sin37()cos37()10320J222yxyWmvmgLmgvtatmgvtat=++−+−=连续稳定工作24小时，共传送货箱60602486400()n==个需要做功68

916480001032086400Jkwh247.68kwh3.610WnW====总故D错误。故选AC。13．如图所示，水平传送带以速度16v=m/s向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，0=t时刻P在传送带左端具有向

右的速度210v=m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间的动摩擦因数0.6=，传送带长度15L=m，绳足够长，10g=m/s2。关于小物体P的描述正确的是（）A．小物体P在传送带上运动的全过程中，

绳子张力不变B．小物体P在传送带上经3.5s速度减为0C．小物体P离开传送带时速度大小为213m/sD．小物体P在传送带上运动的全过程中，绳子拉力对P做功24J【答案】BCD【详解】AB．开始时，物块P、Q速度大

于传送带的速度，所以摩擦力向左，P相对传送带向右运动时，对PQ，由牛顿第二定律有12−−=mgmgma解得218m/sa=−对Q，有11Tmgma−=得1=2NT则小物体P在传送带上速度到与传送带速度相等的时间12110.5s−==vvta相对运动的位移22I22−=−v

vxa代入数据解得14m=xL物块P继续减速，此时摩擦力向右，对PQ由牛顿第二定律得22−+=mgmgma解得222m/sa=−对Q，有22Tmgma−=得2=8NT则物块P从速度1v减速到零的时间为12203s−==vta则小物体

P在传送带上经时间123.5sttt=+=速度减为0。综上可知：小物体P在传送带上运动的全过程中，绳子张力发生变化，小物体P在传送带上经3.5s速度减为0。故A错误，B正确；C．物块P从速度为1v减速到零向右运动的位移为212209m2−==vxa则物块从开始运动到速度为零，沿传送

带向右运动的位移为1213m=+=xxxL说明物块没有从传送带右端滑出。速度减为零后以加速度大小为22m/s向左加速运动，根据运动学公式得222=vax代入数据解得213m/sv=小物体P离开传送带时速度大小为213m/s，故C正确；D．由动能定理可得22Ff211+=

22WWmvmv−()()f1212=0.6104J0.6109J0.61049J48JWmgxmgxmgxx−+−+=−+−+=−得()22Ff11+1213J110J48J26J50J=24J22WW=−−

=+−故D正确。故选BCD。三、解答题14．如图所示，半径1.0mR=的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角37=，另一端点C为圆的最低点。紧挨C点右侧固定一长为5mL=的水平传送带，在传

送带的右端D点连接一个半径1.0mR=的光滑圆弧形导轨并固定在竖直面内，轨道F端点与圆心O的连线与水平方向夹角53=，端点D为圆弧的最低点，且传送带上表面与C点、D点等高。现有一发射装置将质量为1kgm=的物块（可视为质点）从空中A点以01.2m/sv=的速度水平射出

，恰好运动至轨道的B端并沿切线方向进入轨道，再以某一速度滑上顺时针匀速转动的水平传送带上。已知物块与传送带间的动摩擦因数0.4=，取210m/s=g，sin370.6=，cos370.8=，求：（1）物块第一次经过C点时速度Cv；（2）若传送带速度为2m/s，

则物块第二次在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量Q；（3）为保证小物块第一次离开传送带后继续冲上竖直轨道DEF，并沿DEF轨道运动的期间不脱轨，则传送带的速度应满足什么条件？【答案】（1）6m/sCv=；（2）8J；（3）25m/sv传或211m/sv传【详解】（1）

从A到B过程做平抛运动，设到达B点时的竖直方向速度为yv，高度为1h，有0tany=vv212yvgh=从A到C过程有221011(sin)22CmghRRmvmv++=−解得6m/sCv=（2）物块第

一次滑上传送带，则有mgma=解得24m/sa=设物块经过位移x与传送带共速，则有222Cvvax−=−传解得4mxL=故物块在到达D点前就已经与传送带共速，则物块到达D点时速度2m/s，之后物块滑上右端圆弧轨道，并再次以速

度大小为2m/s速度水平向左第二次滑上传送带。设物块向左走了1x米，产生热量为1Q，故有2102Dvax−=−0Dvat=−解得11m2x=1s2t=在这个过程中传送带位移为xvt=传传11()6JQ

mgxx=+=传由上述式子可知物块向左滑了1m2后，再次向右滑去从D点进入圆弧轨道。则此次产生热量为2Q，则有21112xat=11xvt=传传211()2JQmgxx=−=传所以，物块第二次在传送带产生的热量为128JQQQ=

+=（3）由（2）可知物块在到达D点之前就已经和传送带共速，物块在DEF轨道不脱离有两种情况；第一种情况的临界状态为物块恰好上升到轨道E点，则有2102mgRmv−=−传解得25m/sv=传故传送带的速度应该小于等于25m/s。第二种情况则是物块能在DEF轨道做完

整的圆周运动，则其临界速度是在F点处，物块与轨道之间没有力的作用，故有2sinFvmgmR=2211(1sin)22FmgRmvmv−+=−传解得211m/sv=传所以传送带的速度应该大于211m/s，所以物块不脱离轨道时，传送带的速度25m/sv传或211m/sv传15．倾斜传送

带连接两平台AB和CD，传送带与水平面的夹角θ=37°，工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，工件质量为2kg，B、C两端相距4m，如图所示。忽略工件在水平台面和传送带间转移时的动能变化，工件以v0=5m/s的速度滑上传送带，

传送带以稳定的速度顺时针运行（速度大小可调）。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)若传送带速度大于v0，工件刚滑上传送带时的加速度大小为多少；(2)若工件以最短

的时间从平台AB运动到平台CD，求工件在传送带上运动的最短时间；(3)输送一个这样的工件，传送带的电机需额外消耗的最少电能。【答案】(1)2m/s2；(2)1s；(3)40J【详解】(1)若传送带速度大于v0，工件刚滑上传送带时受到的滑动摩擦力沿传送

带向上，根据牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ=ma解得加速度a=2m/s2方向沿传送带向下。(2)当传送带的速度v≥5m/s时，工件相对传送带的速度方向一直沿传送带向下，工件所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用

时间最短，设为t。根据运动学公式有xBC=v0t﹣12at2解得t=1s或t=4s因为工件速度从5m/s减至0的时间为05s2.5s2vta===故工件在传送带上运动的最短时间为1s。(2)工件以最短时间运动，动能变化相同，重力势能变化相同，工件和传送带的相对位移最小，则电机额外消耗的电

能最小，故此时传送带以v=5m/s的速度运动。工件在传送带上的整个运动过程中，传送带的位移为x1=vt=5×1m=5m因摩擦产生的热量Q=μmgcosθ（x1-xBC）=8J工件的末速度v=v0﹣at=（5﹣2×1）m/s=3m/s电机额外消耗的电能为22011si

n()22BCEmgxmvmvQ=+−+代入数据解得E=40J16．如图所示，可视为质点的质量为m=0.1kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=2N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中

点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R=0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点且平滑连接，并以恒定的速度v=3m/s顺时针转动。已知滑块运动到圆管道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道

CD的长度为l2=4.0m，小滑块与水平轨道ABCD间的动摩擦因数为μ1=0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5，传送带的长度L=0.5m，重力加速度g=10m/s2。求：（1）水平轨道AB的长度l1；（2）若水平拉力F大小可变，要使小滑块能到达

传送带左侧的D点，则F应满足什么条件；（3）若在AB段水平拉力F=2N的作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。【答案】（1）2m；（2）F≥1.2N；（3）见解析【详解】（1）设圆管道的最高点为P，

则小滑块运动到最高点P时的速度大小为vP，根据牛顿第二定律有2NPvmgFmR+=从A点到P点，由动能定理有21111222PlFmglmgRmv−−=解得l1=2m（2）若滑块恰能过P点，则满足vP=0

，从A点到P点，由动能定理有111202lFmglmgR−−=解得F=1.2N若小滑块恰能到D点，由动能定理有1112()02lFmgll−+=解得F=1.2N综上所述应满足条件为F≥1.2N。（3）分

析各类情况：①要到达E点，必须过P点，过P点，至少满足Fx﹣μ1mgl1﹣2mgR=0解得x=0.6m可知x<0.6m时，无法达到E点。②滑块恰好过P点的情况下，从P点到D点的过程，由动能定理得2121122mgRmglmv−=解得

到达D点的速度v1=0<3m/s则滑块滑上传送带加速。讨论传送带上运动情况：若全程加速，加速到E点时速度恰好为3m/s，滑块在传送带加速过程，由动能定理有2221122DmgLmvmv=−解得vD=2m/s，对应距离满足21121()2DF

xmgllmv−+=解得x=0.7m所以当0.6m≤x≤0.7m，对应距离应满足211221()2EFxmgllmgLmv−++=解得4019m/sEvx=−③当过D点的速度超过3m/s时，滑上传送带即减速，若全程减速，减到E点时恰好为3m/s。滑块在传送带加速过程，由动能定理有222112

2DmgLmvmv−=−解得14m/sDv=对应距离满足21121()2DFxmgllmv−+=解得x=0.95m即当0.7m<x≤0.95m时，小滑块滑上送带先加速再匀速运动或者先减速再匀速运动，达到E点时vE=3m/s④若x>0.95m，小滑块进入传送带全程减速，则满

足211221()2EFxmgllmgLmv−+−=解得4029m/sEvx=−17．倾斜传送带连接两平台AB和CD，传送带与水平面的夹角37=，工件与传送带之间的动摩擦因数0.5=，B、C两端相距2.25m，如图所示。忽略工件在水平台面和传送带间转移时的动能变

化，工件以v0=5m/s的速度滑上传送带，工件质量为1kg，传送带以稳定的速度运行（速度大小可调）。若工件以最短的时间从平台AB运动到平台CD，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos

37°=0.8。(1)求工件在传送带上运动的最短时间。(2)求输送一个这样的工件，传送带的电机需额外消耗的最少电能。【答案】(1)0.5s；(2)10J【详解】(1)当传送带的速度v≥5m/s时，工件相对传送带的速度方向一直沿传送带向下，工件所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间

最短。对于工件，根据牛顿第二定律有sincosmgmgma−=解得加速度a=2m/s2方向沿传送带向下根据运动学公式有201()2xvtat=+−解得t=0.5s（另一解t=4.5s不合题意舍去）(2)工件以最短时间运动，动

能变化相同，重力势能变化相同，工件和传送带的相对位移最小，故此时传送带以v=5m/s的速度运动，电机额外输出的电能最少；工件在传送带上的整个运动过程，传送带的位移x1=vt=2.5m因摩擦产生的热量()1cosQmgxx=−工件的末速度04m/svvat=−=电机额外输出的电能22011sin

()22EmgxmvmvQ=+−+解得△E=10J18．如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v=4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m=2kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L=8m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为10.25=、20

.20=，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求物块(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩

擦产生的热量Q。【答案】(1)8m/s；(2)9s；(3)48J【详解】(1)由动能定理得2111(sin37cos37)02mgmgLmv−=−解得18m/sv=(2)由牛顿第二定律得2mgma=物块与传送带共速时，由速度公式得11vvat−=−解得6st=匀速运动阶段的时间

为2212223svvaatv−==第1次在传送带上往返运动的时间129sttt=+=(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒有211cos3748J2QmgLmv=+=19．用图

所示的水平传送带AB和斜面BC将货物运送到斜面的顶端。传送带AB的长度L=11m，上表面保持匀速向右运行，运行的速度v=12m/s。传送带B端靠近倾角θ=37°的斜面底端，斜面底端与传送带的B端之间有一段长度可以不

计的小圆弧。在A、C处各有一个机器人，A处机器人每隔1.0st=将一个质量m=10kg的货物箱（可视为质点）轻放在传送带A端，货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C点时速度恰好为零，C点处机器人立刻将货物箱搬走。已知斜面BC的长度s=5.0m，传送带与

货物箱之间的动摩擦因数00.55=，货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的111，g=10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数μ；（2）从第一个货物箱

放上传送带A端开始计时，在t=3.0s的时间内，所有货物箱与传送带的摩擦产生的热量Q；（3）如果C点处的机器人操作失误，未能将第一个到达C点的货物箱搬走而造成与第二个货物箱在斜面上相撞。求两个货物箱在斜面上相撞的位置到C点的距离。（本问题结果可以用根式表示）【答案】（1）0.5；（2）1938

.75J；（3）1555m8−【详解】（1）货物箱在传送带上做匀加速运动过程，由牛顿第二定律可得00mgma=解得2005.5m/sag==由2102vaL=得货物箱运动到传送带右端时的速度大小为111m/s12m/svv==说明货物箱在传送带上一直做匀加速运动货物箱刚冲上斜面

时的速度211110m/s11vv=−=货物箱在斜面上向上运动过程中，有2212vas=得货箱在斜面上的加速度2110m/sa=根据牛顿第二定律可得1sincosmgmgma+=解得0.5=（2）货物箱在传送带上的加速时间1102.0svta==所以3.0s内放

上传送带的货物箱有3个，前2个已经通过传送带，第3个还在传送带上运动，其加速时间31.0st=。前2个货物箱与传送带之间的相对位移113msvtL=−=第3个货物箱与传送带之间的相对位移02331'9.25m2svtat=−=前2个

货物箱与传送带摩擦产生的总热量为1021430JQmgs==第3个货物箱与传送带摩擦产生的热量为20508.75JQmgs==总共生热121938.75JQQQ=+=（3）货物箱由A运动到B的时间为2.0s，由B运动到C的时间为211svta==可见第一个货物箱冲上斜面

C端时第二个货物箱刚好冲上斜面。货物箱沿斜面向下运动时，根据牛顿第二定律有2sincosmgmgma−=解得加速度大小222.0m/sa=设第一个货物箱在斜面C端沿斜面向下运动与第二个货物箱相撞的过程所用时间为t，有2221211

22vtatats−+=解得55s4t−=两个货物箱在斜面上相遇的位置到C端的距离21211555m28sat−==20．如图所示，货舱P中的两种谷物需要通过如下装置进行分离。谷物以相同的初速度v0=32m/s通过半径为R=0.4m的光滑

半圆轨道的最高点A，并沿圆轨道运动至最低点B（最低点B与传送带平滑连接），之后谷物通过长度为L的传送带运动至另一端点C，最终从点C水平飞出落至收集板上，谷物落到收集板后保持静止。利用不同谷物与接触面间不

同的动摩擦因数µ这一特性，并通过调节传送带运行速度v和传送带长度L来达到分离的目的，分离效果可由收集板上两种谷物的间距x来衡量。两种谷物和传送带间的动摩擦因数分别是0.2和0.4，点C距收集板的高度为h=1.25m。不考虑轮的半径及谷物在连接处的能量损失，不考虑谷物间的碰撞，忽略空

气阻力，重力加速g=10m/s2.（结果可以保留根号形式）（1）求谷物运动至点B时的速度大小；（2）若传送带逆时针转动，调整传送带长度L=2.25m，求x；（3）现调整传送带顺时针运行速度为v=9m/s，为保证谷物的分离效果良好，需满足x≥0

.5m，求传送带长度L的取值范围。【答案】（1）34m/s；（2）0.5m；（3）3.75m7.5mL【详解】（1）根据能量守恒定律，从A到B过程有22011222BmvmvmgR−=解得34m/sBv=（2）从B点到

C点过程，有221122CBmvmvumgL−=−（或222CBvvugL−=−）则两谷物到达C点的速度分别为15m/sCv=，24m/sCv=两谷物从C点离开分别做平抛运动，有212hgt=()12=CCxvvtvt=−联立解得0.5mx=（3）由212hgt=()12

=CCxvvtvt=−0.5mx解得1m/sv情形1：两种谷物到达点C之前都处于匀加速运动。则2222221BBvgLvgL+−+（或3483441LL+−+）化简得216241350LL−−解得3.75mL情形2：其中一个谷物到达点C之前已处于匀速运动，另一个谷物仍处于匀

加速运动。则18m/sCv，29m/sCvv==2211122CBmvmvumgL−=−解得7.5mL综上所述有3.75m7.5mL