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新高考物理二轮复习讲义第1部分 专题2 微专题1 传送带中的动力学和能量问题（含解析）
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这是一份新高考物理二轮复习讲义第1部分 专题2 微专题1 传送带中的动力学和能量问题（含解析），共11页。试卷主要包含了命题角度，6，cs 37°＝0，5 J，75 J，25 m 40 J，4) m/s等内容，欢迎下载使用。
1．传送带中动力学问题的注意事项
(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断．
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)物体能否达到与传送带共速的判断．
物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
2．传送带中摩擦力做功与能量转化
(1)静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能．
(2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能．
(3)摩擦生热的计算：①Q＝Ff·s相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．②传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和．
例1 (2022·河北省高三学业考试)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则( )
A．0～1 s内物块受到的摩擦力大小大于1～2 s内的摩擦力大小
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
D．传送带底端到顶端的距离为10 m
答案 D
解析 由题图乙可知在0～1 s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与物块运动的方向相反；1～2 s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据Ff＝μFN，可知两段时间内摩擦力大小相等，A、B错误；在0～1 s内物块的加速度大小为a＝|eq \f(Δv,Δt)|＝eq \f(12－4,1) m/s2＝8 m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma，解得μ＝0.25，C错误；物块运动的位移大小等于v－t图线与时间轴所围图形的“面积”大小，为x＝eq \f(4＋12,2)×1 m＋eq \f(4×1,2) m＝10 m，所以传送带底端到顶端的距离为10 m，D正确．
例2 (2022·江苏海安市高三期末)如图所示，一个工作台由水平传送带与倾角θ＝37°的斜面体组成，传送带AB间的长度L＝1.7 m，传送带顺时针匀速转动，现让质量m＝1 kg的物块以水平速度v0＝5 m/s从A点滑上传送带，恰好能滑到斜面上高度h＝1.08 m的C点，物块与斜面体和传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，传送带与斜面平滑连接，g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求物块由A运动到B时的速度大小vB；
(2)求物块由A运动到C所需要的时间t；
(3)若改变传送带转速，物块以初动能Ekx从A点水平滑上传送带，滑上斜面后恰好能返回出发点A，求物块初动能Ekx的取值范围．
答案 (1)6 m/s (2)0.9 s (3)34 J≤Ekx≤42.5 J
解析 (1)物块从B运动到C过程，由动能定理可得
－mgh－μmgcs 37°·eq \f(h,sin 37°)＝0－eq \f(1,2)mvB2
解得vB＝6 m/s；
(2)设物块从A运动到B过程中相对传送带的位移是x相对，由动能定理可得
eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02＝μmgx相对
解得x相对＝1.1 m＜L
即物块在传送带上先匀加速到vB，然后在传送带上匀速运动．设物块在传送带上匀加速时间为t1，有vB＝v0＋at1，a＝μg
解得t1＝0.2 s
设物块在传送带上匀速时间为t2，有L－x相对＝vBt2
解得t2＝0.1 s
设物块从B运动到C所用时间为t3，
由牛顿第二定律可得mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma′，
又0＝vB－a′t3，联立可得t3＝0.6 s，
物块由A运动到C所需要的时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.9 s；
(3)物块以初动能Ekx从A点水平滑上传送带，设到达B点动能为EkB，相对传送带位移为x，则有EkB－Ekx＝μmgx，0≤x≤L，
物块从B沿斜面运动到最高点，设上滑距离为s，
有0－EkB＝－μmgcs 37°·s－mgsin 37°·s，
物块从B上滑后又返回B过程，
有EkB′－EkB＝－2μmgcs 37°·s，
其中EkB′是物块返回B时的动能，从B经传送带返回A过程，有0－EkB′＝－μmgL，
联立可得34 J≤Ekx≤42.5 J.
1.(多选)(2022·宁夏回族自治区银川一中一模)如图所示，机场将货物用与水平面成θ＝30°角的传送带送到货仓，传送带以v＝2 m/s的速度顺时针运行，地勤人员将一质量m＝1 kg的货物以初速度v0＝4 m/s从底部滑上传送带，货物恰好能到达传送带的顶端．已知货物与传送带之间的动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),5)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．传送带从底端到顶端的长度为1 m
B．货物在传送带上运动的时间为1.25 s
C．货物在传送带上留下的划痕为1.25 m
D．货物在传送带上向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为3.75 J
答案 BD
解析 开始时，货物相对传送带向上运动，受到的摩擦力沿传送带向下，货物将匀减速上滑，直至与传送带等速，设货物上滑的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，代入数据得a1＝8 m/s2，则货物相对传送带匀减速上滑，直至与传送带等速的时间为t1＝eq \f(v－v0,－a1)＝eq \f(2－4,－8) s＝0.25 s，货物沿传送带向上的位移为x1＝eq \f(v0＋v,2)t1＝eq \f(4＋2,2)×0.25 m＝0.75 m，货物与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力Ff＝μmgcs θL1，货物速度与传送带速度相等后向上运动过程中货物与传送带上留下的划痕与第一阶段减速运动过程划痕重合，因此货物在传送带上留下划痕的长度L＝L2＝1 m，C错误；货物从滑上传送带到滑离传送带的过程中，因摩擦产生的热量为Q＝μmgcs θ·(L1＋L2)＝3.75 J，D正确．
2.(2022·湖南长沙一中高三检测)如图所示，水平传送带足够长，顺时针运动的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块(可看作质点)从A点静止释放．已知A、P的距离L＝9 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.1，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝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)6 m/s (2)12.5 s (3)88 J
解析 (1)由动能定理得
(mgsin 37°－μ1mgcs 37°)L＝eq \f(1,2)mv12－0
解得v1＝6 m/s
(2)由牛顿第二定律有μ2mg＝ma
物块与传送带共速时，
由速度公式得－v＝v1－at1
解得t1＝10 s
匀速运动阶段的时间为t2＝eq \f(\f(v12,2a)－\f(v2,2a),v)＝2.5 s
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝12.5 s
(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
Q＝μ1mgcs 37°·L＋eq \f(1,2)mv2＝88 J.
专题强化练
1．(2022·河南省濮阳外国语学校月考)如图甲，M、N是倾角θ＝37°的传送带的两个端点，一个质量m＝5 kg的物块(可看作质点)以4 m/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，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，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6 s时回到M点
D．传送带的速度v＝2 m/s，方向沿逆时针转动
答案 C
解析 从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为2 m/s，方向沿传送带向上，所以没从N点离开传送带，从M点离开，并且可以推出传送带沿顺时针转动，速度大小为2 m/s，A、D错误；速度时间图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝1.5 m/s2，根据牛顿第二定律有μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ≈0.94，B错误；图线与时间轴围成的面积表示位移大小，由题图乙可知t1＝eq \f(8,3) s时，物块的速度减为0，之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移大小x1＝eq \f(1,2)×4×eq \f(8,3) m＝eq \f(16,3) m，t1＝eq \f(8,3) s到t2＝6 s，物块沿传送带向上运动的位移大小x2＝eq \f(6－4＋6－\f(8,3),2)×2 m＝eq \f(16,3) m，因为x1＝x2，所以物块在第6 s时回到M点，C正确．
2.如图所示水平传送带在电动机的带动下以恒定的速率v顺时针运动．某时刻在传送带左侧A端轻轻放置一个质量为m的小物体，经时间t小物体恰好与传送带共速，此时小物体未到达传送带的最右端，在这段时间内( )
A．摩擦力对小物体做的功为mv2
B．由于小物体与传送带相互作用而产生的内能为mv2
C．由于小物体与传送带相互作用导致电动机要多做的功为mv2
D．共速前小物体受向右的摩擦力，共速后小物体受向左的摩擦力
答案 C
解析 根据动能定理可得摩擦力对小物体做的功为Wf＝eq \f(1,2)mv2，故A错误；t时间内小物体和传送带的位移大小分别为x1＝eq \f(vt,2)，x2＝vt，根据牛顿第二定律可得小物体所受摩擦力的大小为Ff＝ma＝eq \f(mv,t)，由于小物体与传送带相互作用而产生的内能为Q＝Ff(x2－x1)＝eq \f(1,2)mv2，故B错误；根据能量守恒定律可知，由于小物体与传送带相互作用导致电动机要多做的功为W＝Wf＋Q＝mv2，故C正确；共速前小物体受向右的摩擦力，共速后小物体不受摩擦力，故D错误．
3.(2022·湖南常德市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平．当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是( )
A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6
B．Q从传送带左端运动到右端所用的时间为2.6 s
C．Q在运动过程中所受摩擦力始终不变
D．Q从传送带左端运动到右端的过程中P处于失重状态
答案 B
解析 当传送带以v＝8 m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有FT＝Ff，即mPg＝μmQg，代入数据解得μ＝0.5，故A错误；当传送带以v＝8 m/s顺时针转动，物块Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝eq \f(20,3) m/s2，当Q速度达到传送带速度即8 m/s后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有v＝at1，代入数据解得匀加速的时间为t1＝1.2 s，匀加速的位移大小为x＝eq \f(v2,2a)，代入数据解得x＝4.8 m，则匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x,v)，代入数据解得t2＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，故B正确；物块Q做匀加速直线运动时，摩擦力方向水平向右，匀速运动过程中，摩擦力方向水平向左，故Q在运动过程中所受摩擦力方向变化，故C错误；由B的分析可知，Q在这个过程中先加速后匀速，Q做匀加速直线运动时，P加速下降，处于失重状态，Q匀速运动过程中，P匀速下降，处于平衡状态，故D错误．
4．(多选)如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为m＝10 kg的木箱(可视为质点)轻放到传送带底端A处，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t＝10 s时木箱到达传送带上端B处．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.则( )
A．木箱放上传送带先做匀加速运动，其加速度大小为0.4 m/s2
B．木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.8
C．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能为1 240 J
D．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱重力势能和动能的增加量之和
答案 ABC
解析 速度－时间图像的斜率表示加速度，木箱刚放上时做匀加速运动，结合题图乙可知其加速度大小a＝μgcs 37°－gsin 37°＝0.4 m/s2，可求得木箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，故A、B正确；由能量守恒知木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱获得的重力势能、动能以及因摩擦而产生的热量之和，相对位移x相对＝2×5 m－eq \f(1,2)×2×5 m＝
5 m，速度－时间图像中图线与时间轴围成的面积表示位移大小，LAB＝eq \f(5＋10,2)×2 m＝15 m，则h＝LABsin 37°＝9 m，E电＝mgh＋eq \f(1,2)mvm2＋μmgx相对·cs 37°＝1 240 J，故C正确，D错误．
5．(2022·重庆八中高三检测)如图所示，水平传送带以v＝4 m/s逆时针匀速转动，A、B为两轮圆心正上方的点，AB＝L1＝2 m，两边水平面分别与传送带上表面无缝对接，弹簧右端固定，自然长度时左端恰好位于B点．现将一小物块与弹簧接触但不拴接，并压缩至图示位置后由静止释放．已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，AP＝L2＝1 m，小物块与轨道左端P碰撞后原速反弹，小物块刚好返回到B点时速度减为零．g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．小物块第一次运动到A点时，速度大小一定为4 m/s
B．弹簧对小物块做的功等于小物块离开弹簧时的动能
C．小物块离开弹簧时的速度可能为1 m/s
D．小物块对传送带做功的绝对值与传送带对小物块做功的绝对值一定相等
答案 A
解析 设物块到达P点时的速度大小为v′，反弹后运动到B点时的速度为零，对物块从P点返回到B点的过程，由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mv′2，解得v′＝2eq \r(3) m/s，对物块由A点到P点过程，由动能定理得－μmgL2＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mvA2，解得vA＝4 m/s，小物块可能在传送带上减速到共速、加速到共速，也可能一开始到B端时就共速，故A正确；弹簧对小物块做的正功与摩擦力对小物块做的负功之和等于小物块离开弹簧时的动能，故B错误；若物块滑上传送带时的速度vB较大，则一直做匀减速运动，对其从滑上B点到返回B点的过程，有－2μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq \r(6) m/s，若速度vB较小，物块在AB上一直加速，到A点时恰好与传送带同速，有μmg＝ma，L1＝vBt＋eq \f(1,2)at2，v＝vB＋at，联立解得vB＝2eq \r(2) m/s，故小物块离开弹簧时的速度一定满足2eq \r(2) m/s≤vB≤2eq \r(6) m/s，故C错误；小物块与传送带间摩擦力大小相等，但小物块对传送带做功的绝对值为摩擦力乘传送带位移，传送带对小物块做功的绝对值为摩擦力乘小物块位移，当有摩擦力时，两者位移不同，因此功的绝对值也不同，故D错误．
6．(多选)(2022·河北省高三学业考试)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的传送带正以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速运行，A、B两端相距l＝10 m．现每隔1 s把质量m＝1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．工件在传送带上时，先受到向上的摩擦力，后不受摩擦力
B．两个工件间的最小距离为0.2 m
C．传送带上始终有8个工件
D．传送带满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了50 N
答案 BD
解析 工件放上传送带后的加速度大小a＝eq \f(μmgcs θ－mgsin θ,m)＝0.4 m/s2，经过t1时间与传送带速度相等，则t1＝eq \f(v,a)＝5 s，运动距离x1＝eq \f(v,2)t1＝5 m，由于μ＝0.8，所以有Ffm＝μmgcs θ>mgsin θ，故工件与传送带同速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀速直线运动直到B端，x2＝l－x1＝vt2，解得t2＝2.5 s，此时工件受到的摩擦力为静摩擦力，故A错误；刚放上去时，工件距前一个工件的距离最小，为Δx＝eq \f(1,2)a(Δt)2＝0.2 m，故B正确；每个工件在传送带上的运动时间t＝7.5 s，当第n个工件刚到达B端时，第n＋7个工件已经在传送带上运动了0.5 s，下一时刻第n个工件从传送带上离开，而第n＋8个工件还未放上，此刻传送带上就只有7个工件，故C错误；传送带上满载时，有五个工件在传送带上滑动，有三个工件相对传送带静止，传送带受到的摩擦力Ff总＝5μmgcs θ＋3mgsin θ＝50 N，故D正确．
7．(多选)(2022·河南省高三检测)如图(a)，倾角为37°的传送带以v＝5 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带A、B之间的距离为20 m，质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)自A点无初速度放上传送带．物块在传送带上运动时，其动能Ek与位移x的关系图像(Ek－x)如图(b)所示，设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块从A运动到B所用时间为t，已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.则下列说法中正确的是( )
A．μ＝0.25 B．x0＝1.25 m
C．t＝4 s D．E0＝50 J
答案 BD
解析 由题图(b)可知，开始时，物块所受摩擦力方向向下，当物块的速度和传送带速度相等时，摩擦力反向，但此时物块重力沿传送带向下的分力仍大于摩擦力，故物块继续做加速运动，当位移为x0时，物块的速度为5 m/s，可得eq \f(E0,4)＝eq \f(1,2)mv2，代入数据解得E0＝50 J，故D正确；根据功能关系得(mgsin θ＋μmgcs θ)x0＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(E0,4)，(mgsin θ－μmgcs θ)×10x0＝eq \f(3E0,4)－eq \f(E0,4)，联立解得μ＝0.5，x0＝1.25 m，故B正确，A错误；传送带A、B之间的距离为20 m，物块速度和传送带速度相等前，根据牛顿第二定律得a1＝gsin θ＋μgcs θ＝10 m/s2，可得时间t1＝eq \f(v,a1)＝0.5 s，当速度和传送带速度相等后，根据牛顿第二定律有a2＝gsin θ－μgcs θ＝2 m/s2，根据运动学公式有20 m－x0＝vt2＋eq \f(1,2)a2t22，解得t2＝2.5 s，物块从A运动到B所用时间为t＝t1＋t2＝3 s，故C错误．
8.(2022·湖南郴州市质检)近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利用传送带来装卸快递或包裹．如图所示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率v1＝0.6 m/s逆时针运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°.工作人员沿传送方向以速度v2＝1.4 m/s从传送带顶端推下一质量m＝5 kg的小包裹(可视为质点).5 s后突然停电，传送带立即停止运动，经过一定时间后包裹到达传送带底端速度恰好为0；包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)传送带顶端到底端的距离L；
(2)整个过程产生的热量Q.
答案 (1)4.25 m (2)40 J
解析 (1)包裹被从顶端推下传送带时由牛顿第二定律可得μmgcs α－mgsin α＝ma，
解得a＝0.4 m/s2
设经过t1后包裹与传送带速度相等，
有t1＝eq \f(v2－v1,a)＝2 s
这段时间内包裹运动的距离s1＝eq \f(v1＋v2,2)·t1＝2 m
传送带运动的距离s1′＝v1t1＝1.2 m
由于μmgcs θ＞mgsin θ，则包裹与传送带共速后，一起做匀速运动，
共速后匀速运动时间t2＝Δt－t1＝3 s
包裹匀速运动距离s2＝v1t2＝1.8 m
停电后包裹做匀减速直线运动，加速度大小仍为a，匀减速直线运动时间t3＝eq \f(v1,a)＝1.5 s
停电后运动的距离s3＝eq \f(v1,2)t3＝0.45 m
传送带顶端到底端的距离
L＝s1＋s2＋s3＝4.25 m
(2)产生的热量
Q＝μmg(s1－s1′)cs α＋μmgs3cs α＝40 J.
9.(2022·江苏苏州市高三期末)如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面的倾角θ＝37°，传送带以v＝2 m/s的速率沿顺时针方向匀速运行．从距离传送带底端x0＝4 m的O点由静止释放一质量m＝0.5 kg的滑块(视为质点)，滑块沿传送带向下运动，到达传送带底端时与挡板P发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后反弹速率不变．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．求：
(1)滑块刚要与挡板P第一次碰撞时的速度大小；
(2)滑块与挡板P第一次碰撞后到达的最高位置与传送带底端之间的距离L；
(3)试描述经过足够长时间后滑块所处的状态，并计算与放置滑块前相比电动机增加的功率．
答案 (1) 4 m/s (2)1.6 m (3)见解析
解析 (1)由牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma，解得a＝2 m/s2，
由2ax0＝v12，可得v1＝4 m/s.
(2)上滑时，滑块速度大于传送带速度的过程，加速度大小为
a1＝eq \f(mgsin 37°＋μmgcs 37°,m)＝10 m/s2，
由v2－v12＝－2a1L1，解得L1＝0.6 m，
速度小于传送带速度后加速度等于第一次下滑时的加速度，由v2＝2aL2，
得L2＝1 m，则滑块与挡板P第1次碰撞后到达的最高位置与传送带底端之间的距离为L＝L1＋L2＝1.6 m.
(3)滑块上升到最高点后，沿传送带以加速度大小a向下做匀加速运动，与挡板P发生第二次碰撞，根据速度位移公式可得碰撞前瞬间的速度大小为v2＝eq \r(2aL)＝eq \r(6.4) m/s
与挡板第二次碰撞后，滑块以原速被反弹，先沿传送带向上以加速度大小a1做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为L3，则L3＝eq \f(v2－v22,－2a1)＝0.12 m
之后以加速度大小a继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为L4，则有L4＝eq \f(v2,2a)＝1 m，
滑块滑到最高点后，沿传送带以a的加速度向下匀加速，与挡板P发生第三次碰撞，碰前速度为v3＝eq \r(2aL3＋L4)＝eq \r(4.48) m/s，
第三次碰撞后，沿传送带上滑的距离为L′＝eq \f(v2－v32,－2a1)＋eq \f(v2,2a)＝1.024 m，
以此类推，经过多次碰撞后滑块以2 m/s的速度被反弹，在距挡板1 m的范围内不断做向上的减速运动和向下的加速运动，加速度大小均为2 m/s2 ，滑块对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力Ff＝μmgcs 37°＝2 N，
故电动机增加的输出功率为P＝μmgvcs 37°＝4 W.
1．传送带中动力学问题的注意事项
(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断．
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)物体能否达到与传送带共速的判断．
物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
2．传送带中摩擦力做功与能量转化
(1)静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能．
(2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能．
(3)摩擦生热的计算：①Q＝Ff·s相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．②传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和．
例1 (2022·河北省高三学业考试)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则( )
A．0～1 s内物块受到的摩擦力大小大于1～2 s内的摩擦力大小
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
D．传送带底端到顶端的距离为10 m
答案 D
解析 由题图乙可知在0～1 s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与物块运动的方向相反；1～2 s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据Ff＝μFN，可知两段时间内摩擦力大小相等，A、B错误；在0～1 s内物块的加速度大小为a＝|eq \f(Δv,Δt)|＝eq \f(12－4,1) m/s2＝8 m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma，解得μ＝0.25，C错误；物块运动的位移大小等于v－t图线与时间轴所围图形的“面积”大小，为x＝eq \f(4＋12,2)×1 m＋eq \f(4×1,2) m＝10 m，所以传送带底端到顶端的距离为10 m，D正确．
例2 (2022·江苏海安市高三期末)如图所示，一个工作台由水平传送带与倾角θ＝37°的斜面体组成，传送带AB间的长度L＝1.7 m，传送带顺时针匀速转动，现让质量m＝1 kg的物块以水平速度v0＝5 m/s从A点滑上传送带，恰好能滑到斜面上高度h＝1.08 m的C点，物块与斜面体和传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，传送带与斜面平滑连接，g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求物块由A运动到B时的速度大小vB；
(2)求物块由A运动到C所需要的时间t；
(3)若改变传送带转速，物块以初动能Ekx从A点水平滑上传送带，滑上斜面后恰好能返回出发点A，求物块初动能Ekx的取值范围．
答案 (1)6 m/s (2)0.9 s (3)34 J≤Ekx≤42.5 J
解析 (1)物块从B运动到C过程，由动能定理可得
－mgh－μmgcs 37°·eq \f(h,sin 37°)＝0－eq \f(1,2)mvB2
解得vB＝6 m/s；
(2)设物块从A运动到B过程中相对传送带的位移是x相对，由动能定理可得
eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02＝μmgx相对
解得x相对＝1.1 m＜L
即物块在传送带上先匀加速到vB，然后在传送带上匀速运动．设物块在传送带上匀加速时间为t1，有vB＝v0＋at1，a＝μg
解得t1＝0.2 s
设物块在传送带上匀速时间为t2，有L－x相对＝vBt2
解得t2＝0.1 s
设物块从B运动到C所用时间为t3，
由牛顿第二定律可得mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma′，
又0＝vB－a′t3，联立可得t3＝0.6 s，
物块由A运动到C所需要的时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.9 s；
(3)物块以初动能Ekx从A点水平滑上传送带，设到达B点动能为EkB，相对传送带位移为x，则有EkB－Ekx＝μmgx，0≤x≤L，
物块从B沿斜面运动到最高点，设上滑距离为s，
有0－EkB＝－μmgcs 37°·s－mgsin 37°·s，
物块从B上滑后又返回B过程，
有EkB′－EkB＝－2μmgcs 37°·s，
其中EkB′是物块返回B时的动能，从B经传送带返回A过程，有0－EkB′＝－μmgL，
联立可得34 J≤Ekx≤42.5 J.
1.(多选)(2022·宁夏回族自治区银川一中一模)如图所示，机场将货物用与水平面成θ＝30°角的传送带送到货仓，传送带以v＝2 m/s的速度顺时针运行，地勤人员将一质量m＝1 kg的货物以初速度v0＝4 m/s从底部滑上传送带，货物恰好能到达传送带的顶端．已知货物与传送带之间的动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),5)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．传送带从底端到顶端的长度为1 m
B．货物在传送带上运动的时间为1.25 s
C．货物在传送带上留下的划痕为1.25 m
D．货物在传送带上向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为3.75 J
答案 BD
解析 开始时，货物相对传送带向上运动，受到的摩擦力沿传送带向下，货物将匀减速上滑，直至与传送带等速，设货物上滑的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，代入数据得a1＝8 m/s2，则货物相对传送带匀减速上滑，直至与传送带等速的时间为t1＝eq \f(v－v0,－a1)＝eq \f(2－4,－8) s＝0.25 s，货物沿传送带向上的位移为x1＝eq \f(v0＋v,2)t1＝eq \f(4＋2,2)×0.25 m＝0.75 m，货物与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力Ff＝μmgcs θ
2.(2022·湖南长沙一中高三检测)如图所示，水平传送带足够长，顺时针运动的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块(可看作质点)从A点静止释放．已知A、P的距离L＝9 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.1，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝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)6 m/s (2)12.5 s (3)88 J
解析 (1)由动能定理得
(mgsin 37°－μ1mgcs 37°)L＝eq \f(1,2)mv12－0
解得v1＝6 m/s
(2)由牛顿第二定律有μ2mg＝ma
物块与传送带共速时，
由速度公式得－v＝v1－at1
解得t1＝10 s
匀速运动阶段的时间为t2＝eq \f(\f(v12,2a)－\f(v2,2a),v)＝2.5 s
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝12.5 s
(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
Q＝μ1mgcs 37°·L＋eq \f(1,2)mv2＝88 J.
专题强化练
1．(2022·河南省濮阳外国语学校月考)如图甲，M、N是倾角θ＝37°的传送带的两个端点，一个质量m＝5 kg的物块(可看作质点)以4 m/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，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，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6 s时回到M点
D．传送带的速度v＝2 m/s，方向沿逆时针转动
答案 C
解析 从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为2 m/s，方向沿传送带向上，所以没从N点离开传送带，从M点离开，并且可以推出传送带沿顺时针转动，速度大小为2 m/s，A、D错误；速度时间图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝1.5 m/s2，根据牛顿第二定律有μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ≈0.94，B错误；图线与时间轴围成的面积表示位移大小，由题图乙可知t1＝eq \f(8,3) s时，物块的速度减为0，之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移大小x1＝eq \f(1,2)×4×eq \f(8,3) m＝eq \f(16,3) m，t1＝eq \f(8,3) s到t2＝6 s，物块沿传送带向上运动的位移大小x2＝eq \f(6－4＋6－\f(8,3),2)×2 m＝eq \f(16,3) m，因为x1＝x2，所以物块在第6 s时回到M点，C正确．
2.如图所示水平传送带在电动机的带动下以恒定的速率v顺时针运动．某时刻在传送带左侧A端轻轻放置一个质量为m的小物体，经时间t小物体恰好与传送带共速，此时小物体未到达传送带的最右端，在这段时间内( )
A．摩擦力对小物体做的功为mv2
B．由于小物体与传送带相互作用而产生的内能为mv2
C．由于小物体与传送带相互作用导致电动机要多做的功为mv2
D．共速前小物体受向右的摩擦力，共速后小物体受向左的摩擦力
答案 C
解析 根据动能定理可得摩擦力对小物体做的功为Wf＝eq \f(1,2)mv2，故A错误；t时间内小物体和传送带的位移大小分别为x1＝eq \f(vt,2)，x2＝vt，根据牛顿第二定律可得小物体所受摩擦力的大小为Ff＝ma＝eq \f(mv,t)，由于小物体与传送带相互作用而产生的内能为Q＝Ff(x2－x1)＝eq \f(1,2)mv2，故B错误；根据能量守恒定律可知，由于小物体与传送带相互作用导致电动机要多做的功为W＝Wf＋Q＝mv2，故C正确；共速前小物体受向右的摩擦力，共速后小物体不受摩擦力，故D错误．
3.(2022·湖南常德市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平．当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是( )
A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6
B．Q从传送带左端运动到右端所用的时间为2.6 s
C．Q在运动过程中所受摩擦力始终不变
D．Q从传送带左端运动到右端的过程中P处于失重状态
答案 B
解析 当传送带以v＝8 m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有FT＝Ff，即mPg＝μmQg，代入数据解得μ＝0.5，故A错误；当传送带以v＝8 m/s顺时针转动，物块Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝eq \f(20,3) m/s2，当Q速度达到传送带速度即8 m/s后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有v＝at1，代入数据解得匀加速的时间为t1＝1.2 s，匀加速的位移大小为x＝eq \f(v2,2a)，代入数据解得x＝4.8 m，则匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x,v)，代入数据解得t2＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，故B正确；物块Q做匀加速直线运动时，摩擦力方向水平向右，匀速运动过程中，摩擦力方向水平向左，故Q在运动过程中所受摩擦力方向变化，故C错误；由B的分析可知，Q在这个过程中先加速后匀速，Q做匀加速直线运动时，P加速下降，处于失重状态，Q匀速运动过程中，P匀速下降，处于平衡状态，故D错误．
4．(多选)如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为m＝10 kg的木箱(可视为质点)轻放到传送带底端A处，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t＝10 s时木箱到达传送带上端B处．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.则( )
A．木箱放上传送带先做匀加速运动，其加速度大小为0.4 m/s2
B．木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.8
C．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能为1 240 J
D．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱重力势能和动能的增加量之和
答案 ABC
解析 速度－时间图像的斜率表示加速度，木箱刚放上时做匀加速运动，结合题图乙可知其加速度大小a＝μgcs 37°－gsin 37°＝0.4 m/s2，可求得木箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，故A、B正确；由能量守恒知木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱获得的重力势能、动能以及因摩擦而产生的热量之和，相对位移x相对＝2×5 m－eq \f(1,2)×2×5 m＝
5 m，速度－时间图像中图线与时间轴围成的面积表示位移大小，LAB＝eq \f(5＋10,2)×2 m＝15 m，则h＝LABsin 37°＝9 m，E电＝mgh＋eq \f(1,2)mvm2＋μmgx相对·cs 37°＝1 240 J，故C正确，D错误．
5．(2022·重庆八中高三检测)如图所示，水平传送带以v＝4 m/s逆时针匀速转动，A、B为两轮圆心正上方的点，AB＝L1＝2 m，两边水平面分别与传送带上表面无缝对接，弹簧右端固定，自然长度时左端恰好位于B点．现将一小物块与弹簧接触但不拴接，并压缩至图示位置后由静止释放．已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，AP＝L2＝1 m，小物块与轨道左端P碰撞后原速反弹，小物块刚好返回到B点时速度减为零．g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．小物块第一次运动到A点时，速度大小一定为4 m/s
B．弹簧对小物块做的功等于小物块离开弹簧时的动能
C．小物块离开弹簧时的速度可能为1 m/s
D．小物块对传送带做功的绝对值与传送带对小物块做功的绝对值一定相等
答案 A
解析 设物块到达P点时的速度大小为v′，反弹后运动到B点时的速度为零，对物块从P点返回到B点的过程，由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mv′2，解得v′＝2eq \r(3) m/s，对物块由A点到P点过程，由动能定理得－μmgL2＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mvA2，解得vA＝4 m/s，小物块可能在传送带上减速到共速、加速到共速，也可能一开始到B端时就共速，故A正确；弹簧对小物块做的正功与摩擦力对小物块做的负功之和等于小物块离开弹簧时的动能，故B错误；若物块滑上传送带时的速度vB较大，则一直做匀减速运动，对其从滑上B点到返回B点的过程，有－2μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq \r(6) m/s，若速度vB较小，物块在AB上一直加速，到A点时恰好与传送带同速，有μmg＝ma，L1＝vBt＋eq \f(1,2)at2，v＝vB＋at，联立解得vB＝2eq \r(2) m/s，故小物块离开弹簧时的速度一定满足2eq \r(2) m/s≤vB≤2eq \r(6) m/s，故C错误；小物块与传送带间摩擦力大小相等，但小物块对传送带做功的绝对值为摩擦力乘传送带位移，传送带对小物块做功的绝对值为摩擦力乘小物块位移，当有摩擦力时，两者位移不同，因此功的绝对值也不同，故D错误．
6．(多选)(2022·河北省高三学业考试)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的传送带正以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速运行，A、B两端相距l＝10 m．现每隔1 s把质量m＝1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．工件在传送带上时，先受到向上的摩擦力，后不受摩擦力
B．两个工件间的最小距离为0.2 m
C．传送带上始终有8个工件
D．传送带满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了50 N
答案 BD
解析 工件放上传送带后的加速度大小a＝eq \f(μmgcs θ－mgsin θ,m)＝0.4 m/s2，经过t1时间与传送带速度相等，则t1＝eq \f(v,a)＝5 s，运动距离x1＝eq \f(v,2)t1＝5 m，由于μ＝0.8，所以有Ffm＝μmgcs θ>mgsin θ，故工件与传送带同速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀速直线运动直到B端，x2＝l－x1＝vt2，解得t2＝2.5 s，此时工件受到的摩擦力为静摩擦力，故A错误；刚放上去时，工件距前一个工件的距离最小，为Δx＝eq \f(1,2)a(Δt)2＝0.2 m，故B正确；每个工件在传送带上的运动时间t＝7.5 s，当第n个工件刚到达B端时，第n＋7个工件已经在传送带上运动了0.5 s，下一时刻第n个工件从传送带上离开，而第n＋8个工件还未放上，此刻传送带上就只有7个工件，故C错误；传送带上满载时，有五个工件在传送带上滑动，有三个工件相对传送带静止，传送带受到的摩擦力Ff总＝5μmgcs θ＋3mgsin θ＝50 N，故D正确．
7．(多选)(2022·河南省高三检测)如图(a)，倾角为37°的传送带以v＝5 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带A、B之间的距离为20 m，质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)自A点无初速度放上传送带．物块在传送带上运动时，其动能Ek与位移x的关系图像(Ek－x)如图(b)所示，设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块从A运动到B所用时间为t，已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.则下列说法中正确的是( )
A．μ＝0.25 B．x0＝1.25 m
C．t＝4 s D．E0＝50 J
答案 BD
解析 由题图(b)可知，开始时，物块所受摩擦力方向向下，当物块的速度和传送带速度相等时，摩擦力反向，但此时物块重力沿传送带向下的分力仍大于摩擦力，故物块继续做加速运动，当位移为x0时，物块的速度为5 m/s，可得eq \f(E0,4)＝eq \f(1,2)mv2，代入数据解得E0＝50 J，故D正确；根据功能关系得(mgsin θ＋μmgcs θ)x0＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(E0,4)，(mgsin θ－μmgcs θ)×10x0＝eq \f(3E0,4)－eq \f(E0,4)，联立解得μ＝0.5，x0＝1.25 m，故B正确，A错误；传送带A、B之间的距离为20 m，物块速度和传送带速度相等前，根据牛顿第二定律得a1＝gsin θ＋μgcs θ＝10 m/s2，可得时间t1＝eq \f(v,a1)＝0.5 s，当速度和传送带速度相等后，根据牛顿第二定律有a2＝gsin θ－μgcs θ＝2 m/s2，根据运动学公式有20 m－x0＝vt2＋eq \f(1,2)a2t22，解得t2＝2.5 s，物块从A运动到B所用时间为t＝t1＋t2＝3 s，故C错误．
8.(2022·湖南郴州市质检)近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利用传送带来装卸快递或包裹．如图所示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率v1＝0.6 m/s逆时针运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°.工作人员沿传送方向以速度v2＝1.4 m/s从传送带顶端推下一质量m＝5 kg的小包裹(可视为质点).5 s后突然停电，传送带立即停止运动，经过一定时间后包裹到达传送带底端速度恰好为0；包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)传送带顶端到底端的距离L；
(2)整个过程产生的热量Q.
答案 (1)4.25 m (2)40 J
解析 (1)包裹被从顶端推下传送带时由牛顿第二定律可得μmgcs α－mgsin α＝ma，
解得a＝0.4 m/s2
设经过t1后包裹与传送带速度相等，
有t1＝eq \f(v2－v1,a)＝2 s
这段时间内包裹运动的距离s1＝eq \f(v1＋v2,2)·t1＝2 m
传送带运动的距离s1′＝v1t1＝1.2 m
由于μmgcs θ＞mgsin θ，则包裹与传送带共速后，一起做匀速运动，
共速后匀速运动时间t2＝Δt－t1＝3 s
包裹匀速运动距离s2＝v1t2＝1.8 m
停电后包裹做匀减速直线运动，加速度大小仍为a，匀减速直线运动时间t3＝eq \f(v1,a)＝1.5 s
停电后运动的距离s3＝eq \f(v1,2)t3＝0.45 m
传送带顶端到底端的距离
L＝s1＋s2＋s3＝4.25 m
(2)产生的热量
Q＝μmg(s1－s1′)cs α＋μmgs3cs α＝40 J.
9.(2022·江苏苏州市高三期末)如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面的倾角θ＝37°，传送带以v＝2 m/s的速率沿顺时针方向匀速运行．从距离传送带底端x0＝4 m的O点由静止释放一质量m＝0.5 kg的滑块(视为质点)，滑块沿传送带向下运动，到达传送带底端时与挡板P发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后反弹速率不变．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．求：
(1)滑块刚要与挡板P第一次碰撞时的速度大小；
(2)滑块与挡板P第一次碰撞后到达的最高位置与传送带底端之间的距离L；
(3)试描述经过足够长时间后滑块所处的状态，并计算与放置滑块前相比电动机增加的功率．
答案 (1) 4 m/s (2)1.6 m (3)见解析
解析 (1)由牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma，解得a＝2 m/s2，
由2ax0＝v12，可得v1＝4 m/s.
(2)上滑时，滑块速度大于传送带速度的过程，加速度大小为
a1＝eq \f(mgsin 37°＋μmgcs 37°,m)＝10 m/s2，
由v2－v12＝－2a1L1，解得L1＝0.6 m，
速度小于传送带速度后加速度等于第一次下滑时的加速度，由v2＝2aL2，
得L2＝1 m，则滑块与挡板P第1次碰撞后到达的最高位置与传送带底端之间的距离为L＝L1＋L2＝1.6 m.
(3)滑块上升到最高点后，沿传送带以加速度大小a向下做匀加速运动，与挡板P发生第二次碰撞，根据速度位移公式可得碰撞前瞬间的速度大小为v2＝eq \r(2aL)＝eq \r(6.4) m/s
与挡板第二次碰撞后，滑块以原速被反弹，先沿传送带向上以加速度大小a1做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为L3，则L3＝eq \f(v2－v22,－2a1)＝0.12 m
之后以加速度大小a继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为L4，则有L4＝eq \f(v2,2a)＝1 m，
滑块滑到最高点后，沿传送带以a的加速度向下匀加速，与挡板P发生第三次碰撞，碰前速度为v3＝eq \r(2aL3＋L4)＝eq \r(4.48) m/s，
第三次碰撞后，沿传送带上滑的距离为L′＝eq \f(v2－v32,－2a1)＋eq \f(v2,2a)＝1.024 m，
以此类推，经过多次碰撞后滑块以2 m/s的速度被反弹，在距挡板1 m的范围内不断做向上的减速运动和向下的加速运动，加速度大小均为2 m/s2 ，滑块对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力Ff＝μmgcs 37°＝2 N，
故电动机增加的输出功率为P＝μmgvcs 37°＝4 W.
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