高三物理二轮复习(命题规律+知识荟萃+经典例题+精选习题)(江苏专用)专题03　板块模型和传送带模型中的动力学问题(原卷版+解析)

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专题03 板块模型和传送带模型中的动力学问题
【命题规律】
1、命题角度：
（1）板块模型中的动力学问题；
（2）传送带模型中的动力学问题.
2、常考题型：计算题．
【知识荟萃】
★考向一 板块模型中的动力学问题
动力学解决板块模型问题的思路
1.求解板块模型问题的方法技巧
（1）受力分析时注意不要添力或漏力
如图，木块的质量为m，木板的质量为M，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2.
水平恒力F作用到木块上，木块和木板分别以加速度a1、a2向右做匀加速直线运动，对木板受力分析时，不能含有F；
（2）列方程时注意合外力、质量与加速度的对应关系
对木块受力分析：F－μ1mg＝ma1
对木板受力分析：μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2
（3）抓住关键状态：速度相等是这类问题的临界点，此时受力情况和运动情况可能发生突变.
（4）挖掘临界条件，木块恰好滑到木板的边缘且达到共同速度是木块是否滑离木板的临界条件.
2.运动学公式及动能定理中的位移为对地位移；
计算系统因摩擦产生的热量时用相对位移，Q＝Ffx相对.
★考向二 传送带模型中的动力学问题
1、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．
2、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）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．
3、技巧点拨
1.物块刚放上传送带，根据物块与传送带的相对运动情况判断物块所受的摩擦力的方向.
2.物块与传送带共速是摩擦力变化的转折点，
（1）若传送带水平：共速后物块不再受摩擦力；
（2）若传送带倾斜：共速后摩擦力方向沿传送带向上.然后根据mgsin θ与μmgcs θ（或μ与tan θ）的大小关系判断物块与传送带是相对静止（μ≥tan θ）还是相对滑动（μ＜tan θ）.
3.若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小；若有两个相对滑动过程，两过程相对位移方向相同时，划痕长度求和，相对位移方向不同时，划痕以长的为准.全过程产生的热量Q＝Ff·s（s是相对路程，即相对位移绝对值的和）.
【经典例题】
【例题1】如图所示，一个工作台由水平传送带与倾角的斜面体组成，传送带间的长度，皮带顺时针匀速转动，现让质量的物块以水平速度从A点滑上皮带，恰好能滑到斜面上高度的点，物块与斜面体和传送带之间的动摩擦因数均为，传送带与斜面平滑连接，取。（，）
（1）求物块由A运动到时的速度；
（2）求物块由A运动所需要的时间；
（3）若改变传送带转速，物块以初动能从A点水平滑上皮带，滑上斜面后恰好能返回出发点A，求物块初动能的可能值。
【例题2】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=2m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。从距离传送带底端x0=4m的O点由静止释放一质量m=0.5kg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=10m/s2，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求：
（1）滑块与挡板P第一次碰撞的速度大小；
（2）滑块与挡板P第一次碰撞后到达的最高位置到传送带底端的距离L；
（3）试描述经过足够长时间后滑块所处的状态，并计算与放置木块前相比电动机增加的功率。
【例题3】如图所示，足够长的粗糙水平轨道ab、光滑水平轨道cd和足够长的粗糙倾斜轨道de在同一竖直平面内，斜面倾角为37°，cd和de平滑连接。在ab的最右端静止一个质量M=4kg的木板，其高度与cd等高，木板与轨道ab间动摩擦因数μ1=0.05，质量mQ=1kg的滑块Q静止在cd轨道上的某点，在de轨道上距斜面底端L=8m处静止释放一质量mP=3kg的滑块P，一段时间后滑块P与Q发生弹性正碰，碰撞时间忽略不计，P与Q碰撞1s后Q滑上长木板，经过3s后Q从木板上飞出，飞出后0.5s落地（假设落地后静止）。已知P、Q与斜面和木板间的动摩擦因数均为μ2=0.25，滑块P、Q均当作质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）滑块P、Q碰撞后获得的速度大小；
（2）木板的长度；
（3）最终P、Q静止时距木板左侧的距离。
【例题4】如图所示，光滑固定弧形轨道末端水平，与地面上足够长的水平木板C的上表面等高平滑对接，但不粘连。现将质量的物块A从轨道上距末端高处由静止释放，物块A滑上木板C后经过一定时间与C上另一物块B发生碰撞，碰撞时间极短，且碰后A、B粘在一起。已知开始时B、C均静止，B到C左端的距离，B、C的质量，A、B与C间的动摩擦因数相同，，C与地面间动摩擦因数。重力加速度，物块A、B均可视为质点，求：
（1）物块A刚滑上木板C时的速度大小；
（2）从A滑上C直至A、B发生碰撞所需的时间；
（3）从释放A到三个物体最终均停止运动，全过程系统产生的摩擦热。
‍
【精选习题】
一、单选题
1．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为（ ）
A．4 kgB．3 kgC．2 kgD．1 kg
2．如图所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，设木板足够长，若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10m/s2，则下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小f随力F大小变化的是（ ）
A．B．
C．D．
3．如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。则（ ）
A．μ1一定小于μ2
B．μ1一定不小于μ2
C．改变F的大小，F>μ2（m1＋m2）g时，长木板将开始运动
D．若F作用于长木板，F>（μ1＋μ2）（m1＋m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动
4．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小应大于（ ）
A．3μmgB．4μmgC．5μmgD．6μmg
5．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（如图甲所示），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，如图乙所示（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，则（ ）
A．物块在0~t1内物块运动的位移比在t1~t2内运动的位移小
B．物块在t1 时刻摩擦力反向
C．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μ>tanθ
D．0~t2内，传送带对物块做功为
6．如图所示，足够长的传送带与水平方向夹角为α，以恒定速率v0沿顺时针方向转动，传送带上端与光滑斜面平滑连接，小物块在斜面上的某点静止释放，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝2tan，则小物块在每一次上行过程中（ ）
A．都能回到释放点
B．产生的热量总相等
C．在传送带上和在斜面上的运动时间总相等
D．在传送带上和在斜面上重力的平均功率总相等
二、解答题
7．如图甲所示，水平地面上有一质量为1kg的长木板，长木板的左端放有一质量也为1kg的小物块。一水平向右的力作用在物块上，从0开始逐渐增大，木板的加速度随时间变化的关系图像如图乙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为0.2，物块与木板间的动摩擦因数为0.5，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度。求：
（1）木板与地面间的最大静摩擦力；
（2）时拉力的大小；
（3）0~4s时间内物块动能的增量。
8．如图所示，传送带与水平面夹角θ=30°，以v0=4m/s的速率顺时针转动，A、B两端的长度L=6m。传送带B端恰好与一足够长的斜面底端平滑衔接，斜面与水平方向夹角也为θ=30°，斜面上P点距离B点0.2m，质量m=1kg的物块无初速地放在传送带A端，已知物块与传送带的动摩擦因数μ1=，物块与面的动摩擦因数μ2=，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：
（1）物块刚放到传送带上时的加速度大小；
（2）物块从传送带A端到达B端的时间；
（3）计算分析物块经过P点的次数。
9．如图所示，一竖直光滑半圆轨道AB的顶端B的切线沿水平方向，底端A与传送带平滑连接。传送带与水平方向夹角，传送带足够长且以2m/s的速度逆时针匀速转动。一质量m=1kg的小球从B端以水平速度v0离开圆轨道，经t=0.4s垂直落在传送带上。小球离开圆轨道的同时，在传送带上某处一个滑块由静止释放，小球与滑块恰好能发生碰撞。滑块与传送带之间的动摩擦因数，不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）小球离开圆轨道时速度v0大小；
（2）圆轨道的半径R；
（3）滑块释放的位置距A端的距离。
10．如图所示，机场地勤人员利用传送带往飞机上运送行李，传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=4.05m。地勒人品将小包裹（可视为质点）轻轻放在传送带底端。已知传送带运行速率恒为，小包裹与传送带间的动摩擦因数。取重力加速度，sin37°=0.6，cs37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
11．如图所示，光滑水平地面上有一个两端带有固定挡板的长木板，木板最右端放置一个可视为质点的小滑块，滑块和木板均静止。现施加一水平向右的恒力拉木板，当滑块即将与左挡板接触时，撤去拉力F。已知木板的质量、长度，滑块的质量，滑块与左、右挡板的碰撞均为弹性碰撞，滑块与木板间的动摩擦因数。取。求：
（1）撤去拉力时滑块的速度大小和木板的速度大小；
（2）最终滑块与木板相对静止时，两者的共同速度大小；
（3）从撤去拉力到滑块与木板保持相对静止所经历的时间。
12．如图所示，一质量为、长为的木板放在水平地面上，木板右端静置一可视为质点的质量为的小铁块。不计木板的厚度，已知木板与地面间的动摩擦因数为，g取。现对木板施加一个水平向右的拉力F。
（1）若不计铁块与木板间的摩擦，拉力，求小铁块从开始运动到离开木板的时间；
（2）若铁块与木板间的动摩擦因数为0.2，铁块与地面间的动摩擦因数为0.1，拉力，求铁块相对地面运动的总位移大小。
2022年高三物理二轮复习资料（命题规律+知识荟萃+经典例题+精选习题）
（江苏专用）
专题03 板块模型和传送带模型中的动力学问题
【命题规律】
1、命题角度：
（1）板块模型中的动力学问题；
（2）传送带模型中的动力学问题.
2、常考题型：计算题．
【知识荟萃】
★考向一 板块模型中的动力学问题
动力学解决板块模型问题的思路
1.求解板块模型问题的方法技巧
（1）受力分析时注意不要添力或漏力
如图，木块的质量为m，木板的质量为M，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2.
水平恒力F作用到木块上，木块和木板分别以加速度a1、a2向右做匀加速直线运动，对木板受力分析时，不能含有F；
（2）列方程时注意合外力、质量与加速度的对应关系
对木块受力分析：F－μ1mg＝ma1
对木板受力分析：μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2
（3）抓住关键状态：速度相等是这类问题的临界点，此时受力情况和运动情况可能发生突变.
（4）挖掘临界条件，木块恰好滑到木板的边缘且达到共同速度是木块是否滑离木板的临界条件.
2.运动学公式及动能定理中的位移为对地位移；
计算系统因摩擦产生的热量时用相对位移，Q＝Ffx相对.
★考向二 传送带模型中的动力学问题
1、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．
2、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）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．
3、技巧点拨
1.物块刚放上传送带，根据物块与传送带的相对运动情况判断物块所受的摩擦力的方向.
2.物块与传送带共速是摩擦力变化的转折点，
（1）若传送带水平：共速后物块不再受摩擦力；
（2）若传送带倾斜：共速后摩擦力方向沿传送带向上.然后根据mgsin θ与μmgcs θ（或μ与tan θ）的大小关系判断物块与传送带是相对静止（μ≥tan θ）还是相对滑动（μ＜tan θ）.
3.若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小；若有两个相对滑动过程，两过程相对位移方向相同时，划痕长度求和，相对位移方向不同时，划痕以长的为准.全过程产生的热量Q＝Ff·s（s是相对路程，即相对位移绝对值的和）.
【经典例题】
【例题1】如图所示，一个工作台由水平传送带与倾角的斜面体组成，传送带间的长度，皮带顺时针匀速转动，现让质量的物块以水平速度从A点滑上皮带，恰好能滑到斜面上高度的点，物块与斜面体和传送带之间的动摩擦因数均为，传送带与斜面平滑连接，取。（，）
（1）求物块由A运动到时的速度；
（2）求物块由A运动所需要的时间；
（3）若改变传送带转速，物块以初动能从A点水平滑上皮带，滑上斜面后恰好能返回出发点A，求物块初动能的可能值。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】
（1）物块从B运动到C过程，由动能定理可得
解得
（2）设物块从A运动到B过程中相对传送带的位移是，由动能定理可得
解得
即物块在传送带上先匀加速到，然后匀速运动。设物块在传送带上匀加速时间为，有
解得
设物块在传送带上匀速时间为，有
解得
设物块从B运动到C所用时间为，由牛顿第二定律可得
又
联立，可得
物块由A运动所需要的时间为
（3）物块以初动能从A点水平滑上皮带，设到达B点动能为，相对传送带位移为x，则有
物块从B运动到斜面最高点，设上滑距离为s，有
物块从B上滑后又返回B过程，有
其中是物块返回B时的动能，从B经传送带返回A过程，有
联立，可得
【例题2】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=2m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。从距离传送带底端x0=4m的O点由静止释放一质量m=0.5kg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=10m/s2，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求：
（1）滑块与挡板P第一次碰撞的速度大小；
（2）滑块与挡板P第一次碰撞后到达的最高位置到传送带底端的距离L；
（3）试描述经过足够长时间后滑块所处的状态，并计算与放置木块前相比电动机增加的功率。
【答案】 （1） 4m/s；（2）1.6m；（3）4W
【解析】
（1）由牛顿第二定律有
滑块下滑的加速度为
a=2m/s2
由
可得
v1=4m/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
由
可得
L1=0.6m
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
得
L2=1m，L=L1+L2=1.6m
（3）滑块上升到最高点后，沿传送带以加速度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的速度为的
与挡板第二次碰撞后，滑块原速被反弹，先沿传送带向上以加速度a1做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为L3，则
之后以加速度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
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
第三次碰撞后，沿传送带上滑的距离为
以此类推，经过多次碰撞后滑块以2m/s的速度被反弹，在距挡板1m的范围内不断做向上做减速运动和向下的加速运动，加速度大小均为2m/s2 ，滑块对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力
故电动机增加的输出功率为
【例题3】如图所示，足够长的粗糙水平轨道ab、光滑水平轨道cd和足够长的粗糙倾斜轨道de在同一竖直平面内，斜面倾角为37°，cd和de平滑连接。在ab的最右端静止一个质量M=4kg的木板，其高度与cd等高，木板与轨道ab间动摩擦因数μ1=0.05，质量mQ=1kg的滑块Q静止在cd轨道上的某点，在de轨道上距斜面底端L=8m处静止释放一质量mP=3kg的滑块P，一段时间后滑块P与Q发生弹性正碰，碰撞时间忽略不计，P与Q碰撞1s后Q滑上长木板，经过3s后Q从木板上飞出，飞出后0.5s落地（假设落地后静止）。已知P、Q与斜面和木板间的动摩擦因数均为μ2=0.25，滑块P、Q均当作质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）滑块P、Q碰撞后获得的速度大小；
（2）木板的长度；
（3）最终P、Q静止时距木板左侧的距离。
【答案】 （1），；（2）24m；（3）22m
【解析】
（1）滑块P在下滑到底端的过程中，由动能定理得
代入数据可得
滑块P、Q发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，能量守恒，有
代入数据可得
，
（2）滑块P与Q碰后，Q经滑上木板，则可知碰撞点离木板的右端距离为
而P物体到达木板右端位置的时间为
而在3s的时间Q物体刚好滑离木板，对Q物体受力分析，由牛顿第二定律
可得
对木板有
即木板静止不动，则Q在静止的木板上做匀减速直线运动，有
由（1）可知，vQ = 3vP，P经 t=3s后滑上长木板，故Q在木板上运动2s后，P 滑上长木板， 然后 Q再继续滑行1s后飞出长木板，故Q滑上长木板t1=2s内
Q滑上长木板t2=1s内
解得
，
则t2=1s后
故长木板的长度
（3）由（2）可知，当滑块Q飞出长木板后
vP1=vM =1.5m/s
经t3=0.5s后，滑块Q做平抛运动后落地
xQ3=vQ2t3 =2.25m
由于µ1 （μ1＋μ2）（m1＋m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动
【答案】 D
【解析】
AB．对m1，根据牛顿运动定律有：
F-μ1m1g=m1a
对m2，由于保持静止有：
μ1m1g-Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g
所以动摩擦因数的大小从中无法比较。故AB错误；
C． 改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止。故C错误；
D． 若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得
a=μ1g
对整体分析
F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a
解得
F=（μ1+μ2）（m1+m2）g
所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动。故D正确。
故选D。
4．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小应大于（ ）
A．3μmgB．4μmgC．5μmgD．6μmg
【答案】 D
【解析】
当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，对砝码有
f1＝μ·2mg＝2ma1
解得
a1＝μg
对纸板有
F－f1－f2＝ma2
其中
f2＝μ·3mg
二者发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即
a2＞a1
所以
F＝f1＋f2＋ma2＞f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg
即
F＞6μmg
D正确。
故选D。
5．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（如图甲所示），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，如图乙所示（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，则（ ）
A．物块在0~t1内物块运动的位移比在t1~t2内运动的位移小
B．物块在t1 时刻摩擦力反向
C．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μ>tanθ
D．0~t2内，传送带对物块做功为
【答案】 C
【解析】
A．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，A错误；
B．0~t1时间内，物体向下做匀减速运动，此时受到的摩擦力方向沿斜面向上，t1~t2时间内，沿斜面向上匀加速，摩擦力方向沿斜面向上，t1 时刻摩擦力方向不变，B错误；
C．在t1~t2内，物块向上运动，则有
解得
C正确；
D．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，根据动能定理得
则传送带对物块做功
D错误。
故选C。
6．如图所示，足够长的传送带与水平方向夹角为α，以恒定速率v0沿顺时针方向转动，传送带上端与光滑斜面平滑连接，小物块在斜面上的某点静止释放，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝2tan，则小物块在每一次上行过程中（ ）
A．都能回到释放点
B．产生的热量总相等
C．在传送带上和在斜面上的运动时间总相等
D．在传送带上和在斜面上重力的平均功率总相等
【答案】 B
【解析】
AB．小物块释放时的位置未知，所以小物块滑上传送带时的速度可能大于也可能小于传送带的速度，由于动摩擦因数为μ＝2tan，所以沿传送带下滑时，加速度大小为
减少下滑，速度减为零后，物体依旧受到向上的摩擦力，因此加速度仍为，当物体第一次沿传送带下滑的速度时，物体先减速为零，此时运动的位移为
反向加速先和传送带共速，运动的位移为
因此，说明物体没有返回斜面就和传送带共速，此后匀速离开传送带，此时物体继续向上运动不能回到出发点，物体在斜面上由机械能守恒可知第二次回到传送带的速度大小为，以减速为零，运动的位移还是，反向加速和传送带共速的位移依旧为，因此当物体和传送带共速时刚好向上离开传送带，以后重复此过程，因此可以发现物体在向上运动中和传送带有相对位移时运动情形一样，即热量相同；
当物体第一次沿斜面下滑的速度，物体向下减速为零的位移为
物体向上加速和传送带共速的位移
因，说明物体在向上离开传送带时没有和传送带共速，即离开传送带的速度依旧为v，以后重复这个过程，因此热量不变， A错误B正确；
C．小物块与传送带共速后，随传送带匀速上升，则在传送带上滑时运动的时间为
为与传送带共速时到传送带上端的距离，在斜面上上滑所用时间为
可知
故C错误；
D．由以上分析可知，小物块在传送带上的平均速度大于在斜面上的平均速度，所以在传送带上和在斜面上重力的平均功率不同，故D错误。
故选B。
二、解答题
7．如图甲所示，水平地面上有一质量为1kg的长木板，长木板的左端放有一质量也为1kg的小物块。一水平向右的力作用在物块上，从0开始逐渐增大，木板的加速度随时间变化的关系图像如图乙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为0.2，物块与木板间的动摩擦因数为0.5，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度。求：
（1）木板与地面间的最大静摩擦力；
（2）时拉力的大小；
（3）0~4s时间内物块动能的增量。
【答案】 （1）4N；（2）6N；（3）0.5J
【解析】
（1）时，木块与木板质量相等设为m，木板与地面间达到最大静摩擦力，所以
（2）由图可知，木板与物块先是一起加速向右：4s后，开始发生相对运动，4s时，对木板，根据牛顿第二定律，有
对整体，有
联立解得
（3）由（2）中得，由乙图得
所以物块动能
8．如图所示，传送带与水平面夹角θ=30°，以v0=4m/s的速率顺时针转动，A、B两端的长度L=6m。传送带B端恰好与一足够长的斜面底端平滑衔接，斜面与水平方向夹角也为θ=30°，斜面上P点距离B点0.2m，质量m=1kg的物块无初速地放在传送带A端，已知物块与传送带的动摩擦因数μ1=，物块与面的动摩擦因数μ2=，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：
（1）物块刚放到传送带上时的加速度大小；
（2）物块从传送带A端到达B端的时间；
（3）计算分析物块经过P点的次数。
【答案】 （1）；（2）；（3）4
【解析】
（1）物块刚放到传送带上时，摩擦力沿传送带向上，根据
解得物块刚放到传送带上时
（2）物块加速到与传送带速度相等的时间
解得
位移为
由于
此后物块与传送带一起匀速运动，时间为
物块从传送带A端到达B端的时间
（3）物块在斜面上由于
所以物块会向上冲上最高点后会向下滑动，设最高点到B距离为 ，根据牛顿第二定律
根据运动学公式
解得
冲过P点，到最高点后下滑经过P点回到B处，速度为 ，物块的加速度
根据运动学公式
解得
向下运动，由于传送带作用，由返回到B处，返回的速度仍为，同理最高点到B距离为
解得
冲过P点，到最高点后下滑在次经过P点回到B处，速度为，根据运动学公式
解得
向下运动，由于传送带作用，由返回到B处，返回的速度仍为，同理最高点到B距离为
解得
不能冲过P点，即一共经过4次P点。
9．如图所示，一竖直光滑半圆轨道AB的顶端B的切线沿水平方向，底端A与传送带平滑连接。传送带与水平方向夹角，传送带足够长且以2m/s的速度逆时针匀速转动。一质量m=1kg的小球从B端以水平速度v0离开圆轨道，经t=0.4s垂直落在传送带上。小球离开圆轨道的同时，在传送带上某处一个滑块由静止释放，小球与滑块恰好能发生碰撞。滑块与传送带之间的动摩擦因数，不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）小球离开圆轨道时速度v0大小；
（2）圆轨道的半径R；
（3）滑块释放的位置距A端的距离。
【答案】 （1）3m/s；（2）0.85m；（3）2.095m
【解析】
（1）小球离开圆轨道后做平抛运动，竖直方向末速度为
小球垂直落到传送带上时，由速度偏角公式可得
解得
（2）根据几何关系可得
代入数据解得
（3）滑块释放后，据牛顿第二定律可得
解得
若一直加速0.4s，则末速度为
滑块速度大于传送带速度v后受到的滑动摩擦力方向改变，加速度改变，故实际情况应该是滑块先以a1加速t1后速度达到2m/s，再以a2加速，由牛顿第二定律可得
解得
由速度公式可得
滑块释放的位置距A端的距离为
联立代入数据解得
10．如图所示，机场地勤人员利用传送带往飞机上运送行李，传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=4.05m。地勒人品将小包裹（可视为质点）轻轻放在传送带底端。已知传送带运行速率恒为，小包裹与传送带间的动摩擦因数。取重力加速度，sin37°=0.6，cs37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】 （1）；（2）
【解析】
（1）开始时，小包裹的速度为零，则摩擦力方向向上，由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）设经过时间与传动带共速，则有
此段时间内小包裹的位移
小包裹与传送带共速后，由于
小包裹相对于传动带静止，两者一起向上匀速运动，则位移为
时间为
小包裹通过传送带所需的时间
11．如图所示，光滑水平地面上有一个两端带有固定挡板的长木板，木板最右端放置一个可视为质点的小滑块，滑块和木板均静止。现施加一水平向右的恒力拉木板，当滑块即将与左挡板接触时，撤去拉力F。已知木板的质量、长度，滑块的质量，滑块与左、右挡板的碰撞均为弹性碰撞，滑块与木板间的动摩擦因数。取。求：
（1）撤去拉力时滑块的速度大小和木板的速度大小；
（2）最终滑块与木板相对静止时，两者的共同速度大小；
（3）从撤去拉力到滑块与木板保持相对静止所经历的时间。
【答案】 （1）v1=2m/s，v2=20m/s；（2）11m/s；（3）9s
【解析】
（1）对滑块
对木板
由
得
（2）对滑块和木板：撤去拉力后系统合外力为零，动量守恒，即
解得
（3）由于滑块和木板质量相等，且发生弹性碰撞，故两者每次碰撞前后速度交换
由v-t图像得
12．如图所示，一质量为、长为的木板放在水平地面上，木板右端静置一可视为质点的质量为的小铁块。不计木板的厚度，已知木板与地面间的动摩擦因数为，g取。现对木板施加一个水平向右的拉力F。
（1）若不计铁块与木板间的摩擦，拉力，求小铁块从开始运动到离开木板的时间；
（2）若铁块与木板间的动摩擦因数为0.2，铁块与地面间的动摩擦因数为0.1，拉力，求铁块相对地面运动的总位移大小。
【答案】 （1）；（2）3m
【解析】
（1）对M，由牛顿第二定律
由运动学公式
解得
（2）对M
在木板上运动时，对m
在地面上运动时，对
设m在M上运动的时间为，则
m相对于地面的总位移