新高考物理二轮培优专题4.4 传送带模型（2份打包，原卷版+解析版）

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc17181" 模型一 动力学中的传送带模型 PAGEREF _Tc17181 1
\l "_Tc20250" 类型1 水平传送带模型 PAGEREF _Tc20250 1
\l "_Tc18308" 类型2 倾斜传送带模型 PAGEREF _Tc18308 3
\l "_Tc30422" 模型二 与动量、能量有关的传送带模型 PAGEREF _Tc30422 5
\l "_Tc5663" 专题跟踪检测 PAGEREF _Tc5663 7
模型一 动力学中的传送带模型
动力学中的传送带模型是力学中的基本模型，主要考查对牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的理解，涉及摩擦力、相对运动等的分析，知识综合性较强，试题难度往往较大。
类型1 水平传送带模型
【例1】如图所示，一水平传送带以4 m/s的速度逆时针传送，水平部分长L＝6 m，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。
【解题指导】
【答案】6.1 s
【解析】物块在传送带上，根据牛顿第二定律得，
μmg＝ma
解得a＝μg＝2 m/s2;
设经过时间t1物块的速度与传送带的速度相同，则有：v＝at1，
解得t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(4,2) s＝2 s；
经过的位移x1＝eq \f(v2,2a)＝4 m<6 m，
在传送带上匀速运动的时间t2＝eq \f(L－x1,v)＝0.5 s
物块在斜面上的加速度a′＝eq \f(mgsin 30°,m)＝5 m/s2，
在斜面上的运动时间t3＝eq \f(2v,a′)＝eq \f(8,5) s＝1.6 s，
返回传送带在传送带上减速到零(即第一次滑回传送带最远端)的时间t4＝eq \f(v,a)＝eq \f(4,2) s＝2 s
则t＝t1＋t2＋t3＋t4＝6.1 s。
【方法规律】物体在传送带上运动时，物体与传送带速度相等的时刻是摩擦力发生突破的时刻，也是物体运动分段的关键点。
【针对训练1】.如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速率为v0，乙的速率为2v0，两者方向互相垂直。小工件(看作质点)离开传送带甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与传送带甲、乙之间的动摩擦因数相同，乙的宽度足够大。工件与乙有相对运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．摩擦力的大小逐渐减小 B．摩擦力的大小逐渐增加
C．摩擦力的方向是变化的 D．摩擦力的方向始终不变
【答案】D
【解析】：由于传送带乙的速度为2v0，工件相对乙的速度与y轴方向的夹角为α，tan α＝eq \f(v0,2v0)＝eq \f(1,2)；工件受到的摩擦力与二者相对速度的方向相反，如图所示。
工件在x轴、y轴方向的加速度的大小分别为ax、ay，
根据牛顿运动定律ax＝μgsin α，ay＝μgcs α
经过极短的时间Δt，x轴、y轴方向的相对速度大小分别为
vx＝v0－axΔt，vy＝2v0－ayΔt
解得tan α＝eq \f(axΔt,ayΔt)，eq \f(vx,vy)＝tan α
表明经过极短的时间Δt，工件相对乙的速度与y轴方向的夹角仍为α，所以摩擦力方向保持不变，故工件在乙上滑行的过程中所受摩擦力的大小始终为f＝μmg，方向不变，故选项A、B、C错误，D正确。
【针对训练2】(2022·广东模拟预测)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.8 m/s 的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( )
A．行李从A到B过程中始终受到向左的摩擦力
B．行李经过1 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
【答案】 D
【解析】 行李从A到B过程中，开始阶段向左做加速运动，受到向左的摩擦力，当与传送带共速后做匀速运动，不再受摩擦力，A错误；开始时，对行李，根据μmg＝ma得 a＝4 m/s2，设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝0.8 m/s，根据v＝at1得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×4×0.22 m＝0.08 m，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(2－0.08,0.8) s＝2.4 s，行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝2.6 s，B错误；由上分析可知行李在到达B处时已经共速，所以行李到达B处时速度大小为0.8 m/s，C错误；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.8×0.2－0.08)m＝0.08 m，D正确。
类型2 倾斜传送带模型
【例2】如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37°，以5 m/s的恒定速度向上运动。一个质量为2 kg 的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取 10 m/s2。求：
(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；
(2)物块到达传送带顶端时的速度大小。
【解题指导】解答本题应把握以下关键点：
(1)物块的初速度大于传送带的速度，物块所受滑动摩擦力沿传送带向下。
(2)要注意mgsin 37°>μmgcs 37°，当物块与传送带同速后，物块将向上做匀减速直线运动，而不是简单的匀速直线运动。
【答案】(1)10 m/s2 (2)4 m/s
【解析】(1)物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1，
由牛顿第二定律有：mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1
代入数据解得：a1＝gsin 37°＋μgcs 37°＝10 m/s2。
(2)设物块速度减为5 m/s所用时间为t1，
则v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s，
通过的位移：x1＝eq \f(v＋v0,2)·t1＝eq \f(10＋5,2)×0.5 m＝3.75 m<6 m
因μ则：mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2
代入数据解得：a2＝2 m/s2
设物块到达最高点的速度为v1，
则：v2－v12＝2a2x2
x2＝l－x1＝2.25 m，
解得：v1＝4 m/s。
【方法规律】
(1)根据初始条件分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体是否受到滑动摩擦力作用。
(2)当物体的速度与传送带速度相等时，要判断物体能否与传送带保持相对静止。
【针对训练1】．[多选]如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列判断正确的是( )
A．物块A先到达传送带底端
B．物块A、B同时到达传送带底端
C．传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上
D．物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程
【答案】BCD
【解析】： 物块A、B都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物块沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，B、C正确；相对传送带的路程由相对位移决定，A物块与传送带运动方向相同，相对传送带的路程较小，故D正确。
【针对训练2】(2022·福建福州八校联考)如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是( )
A．要实现这一目的前提是μB．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零
C．全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上
D．若增加传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间
【答案】 C
【解析】 要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcs θ>mgsin θ，可得μ>tan θ，A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为Ff＝mgsin θ，B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向上，C正确；若增加传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，D错误。
模型二 与动量、能量有关的传送带模型
滑上传送带的物体获取初速度的过程常涉及动量定理和动量守恒定律。滑上传送带的物体在滑动过程中因滑动摩擦力做功，常涉及能量的转移或转化问题。所以与动量、能量有关的传送带模型往往是综合性较高的试题，难度一般在中等偏上。
【例3】(2022·南昌模拟)如图所示，在光滑水平桌面AB上静止着两个小滑块1、2，质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，两滑块之间有一被压缩的轻弹簧(滑块与轻弹簧之间不拴接)，A的左端固定着与AB相切的光滑竖直半圆轨道，滑块恰好可以在其内部滑行；B的右端与一水平传送带相连，传送带长L＝0.9 m，且顺时针方向转动。现释放被压缩的弹簧，两滑块在桌面上被弹出，滑块1恰好能过半圆轨道的最高点E；滑块2从传送带的右端离开后，落在水平地面上的D点，已知滑块2被弹出时的速度v2＝4 m/s，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，C点距地面高h＝0.2 m。不计半圆轨道的孔径的大小，取g＝10 m/s2，求：
(1)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep；
(2)滑块1经过半圆环轨道最低点A时对轨道的压力大小；
(3)若传送带的速度取值范围为4 m/s【解题指导】
【答案】(1)1.2 J (2)10 N (3)见解析
【解析】 (1)以滑块1和滑块2为系统，由动量守恒定律得0＝m1v1－m2v2
解得v1＝2 m/s
由能量守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
解得Ep＝1.2 J。
(2)滑块1恰好过E点，则滑块1在E点的速度为0。从A到E的过程中，由动能定理得－m1g·2R＝0－eq \f(1,2)m1v12
在A点，由牛顿第二定律得FN－m1g＝m1eq \f(v12,R)
由牛顿第三定律得对A点的压力为FN′＝FN＝10 N。
(3)滑块2离开C点做平抛运动，竖直方向h＝eq \f(1,2)gt2，滑块2恰好在传送带上一直加速，设获得的末速度为v3，由运动学公式得v32－v22＝2μgL
解得v3＝5 m/s
当4 m/s当5 m/s≤v<8 m/s时，x＝v3t＝1 m。
【方法规律】物体在传送带上的运动分析方法及摩擦力突变分析方法与动力学中的传送带模型类似，若涉及能量问题时，注意对物体应用动能定理及能量转化和守恒定律，涉及摩擦生热时，要用Q＝Ffx相对计算，其中Ff为滑动摩擦力，x相对为物体与传送带间的相对位移。
【针对训练】如图所示，工厂利用倾角θ＝30°的皮带传输机，依次将轻放在皮带底端的每包质量为m＝50 kg的货物，从地面运送到高出水平地面h＝2.5 m的平台上，传输机的皮带以v＝1 m/s的速度顺时针转动且不打滑，货物无初速度地放在皮带上。已知货物与皮带间的动摩擦因数为μ＝eq \f(2\r(3),5)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
(1)求将每包货物从地面运送到平台上所用的时间t。
(2)若皮带传输机由电动机带动，求把每包货物从地面运送到平台上，电动机需要多做的功W。
【答案】：(1)5.5 s (2)1 425 J
【解析】：(1)设货物做加速运动的加速度为a，时间为t1，位移为x1，根据牛顿第二定律，有
μmgcs θ－mgsin θ＝ma，代入数据解得a＝1 m/s2
则t1＝eq \f(v,a)＝1 s，x1＝eq \f(1,2)at12＝0.5 m
因货物受到的最大静摩擦力fmax＝μmgcs θ＝0.6mg>mgsin θ＝0.5mg
故货物与皮带达到共同速度后，与皮带一起向上做匀速运动货物做匀速运动的时间t2＝eq \f(\f(h,sin θ)－x1,v)＝4.5 s
故将每包货物从地面运送到平台上所用的时间t＝t1＋t2＝5.5 s。
(2)法一：货物做加速运动的过程中，皮带的位移
x2＝vt1＝1 m，相对位移Δx＝x2－x1＝0.5 m
根据能量守恒定律得W＝μmgcs θ·Δx＋mgh＋eq \f(1,2)mv2
代入数据解得W＝1 425 J。
法二：货物做加速运动的过程中，皮带所受的摩擦力f1＝fmax＝μmgcs θ，皮带的位移x2＝vt1
货物与皮带一起做匀速运动的过程中，皮带所受的摩擦力f2＝mgsin θ，皮带的位移x3＝vt2
则W＝W1＋W2＝f1x2＋f2x3
代入数据解得W＝1 425 J。
专题跟踪检测
1.(多选)(2022·福建福州期末)福州某地铁站的安检设施如图所示。该设施中的水平传送带以恒定速率v运动，乘客将质量为m的物品静止放在传送带上，加速后匀速通过安检设施，对此过程下列说法正确的是( )
A．物品先受滑动摩擦力，后受静摩擦力作用
B．物品受到滑动摩擦力的方向与其运动方向相同
C．物品由于摩擦产生的热量为mv2
D．传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量为mv2
【答案】 BD
【解析】 物品加速时受滑动摩擦力，匀速时不受摩擦力，故A错误；物品受到滑动摩擦力的方向与其运动方向相同，滑动摩擦力使物体加速运动，故B正确；设物体由加速到匀速所用时间为t，则这段时间内传送带的位移x1＝vt
物体的位移x2＝eq \f(v,2)t
物体与传送带之间产生的热量Q＝FfΔx＝Ff(x1－x2)＝Ffx2
物体加速过程应用动能定理得Ffx2＝eq \f(1,2)mv2
物品由于摩擦产生的热量Q＝eq \f(1,2)mv2
故C错误；传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量有两部分，一部分转化为物体的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2
另一部分由于摩擦产生热量Q＝eq \f(1,2)mv2
故多消耗的能量为E＝Ek＋Q＝mv2
故D正确。
2．[多选]如图所示，一足够长的倾斜传送带沿顺时针方向匀速转动。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，则滑块速度v随时间t变化的图像可能是( )

【答案】BC
【解析】： 根据题意，设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsin θ>μmgcs θ，合力沿传送带向下，滑块向下匀加速；若mgsin θ＝μmgcs θ，沿传送带方向合力为零，滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcs θ，合力沿传送带向上，滑块先匀减速，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重力沿传送带向下的分力，之后滑块随传送带一起匀速运动，A、D错误，B、C正确。
3．[多选]如图所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时间距为0.042 m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止
B．物块B最终一定追上物块A
C．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等
D．在t＝0.24 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变
【答案】BC
【解析】： 物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB＝0.54.[多选]如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M＝1 kg的木块随传送带一起以v1＝2 m/s 的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定)，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20 g的子弹，以v0＝300 m/s、水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50 m/s。子弹射穿木块的时间极短(g取10 m/s2)。则( )
A．子弹射穿木块后，木块一直做减速运动
B．木块遭射击后远离A点的最大距离为0.9 m
C．木块遭射击后到相对传送带静止历时1.0 s
D．木块遭射击后到相对传送带静止历时0.6 s
【答案】BC
【解析】： 设木块被子弹射穿时速度为v，子弹射穿木块的过程中水平方向动量守恒，选取向右为正方向，有mv0－Mv1＝mv＋Mv′，解得木块速度v′＝3 m/s，木块向右做匀减速运动，加速度a＝μg＝5 m/s2，位移x＝eq \f(v′2,2a)＝0.9 m，即木块遭射击后远离A点的最大距离为0.9 m，B正确；木块向右匀减速运动的时间t1＝eq \f(v′,a)＝0.6 s，因为v′>v1，所以最后木块相对传送带静止，木块向左匀加速运动的时间t2＝eq \f(v1,a)＝0.4 s，则木块遭射击后到相对传送带静止历时t＝t1＋t2＝1.0 s，C正确，D错误；综上分析可知，子弹射穿木块后，木块先向右匀减速运动至速度为零，然后向左匀加速运动至与传送带速度相同后一起匀速运动，A错误。
5.(2022·河南濮阳检测)如图甲，MN是倾角θ＝37°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，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】 从图像可知，物体速度减为零后反向沿斜面向上运动，最终的速度大小为2 m/s，方向沿斜面向上，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；速度图像中斜率表示加速度，可知a＝eq \f(Δv,Δt)＝1.5 m/s2，根据μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ≈0.94，B错误；图像与时间轴围成的面积表示位移，由图像可知t1＝eq \f(8,3) s时，物块的速度为0，之后物块沿斜面向上运动，所以物块沿斜面向下运动的位移x1＝eq \f(1,2)×4×eq \f(8,3) m＝eq \f(16,3) m，当t1＝eq \f(8,3) s到t2＝6 s时，物块沿斜面向上运动的位移x2＝eq \f(（6－4）＋（6－\f(8,3)）,2)×2 m＝eq \f(16,3) m，因为x1＝x2，所以物体在第6 s时回到M点，C正确。
6.(2022·福建福州八校联考)如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是( )
A.要实现这一目的前提是μB.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零
C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上
D.若增加传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间
【答案】 C
【解析】 要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcs θ>mgsin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为Ff＝mgsin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向上，故C正确；若增加传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。
7.(多选)(2022·湖南安化预测)如图所示，水平轻弹簧一端固定，另一端与滑块连接，当滑块轻放在顺时针转动的水平传送带上瞬间，弹簧恰好无形变。在滑块向右运动至速度为零的过程中，下列关于滑块的速度v、加速度a随时间t，滑块的动能Ek、滑块与弹簧的机械能E随位移x变化的关系图像中，可能正确的是( )
【答案】 BC
【解析】 物块滑上传送带，受到向右的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向右做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小。当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大且方向向左，速度逐渐减小到0，故A错误，B正确；在加速过程中，若弹簧弹力还未等于滑动摩擦力时，物块的速度就已经等于传送带的速度时，物块与传送带相对静止且弹簧弹力小于最大静摩擦力，故物块维持一段时间匀速运动，当弹簧的弹力大于最大静摩擦力时滑块做减速运动，动能减小，在这种情况下滑块的动能Ek随位移x变化的图像是正确的，故C正确；滑块与弹簧的机械能E随位移x变化图像的斜率为摩擦力的大小，在A、B选项中的情境下，滑动摩擦力保持不变故图像为一条直线；在C选项的情境下，物块先受到滑动摩擦力作用，后受到静摩擦力作用，且静摩擦力等于变化的弹簧弹力，最后做减速运动时又受到滑动摩擦力作用，故E－x图像先是直线再为曲线，最后又变为直线且两端直线图像斜率相同，故D图像不符合题意，D错误。
8．[多选]如图所示，由电动机带动的水平传送带两端A、B间的距离为L，传送带以速度v顺时针方向转动，一个质量为m的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B端，此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动时间相等，两过程中物块运动的位移之比为3∶4，重力加速度为g，传送带速度大小不变。下列说法正确的是( )
A．物块的初速度大小为eq \f(v,3)
B．物块与传送带间的动摩擦因数为eq \f(7v2,8gL)
C．整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为eq \f(1,9)mv2
D．电动机因运送物块多做的功为eq \f(1,2)mv2
【答案】BD
【解析】： 设物块的初速度大小为v0，根据题意知eq \f(v0＋v,2)t∶vt＝3∶4，解得：v0＝eq \f(v,2)，故A错误。由运动学公式v2－v02＝2ax可得v2－eq \f(v,2)2＝2a×eq \f(3,7)L，解得：a＝eq \f(7v2,8L)，由牛顿第二定律可得a＝eq \f(μmg,m)＝μg，所以μ＝eq \f(7v2,8gL)，故B正确。加速过程中物块的位移为eq \f(3,7)L＝eq \f(v0＋v,2)t＝eq \f(3,4)vt，传送带的位移为vt＝eq \f(4,3)×eq \f(3,7)L＝eq \f(4,7)L，相对位移为Δx＝eq \f(L,7)。整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝eq \f(mv2,8)，故C错误。电动机因运送物块多做的功为Wf＝μmg·eq \f(4,7)L＝eq \f(1,2)mv2，故D正确。
9.(2022·广东六校联考)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。如图所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的手提包轻放到安检机的水平传送带上接受检查时的情景，假设绷紧的传送带始终以恒定的速率运行，手提包在t2时刻通过安检机，以下图像可能正确反映出提包在通过安检机上的运动情况和所受摩擦力的是( )
【答案】 D
【解析】 提包的速度不可能减速，A错误；提包不可能保持静止状态，B错误；提包的加速度不会逐渐减小，C错误；当提包加速时，受到恒定的摩擦力，其加速度恒定，当提包与传送带达到共速时，其不再受到摩擦力，D正确。
10．(2022·陕西西安四区县联考)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．由图乙可知，0～1 s内物块受到的摩擦力大于1～2 s内的摩擦力
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0.25
D．传送带底端到顶端的距离为12 m
【答案】 C
【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斜面向下，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斜面向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式，可知两段时间内摩擦力大小相等，A、B错误；在0～1 s内物块的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4－12,1) m/s2＝－8 m/s2，根据牛顿第二定律得－(mgsin 37°＋μmgcs 37°)＝ma，解得μ＝0.25，C正确；物块上升的位移大小等于v－t图像所包围的面积大小，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错误。
11.[多选](2022·衡阳八校联考)传送带是现代生产、生活中应用广泛的运输工具，其大量应用于工厂、车站、机场、地铁站等。如图所示，某地铁站内有一条水平匀速运行的行李运输传送带，假设传送带匀速运动的速度大小为v，且传送带足够长。某乘客将一个质量为m的行李箱轻轻地放在传送带一端，行李箱与传送带间的动摩擦因数为μ。当行李箱的速度与传送带的速度刚好相等时，地铁站突然停电，假设传送带在制动力的作用下立即停止运动。则下列说法中正确的有( )
A．行李箱在传送带上运动的总时间为eq \f(v,μg)
B．行李箱相对于传送带的总位移为0
C．行李箱与传送带之间因摩擦产生的热量为mv2
D．由于运送行李箱，整个过程中传送带多消耗的电能为eq \f(1,2)mv2
【答案】BC
【解析】： 行李箱所受的合外力等于滑动摩擦力，有μmg＝ma，解得a＝μg，经过一段时间t1，行李箱和传送带刚好速度相等，t1＝eq \f(v,μg)，停电后，传送带停止运动，行李箱在摩擦力作用下向前做匀减速直线运动且加速度大小依旧为μg，则减速时间t2＝eq \f(v,μg)，则行李箱在传送带上运动的总时间为t＝eq \f(2v,μg)，选项A错误；行李箱在加速过程和减速过程中，行李箱和传送带的相对位移大小均为eq \f(v2,2μg)，但相对位移方向相反，总的相对位移为零，选项B正确；全程行李箱与传送带间的相对路程为eq \f(v2,μg)，摩擦力大小不变，所以总过程产生的内能Q＝μmg·eq \f(v2,μg)＝mv2，选项C正确；根据能量守恒，多消耗的电能等于全程产生的内能，为mv2，选项D错误。
12．[多选](2022·云南六校联考)如图甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为速度正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则下列说法正确的是 ( )
A．传送带逆时针转动，速度大小为4 m/s
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
C．0～8 s内物体位移的大小为14 m
D．0～8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J
【答案】CD
【解析】：从题图乙中可知小物体先反向做减速运动后做加速运动，且加速度大小不变，故可知传送带速度方向沿顺时针方向，最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4 m/s，A错误；根据v­t图像的斜率表示加速度，可得物体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝0.875，故B错误；0～8 s内物体位移为x＝－eq \f(1,2)×2×2＋eq \f(2＋6,2)×4m＝14 m，故C正确；0～8 s内只有前6 s内物体与传送带发生相对滑动，x相对＝18 m，产生的热量为Q＝μmgcs θ·x相对＝126 J，故D正确。
13．[多选]绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v­t图像如图所示。t＝0时刻质量为1 kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2 s后开始减速，在t＝4 s时物体恰好到达最高点A点。重力加速度为10 m/s2。对物体从B点运动到A点的过程中，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
B．物体的重力势能增加48 J
C．摩擦力对物体做功为12 J
D．物体在传送带上运动过程中产生的热量为12 J
【答案】AD
【解析】： 根据速度—时间图像的斜率表示加速度，可得传送带运动的加速度为－1 m/s2，t＝0时刻质量为1 kg 的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，说明物体受力平衡，由平衡条件可知μmgcs 37°＝mgsin 37°，解得物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.75，故选项A正确；2 s末传送带的速度为2 m/s，物体开始减速，分析可知，物体做匀速直线运动的速度为2 m/s，且2 s后物体与传送带一起做加速度为－1 m/s2的匀减速运动，在t＝4 s时物体恰好到达最高点A，则传送带的长度lAB＝6 m，对物体从B点运动到A点的过程，根据动能定理有：－mgh＋Wf＝0－eq \f(1,2)mv2，其中h＝lABsin 37°，则物体的重力势能增加量为mgh＝36 J，摩擦力对物体做功为Wf＝34 J，故选项B、C错误；物体在前2 s 内相对传送带运动，二者间的相对位移为x＝2 m，该过程中的滑动摩擦力f＝6 N，则物体在传送带上运动过程中产生的热量为Q＝fx＝12 J，故选项D正确。
14．[多选](2022·信阳质检)如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB与一足够长的水平传送带平滑对接，圆弧轨道半径OA水平，传送带以某一速率v逆时针转动。现将一质量为m的小物块(可视为质点)从圆弧轨道上A点无初速释放。物块滑上传送带后第一次返回到圆弧轨道上的最高点为P，该过程中物块与传送带间因摩擦而产生的内能为ΔE，已知P点距B点的高度为eq \f(1,2)R，重力加速度为g，下列判断正确的是( )
A．v＝eq \r(gR)
B．ΔE＝eq \f(9,4)mgR
C．若增大传送带逆时针转动的速率v，其他条件不变，物块返回圆弧轨道后可能从A点滑出
D．若物块从圆弧AP间某位置无初速释放，其他条件不变，则物块返回到圆弧轨道上的最高点仍在P点
【答案】AD
【解析】： 物块滑上传送带后先向右做减速运动，速度减为零后向左做加速运动，等到与传送带共速时与传送带一起匀速运动，可知返回到圆弧轨道时的初速度即为传送带的速度，则eq \f(1,2)mv2＝mg·eq \f(R,2)，解得v＝eq \r(gR)，故A正确；物块由A点下滑到底端时的速度v1＝eq \r(2gR)，设物块在传送带上运动的加速度为a＝μg，则向右滑动到速度为零的时间t1＝eq \f(v1,μg)，此过程中物块与传送带的相对位移Δx1＝vt1＋eq \f(v1,2)t1＝eq \f(\r(2)＋1R,μ)；物块向左滑动到与传送带共速时的时间t2＝eq \f(v,μg)＝eq \f(\r(gR),μg)，此过程中物块与传送带的相对位移Δx2＝vt2－eq \f(v,2)t2＝eq \f(R,2μ)；由能量关系可知：ΔE＝μmg(Δx1＋Δx2)＝eq \f(2\r(2)＋3,2)mgR，故B错误；若增大传送带逆时针转动的速率v，其他条件不变，则物块从圆弧中滑下然后沿传送带向右滑动到达的最右端位置不变，返回过程中即使传送带的速度大于v1＝eq \r(2gR)时，但最终物块从传送带上向左滑出的速度仍为v1＝eq \r(2gR)，则物块也刚好能返回圆弧轨道的A点，故C错误；若物块从圆弧AP间某位置无初速释放，其他条件不变，则物块在传送带上经过向右减速然后向左加速后到达传送带最左端时的速度仍为v，则返回到圆弧轨道上的最高点仍在P点，故D正确。
15.如图所示，倾角为37°、长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2。求：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
【答案】：(1)4 s (2)2 s
【解析】：(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma
则a＝gsin 37°－μgcs 37°＝2 m/s2
根据l＝eq \f(1,2)at2，解得t＝4 s。
(2)传送带逆时针转动时，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1
则有a1＝eq \f(mgsin 37°＋μmgcs 37°,m)＝10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(10,10) s＝1 s，x1＝eq \f(1,2)a1t12＝5 m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°>μmgcs 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则
a2＝eq \f(mgsin 37°－μmgcs 37°,m)＝2 m/s2
x2＝l－x1＝11 m
又因为x2＝vt2＋eq \f(1,2)a2t22
解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2 s。
16.(2022·湖南湘潭期末)传送带被广泛地应用于车站、码头、工厂。如图甲所示为一传送装置，由一个倾斜斜面和一个水平传送带组成，斜面与水平传送带平滑连接，其原理可简化为示意图乙。斜面AB长度L1＝11.25 m，倾角θ＝37°，箱子与斜面AB间的动摩擦因数μ1＝0.8，传送带BC长度L2＝7 m，箱子与传送带BC间的动摩擦因数μ2＝0.2，某工人将一质量为m＝1 kg的箱子以初速度v0＝5 m/s从A处沿斜面向下运动，传送带BC保持静止(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。求：
(1)箱子运动到B处的速度大小；
(2)箱子在传送带BC上运动的距离；
(3)若传送带BC逆时针转动，保持v2＝2 m/s 的恒定速率。仍将质量为m＝1 kg的箱子以初速度v0＝5 m/s从A处沿斜面向下运动，求箱子在传送带上运动的时间。
【答案】 (1)4 m/s (2)4 m (3)4.5 s
【解析】 (1)从A到B过程，根据牛顿第二定律有μ1mgcs 37°－mgsin 37°＝ma1
解得a1＝0.4 m/s2
根据速度位移公式有veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0)＝－2a1L1
解得vB＝4 m/s。
(2)从B到静止过程，根据牛顿第二定律有
μ2mg＝ma2，又0－veq \\al(2,B)＝－2a2x1
解得x1＝4 m。
(3)从B到速度减为零的过程，根据运动学公式有t1＝eq \f(0－vB,－a2)＝2 s
从速度减为零开始向左运动过程veq \\al(2,2)－0＝2a2x2
解得x2＝1 m<4 m
则箱子先匀加速1 m后匀速运动t2＝eq \f(v2－0,a2)＝1 s
匀速运动到B过程
x3＝x1－x2＝3 m，t3＝eq \f(x3,v2)＝1.5 s
因为μ1mgcs 37°>mgsin 37°
所以箱子最后会停在斜面上
t总＝t1＋t2＋t3＝4.5 s。
17．(2022·吉林五校联考)如图所示的装置由三部分组成，传送带左边是光滑的水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝3.0 kg的物块A，开始物块A静止。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并平滑对接，传送带以2.0 m/s的速度逆时针转动。传送带的右边是一位于竖直平面内的eq \f(1,4)光滑圆轨道，最低点为C，最高点为D，半径R＝1.25 m。从D点正上方h高处无初速释放质量为m＝1.0 kg的物块B，B从D点进入圆轨道，物块B与A只发生一次碰撞，且为弹性正碰。已知B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带长l＝4 m，取g＝10 m/s2。求：
(1)物块B与A碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(2)物块B对圆轨道的最大压力；
(3)物块B释放点距D点的高度h。
【答案】：(1)24 J (2)74 N，方向竖直向下 (3)2.75 m
【解析】：(1)如果B与A只发生一次碰撞，则B碰后返回圆轨道最低点C的速度为0，设B碰后速度为v1，碰后返回C点过程－μmgl＝0－eq \f(1,2)mv12
解得v1＝4 m/s
设B与A碰前速度为v，A碰后速度为v2，由动量守恒定律得mv＝－mv1＋Mv2
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
解得v＝8 m/s，v2＝4 m/s
物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)Mv22＝24 J。
(2)设物块B下滑到圆轨道最低点的速度大小为v0，从C到与A相碰过程因碰前速度v＝8 m/s＞2 m/s，物块在传送带上减速运动
－μmgl＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(v02,R)
解得F＝74 N
由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的最大压力大小F′＝F＝74 N，方向竖直向下。
(3)由释放点到C点过程由动能定理得
mg(h＋R)＝eq \f(1,2)mv02
解得h＝2.75 m。
18．(2020·全国卷Ⅲ)如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2。
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v＝6.0 m/s，载物箱滑上传送带Δt＝eq \f(13,12) s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】：(1)2.75 s (2)4eq \r(3) m/s eq \r(2) m/s (3)eq \f(625,3) N·s，方向竖直向上
【解析】：(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有
μmg＝ma①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有
v2－v02＝－2as1②
联立①②式，代入题给数据得
s1＝4.5 m③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，由运动学公式有
v＝v0－at1′④
t1＝t1′＋eq \f(L－s1,v)⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得
t1＝2.75 s。⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2。由动能定理有
－μmgL＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02⑦
μmgL＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv02⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
v1＝eq \r(2 ) m/s，v2＝4eq \r(3) m/s。⑨
(3)传送带的速度为v＝6.0 m/s时，由于v0＜v＜v2，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为s2，所用时间为t2，由运动学公式有
v＝v0＋at2eq \(○,\s\up1(10))
v2－v02＝2as2⑪
联立①eq \(○,\s\up1(10))⑪式并代入题给数据得
t2＝1.0 s⑫
s2＝5.5 m⑬
因此载物箱加速运动1.0 s、向右运动5.5 m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt－t2)的时间后，传送带突然停止。设载物箱匀速运动通过的距离为s3，有
s3＝(Δt－t2)v⑭
由①⑫⑬⑭式可知，eq \f(1,2)mv2＞μmg(L－s2－s3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3。由运动学公式有
v32－v2＝－2a(L－s2－s3)⑮
v3＝v－at3⑯
设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它摩擦力的冲量为I1，由动量定理有
I1＝m(v3－v0)⑰
联立①⑫⑬⑭⑮⑰式并代入题给数据得
I1＝0⑱
传送带对它支持力的冲量为I2＝mg(Δt＋t3)⑲
联立⑮⑯⑲式并代入题给数据得I2＝eq \f(625,3) N·s⑳
由于I1＝0，所以传送带对它的冲量为
I＝I2＝eq \f(625,3) N·s，方向竖直向上。
求什么
想什么
求被压缩的弹簧的弹性势能和滑块1对A点的压力
想到需要知道两滑块被弹离的速度及圆轨道半径
给什么
用什么
题中给出滑块2的初速度和滑块1恰好经过E点
用动量守恒定律可求滑块1的初速度，用机械能守恒定律可求圆环轨道半径
缺什么
找什么
因传送带的速度不同，滑块2到达传送带右端C点做平抛运动的初速度也有所不同
当传送带速度较小时，滑块2加速到与传送带同速后即匀速向右运动，直到平抛，当传送带速度较大时，滑块2一直加速到C点，此时即便传送带速度再增大，也不再影响滑块2做平抛运动的初速度