大题06 传送带模型（解析版）.docx

大题06传送带模型传送带模型涉及相互作用的两个物体间的相对运动、涉及摩擦力突变以及功能、动量的转移转化又可以与传输装置等科技产品相关。在各类考试中备受瞩目，在高考中多以选择题、计算题的形式出现，在备考中要引起高度重视，并要加强传送带与科技产品结合的新情境问题的处理。蔻麓大题典例动力学方法解决传送带问题【例1】（2024吉林一模）传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为传送带AB的简易图，传送带的倾角为a=30。，以%=8ms的速度顺时针匀速转动，工人将质量2=30Okg的工料（可视为质点）轻轻地放到传送带的底端A,并用平行于传送带的轻绳拴接在工料上，启动电动机，电动机对工料提供的牵引力恒为尸=3000N,经过°=2S关闭电动机，一段时间后工件刚好到达传送带的最高点及已知工料与传送带之间的动摩擦因数为=4，重力加速度g=IOm/S2,不计空气阻力。求：（1）经过时间，°=2s时，工料的速度大小:（2）刚关闭电动机后，工料的加速度；（3）传送带A、8两端间的距离。【思路分析】先计算出共速所需要的时间，共速后摩擦力发生了突变在应用牛顿笫二定律及运动学公式求解；关闭发动机工件失去了动力受力发生了改变开始减速运动同样先计算出工件与传送带共速的状态此后摩擦力方向再次发生改变在应用牛顿第二定律及运动学公式求解相关问题。【答案】（1）lOm/s；（2）8ms2,方向沿传送带向下；（3）31.25m【详解】（1）对工料受力分析，根据牛顿第二定律有F-mgsin+mgcos=nai设经，时刻，工料与传送带共速则有vO=V解得f=Is再对工料受力分析，根据牛顿第二定律有F-mgsin-mgcos=ma2根据速度一时间公式有v=v0+2f解得v=10ms（2）刚关闭电动机后，对工料受力分析，根据牛顿第二定律有mgsin+mgcos=ma3解得%=8ms2方向沿传送带向下；（3）关闭发电机后，工料经恰好到达最高点8,则有工料先减速到与传送带共速，此时有V2-V12a3x3此后工料继续减速，此时受向上的摩擦力，由牛顿第二定律可得tngsin-mgcos=ma4因此继续向上运动的位移为=2a4x4工料加速到与传送带共速时的位移满足=2。内工料的速度从%增大到V的位移满足v2-v02=22x2则传送带A、8两端间的距离为X=X1+X2+Xj+X4解得茏变避选揖号分析传送带模型问题的思路茏皿娄式训级(2024黑龙江齐齐哈尔一模)人们用传送带从低处向高处运送货物，如图所示，一长1.=5m的倾斜传送带在电动机带动下以速度u=2ms沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角，=37。，某时刻将质量为班二15kg的货物A轻轻放在传送带底端，已知货物A与传送带间的动摩擦因数"=()8,¾sin37°=0.6,cos37o=0.8,重力加速度g=10ms2.(1)求货物A刚开始运动时的加速度大小及在传送带上运动的时间；(2)为了提高运送货物的效率，人们采用了“配重法”，即将货物A用跨过定滑轮的轻绳与质量为/=Ikg的重物B连接，如图中虚线所示，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动到传送带顶端前重物B都没有落地，求：货物A在传送带上运动的时间；货物A在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功。【答案】(1)0.4ms2，5s；(2)3.5s,432J【详解】（1）对货物A受力分析，由牛顿第二定律mxgcos-ngsin=rnyai解得ai=0.4ms设货物一直加速，则由运动学公式有解得此时货物A的速度为v1=at=2ms符合题意。（2）对货物A受力分析，由牛顿第二定律T+mxgcos-mgsin=nxa2对重物B受力分析，由牛顿第二定律n2g-T=m2a2联立解得a2-lms当达到与传送带共速时间为VC=-=2sa2货物A运动的位移为之后匀速，则匀速的时间为1.-xt2=1.5sV则货物A从底端到达顶端所需的时间为在货物A加速阶段，摩擦力为摩擦力对其做的功为在货物A匀速阶段，摩擦力为则摩擦力对其做的功为=？1+2=3.5s工=mygcos叱=/W=192Jf2=m,gsin-m2gW,二>(-x)=240JW=.+吗=432J应用三大观点解决传送带模型问题即货物A在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功为物g大题典例【例4(2023山东淄博6月模拟)如图所示，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点,平台A8段光滑，BC段长度X=Im,与滑块间的动摩擦因数川=0.25。平台右端与水平传送带相接于。点，传送带顺时针旋转，运行速度v=2ms,长度1.=2.75m,与滑块间的动摩擦因数"2=02传送带右端D点与竖直固定放置的光滑圆弧形轨道刚好相切，光滑圆弧的半径R=0.2mo现将一质量”=2kg的滑块P向左压缩轻弹簧到某处锁定，此时弹簧的弹性势能Ep=41J,然后突然解除锁定，滑块P开始运动，并最终与静止在。点的质量为m2的滑块Q发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。已知重力加速度g=10ms2,不计空气阻力，滑块P和Q均可看成质点。(1)求滑块P到达C点时的速度vc:(2)求滑块P第一次经过传送带的过程中，系统因摩擦产生的内能七内；(3)若滑块。的质量M可以改变,要使滑块Q在中途不脱离圆弧形轨道,则滑块。的质量阳2的范围为多少？(结果可带根号)【思路分析】首先应用能量守恒求出初速度，在根据假设法判断物块在传送带上的运动形式然后应用牛顿第二定律及运动学公式求解位移和相对位移再由功能关系求内能；物块热开传送带后根据碰撞规律求解速度，在分类讨论物块不脱离轨道的情境在应用动能定理列式求解。答案(1)6m/s(2)7J(3)0</?i2<(2/lb2)kg或ni2>Skg【解析】以滑块P为研究对象,从释放到运动到C点的过程中，根据能量守恒定律有昂一"刖®=品4解得Vc=6m/so(2)假设滑块。从C到D一直减速，根据动能定理有一42加Ig1.=%nv-%"v解得VD=5ms>v,假设正确。设滑块P在传送带上做匀减速运动，加速度的大小为小根据牛顿第二定律有mg=ma,解得=2ms2设滑块P在传送带上运动时间为，则VD=Vc-at,解得r=0.5s传送带在/时间内所走的位移为X=W=Im滑块产相对于传送带所运动的位移为x=1.-x=1.75m所以经过传送带过程中系统因摩擦产生的内能为E内=2加g&T,E=7Jo(3)滑块P和。在。点发生弹性碰撞，设碰撞后滑块P的速度为,滑块。的速度为火对系统由动量守恒定律得WiVd=v11,÷mzvf由机械能守恒定律得121，2Jj,2产IVf)=TMVd÷22VZ解得=;s=3mzs)设滑块。在七点的速度为摩时，恰好通过圆弧最高点，此时。在。点的速度为m'，由重力提供向心力ZB得mg=m滑块。从。点运动到E点的过程中，由动能定理得-gg2R=2,H2-2W2Vd，2解得vd,=10m/s所以滑块。在O点时的速度v,K)m/s联立解得O<112(2lb-2)kgo设滑块。恰好运动到:圆弧处速度为零，此时。在。点的速度为v此过程由动能定理得tn2R=0vdm2»解得vdw=2m/s所以滑块。在。点时的速度0<2m/s联立解得M2>8kg综上所述，滑块Q的质量小2的范围为O<n2(2-fi-,2)kg或W28kg。龙处变式训练(2324高三下广东开学考试)图为某一食品厂生产流水线的一部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以1.=屈r的速率从4点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点8处时，与静止在此处的产品I发生弹性碰撞(假设每一个产品的质量均为m)，被碰后的产品I沿粗糙的水平轨道BC滑动，以VC=府的速度滑上运行速度为-的传送带CR其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为4/?,传送带的摩擦因数为2=0.5,长度为14R,求：(1)为了保证产品以最短的时间经过CQ,则传送带的速度应满足什么条件？(2)BC段杀菌平台的摩擦因数必是多少？(3)调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间,是多少？【答案】(1)v炯;(2)A1=|：(3)t=hl85g由动能定理【详解】（I）若产品由。到D比加速，则传送时间最短，设加速获得的最大速度为%,1212mg×4R=-mvm-mvc解得则传送带速度应满足（2）产品2从A运动到3的过程，由动能定理得mg2R=-mvB-mvA产品2和产品1发生弹性碰撞，由动量守恒mvB=nv1+nv2机械能守恒-J-m=-wv12+-wv2昨2I2一解得匕=0,v2=ylR产品I进入杀菌平价后滑行到C点前，由动能定理得121-xng×4R=-mvc-mv2解得（3）若要保证不脱轨，则产品在A点的最小速度满足同第（2）问原理知，产品进入杀菌平台的最小速度2=y5gR一MgS=O-mV1/解得s=4R距离为4R,恰能到达传送带上，此时产品进入杀菌平台后杀菌时间最长，山动量定理得-ngt=0-mv,2解得C斥5gI_/一一/茏友!模拟一1. （2324高三下江西阶段练习）足够长的传送带与水平面间的夹角=30。，传送带以u=5ms的速度沿逆时针方向匀速转动。用胶水把质量m=lkg的两个完全相同的物块上下粘在一起形成一个组合体，f=0时,把组合体无初速度放在传送带的顶端，如图所示。已知物块与传送带之间的动摩擦因数=亭，重力加速度g=10ms2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）整个过程物块和传送带由于摩擦产生的内能；（2）下面物块在粘接处给上面物块的作用力的大小。【答案】案J；（2）见解析【详解】（1）把组合体无初速度放在传送带的顶端，根据牛顿第二定律可得Imgcosa+Imgsina=2ma解得组合体的加速度为a="gcos+gsin=12.5ms2组合体从放在顶端到与传送带公式所用时间为0.4s组合体与传送带共速前发生的相对位移为由于2mg8Sa>2mgsina可知组合体与传送带共速后相对静止一起匀速运动，故整个过程物块和传送带由于摩擦产生的内能为Q=42mgcosx=15J（2）组合体与传送带共速前，以上面物块为对象，有K="zgcos=5&N,Fx+mgsina=ma解得Fv=7.5N则组合体与传送带共速前，卜面物块在粘接处给上面物块的作用力的大小为F=收+E=率N组合体与传送带共速后，滑块与传送带相对静止做匀速运动，以上面物块为对象，有F；=mgcosa=5币N,F/=mgsina=5N则组合体与传送带共速后，下面物块在粘接处给上面物块的作用力的大小为F=Ff+F：=ION2. （2024四川德阳二模）如图所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为6=37°,传送带顶端到底端的距离为1.=14.25m,平行于传送带的轻绳一端连接质量为如=0.3kg的小物体A,另一端跨过光滑定滑轮连接质量为M2=0.1kg的小物体B,在外力的作用下，小物体A静止于传送带的顶端。Z=O时，撤去外力，同时传送带从静止开始以加速度大小为的=7ms2、顺时针方向匀加速转动，传送带速率达到v=7ms后匀速转动。已知小物体A与传送带间的动摩擦因数为=0.25,小物体B始终未与定滑轮相撞,重力加速度大小为g=10ms2,sin37o=0.6,cos37°=0.8o求：（1）传送带匀加速转动瞬间，小物体A加速度的大小；（2）小物体A从传送带顶端运动到底端的时间。bC?【答案】（1）3.5ms2;（2）3s【详解】（1）设小物块A加速度的大小为/,绳子的拉力为刀，则对A物体列牛顿第二定律7%gsin。+加IgCOSe-7；=7WIal对B物体列牛顿第二定律T-m2g=吗解得a=3.5ms2（2）从静止到速度等于7ms的过程有“上=2s41 2rX=/=7m当A、B整体的速度等于7ms时，摩擦力会改变方向，设小物块A此时的加速度为绳子的拉力为4,则对A物体列牛顿第二定律町gsin6-ngcos0-T2=mia2对B物体列牛顿第二定律T2-f112g=m2a2vl2-V2=2a2（1.-xi）解得a2=0.5ms2H=7.5msa2所以，总时间为3. (2324高三下河南开学考试)传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为传送带A8的简易图，传送带的倾角为a=30。，以%=8ms的速度顺时针匀速转动，工人将质量帆=30Okg的工料(可视为质点)轻轻地放到传送带的底端A,并用平行于传送带的轻绳拴接在工料上，启动电动机，电动机对工料提供的牵引力恒为尸=3000N,经过°=2s关闭电动机，一段时间后工件刚好到达传送带的最高点8。已知工料与传送带之间的动摩擦因数为=重力加速度g=10ms2,不计空气阻力。求：(1)经过时间J=2s时，工料的速度大小；(2)传送带48两端间的距离。/【答案】(1)10ms5(2)31.25m【详解】(1)工料放上传送带后，对工料受力分析，如图所示.F+Ff-mgsin30o=malFf=NFN,Fn=mgcos30o由牛顿第二定律得又解得01=8ms2工料向上加速运动，经时间乙与传送带共速，则有r1=-=Is4此后摩擦力突变为沿传送带向下由牛顿第二定律得F-Ff-mgsin30o=ma2解得a2=2ms2方向沿传送带向上；再经G=J-4=IS的时间关闭发动机，此时工料的速度为v2=j+a2t2=1Om/s（2）关闭发动机后，由于工料的速度大于传送带的速度，摩擦力方向仍沿传送带向下,由牛顿第二定律得Ff+Ingsin30o=may解得%=8m/s2方向沿传送带向下由前可知，工料在。时间内通过的位移为西吟=4m工料在G时间内的位移为X2=%+%t=9m2 2关闭发动机后，工料向上做减速运动，经时间G工料与传送带共速，则该时间内工料的位移为Vn+V,CC1.X3=-2-G=2.25m工料与传送带再次共速后，工料所受的摩擦力沿传送带向上，则由牛顿第二定律得Ff-Ingsin30o=maA解得方向沿传送带向下；此后工料直减速到O刚好运动到最高点，工料经时间，4速度减为零，则有4=4s«4该时间内工料的位移为x4=-y4=16m则传送带的AB两端间的距离为=xl+x2÷x3+x4=31.25m4. （2324高三上天津蓟州期末）如图甲所示，在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。旅客把行李缓慢轻放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。一水平传送带装置的示意图如图乙所示，若传送带匀速前进的速度U为0.4ms,某木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.4,木箱质量切=16kg,重力加速度g取IOm/s?。求：（1）该木箱放在传送带上后，木箱在传送带上的相对滑行时间f；（2）该木箱放在传送带上后，木箱与传送带的相对位移1.的大小；（3）木箱从传送带A移到8过程，传送带对该木箱所做的功W。甲乙【答案】（1）Z=OJs；（2）1.=0.02m；（3）W=1.28J【详解】（1）根据牛顿第二定律得：木箱的加速度木箱由静止开始运动达到传送带速度所需的时间V0.4-1t=s=0.1sa4（2），时间内木箱的位移为x=-t=×0.1m=0.02m22传送带的位移xy=vt=0.4×0.Im=0.04m木箱与传送带的相对位移1.=xl-x=0.02m(3)根据动能定理可知，传送带对该木箱所做的功IV=lznv2=1.28J25. (2024全国模拟预测)如图所示为快递分拣车间的传送装置，固定斜面的倾角。二30。，底端由一小段光滑圆弧与水平传送带平滑连接，一长度1.=3m的传送带正以速度u=2ms沿顺时针方向匀速转动，一快递物件(可视为质点)的质量m=lkg,从高Z=1.28m的斜面上端由静止滑下，物件与斜面间的动摩擦因数从二亭、与传送带间的动摩擦因数%=04,重力加速度g=10ms2.求：(1)物件刚滑到斜面底端时的速度大小；(2)物件与传送带间因摩擦产生的热量及物件在传送带上运动的时间。【答案】(1)3.2ms；(2)0.72J,1.41s【详解】(I)物件在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，设物件刚滑到斜面底端时的速度为K,物件在斜面上的加速度为，由牛顿第二定律有Ingsin-xtngcos=max又解得v1=3.2ms(2)由于M>v,物件在传送带上先做匀减速运动，设物件在传送带上做匀减速运动的加速度大小为电，由牛顿第二定律有2m8ma解得由运动公式有v=vi-a2tl减速阶段的位移22X9=0.78m<1.Ia2故物件之后做匀速运动与皮带的相对位移x=X2-Vty所以因摩擦而产生的热量Q=2mgx=0.72J匀速运动的时间0=三V物件在传送带上运动的时间+G解得r=1.41s6. （2024江苏连云港一模）如图所示，传送带以速率%=2ms顺时针匀速转动，传送带与足够长的光滑水平面等高且紧挨。将小滑块A轻放在传送带左端M,A运动到右端N时与静止在水平面上的小滑块B发生弹性正碰。已知A、B质量分别为网=lkg、加B=4kg,A与传送带间的动摩擦因数4=0.2,传送带两端M、N间的距离1.=2m,重力加速度g取IOnVS、求：（1） A由左端M运动到右端N所用的时间f；（2）第1次碰撞后A、B的速度大小小、4；（3）第1次碰撞后A、B间距离的最大值ab。【详解】（1）A刚放上传送带时，滑块运动的加速度a=1.=g=2ms设释放后经时间A与传送带速度相等，则%2.t.=s=Is,a2加速阶段的位移v2221s,=m=Im,2a2×2然后A做匀速运动，匀速运动的时间A由左端M运动到右端N所用的时间/=r1+r2=Is+0.5s=1.5s（2）A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律根据机械能守恒定律1 21-212-/MaV0=-WaVa+-WbVb联立解得va=-1.2msvb=0.8ms即第1次碰撞后A、B的速度大小分别为vA=|vA|=1.2m/svb=0.8ms（3）由（2）可知碰撞后A反向运动，B向右做匀速直线运动，A和B速度相等所需的时间A=昆士心ISa第1次碰撞后A、B间距离的最大值1 2XABfr3_”+33代入数据可得XAB=Im7. （2324高三上山东枣庄期末）如图所示，半径R=1.Om的光滑半圆形轨道竖直固定，它的最底端跟水平传送带的B端平滑连接，轨道上C点和圆心O的连线与水平方向成6=37。角。将小滑块（视为质点）无初速度放在传送带4端，同时对小滑块施加水平向右的恒力产=0.35N,当小滑块到达传送带8端时，撤去恒力凡己知小滑块的质量m=Olkg,与传送带之间的动摩擦因数=0.15；传送带的长度1.=8.5m,始终以%=5ms的速度顺时针转动，取重力加速度g=10ms2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o求：（1）小滑块在传送带上的运动时间；【详解】（D小滑块刚放上传送带时，受力分析如图所示根据牛顿第二定律F+/=max解得4=5m/s2设小滑块达到与传送带共同速度所用时间为乙，该段时间内的位移为巧，则有解得Z1=Is,Xl=2.5m<1.达到共同速度后，对小滑块受力分析如图所示mg根据牛顿第二定律解得F-f=tna2%=8m/s2设小滑块又经时间4到达传送带B端,则有解得t2=Is那么小滑块在传送带上运动的时间为解得t=2s（2）设小滑块到达传送带右端时的速度为匕，则有vl=v0+a2t2小滑块沿半圆形轨道滑至C点的过程，根据机械能守恒定律mgR(1+Sine)=gmvf-gmv在轨道上C点，设小滑块受到的弹力为耳，根据牛顿第二定律"+Ingsin37o=m联立解得K=1.IN根据牛顿第三定律，小滑块在C点对轨道的压力大小耳=K=1.IN8. （2024安徽一模）如图，相距=2.5m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，根据需要设定驱动系统的速度大小U=lm/s。质量帆=IOkg的货物（可视为质点）放在距传送带左侧Im处的尸点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力尸=40N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数M=O2,货物与传送带间的动摩擦因数也=05,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取IOm-求：（1）货物运动到传送带左端时的速度大小；（2）货物在传送带上运动的时间。II左侧俣储台传送带xwz【答案】（1）2m/s；（2）2s【详解】（I）根据牛顿第二定律F-从mg=m%得货物在左端平台上时加速度为F-u.ng_.,4=1=2ms-m由运动学规律有v2=2a151,St=Im解得货物运动到传送带左端时的速度大小为vi=2ms（2）由于匕n,故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，此时F-2mg=ma2加速度为F-2mg2a2='=-lmsm故货物开始做匀减速运动，设经过时间与传送带共速，得t2Is该段时间货物位移为V1+v._s2=-l12=1.5m共速后货物匀速运动，设再经过时间G到达传送带右端，得故货物在传送带上运动的时间为t=t2+ti=2s9. （2324高三上云南阶段练习）如图所示，长为。的传送带水平放置，并保持v=211Vs的速度顺时针匀速转动，其右端与一倾角夕=37。的斜面平滑相连，8为其最左端，斜面的长度4=8m。一小滑块（可视为质点）在斜面顶点处由静止释放，从A点进入传送带，在传送带上运动一段时间后恰好不从传送带左端滑落。已知滑块与斜面间的动摩擦因数从=025,滑块与传送带间的动摩擦因数2=°4,sin37o=0.6,cos37o=0.8,重力加速度g=10ms2,忽略滑块经过A点时的能量损失。求：（1）滑块由静止释放至第一次经过A点所川的时间，；【详解】（1）小滑块在斜面上下滑时，由牛顿第二定律可得mgsinWngcos=nul解得4=4ms2小滑块在斜面上由静止状态匀加速下滑，由1.=；印:解得滑块第一次经过A点时的时间（2）滑块第一次经过A点时的速度滑块滑上传送带做匀减速运动，由牛顿第二定律可得2mg=ma2解得滑块在传送带上向左匀减速运动的加速度大小为o2=2g=4nVs2滑块在传送带上向左运动的位移大小为V2X.=Xm2,即传送带AB段的长度。为8m,10. (2324高三上广东汕尾期末)大型超市通常安装有倾斜自动扶梯以方便顾客的通行，如图所示，自动扶梯长1.=6m,与水平面的夹角内30。，以速度所2ms匀速向上运动，小李使用该扶梯运送两箱质量均为m=10kg的货物，某时刻小李将第一箱货物轻放在扶梯底端，待第一箱货物与扶梯共速时，小李沿扶梯向上用恒力尸二IION推动第二箱货物，使其以速度i"=7ms从底端沿扶梯匀速向上运动，两箱货物与扶梯间的动摩擦因数均为"，取重力加速度g=10ms2,货物可视为质点，若货物间发生碰撞则瞬间粘在一起。(I)求动摩擦因数"；(2)求第一箱货物从出发到与传送带共速过程中摩擦产生的热量Q”(3)若第二箱货物匀速运动，A=0.28s后，推力调整为尸二35N,试判断两箱货物能否在扶梯上发生碰撞,若能发生碰撞，求碰撞过程中损失的能量。2。【答案】(1)乎；(2)120J；(3)40J【详解】(1)第二箱货物做匀速直线运动，受力平衡，有F=f+mgsin货物受到的摩擦力为解得(2)对第箱货物有fmgsin=mal根据动力学公式vO=flIzI1,4=5卬解得Sl=2m对扶梯有X=卬=4m第箱货物从出发到与传送带共速过程中摩擦产生的热量为Q1=jung(x-sl)cos=120J(3)第二箱货物匀速运动片028s后，两箱货物相距x1=sx+vor-Vjr=0.6m推力尸改变后，对第二箱货物F-mgsin-jumgcos=ma2解得a=-7.5ms2假设两箱货物可以发生碰撞，设从Ar=0.28s后至两箱货物相碰经历的时间为f,则有v12+2-v0r2=x1解得2z,=s215全过程第一箱货物的位移=+¼j(Z+2)<1.假设成立，即两箱货物能发生碰撞，碰撞时第二箱货物的速度v2=v1+a2t2=6ms两箱货物发生碰撞，有rnv0+mv2=Iinv碰撞过程中损失的能量Q=Twv÷/MVj-×2nv2=40J11. （2024海南一模）如图所示，倾斜传送带与水平地面的夹角8=30。，底端A点到顶端8点间传送带长度1.=18.75m,8端与一水平台面平滑连接，传送带以u=7.5m/s的恒定速率沿顺时针方向运动。在A端轻放质量为a=Ikg的小滑块（可视为质点），一段时间后小滑块被运送到8端，然后做抛体运动，最终落到水平台面上。已知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为=亭，重力加速度g取IOm/S?.求：（1）小滑块在传送带上的运动时间；（2）小滑块在平台上的落点与B点的距离。（结果可用根式表示）【详解】（1）以小滑块为研究对象，在传送带上匀加速运动的过程，由牛顿第二定律可得Nmgcos-mgsin=ma解得a=2.5ms2小滑块匀加速运动的时间为Vr1=-=3sa小滑块匀加速运动的位移为X1=；*=11.25m则小滑块匀速运动的时间为故小滑块在传送带上的运动时间为/=1+2=4s（2）小滑块到达8点后做抛体运动，将小滑块在B点的初速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可得vy=USine=?m/s由抛体运动的对称性可知，小滑块在空中的运动时间为2vI=二0.75sS小滑块在平台上的落点距B点的距离453X=匕A=m1612. （2324高三上陕西渭南阶段练习）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率力=0.6ms逆时针运行的传送带与水平面间的夹角=37,转轴间距1.=395m0工作人员沿传送方向以速度V2=1.6ms从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。己知小包裹的质量为机=1.okg,小包裹与传送带间的动摩擦因数=O.8。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度g=10ms2,sin37o=0.6,cos37o=0.80求：（1）小包裹通过传送带所需的时间t；（2）小包裹与传送带之间因摩擦产生的热量。和小包裹通过传送带时摩擦力对它做的功陟【答案】(1)4.5s；(2)8.0J,-24.8J【详解】（1）小包裹的速度岭大于传送带的速度匕，则小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向匕根据牛顿第二定律可知tngcosa-mgSina=ma解得a=0.4ms2可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，根据运动规律，减速时间和位移大小为v2-v11.6-0.61.=s=2.5sa0.4v1+v21.6+0.6Z1=X2.5m=2.75m小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向卜的分力，即mgcosa>mgsina则小包裹与传送带共速时摩擦力发生动-静突变，之后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为1.-X13.95-2.75C心=1.=s=2svl0.6小包裹通过传送带的时间为t=tl+t2=4.5s(2)小包裹减速运动时受滑动摩擦力力作用，匀速运动时受静摩力力作用，都做负功j=jumgcosa=6.4Nf2=mgsina=6.0N根据功能关系，小包裹与传送带之间因摩擦产生的热量为Q=工-M)=8j根据功的概念，小包裹通过传送带时摩擦力对它做的功力叱=-工N-(1.-G=-24.8J13. (2324高三上黑龙江齐齐哈尔阶段练习)如图所示，光滑水平面AB的左侧有一固定的竖直挡板，在B端放置两个滑块,滑块甲的质量=2kg,滑块乙的质量W=Ikg,两滑块间固定一压缩弹簧(图中未画出)，弹簧储存的弹性势能6-48J,水平面B端紧靠倾角6=37。的传送带，传送带与水平面通过8端小圆弧平滑连接，传送带以速率u=2ms逆时针转动。现解除滑块间弹簧，两滑块分别向左、右弹开，滑块乙经过B处冲上传送带，恰好到达C端，然后返回到8端。已知光滑水平面8长度为x=5m,滑块与传送带间的动摩擦因数=05重力加速度g取IOm/S2,滑块甲与竖直挡板、两滑块间的碰撞均为弹性碰撞，滑块通过B处时无机械能损失，两滑块均可看作为质点。求：(1)B,C两端传送带的长度1.；(2)滑块乙从8端滑上传送带到第一次回到B端的时间/；(3)滑块乙第一次返回到AB面上后与滑块甲碰撞的位置。【答案】(1)3.2m；(2)2s；(3)在距B端Im处【详解】（1）两物块在弹开过程中，根据动量守恒，得vql=mv乙弹簧储存的弹性势能联立解得vljl=4msy乙=8ms设滑块乙上滑过程中的加速度大小为。人根据牛顿第二定律，有mgsin+jumgcos=nai解得a1=10ms2滑块乙上滑过程中做匀减速运动直至速度减为零，有1.=d=3.2m2%（2）设滑块乙从B点运动到C点所用时间为/,有乙=%=0.8sa滑块乙下滑过程中，受力分析可知，刚开始下滑阶段加速度大小为a2=al=1OmZs2设滑块乙从C点向下加速到与传送带速度相同的时间为5位移为X/,根据运动学有V=a2t2V玉=万2解得G=0.2sx1=0.2m根据牛顿由于mfsin>mgcosf滑块乙继续向下加速，设加速度大小为，运动到B点所用时间为小第二定律，有mgsin-tngcos=may解得qt=2ms由运动学，有,1，1.-xi=vt3+-a3t;解得4=IS则滑块乙从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t=ti+t2+t3t=2s（3）滑块乙回到B端的速度大小为或=V+矶=4ms在滑块乙回到8端的过程中，滑块甲通过的路程为S产V=8m此时滑块甲与挡板碰撞后返回到距B端2m处，由于%=或=4ms可知两滑块在距8端Im处发生碰撞。14. （2023广东佛山模拟预测）如图所示，为某一食品厂家的生产流水线的一部分，轨道AB是半径为H的半圆，产品2加工后以以=向八的速度从A点沿光滑轨道开始下滑，到达轨道最低点8处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞（假设每一个产品的质量均为加），被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道Be滑动，以向R的速度滑上运行速度为y的传送带CQ。其中8C段为生产线中的杀菌平台，长度为d,传送带的摩擦因数为2,长度为1.求：（1）为了保证产品以最短的时间经过8,则传送带的速度应满足什么条件？（2）求8C段杀菌平台的摩擦因数心；（3）调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，求产品既不脱轨又能到达传送带的最长杀菌时间。A【答案】（1）vN*%g1.+2gR;（2）M=空；（3）t=2d2d5gR【详解】（1）若产品由C到。一直加速，则传送时间最短。由动能定理z121,2ng1.=-mv-mVc解得Vm=Q2g1.+2gR则传送带速度vyj22g1.+2gR（2）产品2从A运动到B的过程，由动能定理得CDI212产品2和产品1发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒mvB=/ZV1+rnv1I2I2I2mv=nv.+/wv；2D2J24解得匕=0,v2=y7gR产品1进入杀菌平台后由动能定理得解得5R（3）若要保证不脱轨，则产品在A点的最小速度满足mg=,ml产品进入杀菌平台的最小速度v,2=y5gR产品减速到。的距离为s,由动能定理得-imgs=0-WVj2解得产品进入杀菌平台后由动量定理得-xmgt=O-mv2解得Id师一5415. （2324高三上河南鹤壁期中）如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角。二30。，传送带在电动机的带动下，始终保持%=2ms的速率运行，现把一质量为m=IOkg的工件（可视为质点）轻轻放在传送带的底端，经过时间f=1.9s,工件被传送到=1.5m的高处，gSZIOmZs2,求：（1）工件与传送带间的动摩擦因数；（2）电动机由于传送工件多消耗的电能。【答案】（I）立；（2）230J2【详解】（1）由题图可知，传送带长工件速度大小达到%前，做匀加速运动，有工件速度大小达到%后，做匀速运动，有Xf=%（j）联立解得加速运动的时间4=0.8s加速运动的位移大小%=0.8m所以加速度大小=-=2.5ms2由牛顿第二定律有rngcos-Wgsin。=Ina解得3(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以