微专题13：传送带和板块模型中的功能关系 专项训练-2024-2025学年高一下学期物理人教版（2019）必修第二册

微专题13：传送带和板块模型中的功能关系 需要掌握的内容 在传送带与板块模型中，存在着多种功能关系，主要涉及到摩擦力做功、动能变化、势能变化以及产生的内能等方面。 一、板块模型 1.位移关系：如图所示，滑块在木板上运动的程中，滑块(可视为质点)对地位移大小为x块，滑板的对地位移大小为x板。 同向运动时相对位移： 反向运动时： 2. 判断滑块和模板运动状态的技巧： “滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝。假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力。 3.功能关系分析： (1)功能关系分析：W外＝ΔEk＋ΔEp＋Q。 (2)对W外和Q的理解 W外为外力对板块系统做的功，如地面对木板摩擦力对木板做的功：W外＝-f地x板；板块之间的摩擦力f为板块系统的内力。 当系统受到外力F时（如下图），W外＝ΔEk＋ΔEp＋Q，由于都是水平运动，ΔEp=0 产生的内能：Q＝f =。① ①说明：一对滑动摩擦力做功的和为负值，其绝对值等于因摩擦产生的内能。这是因为在物块与木板相对滑动的过程中，摩擦力一方面对物块做正功，另一方面对木板做负功，而这两个功的代数和为负值，绝对值就是系统产生的内能。 二、传送带模型 1.类型：有水平传送带和倾斜传送带 2．划痕问题：滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小。(图乙) 3.功能关系分析： (1)功能关系分析：W＝=ΔEk＋ΔEp＋Q。 (2)对W、Q和的理解 传送带克服摩擦力做的功：W＝，即传送带因传送物体额外消耗的电能；产生的内能：Q＝fx相对 注：传送带模型可以看作是木板无限长的板块模型 针对训练 对点训练1 板块模型 1、（单选）如图所示,质量为m1、长为L的木板置于光滑的水平面上,一质量为m的滑块(视为质点)放置在木板左端,滑块与木板间滑动摩擦力的大小为f,用水平的恒定拉力F作用于滑块.当滑块从静止开始运动到木板右端时,木板在地面上移动的距离为s,滑块速度为v1, 木板速度为v2, 下列结论中正确的是(    ) 1. 滑块克服摩擦力所做的功为f(L+s) 1. B.木板满足关系: 1. C. D.其他条件不变的情况下,F越大,滑块与木板间产生的热量越多 2.（单选）如图，一质量为的木板静止在水平地面上，一质量为的滑块（可视为质点）以的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为（未知），重力加速度大小取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．地面对木板的摩擦力方向水平向右 B．地面对木板的摩擦力大小为 C．可能为0.12 D．整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为 2．（多选）如图甲，一质量为m的木板A静止在光滑水平地面上，A左端有一质量、厚度均不计的硬挡板，一轻质弹簧左端与挡板连接，弹簧右端与木板A右端的距离为。质量也为m的可视为质点的滑块静止在A的右端，给滑块一水平向左、大小为的初速度，滑块会压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为，滑块压缩弹簧被弹回后恰好可以到达A的右端，滑块与A接触面间的动摩擦因数；如图乙，如果将木板A与地面成角固定，将滑块换为相同质量的光滑的滑块，滑块的初速度大小为，方向沿斜面向上，从木板A底端开始上滑，弹簧的最大压缩量也为，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A． B．弹簧弹性势能的最大值为 C．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度为0 D．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度大小为 对点训练2 传送带模型 4.（单选）水平传送带以速度v匀速转动,把一质量为m的小木块A由静止轻放在传送带上,若小木块与传送带间的动摩擦因数为如图所示,在小木块与传送带相对静止时,转化为内能的能量为(   ) A. B. C. D. 5．（单选）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 D．弹簧的弹性势能变化量 6.（单选）如图所示,在匀速转动的电动机带动下,足够长的水平传送带以恒定速率，匀速顺时针运动,一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率()滑上传送带,最后滑块返回传送带的右端。下列关于这一过程的判断中正确的有( ) A. 滑块返回传送带右端的速率为 B.此过程中传送带对滑块做功为 C.此过程中电动机因传送滑块多做的功为 D.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 7.（多选）如图所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=4kg的小物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,取g=10m/s2,则下列说法正确的是(   ) A.木板A获得的动能为2J B.系统损失的机械能为2J C.木板A的最小长度为2m D.A、B间的动摩擦因数为0.1 8.（多选）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为,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)。已知传送带的速度保持不变。(g取)则（ ） 1. 内,物块对传送带做负功 B.物块与传送带间的动摩擦因数为, C. 内,传送带对物块做功为 D.系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小 9．（单选）绷紧传送带与水平方向的夹角为30°，传送带以15 m/s的速度向上传动，t=0时刻质量为1 kg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=20 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ=，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（　　） A．物体的动能增加200 J B．物体的重力势能增加200 J C．物体的机械能增加150 J D．物体在传送带上因摩擦产生的热量为200 J 10．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2.4R B．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 11．（多选）如图所示，水平传送带以速度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，时刻P在传送带左端具有向右的速度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，传送带长度m，绳足够长，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0 C．小物体P离开传送带时速度大小为m/s D．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 12．（多选）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 13．倾角的传送带以速度顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒钟向其输送的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，传送带将煤屑送到的高处，煤屑与传送带间的动摩擦因数，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，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 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 C．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是 D．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是 14．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、，并满足，式中为已知定值，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，工件与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小为。两传送带正常工作时，下列说法正确的是（　　） A．当时，工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短 B．当时，工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小 C．当时，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 15．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，传送带由长度的水平传送带AB和长度、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且可视为质点，货箱与水平传送带间的动摩擦因数，与倾斜传送带间的动摩擦因数，重力加速度，，。下列说法正确的是（　　） A．每个货箱从A点到D点的时间均为39s B．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6m D．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 16．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。 17．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，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，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） 18．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=3m/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。 参考答案 1.A 解析：A、当滑块从静止开始运动到木板右端时,发生的位移为L+s(相对于地),滑块克服摩擦力所做的功为f(L+s).故A正确. B、对木板,由动能定理有:fs= m1v22 . 故B错误. C、滑块与木板间产生的热量 Q=fL,根据能量守恒定律知:F(L+s)=Q+ mv12+ m1v22  ,可得,F(L+s)﹣fL= mv12+ m1v22 . 故C错误. D、由 Q=fL,知F增大时,Q不变,故D错误. 故选:A 2.C 【详解】A．根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面对木板的静摩擦力方向水平向左，故A错误； B．滑块对木板的滑动摩擦力大小 由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小 故B错误； C．木板始终保持静止，即 解得 故C正确； D．整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量 故D错误。故选C。 3.BD 【详解】CD．如图甲，设滑块被弹簧弹开，运动到长木板右端时的速度为v3，系统的合外力为零，系统动量守恒，滑块压缩弹簧被弹回后恰好可以到达A的右端，由动量守恒定律得 解得 故C错误，D正确； AB．如图甲，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为，弹簧最大弹性势能为，从滑块以速度滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律 从弹簧被压缩到最短到滑块恰好滑到长木板的右端，由能量守恒 如图乙，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，由能量守恒 联立可得 ， 故A错误，B正确。 故选BD。 4.D解析：相对滑动时木块的加速度,从放上至相对静止所用时间,此过程中传送带相对地的位移木块相对地的位移为摩擦力对木块做的功等于木块动能的增加量, 传送带克服摩擦力做的功此过程中传送带克服摩擦力做功,将传送带的能量转化为木块的动能及内能.|由能量守恒定律知,转化的内能为△故D正确 5.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，因此压缩弹簧的过程中，摩擦力对P做的功 C正确； D．根据动能定理；因此 D错误。故选C。 6.B 解析：由于传送带足够长，滑块在传送带上向左做匀减速直线运动，速度减小到零后向右做匀加速直线运动，速度增大到后做速度为的匀速直线运动，所以滑块返回传送带右端的速率为，选项A错误；由动能定理可得，此过程中传送带对滑块做功为，选项B正确；此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量等于二者相对滑动距离与摩擦力的乘积，等于，选项D错误;由能量守恒定律得，此过程中电动机因传送滑块多做的功等于传送带与滑块相对滑动产生的热量和传送带对滑块做功之和，不等于，选项C错误。 7.AD 解析：由图知,木板获得的速度为v=1m/s,根据动量守恒定律得:mv0=(M+m)v,则得,木板A的质量为 M=4kg.木板获得的动能为:Ek=Mv2/2=2J.A正确;由图得到:0-1s内B的位移为=×(2+1)×1m=1.5m,A的位移为=×1×1m=0.5m, 木板A的最小长度为L=xB-xA=1m.C错误;由斜率大小等于加速度大小, 得到B的加速度大小为a= 根据牛顿第二定律得:μmBg=mBa,代入解得,μ=0.1.D正确。 系统损失的机械能为△E=μmgL=0.1×4×10×1J=4J.B错误. 8.AD 解析：由图知,物块先向下运动后向上运动,则知传送带的运动方向应向上.内,物块对传 送带的摩擦力方向沿传送带向下,则物块对传送带做负功.所以A选项是正确的.、在内, 物块向上运动,则有,得.故B错误.内,由图“面积”等于位移 可以知道,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.故C错误.物块的重力势 能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能,则由能量守恒得知,系统产生的热量大小一定 大于物块动能的变化量大小.所以D选项是正确的.所以AD选项是正确的。 9.C【详解】A．楔形物体从B点滑上传送带，对其受力分析有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma 解得a=2.5 m/s2 若一直加速，其末速度v==10 m/s<15 m/s 一直加速成立，物体的动能增加ΔEk=mv2=50 J；A项错误； BC．物体的重力势能增加ΔEp=mglsin 30°=100 J 物体的机械能增加ΔE机=μmgcos 30°·l=150 J B项错误；C项正确； D．物体的加速时间t==4 s；传送带传送的距离x=v0t=60 m 相对位移Δx=x-l=40 m 摩擦生热Q=μmgcos 30°·Δx=300 J D项错误；故选C。 10.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 再由C到B，由机械能守恒得，B点的速度最小为 再由A到B，运用机械能守恒得，AB的竖直高度最小为 因为 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。 11.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 解得 对Q，有 得 则小物体P在传送带上速度到与传送带速度相等的时间 相对运动的位移 代入数据解得 物块P继续减速，此时摩擦力向右，对由牛顿第二定律得 解得 对Q，有 得 则物块从速度减速到零的时间为 则小物体P在传送带上经时间 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从速度为减速到零向右运动的位移为 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 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向左加速运动，根据运动学公式得 代入数据解得 小物体P离开传送带时速度大小为，故C正确； D．由动能定理可得 得 故D正确。故选BCD。 12.CD 【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 设传送带的倾角为，传送带的速度为。变形可得 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 其中是第一阶段中物块运动的位移，即 是相同时间内，第一阶段中传送带运动的位移，即 又 则 即； 由B选项分析可知 此阶段物块机械能增量为 即 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 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 所以可以看出 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。 13.BD 【详解】AB．对煤屑，由牛顿第二定律 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 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 故B正确； CD．设经过时间，煤屑动能增加量 重力势能增加量 摩擦产生的热量 传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率 故C错误，D正确。故选BD。 14.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，则 整理得 根据基本不等式知，当时上式取最小值，故A正确； B．设工件在传送带甲上的滑动痕迹为，工件与两传送带因摩擦产生的总热量为，则有 整理得 根据二次函数性质知，当时上式取最小值，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 整理得 当时上式取最小值。即 故CD正确。故选ACD。 15.AC 【详解】A．设货箱在水平传送带上的加速度为，相对于地面的滑动距离为，水平传送带的速度记为，则有 则货箱在水平传送带上的滑动时间为 解得滑动距离 则货箱在水平传送带上的匀速运动时间为 同理，设货箱在倾斜传送带上的加速度为，相对于地面的滑动距离为，倾斜传送带的速度记为，则有 则货箱在倾斜传送带上的滑动时间为 解得滑动距离 则货箱在倾斜传送带上的匀速运动时间为 所以货箱从A点到D点的时间为 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 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 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 连续稳定工作24小时，共传送货箱 需要做功 故D错误。故选AC。 16.【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 从A点到P点，由动能定理有 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 解得 F = 1.2N 若小滑块恰能到D点，由动能定理有 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 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 解得vD = 2m/s，对应距离满足 解得 x = 0.7m 所以当0.6m ≤ x ≤ 0.7m，对应距离应满足 解得 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 解得 对应距离满足 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/s ④若x > 0.95m，小滑块进入传送带全程减速，则满足 解得 17.【答案】（1）0.5；（2）1938.75J；（3） 【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 解得 由得 货物箱运动到传送带右端时的速度大小为 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 货物箱在斜面上向上运动过程中，有 得货箱在斜面上的加速度 根据牛顿第二定律可得 解得 （2）货物箱在传送带上的加速时间 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。 前2个货物箱与传送带之间的相对位移 第3个货物箱与传送带之间的相对位移 前2个货物箱与传送带摩擦产生的总热量为 第3个货物箱与传送带摩擦产生的热量为 总共生热  （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 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 解得加速度大小 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 解得 两个货物箱在斜面上相遇的位置到C端的距离 18.【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据能量守恒定律，从A到B过程有 解得 （2）从B点到C点过程，有 （或） 则两谷物到达C点的速度分别为 ， 两谷物从C点离开分别做平抛运动，有 联立解得 （3）由 解得 情形1：两种谷物到达点之前都处于匀加速运动。则 （或） 化简得 解得 情形2：其中一个谷物到达点之前已处于匀速运动，另一个谷物仍处于匀加速运动。则 ， 解得 综上所述有 学科网（北京）股份有限公司 $$