2.3 微专题强化一 应用动力学、能量观点解决传送带问题-（配套课件）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题二　能量与动量 微专题强化一　 应用动力学、能量观点解决传送带问题 传送带问题的思路与方法 角度1 水平传送带上物体的运动分析和能量计算 (多选)(2025·贵州新高考模拟)如图所示，水平 传送带长x＝6 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动， 物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，倾角θ＝37° 的光滑斜面与传送带右侧平滑连接，斜面长为L＝3 m，质量为m＝1 kg的乙静止在斜面底端，将相同质量的甲从斜面顶端由静止释放，甲与乙发生弹性碰撞，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是 A.物体乙滑上传送带的速度为6 m/s B.物体乙能够运动到B端 C.整个过程中物体乙在传送带上留下的划痕长度为3.2 m D.整个过程中因摩擦产生的热量为32 J √ 例1 √ 审题指导： 题眼 点拨 (1)甲与乙的质量相同，发生弹性碰撞，碰后交换速度 (2)乙滑上传送带，运动方向与传送带运动方向相反→可通过计算判断乙能否到达传送带左端 (3)若乙不能到达传送带左端→将返回运动，但乙相对传送带仍是向左运动 (4)因摩擦产生的热量→等于摩擦力大小乘以相对路程 模型 方法 1.传送带模型 2.Q＝Ff·s相对 甲沿斜面下滑，根据牛顿第二定律可得mgsin 37°＝ma1，L＝，解得v0＝6 m/s，甲与乙发生弹性碰撞，有mv0＝mv1＋mv2，m＝m＋m，解得v1＝6 m/s，v2＝0，由此可知物体乙滑上传送带的速度为6 m/s，故A正确；乙在传送带上先向左做匀减速直线运动，其位移为x1＝，μmg＝ma2，解得x1＝3.6 m＜x＝6 m，由此可知，乙不能够运动到B端，故B错误； 乙做匀减速直线运动的过程中，相对传送带的位移大小为Δx1＝x1＋v＝6 m，之后乙反向加速，直到与传送带达到共速，相对传送带的位移大小为Δx2＝v·－＝0.4 m，所以整个过程中物体乙在传送带上留下的划痕长度为l＝Δx1＋Δx2＝6.4 m，故C错误；整个过程中因摩擦产生的热量为Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝32 J，故D正确。故选AD。 划痕长度与摩擦生热的计算 1.若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小。若有两个相对运动过程，两过程的相对位移方向相同时，划痕长度等于相对位移的大小之和；两过程的相对位移方向相反时，划痕长度等于较大的相对位移的大小。 2.全过程产生的热量Q＝Ffs相对，s相对为相对滑动的两物体的相对路程。 规律总结 预测1.(2025·重庆部分学校大联考)如图甲所示，水平传送带顺时针转动，速度大小为v＝4 m/s，A、B分别为传送带水平部分的左、右端点。某时刻开始，使用简易弹射装置将M、N两滑块以v0＝3 m/s的速度从右端滑上传送带，其俯视图如图乙。已知M与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.5，N与传送带之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，若传送带长度合适，可使N从传送带左端掉落，M从传送带右端掉落。M、N均可视作质点，重力加速度g取 10 m/s2。 (1)刚滑上传送带时，求M、N各自的加速度大小； 答案：5 m/s2　2 m/s2 根据牛顿第二定律 对M有μ1m1g＝m1a1 解得a1＝5 m/s2 对N有μ2m2g＝m2a2 解得a2＝2 m/s2。 (2)为保证N、M分别从传送带左、右两端掉落，求A、B两点间的最长 距离； 答案：2.25 m N从左端离开，说明N到达传送带左端时，速度还未减为零。M从右端离开，说明M到达传送带左端时速度恰好减为零或者未到传送带左端时速度已经减为零。取临界条件，对N有02－＝－2a2x2 解得x2＝2.25 m 若要N从左端离开，A、B两点间距离不能超过2.25 m 对M有02－＝－2a1x1 解得x1＝0.9 m 若要M从右端离开，A、B两点间距离不能小于0.9 m 故A、B两点间的最长距离为2.25 m。 (3)若A、B两点间距离为2 m，滑块M的质量为2 kg，求M从滑上传送带到掉落的全过程中M与传送带因摩擦产生的热量。 答案：48 J 由于x1＝0.9 m＜2 m，故M不会从传送带左端掉落。 设M减速到零所用时间为t1，则0＝v0－a1t1 解得t1＝0.6 s M减速到零的过程中，传送带的位移大小为 x＝vt1＝2.4 m M与传送带相对位移大小为Δx＝x＋x1＝3.3 m 根据对称性，M向右加速至3 m/s时离开传送带 M向右加速过程中，M位移大小为x1'＝x1＝0.9 m M向右加速过程中，传送带位移大小为x'＝x＝2.4 m M与传送带相对位移大小为Δx'＝x'－x1'＝1.5 m M与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μ1m1g(Δx＋Δx')＝48 J。 预测2.(2025·重庆一中期中)图(a)为重庆江北国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图(b)，该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平台面的夹角θ＝37°，传送带匀速转动时，工作人员将正方体货物(可视为质点)从D点由静止释放，在L＝10 m处取下货物，货物运动时的剖面图如图(c)所示，已知传送带匀速运行的速度v＝2 m/s，货物质量m＝10 kg，其底部与传送带上表面ABCD间的动摩擦因数为μ1＝0.5，其侧面与挡板CDEF间摩擦不计(重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力)。 (1)求传送带上表面对货物的摩擦力大小Ff1； 答案：40 N　 货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析如图甲所示 设传送带对货物的摩擦力为Ff1，传送带对货物的支持力为 FN1，挡板对货物的支持力为FN2，则FN1＝mgcos θ，Ff1＝ μ1FN1 代入数据解得Ff1＝40 N。 (2)货物在传送带上运动的时间t； 答案：5.25 s 设货物由静止放上传送带获得的加速度为a，则有Ff1＝ma 解得a＝4 m/s2 设货物经时间t1与传送带达到共速，位移为x1，由运动学公式得v＝at1，x1＝vt1 解得t1＝0.5 s，x1＝0.5 m＜L 所以货物能与传送带达到共速，共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设再经过时间t2到达目的地，则有L－x1＝vt2 解得t2＝4.75 s 货物运动的总时间为t＝t1＋t2＝5.25 s。 (3)若货物侧面与挡板CDEF间动摩擦因数为μ2＝0.25，求由于传送该货物传送带电动机多消耗的电能。 答案：202 J 挡板对货物的摩擦力为 Ff2＝μ2FN2＝μ2mgsin θ＝15 N 两个摩擦力的方向如图乙所示(向右为前进方向) 货物刚放上传送带时有 Ff1－Ff2＝ma' 解得a'＝2.5 m/s2 设经时间t3货物与传送带达到共速， 所以t3＝＝0.8 s 此时货物的位移为x1'＝vt3＝0.8 m＜L 电动机多消耗的电能转化为货物的动能和系统的内能，则E＝ΔEk＋Q1＋Q2＝mv2＋Ff1(vt3－x1')＋Ff2L＝202 J。 角度2倾斜传送带上物体的运动分析和能量计算 如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v沿逆时针方向运行。t＝0时刻，质量m＝2 kg的小物块以初速度v0从A端滑上传送带，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，沿传送带向下为正方向，t＝1.25 s时小物块从B端滑离传送带。重力加速度g取10 m/s2，则 A.传送带的倾角θ＝60° B.小物块对传送带做功18 J C.小物块在传送带上留下的痕迹长度为1.25 m D.小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为4.5 J √ 例2 由题图乙可知，小物块在0～0.25 s内和0.25～1.25 s内的加速度分别为a1＝ m/s2＝8 m/s2，a2＝ m/s2＝2 m/s2，在0～0.25 s内和0.25～1.25 s内，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立得θ＝30°，μ＝，故A错误； 由题图乙可知，传送带的运行速率为v＝4 m/s，在0～0.25 s内和0.25～1.25 s内，传送带的位移大小分别为x1＝vt1＝4×0.25 m＝1 m，x2＝vt2＝4×1 m＝4 m，所以小物块对传送带做的功为W＝－μmgcos θ·x1＋μmgcos θ·x2，求得W＝18 J，故B正确；在题图乙中画出传送带的v-t图像如图所示， 由图像可得，在0～0.25 s内，小物块相对于传送带向上滑行的位移大小为x相1＝ m＝0.25 m，在0.25～1.25 s内，小物块相对于传送带向下滑行的位移大小为x相2＝ m＝1 m，所以，小物块在传送带上留下的痕迹长度为l＝x相2＝1 m，故C错误；小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcos θ·(x相1＋x相2)＝7.5 J，故D错误。故选B。 在快递分类时常用传送带运送快件，一倾角为37°的传送带在电动机的带动下以恒定速率顺时针方向运行，传送带底端到顶端的距离为L＝10.5 m，如图甲所示。现将一质量m＝2.0 kg的快件静止放于传送带底端，以传送带最底端所在平面为参考平面，快件在传送带上运动整个过程中速度的平方v2随位移x的变化关系如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，快件可视为质点，求： 例3 审题指导： 题眼 点拨 (1)通过图乙给出的图像判断快件的运动情况→求出第一段的加速度 (2)电动机多消耗的电能→等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和 模型 方法 1.能量守恒定律的应用 2.痕迹长度的求解 (1)快件与传送带之间的动摩擦因数μ； 答案：0.875 快件放上传送带先做匀加速直线运动，根据v2＝2ax，结合题图乙可得快件做匀加速运动的加速度a＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得 μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得快件与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.875。 (2)快件从传送带底端到顶端过程电动机多消耗的电能E。 答案：198 J 设传送带的速度为v0，根据题图乙可知v0＝3 m/s，快件加速的时间t1＝＝3 s，快件与传送带的相对位移Δx＝v0t1－v0t1＝4.5 m，快件和传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgcos 37°·Δx，电动机多消耗的电能等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，即E＝mgLsin 37°＋m＋Q＝198 J。 预测.如图所示，传送带与水平面夹角θ＝30°，底端到顶端的距离L＝ 6 m，运行速度大小v＝2 m/s。将质量m＝1 kg的小物块轻放在传送带底端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是 A.物块从斜面底端到达顶端的时间为2 s B.物块相对传送带的位移大小为6 m C.物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做功为32 J D.物块被运送到顶端的过程中，电动机至少对传送带做功48 J √ 物块刚放上传送带时，所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma1，解得a1＝1 m/s2，物块速度与传送带速度相等时，所用的时间t1＝＝2 s，共速之后，由于mgsin θ＜μmgcos θ，摩擦力突变为静摩擦力，大小为mgsin θ，物块与传送带保持相对静止向上运动，物块匀加速阶段的位移x1＝＝2 m，传送带的位移x1'＝vt1＝4 m， 物块与传送带保持相对静止运动的时间t2＝＝2 s，物块从斜面底端到达顶端的时间t＝t1＋t2＝4 s，物块相对传送带的位移大小为Δx＝x1'－x1＝2 m，故A、B错误；物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做功为W＝μmgcos θ·x1＋mgsin θ·(L－x1)＝32 J，故C正确；物块被运送到顶端的过程中，电动机至少对传送带做的功为W'＝μmgcos θ·Δx＋mgLsin θ＋mv2＝44 J，故D错误。故选C。 专 题 集 训 1.(多选)机场和火车站的安全检查仪用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图所示模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率向左转动。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则 A.乘客与行李同时到达B处 B.乘客比行李提前0.5 s到达B处 C.行李比乘客提前0.5 s到达B处 D.若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 行李无初速度地放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速度做匀速直线运动。加速时加速度a＝μg＝1 m/s2，所用时间t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s，到达B处共用时t＝t1＋t2＝2.5 s，乘客到达B处用时t'＝＝ 2 s，故B正确，A、C错误；若传送带速度足够大，行李一直匀加速运动，最短运动时间tmin＝＝2 s，故D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 1 2.如图所示，传送带以恒定速度v0向右运动，A、B间距为L，质量为m的物块无初速度放于左端A处，同时用水平恒力F向右拉物块，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，物块从A运动到B的过程中，动能Ek随位移x变化的关系图像不可能的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 开始时物块受向右的拉力F和向右的摩擦力Ff而做加速运动，则动能Ek＝(F＋Ff)x；若物块在到达最右端之前还未与传送带共速，此时图像为C；若F＞Ff，则当物块与传送带共速后还会加速，此时动能增加量ΔEk＝(F－Ff)x，此时图像为D；若F≤Ff，则当物块与传送带共速后会与传送带一起匀速运动，动能不变，此时图像为B；物块与传送带共速后只能匀速或者加速，不可能减速，则图像A不可能。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 1 3.(2025·四川宜宾一诊)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。一质量为m小物块以大小为v2的初速度从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系，图中标注的v1、v2、t1、t2、t3均为已知量，且v2＞v1)如图乙所示。则 A.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先水平向右后水平向左 B.0～t2时间内，小物块离A处的最大距离为t2 C.0～t3时间内，传送带对小物块的摩擦力的冲量大小为m(v2－v1) D.0～t3时间内，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为m(v1＋v2)2 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 由题图乙可知，0～t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1～t2时间内向右做匀加速直线运动，则0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向均为水平向右，故A错误；由题图乙可知，0～t2时间内，小物块离A处的最大距离为xm＝，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 1 0～t3时间内，根据动量定理，可得If＝－mv1－mv2＝－m(v1＋v2)，则传送带对小物块的摩擦力的冲量大小为m(v1＋v2)，故C错误；0～t3时间内，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q＝μmgs相对，其中μmg＝ma＝m＝m，s相对＝＋，联立解得Q＝m(v1＋v2)2，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 1 4.(多选)(2025·湖南常德期末)如图所示，光滑弧面顶端固定一弹簧，一固定在P点的物块将弹簧压缩，弧面下端与沿逆时针方向匀速转动的传送带相切于N点，物块的质量为m，传送带速率为v，传送带与物块间的动摩擦因数为μ。由静止释放物块，设物块下滑至N点时的速度大小为vN，传送带足够长，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.物块从P点运动到N点的过程中机械能守恒 B.若vN＞v，则物块能再次回到P点 C.若vN＝v，则物块在传送带上先后两次经过N点的过程中，传送带克服摩擦力做功W＝2mv2 D.若vN＜v，则物块第二次经过N点时传送带上的划痕长度为 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 由于弹簧压缩，则由静止释放物块，弹簧对物块做正功，则物块从P点运动到N点的过程中，物块的机械能增加，故A错误；若vN＞v，由于传送带足够长，物块开始向右匀减速运动至速度为0，后向左匀加速运动至速度为v，再以速度v匀速运动至N点，此时物块的动能小于从P滑至N点时的动能，即小于物块开始在P点的重力势能与弹簧的弹性势能之和，可知，物块不能再次回到P点，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 1 若vN＝v，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，加速度相等，有－v＝v－μgt，解得t＝，此过程传送带的位移x＝vt＝，则传送带克服摩擦力做功W＝μmgx＝2mv2，故C正确；若vN＜v，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，加速度相等，有－vN＝vN－μgt1，解得t1＝，物块从第一次经过N点到第二次经过N点，物块的总位移为0，则传送带上的划痕长度为x1＝vt1＝，故D正确。故选CD。 2 3 4 5 6 7 8 1 5.如图甲所示，绷紧的传送带与水平方向的夹角为37°，传送带的v-t图像如图乙所示。t＝0时刻质量为1 kg的楔形物体(可视为质点)从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2 s后物体开始减速，在t＝4 s时物体恰好到达最高点A。重力加速度为10 m/s2。对物体从B点运动到A点的过程，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.5 B.物体的重力势能增加48 J C.摩擦力对物体做的功为12 J D.物体在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量为12 J √ 2 3 4 5 6 7 8 1 根据v-t图像的斜率表示加速度，可得传送带运动的加速度为a＝－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直线运动，说明物体受力平衡，由平衡条件可知μmgcos 37°＝mgsin 37°，解得物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.75，A 错误； 2 3 4 5 6 7 8 1 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v'＝2 m/s，且2 s后物体与传送带一起做加速度为a＝－1 m/s2的匀减速运动，t＝4 s时物体恰好到达最高点A，则传送带的长度lAB＝v't1＋(v't2＋a)＝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－mv'2，其中h＝lABsin 37°，则物体的重力势能增加量为mgh＝36 J，摩擦力对物体做的功为Wf＝34 J，B、C错误； 2 3 4 5 6 7 8 1 物体在前2 s内与传送带有相对运动，二者间的相对位移大小为x相对＝(v0t1＋a)－v't1＝2 m，该过程中的滑动摩擦力Ff＝μmgcos 37°＝6 N，则物体在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量为Q＝Ffx相对＝12 J，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 1 6.如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量为0.5 kg的煤块轻轻放在传送带的A端，物体的加速度随时间变化的关系如图乙所示，5 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 A.倾角θ＝30° B.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4 C.5 s内传送带上留下的痕迹长为16 m D.5 s内煤块与传送带摩擦产生的内能65 J √ 2 3 4 5 6 7 8 1 由题图乙可知，煤块在0～1 s内的加速度为a1＝10 m/s2，1～5 s内的加速度为a2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，A、B错误；由A、B项分析可知，0～1 s内煤块受到传送带的摩擦力沿传送带向下，传送带的速度大于煤块的速度，1～5 s内煤块受到传送带的摩擦力沿传送带向上，传送带的速度小于煤块的速度，则t＝1 s时煤块的速度等于传送带的速度，为v＝a1t＝10 m/s， 2 3 4 5 6 7 8 1 0～1 s内煤块的位移为x1＝a1×(1 s)2＝5 m，传送带的位移为x1'＝v×(1 s)＝10 m，则相对位移大小为Δx1＝x1'－x1＝5 m，1～5 s内煤块的位移为x2＝v×4 s＋a2×(4 s)2＝56 m，传送带的位移为x2'＝v×(4 s)＝40 m，则相对位移大小为Δx2＝x2－x2'＝16 m＞Δx1，则5 s内传送带上留下的痕迹长为16 m，C正确；5 s内煤块与传送带摩擦产生的内能为Q＝μmgcos θ·(Δx1＋Δx2)＝42 J，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 1 7.(2025·广东佛山二模)向飞机上装运货物行李时，通常用到可移动式皮带输送机。倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，关于物块重力势能Ep、机械能E、所受摩擦力的大小Ff和摩擦力功率的大小P的图像可能正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 0～t0时间内，小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，此过程其受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，且滑动摩擦力Ff1＞mgsin θ；t0时刻之后物块与传送带相对静止，物块以速度v0做匀速直线运动到达传送带顶端，此过程其受到沿传送带向上的静摩擦力作用，且静摩擦力Ff2＝mgsin θ，故C错误。设0～t0时间内，小物块的加速度为a，此过程滑动摩擦力的功率为P＝Ff1v＝Ff1at， 2 3 4 5 6 7 8 1 P-t图像为过原点的倾斜直线；t0时刻之后，静摩擦力的功率为P2＝Ff2v0，P2为恒定值，滑动摩擦力的功率最大值Pm＝Ff1vm＝Ff1at0，可知P2＜Pm，故D可能正确。整个过程中，滑动摩擦力和静摩擦力均对物块做正功，由功能关系可知物块的机械能一直增加，故B错误。设0～t0时间内，小物块的位移大小为x，则x＝at2，此过程物块的重力势能为Ep＝mgxsin θ＝mgasin θ·t2，可知此过程的Ep-t图像为曲线，故A错误。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 1 8.(15分)(2025·广西桂林一模)一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带两部分组成。倾角为α＝37°的传送带以恒定的速率(v0＝6 m/s)顺时针方向运行，质量m＝1 kg的玩具(可视为质点)从平台以v1＝4 m/s水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端(传送轮大小不计)进入传送带。玩具在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度L＝ m，玩具和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.75，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)求玩具从平台到传送带最上端的时间t； 答案：0.3 s　 玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有tan α＝ 解得vy＝3 m/s 故t＝＝0.3 s。 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)求玩具在传送带上运动时因摩擦产生的热量Q； 答案：0.25 J　 玩具刚滑上传送带时的速度为 v＝＝5 m/s＜v0＝6 m/s 2 3 4 5 6 7 8 1 可知玩具刚滑上传送带时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，玩具的加速度大小为 a1＝＝12 m/s2 玩具从刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为 t1＝＝ s 下滑的位移为 x1＝t1＝ m＝L 2 3 4 5 6 7 8 1 故玩具下滑过程与传送带的相对位移大小为 Δx＝v0t1－L＝ m 玩具在传送带上运动时因摩擦产生的热量 Q＝μmgcos α·Δx＝0.25 J。 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)求因传送玩具电动机多消耗的电能ΔE。 答案：3 J 根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能ΔE＝ μmgcos α·v0t1＝3 J。 2 3 4 5 6 7 8 1 专 题 二 能 量 与 动 量 谢 谢 观 看 ！ 2 3 4 5 6 7 8 1 $