1．傳送帶中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的注意事項(xiàng)
(1)摩擦力的方向及存在階段的判斷．
理清物體與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向及摩擦力方向是解決傳送帶問(wèn)題的關(guān)鍵．
(2)物體能否達(dá)到與傳送帶共速的判斷．
物體與傳送帶達(dá)到相同速度時(shí)往往出現(xiàn)摩擦力突變的臨界狀態(tài)，對(duì)這一臨界狀態(tài)進(jìn)行分析往往是解題的突破口．
2．傳送帶中摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化
(1)靜摩擦力做功的特點(diǎn)：①靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．②相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總是等于零，不會(huì)轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．
(2)滑動(dòng)摩擦力做功的特點(diǎn)：①滑動(dòng)摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．②相互間存在滑動(dòng)摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功之和的絕對(duì)值等于產(chǎn)生的內(nèi)能．
(3)摩擦生熱的計(jì)算：①Q(mào)＝Ff·s相對(duì)，其中s相對(duì)為相互摩擦的兩個(gè)物體間的相對(duì)路程．②傳送帶因傳送物體多消耗的能量等于物體增加的機(jī)械能與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和．
例1 (2022·河北省高三學(xué)業(yè)考試)如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的傾角為37°.一物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時(shí)速度恰好為零，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，則( )
A．0～1 s內(nèi)物塊受到的摩擦力大小大于1～2 s內(nèi)的摩擦力大小
B．摩擦力方向一直與物塊運(yùn)動(dòng)的方向相反
C．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5
D．傳送帶底端到頂端的距離為10 m
答案 D
解析 由題圖乙可知在0～1 s內(nèi)物塊的速度大于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿傳送帶向下，與物塊運(yùn)動(dòng)的方向相反；1～2 s內(nèi)，物塊的速度小于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿傳送帶向上，與物塊運(yùn)動(dòng)的方向相同，由于物塊對(duì)傳送帶的壓力相等，根據(jù)Ff＝μFN，可知兩段時(shí)間內(nèi)摩擦力大小相等，A、B錯(cuò)誤；在0～1 s內(nèi)物塊的加速度大小為a＝|eq \f(Δv,Δt)|＝eq \f(12－4,1) m/s2＝8 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma，解得μ＝0.25，C錯(cuò)誤；物塊運(yùn)動(dòng)的位移大小等于v－t圖線與時(shí)間軸所圍圖形的“面積”大小，為x＝eq \f(4＋12,2)×1 m＋eq \f(4×1,2) m＝10 m，所以傳送帶底端到頂端的距離為10 m，D正確．
例2 (2022·江蘇海安市高三期末)如圖所示，一個(gè)工作臺(tái)由水平傳送帶與傾角θ＝37°的斜面體組成，傳送帶AB間的長(zhǎng)度L＝1.7 m，傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)讓質(zhì)量m＝1 kg的物塊以水平速度v0＝5 m/s從A點(diǎn)滑上傳送帶，恰好能滑到斜面上高度h＝1.08 m的C點(diǎn)，物塊與斜面體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，傳送帶與斜面平滑連接，g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求物塊由A運(yùn)動(dòng)到B時(shí)的速度大小vB；
(2)求物塊由A運(yùn)動(dòng)到C所需要的時(shí)間t；
(3)若改變傳送帶轉(zhuǎn)速，物塊以初動(dòng)能Ekx從A點(diǎn)水平滑上傳送帶，滑上斜面后恰好能返回出發(fā)點(diǎn)A，求物塊初動(dòng)能Ekx的取值范圍．
答案 (1)6 m/s (2)0.9 s (3)34 J≤Ekx≤42.5 J
解析 (1)物塊從B運(yùn)動(dòng)到C過(guò)程，由動(dòng)能定理可得
－mgh－μmgcs 37°·eq \f(h,sin 37°)＝0－eq \f(1,2)mvB2
解得vB＝6 m/s；
(2)設(shè)物塊從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中相對(duì)傳送帶的位移是x相對(duì)，由動(dòng)能定理可得
eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02＝μmgx相對(duì)
解得x相對(duì)＝1.1 m＜L
即物塊在傳送帶上先勻加速到vB，然后在傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)．設(shè)物塊在傳送帶上勻加速時(shí)間為t1，有vB＝v0＋at1，a＝μg
解得t1＝0.2 s
設(shè)物塊在傳送帶上勻速時(shí)間為t2，有L－x相對(duì)＝vBt2
解得t2＝0.1 s
設(shè)物塊從B運(yùn)動(dòng)到C所用時(shí)間為t3，
由牛頓第二定律可得mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma′，
又0＝vB－a′t3，聯(lián)立可得t3＝0.6 s，
物塊由A運(yùn)動(dòng)到C所需要的時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝0.9 s；
(3)物塊以初動(dòng)能Ekx從A點(diǎn)水平滑上傳送帶，設(shè)到達(dá)B點(diǎn)動(dòng)能為EkB，相對(duì)傳送帶位移為x，則有EkB－Ekx＝μmgx，0≤x≤L，
物塊從B沿斜面運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，設(shè)上滑距離為s，
有0－EkB＝－μmgcs 37°·s－mgsin 37°·s，
物塊從B上滑后又返回B過(guò)程，
有EkB′－EkB＝－2μmgcs 37°·s，
其中EkB′是物塊返回B時(shí)的動(dòng)能，從B經(jīng)傳送帶返回A過(guò)程，有0－EkB′＝－μmgL，
聯(lián)立可得34 J≤Ekx≤42.5 J.
1.(多選)(2022·寧夏回族自治區(qū)銀川一中一模)如圖所示，機(jī)場(chǎng)將貨物用與水平面成θ＝30°角的傳送帶送到貨倉(cāng)，傳送帶以v＝2 m/s的速度順時(shí)針運(yùn)行，地勤人員將一質(zhì)量m＝1 kg的貨物以初速度v0＝4 m/s從底部滑上傳送帶，貨物恰好能到達(dá)傳送帶的頂端．已知貨物與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq \f(\r(3),5)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是( )
A．傳送帶從底端到頂端的長(zhǎng)度為1 m
B．貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1.25 s
C．貨物在傳送帶上留下的劃痕為1.25 m
D．貨物在傳送帶上向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量為3.75 J
答案 BD
解析 開(kāi)始時(shí)，貨物相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，受到的摩擦力沿傳送帶向下，貨物將勻減速上滑，直至與傳送帶等速，設(shè)貨物上滑的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，代入數(shù)據(jù)得a1＝8 m/s2，則貨物相對(duì)傳送帶勻減速上滑，直至與傳送帶等速的時(shí)間為t1＝eq \f(v－v0,－a1)＝eq \f(2－4,－8) s＝0.25 s，貨物沿傳送帶向上的位移為x1＝eq \f(v0＋v,2)t1＝eq \f(4＋2,2)×0.25 m＝0.75 m，貨物與傳送帶相對(duì)靜止瞬間，由于最大靜摩擦力Ff＝μmgcs θL1，貨物速度與傳送帶速度相等后向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中貨物與傳送帶上留下的劃痕與第一階段減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃痕重合，因此貨物在傳送帶上留下劃痕的長(zhǎng)度L＝L2＝1 m，C錯(cuò)誤；貨物從滑上傳送帶到滑離傳送帶的過(guò)程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcs θ·(L1＋L2)＝3.75 J，D正確．
2.(2022·湖南長(zhǎng)沙一中高三檢測(cè))如圖所示，水平傳送帶足夠長(zhǎng)，順時(shí)針運(yùn)動(dòng)的速度v＝4 m/s，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質(zhì)量m＝2 kg的小物塊(可看作質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)靜止釋放．已知A、P的距離L＝9 m，物塊與斜面、傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.5、μ2＝0.1，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求物塊：
(1)第1次滑過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度大小v1；
(2)第1次在傳送帶上往返運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；
(3)從釋放到最終停止運(yùn)動(dòng)，與斜面間摩擦產(chǎn)生的熱量Q.
答案 (1)6 m/s (2)12.5 s (3)88 J
解析 (1)由動(dòng)能定理得
(mgsin 37°－μ1mgcs 37°)L＝eq \f(1,2)mv12－0
解得v1＝6 m/s
(2)由牛頓第二定律有μ2mg＝ma
物塊與傳送帶共速時(shí)，
由速度公式得－v＝v1－at1
解得t1＝10 s
勻速運(yùn)動(dòng)階段的時(shí)間為t2＝eq \f(\f(v12,2a)－\f(v2,2a),v)＝2.5 s
第1次在傳送帶上往返運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝t1＋t2＝12.5 s
(3)由分析可知，物塊第一次離開(kāi)傳送帶以后，每次再到達(dá)傳送帶和離開(kāi)傳送帶的速度大小相等，物塊最終停止在P點(diǎn)，則根據(jù)能量守恒有
Q＝μ1mgcs 37°·L＋eq \f(1,2)mv2＝88 J.
專題強(qiáng)化練
1．(2022·河南省濮陽(yáng)外國(guó)語(yǔ)學(xué)校月考)如圖甲，M、N是傾角θ＝37°的傳送帶的兩個(gè)端點(diǎn)，一個(gè)質(zhì)量m＝5 kg的物塊(可看作質(zhì)點(diǎn))以4 m/s的初速度自M點(diǎn)沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)．物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程的v－t圖像如圖乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列說(shuō)法正確的是( )
A．物塊最終從N點(diǎn)離開(kāi)傳送帶
B．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6
C．物塊在第6 s時(shí)回到M點(diǎn)
D．傳送帶的速度v＝2 m/s，方向沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)
答案 C
解析 從題圖乙可知，物塊速度減為零后反向沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，最終的速度大小為2 m/s，方向沿傳送帶向上，所以沒(méi)從N點(diǎn)離開(kāi)傳送帶，從M點(diǎn)離開(kāi)，并且可以推出傳送帶沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速度大小為2 m/s，A、D錯(cuò)誤；速度時(shí)間圖像中斜率表示加速度，可知物塊沿傳送帶下滑時(shí)的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝1.5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ≈0.94，B錯(cuò)誤；圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移大小，由題圖乙可知t1＝eq \f(8,3) s時(shí)，物塊的速度減為0，之后物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，所以物塊沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)的位移大小x1＝eq \f(1,2)×4×eq \f(8,3) m＝eq \f(16,3) m，t1＝eq \f(8,3) s到t2＝6 s，物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)的位移大小x2＝eq \f(?6－4?＋?6－\f(8,3)?,2)×2 m＝eq \f(16,3) m，因?yàn)閤1＝x2，所以物塊在第6 s時(shí)回到M點(diǎn)，C正確．
2.如圖所示水平傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以恒定的速率v順時(shí)針運(yùn)動(dòng)．某時(shí)刻在傳送帶左側(cè)A端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物體，經(jīng)時(shí)間t小物體恰好與傳送帶共速，此時(shí)小物體未到達(dá)傳送帶的最右端，在這段時(shí)間內(nèi)( )
A．摩擦力對(duì)小物體做的功為mv2
B．由于小物體與傳送帶相互作用而產(chǎn)生的內(nèi)能為mv2
C．由于小物體與傳送帶相互作用導(dǎo)致電動(dòng)機(jī)要多做的功為mv2
D．共速前小物體受向右的摩擦力，共速后小物體受向左的摩擦力
答案 C
解析 根據(jù)動(dòng)能定理可得摩擦力對(duì)小物體做的功為Wf＝eq \f(1,2)mv2，故A錯(cuò)誤；t時(shí)間內(nèi)小物體和傳送帶的位移大小分別為x1＝eq \f(vt,2)，x2＝vt，根據(jù)牛頓第二定律可得小物體所受摩擦力的大小為Ff＝ma＝eq \f(mv,t)，由于小物體與傳送帶相互作用而產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝Ff(x2－x1)＝eq \f(1,2)mv2，故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知，由于小物體與傳送帶相互作用導(dǎo)致電動(dòng)機(jī)要多做的功為W＝Wf＋Q＝mv2，故C正確；共速前小物體受向右的摩擦力，共速后小物體不受摩擦力，故D錯(cuò)誤．
3.(2022·湖南常德市模擬)如圖所示，水平傳送帶AB間的距離為16 m，質(zhì)量分別為2 kg、4 kg的物塊P、Q，通過(guò)繞在光滑定滑輪上的細(xì)線連接，Q在傳送帶的左端且連接物塊Q的細(xì)線水平．當(dāng)傳送帶以8 m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，Q恰好靜止．重力加速度g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．當(dāng)傳送帶以8 m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是( )
A．Q與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6
B．Q從傳送帶左端運(yùn)動(dòng)到右端所用的時(shí)間為2.6 s
C．Q在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受摩擦力始終不變
D．Q從傳送帶左端運(yùn)動(dòng)到右端的過(guò)程中P處于失重狀態(tài)
答案 B
解析 當(dāng)傳送帶以v＝8 m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，Q恰好靜止不動(dòng)，對(duì)Q受力分析，則有FT＝Ff，即mPg＝μmQg，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5，故A錯(cuò)誤；當(dāng)傳送帶以v＝8 m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊Q做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝eq \f(20,3) m/s2，當(dāng)Q速度達(dá)到傳送帶速度即8 m/s后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度時(shí)間公式有v＝at1，代入數(shù)據(jù)解得勻加速的時(shí)間為t1＝1.2 s，勻加速的位移大小為x＝eq \f(v2,2a)，代入數(shù)據(jù)解得x＝4.8 m，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq \f(L－x,v)，代入數(shù)據(jù)解得t2＝1.4 s，Q從傳送帶左端滑到右端所用的時(shí)間為t總＝t1＋t2＝2.6 s，故B正確；物塊Q做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，摩擦力方向水平向右，勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力方向水平向左，故Q在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受摩擦力方向變化，故C錯(cuò)誤；由B的分析可知，Q在這個(gè)過(guò)程中先加速后勻速，Q做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，P加速下降，處于失重狀態(tài)，Q勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，P勻速下降，處于平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤．
4．(多選)如圖甲所示，傾角為θ＝37°的傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，將一質(zhì)量為m＝10 kg的木箱(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放到傳送帶底端A處，木箱運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，t＝10 s時(shí)木箱到達(dá)傳送帶上端B處．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.則( )
A．木箱放上傳送帶先做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為0.4 m/s2
B．木箱與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8
C．木箱從A到B的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為1 240 J
D．木箱從A到B的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等于木箱重力勢(shì)能和動(dòng)能的增加量之和
答案 ABC
解析 速度－時(shí)間圖像的斜率表示加速度，木箱剛放上時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合題圖乙可知其加速度大小a＝μgcs 37°－gsin 37°＝0.4 m/s2，可求得木箱與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，故A、B正確；由能量守恒知木箱從A到B的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等于木箱獲得的重力勢(shì)能、動(dòng)能以及因摩擦而產(chǎn)生的熱量之和，相對(duì)位移x相對(duì)＝2×5 m－eq \f(1,2)×2×5 m＝
5 m，速度－時(shí)間圖像中圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移大小，LAB＝eq \f(5＋10,2)×2 m＝15 m，則h＝LABsin 37°＝9 m，E電＝mgh＋eq \f(1,2)mvm2＋μmgx相對(duì)·cs 37°＝1 240 J，故C正確，D錯(cuò)誤．
5．(2022·重慶八中高三檢測(cè))如圖所示，水平傳送帶以v＝4 m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，A、B為兩輪圓心正上方的點(diǎn)，AB＝L1＝2 m，兩邊水平面分別與傳送帶上表面無(wú)縫對(duì)接，彈簧右端固定，自然長(zhǎng)度時(shí)左端恰好位于B點(diǎn)．現(xiàn)將一小物塊與彈簧接觸但不拴接，并壓縮至圖示位置后由靜止釋放．已知小物塊與各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，AP＝L2＝1 m，小物塊與軌道左端P碰撞后原速反彈，小物塊剛好返回到B點(diǎn)時(shí)速度減為零．g＝10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．小物塊第一次運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，速度大小一定為4 m/s
B．彈簧對(duì)小物塊做的功等于小物塊離開(kāi)彈簧時(shí)的動(dòng)能
C．小物塊離開(kāi)彈簧時(shí)的速度可能為1 m/s
D．小物塊對(duì)傳送帶做功的絕對(duì)值與傳送帶對(duì)小物塊做功的絕對(duì)值一定相等
答案 A
解析 設(shè)物塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小為v′，反彈后運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為零，對(duì)物塊從P點(diǎn)返回到B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mv′2，解得v′＝2eq \r(3) m/s，對(duì)物塊由A點(diǎn)到P點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理得－μmgL2＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mvA2，解得vA＝4 m/s，小物塊可能在傳送帶上減速到共速、加速到共速，也可能一開(kāi)始到B端時(shí)就共速，故A正確；彈簧對(duì)小物塊做的正功與摩擦力對(duì)小物塊做的負(fù)功之和等于小物塊離開(kāi)彈簧時(shí)的動(dòng)能，故B錯(cuò)誤；若物塊滑上傳送帶時(shí)的速度vB較大，則一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)其從滑上B點(diǎn)到返回B點(diǎn)的過(guò)程，有－2μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq \r(6) m/s，若速度vB較小，物塊在AB上一直加速，到A點(diǎn)時(shí)恰好與傳送帶同速，有μmg＝ma，L1＝vBt＋eq \f(1,2)at2，v＝vB＋at，聯(lián)立解得vB＝2eq \r(2) m/s，故小物塊離開(kāi)彈簧時(shí)的速度一定滿足2eq \r(2) m/s≤vB≤2eq \r(6) m/s，故C錯(cuò)誤；小物塊與傳送帶間摩擦力大小相等，但小物塊對(duì)傳送帶做功的絕對(duì)值為摩擦力乘傳送帶位移，傳送帶對(duì)小物塊做功的絕對(duì)值為摩擦力乘小物塊位移，當(dāng)有摩擦力時(shí)，兩者位移不同，因此功的絕對(duì)值也不同，故D錯(cuò)誤．
6．(多選)(2022·河北省高三學(xué)業(yè)考試)如圖所示，與水平面夾角θ＝37°的傳送帶正以v＝2 m/s的速度沿順時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)行，A、B兩端相距l(xiāng)＝10 m．現(xiàn)每隔1 s把質(zhì)量m＝1 kg的工件(視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶A端，在傳送帶的帶動(dòng)下，工件向上運(yùn)動(dòng)，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是( )
A．工件在傳送帶上時(shí)，先受到向上的摩擦力，后不受摩擦力
B．兩個(gè)工件間的最小距離為0.2 m
C．傳送帶上始終有8個(gè)工件
D．傳送帶滿載時(shí)與空載時(shí)相比，電機(jī)對(duì)傳送帶的牽引力增大了50 N
答案 BD
解析 工件放上傳送帶后的加速度大小a＝eq \f(μmgcs θ－mgsin θ,m)＝0.4 m/s2，經(jīng)過(guò)t1時(shí)間與傳送帶速度相等，則t1＝eq \f(v,a)＝5 s，運(yùn)動(dòng)距離x1＝eq \f(v,2)t1＝5 m，由于μ＝0.8，所以有Ffm＝μmgcs θ>mgsin θ，故工件與傳送帶同速后相對(duì)靜止，在靜摩擦力作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)直到B端，x2＝l－x1＝vt2，解得t2＝2.5 s，此時(shí)工件受到的摩擦力為靜摩擦力，故A錯(cuò)誤；剛放上去時(shí)，工件距前一個(gè)工件的距離最小，為Δx＝eq \f(1,2)a(Δt)2＝0.2 m，故B正確；每個(gè)工件在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝7.5 s，當(dāng)?shù)趎個(gè)工件剛到達(dá)B端時(shí)，第n＋7個(gè)工件已經(jīng)在傳送帶上運(yùn)動(dòng)了0.5 s，下一時(shí)刻第n個(gè)工件從傳送帶上離開(kāi)，而第n＋8個(gè)工件還未放上，此刻傳送帶上就只有7個(gè)工件，故C錯(cuò)誤；傳送帶上滿載時(shí)，有五個(gè)工件在傳送帶上滑動(dòng)，有三個(gè)工件相對(duì)傳送帶靜止，傳送帶受到的摩擦力Ff總＝5μmgcs θ＋3mgsin θ＝50 N，故D正確．
7．(多選)(2022·河南省高三檢測(cè))如圖(a)，傾角為37°的傳送帶以v＝5 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶A、B之間的距離為20 m，質(zhì)量為m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))自A點(diǎn)無(wú)初速度放上傳送帶．物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，其動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系圖像(Ek－x)如圖(b)所示，設(shè)物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊從A運(yùn)動(dòng)到B所用時(shí)間為t，已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.則下列說(shuō)法中正確的是( )
A．μ＝0.25 B．x0＝1.25 m
C．t＝4 s D．E0＝50 J
答案 BD
解析 由題圖(b)可知，開(kāi)始時(shí)，物塊所受摩擦力方向向下，當(dāng)物塊的速度和傳送帶速度相等時(shí)，摩擦力反向，但此時(shí)物塊重力沿傳送帶向下的分力仍大于摩擦力，故物塊繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移為x0時(shí)，物塊的速度為5 m/s，可得eq \f(E0,4)＝eq \f(1,2)mv2，代入數(shù)據(jù)解得E0＝50 J，故D正確；根據(jù)功能關(guān)系得(mgsin θ＋μmgcs θ)x0＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(E0,4)，(mgsin θ－μmgcs θ)×10x0＝eq \f(3E0,4)－eq \f(E0,4)，聯(lián)立解得μ＝0.5，x0＝1.25 m，故B正確，A錯(cuò)誤；傳送帶A、B之間的距離為20 m，物塊速度和傳送帶速度相等前，根據(jù)牛頓第二定律得a1＝gsin θ＋μgcs θ＝10 m/s2，可得時(shí)間t1＝eq \f(v,a1)＝0.5 s，當(dāng)速度和傳送帶速度相等后，根據(jù)牛頓第二定律有a2＝gsin θ－μgcs θ＝2 m/s2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有20 m－x0＝vt2＋eq \f(1,2)a2t22，解得t2＝2.5 s，物塊從A運(yùn)動(dòng)到B所用時(shí)間為t＝t1＋t2＝3 s，故C錯(cuò)誤．
8.(2022·湖南郴州市質(zhì)檢)近些年網(wǎng)購(gòu)流行，物流業(yè)發(fā)展迅速，工作人員常利用傳送帶來(lái)裝卸快遞或包裹．如圖所示為某倉(cāng)庫(kù)卸貨時(shí)的示意圖，以恒定速率v1＝0.6 m/s逆時(shí)針運(yùn)行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°.工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.4 m/s從傳送帶頂端推下一質(zhì)量m＝5 kg的小包裹(可視為質(zhì)點(diǎn)).5 s后突然停電，傳送帶立即停止運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一定時(shí)間后包裹到達(dá)傳送帶底端速度恰好為0；包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)傳送帶頂端到底端的距離L；
(2)整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量Q.
答案 (1)4.25 m (2)40 J
解析 (1)包裹被從頂端推下傳送帶時(shí)由牛頓第二定律可得μmgcs α－mgsin α＝ma，
解得a＝0.4 m/s2
設(shè)經(jīng)過(guò)t1后包裹與傳送帶速度相等，
有t1＝eq \f(v2－v1,a)＝2 s
這段時(shí)間內(nèi)包裹運(yùn)動(dòng)的距離s1＝eq \f(v1＋v2,2)·t1＝2 m
傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離s1′＝v1t1＝1.2 m
由于μmgcs θ＞mgsin θ，則包裹與傳送帶共速后，一起做勻速運(yùn)動(dòng)，
共速后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝Δt－t1＝3 s
包裹勻速運(yùn)動(dòng)距離s2＝v1t2＝1.8 m
停電后包裹做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小仍為a，勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝eq \f(v1,a)＝1.5 s
停電后運(yùn)動(dòng)的距離s3＝eq \f(v1,2)t3＝0.45 m
傳送帶頂端到底端的距離
L＝s1＋s2＋s3＝4.25 m
(2)產(chǎn)生的熱量
Q＝μmg(s1－s1′)cs α＋μmgs3cs α＝40 J.
9.(2022·江蘇蘇州市高三期末)如圖所示，一傾斜固定的傳送帶與水平面的傾角θ＝37°，傳送帶以v＝2 m/s的速率沿順時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)行．從距離傳送帶底端x0＝4 m的O點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量m＝0.5 kg的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))，滑塊沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，到達(dá)傳送帶底端時(shí)與擋板P發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后反彈速率不變．滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，傳送帶與輪子間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，不計(jì)輪軸處的摩擦．求：
(1)滑塊剛要與擋板P第一次碰撞時(shí)的速度大?。?br>(2)滑塊與擋板P第一次碰撞后到達(dá)的最高位置與傳送帶底端之間的距離L；
(3)試描述經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間后滑塊所處的狀態(tài)，并計(jì)算與放置滑塊前相比電動(dòng)機(jī)增加的功率．
答案 (1) 4 m/s (2)1.6 m (3)見(jiàn)解析
解析 (1)由牛頓第二定律有mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma，解得a＝2 m/s2，
由2ax0＝v12，可得v1＝4 m/s.
(2)上滑時(shí)，滑塊速度大于傳送帶速度的過(guò)程，加速度大小為
a1＝eq \f(mgsin 37°＋μmgcs 37°,m)＝10 m/s2，
由v2－v12＝－2a1L1，解得L1＝0.6 m，
速度小于傳送帶速度后加速度等于第一次下滑時(shí)的加速度，由v2＝2aL2，
得L2＝1 m，則滑塊與擋板P第1次碰撞后到達(dá)的最高位置與傳送帶底端之間的距離為L(zhǎng)＝L1＋L2＝1.6 m.
(3)滑塊上升到最高點(diǎn)后，沿傳送帶以加速度大小a向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，與擋板P發(fā)生第二次碰撞，根據(jù)速度位移公式可得碰撞前瞬間的速度大小為v2＝eq \r(2aL)＝eq \r(6.4) m/s
與擋板第二次碰撞后，滑塊以原速被反彈，先沿傳送帶向上以加速度大小a1做勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度為v，此過(guò)程運(yùn)動(dòng)距離為L(zhǎng)3，則L3＝eq \f(v2－v22,－2a1)＝0.12 m
之后以加速度大小a繼續(xù)做勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度為0，此時(shí)上升到最高點(diǎn)，此過(guò)程運(yùn)動(dòng)距離為L(zhǎng)4，則有L4＝eq \f(v2,2a)＝1 m，
滑塊滑到最高點(diǎn)后，沿傳送帶以a的加速度向下勻加速，與擋板P發(fā)生第三次碰撞，碰前速度為v3＝eq \r(2a?L3＋L4?)＝eq \r(4.48) m/s，
第三次碰撞后，沿傳送帶上滑的距離為L(zhǎng)′＝eq \f(v2－v32,－2a1)＋eq \f(v2,2a)＝1.024 m，
以此類推，經(jīng)過(guò)多次碰撞后滑塊以2 m/s的速度被反彈，在距擋板1 m的范圍內(nèi)不斷做向上的減速運(yùn)動(dòng)和向下的加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小均為2 m/s2 ，滑塊對(duì)傳送帶有一與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相反的阻力Ff＝μmgcs 37°＝2 N，
故電動(dòng)機(jī)增加的輸出功率為P＝μmgvcs 37°＝4 W.

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