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增分培優(yōu)1　利用動力學(xué)和能量觀點分析傳送帶問題
典例 (2024·湖南長沙一模)如圖1所示，傳送帶的水平部分ab長度L1＝10 m，傾斜部分bc長度L2＝16.8 m，bc與水平方向的夾角為θ＝37°。傳送帶沿圖示順時針方向勻速率運動，速率v＝4 m/s，現(xiàn)將質(zhì)量m＝2 kg的小煤塊(視為質(zhì)點)由靜止輕放到a處，之后它將被傳送到c點，已知小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，且此過程中小煤塊不會脫離傳送帶，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
圖1
(1)煤塊從a運動到c的時間；
(2)煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡的長度；
(3)煤塊與傳送帶間的摩擦生熱。
2.劃痕長度與摩擦生熱的計算
若只有一個相對運動過程，劃痕長度等于相對位移的大小；若有兩個相對滑動過程，兩過程相對位移方向相同時，劃痕長度求和，相對位移方向不同時，劃痕以長的為準(zhǔn)。全過程產(chǎn)生的熱量Q＝Ffs相對(s相對是相對路程，即相對位移絕對值的和)。
訓(xùn)練1 (多選)(2024·遼寧沈陽二模)如圖2，水平傳送帶一直以速度v1＝6 m/s向右勻速運動，小物體P、Q質(zhì)量均為1 kg，由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時刻P在傳送帶左端具有向右的速度v2＝10 m/s，P與定滑輪間的繩水平，不計定滑輪質(zhì)量和摩擦。小物體P與傳送帶之間動摩擦因數(shù)μ＝0.6，傳送帶長度L＝15 m，繩足夠長，g＝10 m/s2。關(guān)于小物體P的描述正確的是(　　)
圖2
A.小物體P從傳送帶左端離開傳送帶
B.小物體P在傳送帶上運動的全過程中，加速度一直不變
C.小物體P向右運動的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為9 m
D.小物體P向右運動的過程中和傳送帶之間摩擦產(chǎn)生的熱量是60 J
訓(xùn)練2 (多選)(2024·廣東深圳模擬預(yù)測)如圖3所示，用與水平面成θ＝30°角的傳送帶輸送貨物，傳送帶以v＝2 m/s的速度順時針運行，地勤人員將一質(zhì)量m＝5 kg的貨物輕輕放在傳送帶底部，經(jīng)過4 s的時間到達傳送帶的頂端。已知貨物與傳動帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
圖3
A.貨物在傳送帶上向上運動過程中所受的摩擦力不變
B.傳送帶從底端到頂端的長度是20 m
C.貨物在傳送帶上向上運動的過程中，由于摩擦產(chǎn)生的熱量為30 J
D.貨物在傳送帶上向上運動的過程中，增加的機械能為190 J
1.(2024·安徽卷，4)傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉(zhuǎn)動。t＝0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖4所示。t0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到v0。不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關(guān)系圖線可能正確的是(　　)
圖4
2.(2024·湖北卷，14)如圖5所示，水平傳送帶以5 m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左右兩端的距離為3.6 m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0.3 m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2 kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側(cè)的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質(zhì)量為0.10 kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1 m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
圖5
(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；
(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能；
(3)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。
1.(多選)一足夠長的傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉(zhuǎn)動，某時刻在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊男∥飰K，如圖1所示。取沿傳送帶向下的方向為正方向，則下列v－t圖中可能描述小物塊在傳送帶上運動的是(　　)
圖1
2.(多選)如圖2，質(zhì)量m＝2 kg的小物塊以水平初速度v0＝6 m/s從左端滑上長L＝3 m的水平傳送帶，小物塊始終受到一個方向水平向右、大小F＝4 N的恒力作用，傳送帶在電動機的帶動下沿順時針方向運行，速度大小恒為0.5v0。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，關(guān)于小物塊在傳送帶上運動的過程，下列說法正確的是(　　)
圖2
A.小物塊一直做勻速直線運動
B.恒力F對小物塊做的功為6 J
C.小物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為6 J
D.因小物塊在傳送帶上運動電動機多消耗的電能為6 J
3.(2024·四川宜賓二模)如圖3甲為皮帶輸送機簡化模型圖，皮帶輸送機傾角θ＝37°，順時針勻速轉(zhuǎn)動，在輸送帶下端A點無初速放入貨物。貨物從下端A點運動到上端B點的過程中，其機械能E與位移x的關(guān)系圖像(以A位置所在水平面為零勢能面)如圖乙所示。貨物視為質(zhì)點，質(zhì)量m＝10 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列說法正確的是(　　)
圖3
A.貨物與輸送帶間的動摩擦因數(shù)為0.825
B.輸送帶A、B兩端點間的距離為8 m
C.貨物從下端A點運動到上端B點的時間為9 s
D.皮帶輸送機因運送該貨物而多消耗的能量為585 J
4.(2024·四川德陽二模)如圖4所示，靜止的粗糙傳送帶與水平面夾角為θ＝37°，傳送帶頂端到底端的距離為L＝14.25 m，平行于傳送帶的輕繩一端連接質(zhì)量為m1＝0.3 kg的小物體A，另一端跨過光滑定滑輪連接質(zhì)量為m2＝0.1 kg的小物體B，在外力的作用下，小物體A靜止于傳送帶的頂端。t＝0時，撤去外力，同時傳送帶從靜止開始以加速度大小為a0＝7 m/s2、順時針方向勻加速轉(zhuǎn)動，傳送帶速率達到v＝7 m/s后勻速轉(zhuǎn)動。已知小物體A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，小物體B始終未與定滑輪相撞，重力加速度大小為g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
圖4
(1)傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動瞬間，小物體A加速度的大小；
(2)小物體A從傳送帶頂端運動到底端的時間。
5.(2024·山東濟寧一模)某貨物傳送裝置簡化圖如圖5甲所示，該裝置由傳送帶及固定擋板CDEF組成，擋板與傳送帶上表面ABCD垂直，傳送帶上表面與水平地面的夾角θ＝37°，CD與水平面平行。傳送帶始終勻速轉(zhuǎn)動，工作人員將質(zhì)量分布均勻的正方體貨物從D點由靜止釋放，貨物對地發(fā)生位移L＝10 m后被取走，貨物在傳送帶上運動時的剖面圖如圖乙所示。已知傳送帶速率v0＝2 m/s，貨物質(zhì)量m＝10 kg，貨物與傳送帶的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，與擋板的動摩擦因數(shù)μ2＝0.25(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力)。求：
圖5
(1)貨物在傳送帶上經(jīng)歷的時間t；
(2)因運送貨物傳送裝置多消耗的電能E。
6.(2024·江蘇淮安模擬預(yù)測)如圖6所示，在電動機的帶動下以v＝3 m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶左端與粗糙的弧形軌道平滑對接。質(zhì)量m＝2 kg的物體(可視為質(zhì)點)從軌道上高h(yuǎn)＝2 m的P點由靜止開始下滑，滑到傳送帶上的A點時速度大小v0＝5 m/s。物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶兩端AB之間的距離L＝3.4 m。傳送帶右端與光滑水平面平滑對接，物體與質(zhì)量m0＝4 kg的靜止小球發(fā)生彈性正碰。重力加速度g＝10 m/s2。求：
圖6
(1)物體從P點下滑到A點的過程中，摩擦力做的功；
(2)物體第一次向右通過傳送帶的過程中，摩擦力對物體的沖量大小；
(3)物體與小球碰后到向右再次經(jīng)過B點的過程中，因為物體在傳送帶上滑動電動機多消耗的電能。
增分培優(yōu)1　利用動力學(xué)和能量觀點分析傳送帶問題
典例 (2024·湖南長沙一模)如圖1所示，傳送帶的水平部分ab長度L1＝10 m，傾斜部分bc長度L2＝16.8 m，bc與水平方向的夾角為θ＝37°。傳送帶沿圖示順時針方向勻速率運動，速率v＝4 m/s，現(xiàn)將質(zhì)量m＝2 kg的小煤塊(視為質(zhì)點)由靜止輕放到a處，之后它將被傳送到c點，已知小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，且此過程中小煤塊不會脫離傳送帶，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
圖1
(1)煤塊從a運動到c的時間；
(2)煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡的長度；
(3)煤塊與傳送帶間的摩擦生熱。
答案　(1)5.5 s　(2)8.8 m　(3)44.16 J
解析　(1)煤塊在水平部分運動時，由牛頓第二定律得μmg＝ma1
可得煤塊運動的加速度a1＝2 m/s2
煤塊從靜止加速到與傳送帶共速的距離為
s1＝＝ m＝4 m＜10 m
故煤塊在水平部分先加速，后勻速運動，加速的時間t1＝＝2 s
勻速運動的時間t2＝＝ s＝1.5 s
在傾斜傳送帶上，由于μ＜tan θ＝0.75
故煤塊在斜傳送帶上做加速運動，由牛頓第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
可得煤塊在傾斜傳送帶上的加速度為
a2＝gsin θ－μgcos θ＝4.4 m/s2
根據(jù)勻加速運動的位移與時間的關(guān)系有
L2＝vt3＋a2t
解得t3＝2 s或t3＝－ s(舍去)
故煤塊從a運動到c的時間t＝t1＋t2＋t3＝5.5 s。
(2)煤塊在水平傳送帶的相對位移為
Δs1＝vt1－s1＝(8－4)m＝4 m
煤塊在傾斜傳送帶的相對位移為
Δs2＝L2－vt3＝(16.8－8)m＝8.8 m
由于Δs1與Δs2是重復(fù)痕跡，故煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡長度為8.8 m。
(3)煤塊在水平傳送帶的摩擦生熱Q1＝Ff1Δs1
其中Ff1＝μmg
解得Q1＝16 J
煤塊在傾斜傳送帶的摩擦生熱Q2＝Ff2Δs2
其中Ff2＝μmgcos θ
解得Q2＝28.16 J
故Q＝Q1＋Q2＝16 J＋28.16 J＝44.16 J。
1.傳送帶問題的分析步驟與方法
2.劃痕長度與摩擦生熱的計算
若只有一個相對運動過程，劃痕長度等于相對位移的大小；若有兩個相對滑動過程，兩過程相對位移方向相同時，劃痕長度求和，相對位移方向不同時，劃痕以長的為準(zhǔn)。全過程產(chǎn)生的熱量Q＝Ffs相對(s相對是相對路程，即相對位移絕對值的和)。訓(xùn)練1 (多選)(2024·遼寧沈陽二模)如圖2，水平傳送帶一直以速度v1＝6 m/s向右勻速運動，小物體P、Q質(zhì)量均為1 kg，由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時刻P在傳送帶左端具有向右的速度v2＝10 m/s，P與定滑輪間的繩水平，不計定滑輪質(zhì)量和摩擦。小物體P與傳送帶之間動摩擦因數(shù)μ＝0.6，傳送帶長度L＝15 m，繩足夠長，g＝10 m/s2。關(guān)于小物體P的描述正確的是(　　)
圖2
A.小物體P從傳送帶左端離開傳送帶
B.小物體P在傳送帶上運動的全過程中，加速度一直不變
C.小物體P向右運動的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為9 m
D.小物體P向右運動的過程中和傳送帶之間摩擦產(chǎn)生的熱量是60 J
答案　ACD
解析　共速前，對小物體P、Q分析，由牛頓第二定律得mg＋μmg＝2ma1，解得a1＝8 m/s2，小物體P與傳動帶共速時的位移為x1＝＝4 m，共速后，小物體P做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律得mg－μmg＝2ma2，解得a2＝2 m/s2，小物體P減速至零的位移為x2＝＝9 m，由于x1＋x2＜L，小物體P從傳送帶左端離開傳送帶，A正確；由上面的計算可知，小物體P在傳送帶上運動的過程中，加速度有兩個值，B錯誤；t＝0時刻到與傳送帶共速，劃痕長度為l1＝x1－v1＝1 m，共速至P減速為零的過程，劃痕長度為l2＝v1－x2＝9 m，考慮到劃痕重復(fù)，小物體P向右運動的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為Δl＝l2＝9 m，C正確；小物體P向右運動的過程中和傳送帶之間摩擦產(chǎn)生的熱量是Q＝μmg(l1＋l2)＝60 J，D正確。
訓(xùn)練2 (多選)(2024·廣東深圳模擬預(yù)測)如圖3所示，用與水平面成θ＝30°角的傳送帶輸送貨物，傳送帶以v＝2 m/s的速度順時針運行，地勤人員將一質(zhì)量m＝5 kg的貨物輕輕放在傳送帶底部，經(jīng)過4 s的時間到達傳送帶的頂端。已知貨物與傳動帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
圖3
A.貨物在傳送帶上向上運動過程中所受的摩擦力不變
B.傳送帶從底端到頂端的長度是20 m
C.貨物在傳送帶上向上運動的過程中，由于摩擦產(chǎn)生的熱量為30 J
D.貨物在傳送帶上向上運動的過程中，增加的機械能為190 J
答案　CD
解析　根據(jù)牛頓第二定律μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，又t＝，聯(lián)立解得t＝0.8 s＜4 s，說明貨物經(jīng)歷勻加速運動和勻速運動兩個過程，則所受摩擦力發(fā)生改變，A錯誤；傳送帶從底端到頂端的長度是l＝＋v(4 s－t)＝7.2 m，B錯誤；貨物在傳送帶上向上運動的過程中，由于摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcos 30°(vt－)，解得Q＝30 J，C正確；貨物增加的機械能為ΔE＝mv2＋mglsin 30°，解得ΔE＝190 J，D正確。
1.(2024·安徽卷，4)傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉(zhuǎn)動。t＝0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖4所示。t0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到v0。不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關(guān)系圖線可能正確的是(　　)
圖4
答案　C
解析　0～t0時間內(nèi)，物塊輕放在傳送帶上，做加速運動。受力分析可知，物塊受重力、支持力、滑動摩擦力，滑動摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，故做勻加速運動。t0之后，當(dāng)物塊速度與傳送帶速度相同時，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度變?yōu)榱悖飰K做勻速直線運動，故C正確，A、B、D錯誤。
2.(2024·湖北卷，14)如圖5所示，水平傳送帶以5 m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左右兩端的距離為3.6 m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0.3 m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2 kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側(cè)的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質(zhì)量為0.10 kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1 m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
圖5
(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；
(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能；
(3)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。
答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
解析　(1)設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，傳送帶左右兩端的距離為L，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，小物塊在傳送帶上加速時的加速度大小為a，由牛頓第二定律有μmg＝ma
設(shè)小物塊到達傳送帶最右端時的速度大小為v1，假設(shè)小物塊在傳送帶上一直加速，由運動學(xué)公式有v＝2aL
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v1＝6 m/s
由于v1>5 m/s，因此假設(shè)不成立，小物塊到達傳送帶右端前已經(jīng)與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間的速度大小為v1＝5 m/s。
(2)設(shè)小球的質(zhì)量為M，碰撞后小物塊與小球的速度大小分別為v2、v3，碰撞過程中兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能為ΔEk，對小物塊與小球碰撞過程，由動量守恒定律得
mv1＝－mv2＋Mv3
小物塊與小球碰撞過程中，系統(tǒng)損失的總動能為
ΔEk＝mv－mv－Mv
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得ΔEk＝0.3 J。
(3)經(jīng)分析知，小球到達P點正上方繩子拉力剛好為零時，小球繞P點運動的半徑最大，P點到O點的距離最小，設(shè)這種情況下小球運動到P點正上方的速度大小為v4，P點到O點的距離為x，繩子的長度為l，小球運動到P點正上方時，結(jié)合牛頓第二定律和向心加速度公式有
Mg＝M
對小球的整個上升過程，由動能定理得
－Mg(l＋l－x)＝Mv－Mv
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x＝0.2 m。
1.(多選)一足夠長的傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉(zhuǎn)動，某時刻在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊男∥飰K，如圖1所示。取沿傳送帶向下的方向為正方向，則下列v－t圖中可能描述小物塊在傳送帶上運動的是(　　)
圖1
答案　ABC
解析　當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下(μ＞tan θ)，且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即a＝gsin θ＋μgcos θ，可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，若傳送帶足夠長，則會出現(xiàn)小物塊達到傳送帶速度時，滿足mgsin θ＜μmgcos θ，可知二者將共速，故A、B正確；當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上(μ＞tan θ)，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即a＝gsin θ＋μgcos θ，可知小物塊先沿傳送帶向上做勻減速直線運動，減到零后反向勻加速，若傳送帶足夠長會出現(xiàn)與傳送帶共速的情況(μ＞tan θ)或者繼續(xù)勻加速(μ＜tan θ)，此時加速度滿足a′＝gsin θ－μgcos θ＜a，故C正確，D錯誤。
2.(多選)如圖2，質(zhì)量m＝2 kg的小物塊以水平初速度v0＝6 m/s從左端滑上長L＝3 m的水平傳送帶，小物塊始終受到一個方向水平向右、大小F＝4 N的恒力作用，傳送帶在電動機的帶動下沿順時針方向運行，速度大小恒為0.5v0。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，關(guān)于小物塊在傳送帶上運動的過程，下列說法正確的是(　　)
圖2
A.小物塊一直做勻速直線運動
B.恒力F對小物塊做的功為6 J
C.小物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為6 J
D.因小物塊在傳送帶上運動電動機多消耗的電能為6 J
答案　ACD
解析　由于F＝μmg，則小物塊一直做勻速直線運動，A正確；恒力F對小物塊做的功為W＝FL＝12 J，B錯誤；小物塊的運動時間為t＝＝0.5 s，小物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(v0t－0.5v0t)＝6 J，C正確；因小物塊在傳送帶上運動，電動機多消耗的電能等于傳送帶克服摩擦力做的功，即E＝μmg·0.5v0t＝6 J，D正確。
3.(2024·四川宜賓二模)如圖3甲為皮帶輸送機簡化模型圖，皮帶輸送機傾角θ＝37°，順時針勻速轉(zhuǎn)動，在輸送帶下端A點無初速放入貨物。貨物從下端A點運動到上端B點的過程中，其機械能E與位移x的關(guān)系圖像(以A位置所在水平面為零勢能面)如圖乙所示。貨物視為質(zhì)點，質(zhì)量m＝10 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列說法正確的是(　　)
圖3
A.貨物與輸送帶間的動摩擦因數(shù)為0.825
B.輸送帶A、B兩端點間的距離為8 m
C.貨物從下端A點運動到上端B點的時間為9 s
D.皮帶輸送機因運送該貨物而多消耗的能量為585 J
答案　C
解析　由題圖可知，貨物從開始運動到與傳送帶相對靜止，有ΔE1＝μmgcos 37°·Δx1，對貨物有Δx1＝x傳－x貨＝vt1－vt1＝0.5 m，解得μ＝0.875，故A項錯誤；由圖像可知，物塊沿傳送帶向上運動0.5 m后與傳送帶相對靜止，此后物塊的動能不變，重力勢能增加，有mgx2sin 37°＝ΔE，其中ΔE＝E2－E1＝480 J，解得x2＝8 m，則傳送帶兩端點之間的距離為L＝x貨＋x2＝8.5 m，故B項錯誤；設(shè)加速階段的加速度大小為a，有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得a＝1 m/s2，設(shè)加速階段時間為t1，有x貨＝at，解得t1＝1 s；又v2＝2ax貨，設(shè)勻速階段時間為t2，有x2＝vt2，解得t2＝8 s，所以總時間為t＝t1＋t2＝9 s，故C項正確；由能量守恒定律知，皮帶輸送機多消耗的能量為E＝μmgcos 37°·Δx1＋mv2＋mgLsin 37°，解得E＝550 J，故D項錯誤。
4.(2024·四川德陽二模)如圖4所示，靜止的粗糙傳送帶與水平面夾角為θ＝37°，傳送帶頂端到底端的距離為L＝14.25 m，平行于傳送帶的輕繩一端連接質(zhì)量為m1＝0.3 kg的小物體A，另一端跨過光滑定滑輪連接質(zhì)量為m2＝0.1 kg的小物體B，在外力的作用下，小物體A靜止于傳送帶的頂端。t＝0時，撤去外力，同時傳送帶從靜止開始以加速度大小為a0＝7 m/s2、順時針方向勻加速轉(zhuǎn)動，傳送帶速率達到v＝7 m/s后勻速轉(zhuǎn)動。已知小物體A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，小物體B始終未與定滑輪相撞，重力加速度大小為g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
圖4
(1)傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動瞬間，小物體A加速度的大小；
(2)小物體A從傳送帶頂端運動到底端的時間。
答案　(1)3.5 m/s2　(2)3 s
解析　(1)設(shè)小物體A加速度的大小為a1，繩子的拉力為T1，對小物體A，由牛頓第二定律，有
m1gsin θ＋μm1gcos θ－T1＝m1a1
對物體B，由牛頓第二定律，有T1－m2g＝m2a1
解得a1＝3.5 m/s2。
(2)小物體A從靜止到速度等于7 m/s的過程有
t1＝＝2 s，x1＝a1t12＝7 m
當(dāng)A、B整體的速度等于7 m/s時，摩擦力會改變方向，設(shè)小物體A此時的加速度為a2，繩子的拉力為T2，則對小物體A，由牛頓第二定律，有
m1gsin θ－μm1gcos θ－T2＝m1a2
對小物體B，由牛頓第二定律，有
T2－m2g＝m2a2，v－v2＝2a2(L－x1)
解得a2＝0.5 m/s2，v1＝7.5 m/s，t2＝＝1 s
總時間為t＝t1＋t2＝3 s。
5.(2024·山東濟寧一模)某貨物傳送裝置簡化圖如圖5甲所示，該裝置由傳送帶及固定擋板CDEF組成，擋板與傳送帶上表面ABCD垂直，傳送帶上表面與水平地面的夾角θ＝37°，CD與水平面平行。傳送帶始終勻速轉(zhuǎn)動，工作人員將質(zhì)量分布均勻的正方體貨物從D點由靜止釋放，貨物對地發(fā)生位移L＝10 m后被取走，貨物在傳送帶上運動時的剖面圖如圖乙所示。已知傳送帶速率v0＝2 m/s，貨物質(zhì)量m＝10 kg，貨物與傳送帶的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，與擋板的動摩擦因數(shù)μ2＝0.25(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力)。求：
圖5
(1)貨物在傳送帶上經(jīng)歷的時間t；
(2)因運送貨物傳送裝置多消耗的電能E。
答案　(1)5.4 s　(2)202 J
解析　(1)令傳送帶對貨物的彈力為FN1，擋板對貨物的彈力大小為FN2，對貨物進行受力分析有
FN1＝mgcos θ，F(xiàn)N2＝mgsin θ
由牛頓第二定律有μ1FN1－μ2FN2＝ma
解得a＝2.5 m/s2
貨物勻加速至2 m/s的過程，根據(jù)速度與位移關(guān)系有
v＝2ax0
解得x0＝ m＝0.8 m＜L＝10 m
勻加速直線運動的時間t1＝＝ s＝0.8 s
之后貨物做勻速直線運動，經(jīng)歷時間
t2＝＝ s＝4.6 s
則貨物在傳送帶上經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＝5.4 s。
(2)貨物在勻加速與勻速運動過程中，傳送帶的位移分別為x1＝v0t1＝1.6 m，x2＝v0t2＝9.2 m
貨物勻加速過程傳送帶克服摩擦力做功為
Wf1＝Ff1x1＝μ1mgcos θ·x1＝64 J
貨物勻速過程傳送帶克服摩擦力做功為
Wf2＝Ff2x2＝μ2mgsin θ·x2＝138 J
則因運送貨物傳送裝置多消耗的電能為
E＝Wf1＋Wf2＝202 J。
6.(2024·江蘇淮安模擬預(yù)測)如圖6所示，在電動機的帶動下以v＝3 m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶左端與粗糙的弧形軌道平滑對接。質(zhì)量m＝2 kg的物體(可視為質(zhì)點)從軌道上高h(yuǎn)＝2 m的P點由靜止開始下滑，滑到傳送帶上的A點時速度大小v0＝5 m/s。物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶兩端AB之間的距離L＝3.4 m。傳送帶右端與光滑水平面平滑對接，物體與質(zhì)量m0＝4 kg的靜止小球發(fā)生彈性正碰。重力加速度g＝10 m/s2。求：
圖6
(1)物體從P點下滑到A點的過程中，摩擦力做的功；
(2)物體第一次向右通過傳送帶的過程中，摩擦力對物體的沖量大小；
(3)物體與小球碰后到向右再次經(jīng)過B點的過程中，因為物體在傳送帶上滑動電動機多消耗的電能。
答案　(1)－15 J　(2)4 N·s　(3)12 J
解析　(1)物體從P到A根據(jù)動能定理，有
mgh＋Wf＝mv
代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－15 J。
(2)由于物體沖上傳送帶的初速度大于傳送帶的速度，開始物體相對傳送帶向右做勻減速運動，則有
μmg＝ma
解得a＝5 m/s2
物體向右先做勻減速直線運動，減速至與傳送帶同速時通過的位移x1＝
代入數(shù)據(jù)解得x1＝1.6 m＜3.4 m
可知物體在傳送帶上先向右做勻減速直線運動，后向右做勻速直線運動，傳送帶對物體的摩擦力的沖量為If＝mv－mv0
解得If＝－4 N·s，方向向左。
(3)物體第一次與小球發(fā)生彈性碰撞，令物體反彈回來的速度為v1，右側(cè)小球碰后速度為v2，根據(jù)動量守恒定律，有mv＝mv1＋m0v2
根據(jù)機械能守恒定律，有mv2＝mv＋m0v
解得v1＝－1 m/s，v2＝2 m/s
物體被反彈回來后，在傳送帶上向左運動過程中，有
0－v＝－2ax2
解得x2＝0.1 m＜3.4 m
根據(jù)v1＝at1
可得經(jīng)歷的時間為t1＝＝0.2 s
可知物體第一次返回還沒有到達傳送帶左端速度已經(jīng)減為零，隨后將再次向右做勻加速直線運動，根據(jù)對稱性可知，速度將再次增加到v1，因為 v1小于小球速度，物體與小球不會再次碰撞，所以此過程電動機多消耗的電能為E＝2μmgvt1
解得E＝12 J。(共38張PPT)
增分培優(yōu)1　利用動力學(xué)和能量觀點分析傳送帶問題
專題二　能量與動量
目 錄
CONTENTS
增分培優(yōu)
01
課時跟蹤訓(xùn)練
03
鏈接高考真題
02
增分培優(yōu)
1
典例 (2024·湖南長沙一模)如圖1所示，傳送帶的水平部分ab長度L1＝10 m，傾斜部分bc長度L2＝16.8 m，bc與水平方向的夾角為θ＝37°。傳送帶沿圖示順時針方向勻速率運動，速率v＝4 m/s，現(xiàn)將質(zhì)量m＝2 kg的小煤塊(視為質(zhì)點)由靜止輕放到a處，之后它將被傳送到c點，已知小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，且此過程中小煤塊不會脫離傳送帶，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
圖1
(1)煤塊從a運動到c的時間；
(2)煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡的長度；
(3)煤塊與傳送帶間的摩擦生熱。
解析　(1)煤塊在水平部分運動時，由牛頓第二定律得
μmg＝ma1
可得煤塊運動的加速度a1＝2 m/s2
煤塊從靜止加速到與傳送帶共速的距離為
在傾斜傳送帶上，由于μ＜tan θ＝0.75
故煤塊在斜傳送帶上做加速運動，由牛頓第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
可得煤塊在傾斜傳送帶上的加速度為
a2＝gsin θ－μgcos θ＝4.4 m/s2
根據(jù)勻加速運動的位移與時間的關(guān)系有
(2)煤塊在水平傳送帶的相對位移為
Δs1＝vt1－s1＝(8－4)m＝4 m
煤塊在傾斜傳送帶的相對位移為
Δs2＝L2－vt3＝(16.8－8)m＝8.8 m
由于Δs1與Δs2是重復(fù)痕跡，故煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡長度為8.8 m。
(3)煤塊在水平傳送帶的摩擦生熱Q1＝Ff1Δs1
其中Ff1＝μmg
解得Q1＝16 J
煤塊在傾斜傳送帶的摩擦生熱Q2＝Ff2Δs2
其中Ff2＝μmgcos θ
解得Q2＝28.16 J
故Q＝Q1＋Q2＝16 J＋28.16 J＝44.16 J。
答案　(1)5.5 s　(2)8.8 m　(3)44.16 J
1.傳送帶問題的分析步驟與方法
2.劃痕長度與摩擦生熱的計算
若只有一個相對運動過程，劃痕長度等于相對位移的大小；若有兩個相對滑動過程，兩過程相對位移方向相同時，劃痕長度求和，相對位移方向不同時，劃痕以長的為準(zhǔn)。全過程產(chǎn)生的熱量Q＝Ffs相對(s相對是相對路程，即相對位移絕對值的和)。
圖2
ACD
訓(xùn)練1 (多選)(2024·遼寧沈陽二模)如圖2，水平傳送帶一直以速度v1＝6 m/s向右勻速運動，小物體P、Q質(zhì)量均為1 kg，由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時刻P在傳送帶左端具有向右的速度v2＝10 m/s，P與定滑輪間的繩水平，不計定滑輪質(zhì)量和摩擦。小物體P與傳送帶之間動摩擦因數(shù)μ＝0.6，傳送帶長度L＝15 m，繩足夠長，g＝10 m/s2。關(guān)于小物體P的描述正確的是(　 　)
A.小物體P從傳送帶左端離開傳送帶
B.小物體P在傳送帶上運動的全過程中，加速度一直不變
C.小物體P向右運動的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為9 m
D.小物體P向右運動的過程中和傳送帶之間摩擦產(chǎn)生的熱量是60 J
圖3
CD
A.貨物在傳送帶上向上運動過程中所受的摩擦力不變
B.傳送帶從底端到頂端的長度是20 m
C.貨物在傳送帶上向上運動的過程中，由于摩擦產(chǎn)生的熱量為30 J
D.貨物在傳送帶上向上運動的過程中，增加的機械能為190 J
鏈接高考真題
2
C
1.(2024·安徽卷，4)傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉(zhuǎn)動。t＝0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖4所示。t0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到v0。不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關(guān)系圖線可能正確的是(　　)
圖4
解析　0～t0時間內(nèi)，物塊輕放在傳送帶上，做加速運動。受力分析可知，物塊受重力、支持力、滑動摩擦力，滑動摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，故做勻加速運動。t0之后，當(dāng)物塊速度與傳送帶速度相同時，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度變?yōu)榱悖飰K做勻速直線運動，故C正確，A、B、D錯誤。
2.(2024·湖北卷，14)如圖5所示，水平傳送帶以5 m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左右兩端的距離為3.6 m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0.3 m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2 kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側(cè)的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質(zhì)量為0.10 kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1 m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
圖5
(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；
(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能；
(3)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。
答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
解析　(1)設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，傳送帶左右兩端的距離為L，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，小物塊在傳送帶上加速時的加速度大小為a，由牛頓第二定律有μmg＝ma
設(shè)小物塊到達傳送帶最右端時的速度大小為v1，假設(shè)小物塊在傳送帶上一直加速，由運動學(xué)公式有v＝2aL
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v1＝6 m/s
由于v1>5 m/s，因此假設(shè)不成立，小物塊到達傳送帶右端前已經(jīng)與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間的速度大小為v1＝5 m/s。
(2)設(shè)小球的質(zhì)量為M，碰撞后小物塊與小球的速度大小分別為v2、v3，碰撞過程中兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能為ΔEk，對小物塊與小球碰撞過程，由動量守恒定律得
mv1＝－mv2＋Mv3
小物塊與小球碰撞過程中，系統(tǒng)損失的總動能為
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得ΔEk＝0.3 J。
(3)經(jīng)分析知，小球到達P點正上方繩子拉力剛好為零時，小球繞P點運動的半徑最大，P點到O點的距離最小，設(shè)這種情況下小球運動到P點正上方的速度大小為v4，P點到O點的距離為x，繩子的長度為l，小球運動到P點正上方時，結(jié)合牛頓第二定律和向心加速度公式有
課時跟蹤訓(xùn)練
3
ABC
1.(多選)一足夠長的傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉(zhuǎn)動，某時刻在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊男∥飰K，如圖1所示。取沿傳送帶向下的方向為正方向，則下列v－t圖中可能描述小物塊在傳送帶上運動的是(　 　)
圖1
解析　當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下(μ＞tan θ)，且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即a＝gsin θ＋μgcos θ，可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，若傳送帶足夠長，則會出現(xiàn)小物塊達到傳送帶速度時，滿足mgsin θ＜μmgcos θ，
可知二者將共速，故A、B正確；當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上(μ＞tan θ)，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即a＝gsin θ＋μgcos θ，可知小物塊先沿傳送帶向上做勻減速直線運動，減到零后反向勻加速，若傳送帶足夠長會出現(xiàn)與傳送帶共速的情況(μ＞tan θ)或者繼續(xù)勻加速(μ＜tan θ)，此時加速度滿足a′＝gsin θ－μgcos θ＜a，故C正確，D錯誤。
ACD
2.(多選)如圖2，質(zhì)量m＝2 kg的小物塊以水平初速度v0＝6 m/s從左端滑上長L＝3 m的水平傳送帶，小物塊始終受到一個方向水平向右、大小F＝4 N的恒力作用，傳送帶在電動機的帶動下沿順時針方向運行，速度大小恒為0.5v0。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，關(guān)于小物塊在傳送帶上運動的過程，下列說法正確的是(　 　)
圖2
A.小物塊一直做勻速直線運動
B.恒力F對小物塊做的功為6 J
C.小物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為6 J
D.因小物塊在傳送帶上運動電動機多消耗的電能為6 J
C
3.(2024·四川宜賓二模)如圖3甲為皮帶輸送機簡化模型圖，皮帶輸送機傾角θ＝37°，順時針勻速轉(zhuǎn)動，在輸送帶下端A點無初速放入貨物。貨物從下端A點運動到上端B點的過程中，其機械能E與位移x的關(guān)系圖像(以A位置所在水平面為零勢能面)如圖乙所示。貨物視為質(zhì)點，質(zhì)量m＝10 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列說法正確的是(　　)
圖3
A.貨物與輸送帶間的動摩擦因數(shù)為0.825
B.輸送帶A、B兩端點間的距離為8 m
C.貨物從下端A點運動到上端B點的時間為9 s
D.皮帶輸送機因運送該貨物而多消耗的能量為585 J
4.(2024·四川德陽二模)如圖4所示，靜止的粗糙傳送帶與水平面夾角為θ＝37°，傳送帶頂端到底端的距離為L＝14.25 m，平行于傳送帶的輕繩一端連接質(zhì)量為m1＝0.3 kg的小物體A，另一端跨過光滑定滑輪連接質(zhì)量為m2＝0.1 kg的小物體B，在外力的作用下，小物體A靜止于傳送帶的頂端。t＝0時，撤去外力，同時傳送帶從靜止開始以加速度大小為a0＝7 m/s2、順時針方向勻加速轉(zhuǎn)動，傳送帶速率達到v＝7 m/s后勻速轉(zhuǎn)動。已知小物體A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，小物體B始終未與定滑輪相撞，重力加速度大小為g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
圖4
(1)傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動瞬間，小物體A加速度的大小；
(2)小物體A從傳送帶頂端運動到底端的時間。
答案　(1)3.5 m/s2　(2)3 s
解析　(1)設(shè)小物體A加速度的大小為a1，
繩子的拉力為T1，對小物體A，由牛頓第二定律，有
m1gsin θ＋μm1gcos θ－T1＝m1a1
對物體B，由牛頓第二定律，有T1－m2g＝m2a1
解得a1＝3.5 m/s2。
(2)小物體A從靜止到速度等于7 m/s的過程有
當(dāng)A、B整體的速度等于7 m/s時，摩擦力會改變方向，
設(shè)小物體A此時的加速度為a2，繩子的拉力為T2，
則對小物體A，由牛頓第二定律，有
m1gsin θ－μm1gcos θ－T2＝m1a2
對小物體B，由牛頓第二定律，有
5.(2024·山東濟寧一模)某貨物傳送裝置簡化圖如圖5甲所示，該裝置由傳送帶及固定擋板CDEF組成，擋板與傳送帶上表面ABCD垂直，傳送帶上表面與水平地面的夾角θ＝37°，CD與水平面平行。傳送帶始終勻速轉(zhuǎn)動，工作人員將質(zhì)量分布均勻的正方體貨物從D點由靜止釋放，貨物對地發(fā)生位移L＝10 m后被取走，貨物在傳送帶上運動時的剖面圖如圖乙所示。已知傳送帶速率v0＝2 m/s，貨物質(zhì)量m＝10 kg，貨物與傳送帶的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，與擋板的動摩擦因數(shù)μ2＝0.25(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力)。求：
圖5
(1)貨物在傳送帶上經(jīng)歷的時間t；
(2)因運送貨物傳送裝置多消耗的電能E。
答案　(1)5.4 s　(2)202 J
解析　(1)令傳送帶對貨物的彈力為FN1，
擋板對貨物的彈力大小為FN2，
對貨物進行受力分析有
FN1＝mgcos θ，F(xiàn)N2＝mgsin θ
由牛頓第二定律有μ1FN1－μ2FN2＝ma
解得a＝2.5 m/s2
貨物勻加速至2 m/s的過程，根據(jù)速度與位移關(guān)系有
則貨物在傳送帶上經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＝5.4 s。
(2)貨物在勻加速與勻速運動過程中，傳送帶的位移分別為x1＝v0t1＝1.6 m，x2＝v0t2＝9.2 m
貨物勻加速過程傳送帶克服摩擦力做功為
Wf1＝Ff1x1＝μ1mgcos θ·x1＝64 J
貨物勻速過程傳送帶克服摩擦力做功為
Wf2＝Ff2x2＝μ2mgsin θ·x2＝138 J
則因運送貨物傳送裝置多消耗的電能為
E＝Wf1＋Wf2＝202 J。
6.(2024·江蘇淮安模擬預(yù)測)如圖6所示，在電動機的帶動下以v＝3 m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶左端與粗糙的弧形軌道平滑對接。質(zhì)量m＝2 kg的物體(可視為質(zhì)點)從軌道上高h(yuǎn)＝2 m的P點由靜止開始下滑，滑到傳送帶上的A點時速度大小v0＝5 m/s。物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶兩端AB之間的距離L＝3.4 m。傳送帶右端與光滑水平面平滑對接，物體與質(zhì)量m0＝4 kg的靜止小球發(fā)生彈性正碰。重力加速度g＝10 m/s2。求：
圖6
(1)物體從P點下滑到A點的過程中，摩擦力做的功；
(2)物體第一次向右通過傳送帶的過程中，摩擦力對物體的沖量大小；
(3)物體與小球碰后到向右再次經(jīng)過B點的過程中，因為物體在傳送帶上滑動電動機多消耗的電能。
答案　(1)－15 J　(2)4 N·s　(3)12 J
解析　(1)物體從P到A根據(jù)動能定理，有
代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－15 J。
(2)由于物體沖上傳送帶的初速度大于傳送帶的速度，開始物體相對傳送帶向右做勻減速運動，則有
μmg＝ma
解得a＝5 m/s2
代入數(shù)據(jù)解得x1＝1.6 m＜3.4 m
可知物體在傳送帶上先向右做勻減速直線運動，
后向右做勻速直線運動，
傳送帶對物體的摩擦力的沖量為If＝mv－mv0
解得If＝－4 N·s，方向向左。
(3)物體第一次與小球發(fā)生彈性碰撞，令物體反彈回來的速度為v1，右側(cè)小球碰后速度為v2，根據(jù)動量守恒定律，有mv＝mv1＋m0v2
解得v1＝－1 m/s，v2＝2 m/s
物體被反彈回來后，在傳送帶上向左運動過程中，有
解得x2＝0.1 m＜3.4 m
根據(jù)v1＝at1
可知物體第一次返回還沒有到達傳送帶左端速度已經(jīng)減為零，隨后將再次向右做勻加速直線運動，根據(jù)對稱性可知，速度將再次增加到v1，因為 v1小于小球速度，物體與小球不會再次碰撞，所以此過程電動機多消耗的電能為
E＝2μmgvt1
解得E＝12 J。

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