传送带上有一个物体M，质量为2kg，它与传送带一起以以1m/s的速度水平向右做匀速直线运动，不计空气阻力．请在图中画出M

（1）小货箱刚放在A处时，前方相邻的小货箱已经运动了时间T．有
s1＝
1
2aT2
代入数据解得加速度大小
a=1m/s²；
（2）AB的长度至少为l，则货箱的速度达到v=2m/s时，有
v²=2al
代入数据解得AB的长度至少为：
l=2m
（3）传送带上总有4个货箱在运动，说明货箱在A处释放后经过t=4T的时间运动至B处．
货箱匀加速运动的时间是t1＝
v
a=2s
设货箱受到的滑动摩擦力大小为f，由牛顿定律得f-mgsinθ=ma，
这段时间内，传送带克服该货箱的摩擦力做的功W₁=fvt₁
代入数据解得W₁=48J
货箱在此后的时间内随传送带做匀速运动，传送带克服该货箱的摩擦力做的功W₂=mgsinθv（t-t₁），
代入数据解得W₂=40J
每运送一个小货箱电动机对外做的功W=W₁+W₂=88J
放置小货箱的时间间隔为T，则每隔时间T就有一个小货箱到达B处，因此电动机的平均输出功率
.
P＝
W
t=88W．
在计算货箱匀加速过程的功时，也可以用以下方式
对货箱，由动能定理得(f−mgsinθ)•s1＝
1
2mv2
s1＝
1
2a
t21
货箱与传送带发生相对位移产生的热Q=f（vt-s₁）
电动机对传送带做的功W1＝mgsinθ•s1+
1
2mv2+Q
解得W₁=48J
答：（1）求小货箱在传送带上做匀加速运动的加速度大小为1m/s²；
（2）AB的长度至少2m，才能使小货箱最后的速度能达到v=2m/s；
（3）每运送一个小货箱电动机对外做88J的功，电动机的平均输出功率
.
p为88W．

点评：
本题考点： 功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．

考点点评： 本题主要考查了匀变速直线运动基本公式及恒力做功公式、平均功率公式的直接应用，要求同学们能正确分析货箱的运动情况，在计算货箱匀加速过程的功时，也可以由动能定理去求解，难度适中．

（1）a从A到B过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgr=[1/2]mv_B²，
在B点，对滑块，由牛顿第二定律得：F-mg=m

v2B
r，
代入数据解得：F=3N，
由牛顿第三定律可知滑块对槽压力为3N，方向竖直向下；
（2）滑块在传送带上，由牛顿第二定律得：μmg=ma，
设滑块在传送带上一直加速，则有：v_C²-v_B²=2aL，
代入数据解得：v_C=3m/s＜4m/s，
由此可知滑块到C点的速度大小为3m/s；
（3）设两滑块相碰速度为v，以碰撞前a的速度方向为正方向，
由动量守恒得：mv_C=2mv，
a、b从C点水平抛出后做平抛运动，
水平方向：x=vt，竖直方向：y=[1/2]gt²，
代入数据解得：x=0.6m；
答：（1）滑块a到达底端B时对槽的压力大小为3N，方向竖直向下；
（2）滑块a到达传送带C点的速度大小为3m/s．
（3）求滑块a、b的落地点到C点的水平距离为0.6m．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．

考点点评： 本题考查了求压力、速度、水平位移问题，分析清楚滑块的运动过程、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式与平抛运动规律即可正确解题．

当有光照射 R₁时，R₁的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，所以R₂两端的电压增大，R₁两端的电压减小，即信号处理系统获得低电压．而信号处理系统每获得一次高电压就记数一次．
故答案为：低电压，高电压．

点评：
本题考点： 简单的逻辑电路．

考点点评： 解决本题的关键掌握光敏电阻的电阻大小随光照而减小，以及熟练运用闭合电路欧姆定律进行动态分析．

行李在传送带上加速，设加速度大小为a，加速的时间为t₁
a=[f/m]=μg=0.2×10m/s²=2m/s²
所以t₁=[v/a]=[4/2s=2s
所以匀加速运动的位移为：s=
1
2at12=
1
2×2×4m=4m
行李随传送带匀速前进的时间t₂=
L−s
v]=
20−4
4s=4s
行李箱从A传送到B所需时间
t=t₁+t₂=2s+4s=6s
答：物体经过6s被传送到B端．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键会根据受力判断行李的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求解，难度适中．

由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况讨论：
①如果v₁＞v₂，物体会一直加速，当速度大小增大到等于v₂时，物体恰好离开传送带，有v′₂=v₂；
②如果v₁=v₂，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v₂时，物体恰好离开传送带，有v′₂=v₂；
③如果v₁＜v₂，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′₂=v₁；
故选AB．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题关键是对于物体返回的过程分析，物体可能一直加速，也有可能先加速后匀速运动．

（1）米袋在AB上加速时的加速度：
a₀=[μmg/m]=μg=5m/s²
米袋的速度达到v₀=5m/s时，滑行的距离：
s₀=

v20
2a0=2.5m＜AB=3m，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度
设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma
代入数据得：a=10 m/s²
所以能滑上的最大距离：
s=

v20
2a=1.25m
（2）设CD部分运转速度为v₁时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v₁之前的加速度为：
a₁=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s²
米袋速度小于v₁至减为零前的加速度为：
a₂=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s²
由

v21−
v22
2a1+
0−
v21
2a2=4.45m
解得：v₁=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度：
v_CD≥v₁=4m/s
（3）米袋恰能运到D点所用时间最长为：
t_max=
v1−v0
a1+
0−v1
a2=2.1s
若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，
则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a₂．
由S_CD=v₀t_min+[1/2]a₂t²_min，得：t_min=1.16s
所以，所求的时间t的范围为：1.16 s≤t≤2.1 s；
答：（1）若CD 部分传送带不运转，米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m；
（2）若要米袋能被送到D 端，CD 部分顺时针运转的速度应满足大于等于4m/s；
（3）米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围为1.16 s≤t≤2.1 s．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律．

考点点评： 本题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达D点时速度恰好为零；本题的难度较大．

（1）物块放在A端时受到竖直向下的重力G，垂直斜面向上的支持力N和沿斜面向上的摩擦力f，
则有：N=mgcos37
摩擦力：f=μN
沿斜面方向：f-mgsin37=ma
联立解方程可得a=0.4m/s²，
当物块跟皮带速度相等所需时间 t₁=[v/a]=5s
通过的位移 x=
v2
2a=5m
速度等于皮带速度后物块作匀速直线运动，t₂=[L−x/v]=3s
所以t=t₁+t₂=8s
（2）摩擦力对物体做的总功等于机械能的增量，所以
W=
1
2mv2+mgLsin37°=136J
答：（1）物块m从A端运到B端所需的时间是8s；
（2）摩擦力对物体做的总功136J．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键理清物体的运动，物体经历了匀加速直线运动和匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

在1s内落到传送带上煤的质量为△m；这部分煤由于摩擦力f的作用被传送带加速，由功能关系得：
fs=
△mv2
2
煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有：s=
0+v
2t=
vt
2．
传送带的位移为：s_传=vt
相对位移为：△s=s_传-s=s，由此可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，
因此摩擦生热为：Q=f△s=
△mv2
2．
传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速度．所以传送带1s内增加的能量△E为：
△E =
△mv2
2+f△s=△mv2=50×2²J=200J
皮带机应增加的功率为：P=
△E
t=
200
1W =200W
故选：B

点评：
本题考点： A:电功、电功率 B:功能关系

考点点评： 传送带问题是高中物理中的一个重要题型，解答这类问题重点做好两类分析：一是运动分析，二是功能关系分析．

物块轻轻放上传送带后，做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，知每隔相等时间放上传送带的物体相对于传送带滑行的位移大小相等，此过程传送带向前滑行的位移为vT，则相邻两物块的间距恒为vT．故C正确，A、B、D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．

考点点评： 解决本题的关键理清物块的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析．

物块的加速度a=
μmg
m＝μg＝2m/s2．
当速度达到2m/s时，物块的位移x=
v2
2a＝
4
4m＝1m＜4m．
知物块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动．
则匀加速直线运动的时间t1＝
v
a＝1s
匀速直线运动的时间t2＝
L−x
v＝
4−1
2s＝1.5s
物体从a点运动到b点所经历的时间t=t₁+t₂=2.5s．故A正确，B、C、D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 解决本题的关键通过对物块的受力分析，得出加速度，再根据加速度与速度的关系判断出物体的运动情况，从而根据运动学公式进行求解．

物件到达斜槽末端时，速度为υ₀，根据机械能守恒定律得：
mgh=[1/2]mυ₀²
υ₀=4m/s
物件在传送带上做匀减速运动，当速度减小到与传送带速度相同后，随传送带匀速运动，减速时，
a=[μmg/m]=μg=0.2×10=2m/s²
减速所经过的位移：s₁=
v2
−v20
−2a＝
22−24
−2×2m=3m
这一过程所用时间：t₁=
v−v0
−a＝
2−4
−2s＝1s
物件到达右端还需时间：t₂=
L−s1
v＝
10−3
2＝3.5s
物件从传送带左端到达右端共需时间：t=t₁+t₂=1+3.5=4.5s
答：物件从传送带的左端运动到右端所用的时间为4.5s．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

考点点评： 解决本题的关键是分析物件在传送带上的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

在整个过程中，只有木块相对皮带滑动时才会有摩擦力，才会产生内能，由可知木块的加速度，从向右滑动到速度为零，反向加速时间，木块向右的总位移，皮带向左的位移，木块相对皮带滑动的路程，产生的内能，D选项正确

故选D

D


<>

物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下．
根据牛顿第二定律得，a1=
mgsin37°+μmgcos37°
m=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8m/s²=10m/s²
则速度达到传送带速度所需的时间t1=
v
a1=
10
10s=1s．
经过的位移x1=
1
2a1t12=
1
2×10×1m=5m．
由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知物体与传送带不能保持相对静止．
速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上．
根据牛顿第二定律得，a2=
mgsin37°-μmgcos37°
m=gsin37°-μgcos37°=2m/s²
根据vt2+
1
2a2t22=L-x1，即10t2+
1
2×2×t22=11
解得t₂=1s．
则t=t₁+t₂=2s．
答：物体从A运动到B的时间为2s．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用．

考点点评： 解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体先做匀加速直线运动，速度相等后继续做匀加速直线运动，两次匀加速直线运动的加速度不同，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

（1）A、B、当有光照射 R₁时，R₁的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，所以R₂两端的电压增大，即信号处理系统获得高电压．而信号处理系统每获得一次低电压就记数一次．所以A错误，B错误；
C、D、当有光照射 R₁时，R₁的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，所以R₂两端的电压增大，即信号处理系统获得高电压．而信号处理系统每获得一次低电压就记数一次．所以C正确，D错误；
故选：C．
（2）①毛笔画相邻两条线的时间间隔为电动机的转动周期．
已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，即每秒转20周，所以T=0.05s
②利用匀变速直线运动的推论
v₃=
x24
t24=
(0.074+0.050)m
2×0.05s=1.24m/s
v₆=
x57
t57=
(0.146+0.122)m
2×0.05s=2.68m/s
3到6之间棒的动能的变化量为△E_K=E_k6-E_k3=[1/2]mv₆²-[1/2]mv₃²=2.82 J
根据重力势能的定义式得：
重力势能减小量△E_p=mgh=1.0×9.8×（0.122+0.098+0.074）J=2.88J．
重力势能减小量略大于3、6之间棒的动能的变化量，所以在误差允许范围内圆柱下落过程中机械能守恒．
故答案为：（1）C；（2）①0.05，②1.24，2.68，2.82，2.88，在误差允许范围内，圆柱棒的机械能守恒．

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速；电功、电功率．

考点点评： 解决本题第一问的关键掌握光敏电阻的电阻大小随光照而减小，以及熟练运用闭合电路欧姆定律进行动态分析；本题第二问实验装置是根据打点计时器的特点和实验原理进行设计新的实；数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样．