傳送帶模型解析版

傳送帶模型一、模型建構1、傳送帶問題：追及問題：滑塊和傳送帶的速度位移關系。受力問題：共速時滑塊和傳送帶之間的摩擦力發(fā)生突變。能量問題：滑塊的動能，系統(tǒng)的內能和電動機多消耗的電能進行轉換。2、兩類問題第一類：水平傳送帶。如圖所示，水平傳送帶以速度v勻速順時針轉動，傳送帶長為L，物塊與傳送帶之間的動摩擦因素為μ，現把一質量為m的小物塊輕輕放在傳送帶上A端，求解：①小物塊從A端滑動到B端的時間：②小物塊從A端運動到B端過程中，小物塊與傳送帶的相對位移；一、解題思路：一、解題思路：1通過兩者速度判斷摩擦力2通過受力分析確定物塊運動情況3假設共速求共速時間4列方程求位移討論物塊運動情況5列方程求運動總時間6通過位移關系求相對位移和熱量二、解題方法：(1)牛頓運動定律：受力分析求加速度，利用運動學公式。(2)動能定理：對物塊受力分析，列動能定理表達式。(3)動量定理：對物塊受力分析，列動量定理表達式。ff通過物塊和傳送帶的速度可知，物塊的摩擦力向右f=μmg牛二定律：f=μmg=ma；物塊做勻加速直線運動假設物塊和傳送帶共速，t共x0=v+02×討論：若x大于等于L；則物塊一直做勻加速直線運動，則L=1/2at2，求出從A端到B端的時間；若x小于L；則物塊將先做勻加速直線運動，再勻速運動到B端，則v=at1；L-x=vt2；t=t1+t2．物塊做勻加速運動的時間段內才相對滑動，x1=1/2at2x2=vtΔx=x2-x1功能關系：Q=fΔx．第二類：傾斜傳送帶。如圖所示，傾斜傳送帶以速度v做順時針勻速直線運動，傳送帶長L，物塊與傳送帶之間的滑動摩擦因素為μ，傳送帶與水平面的傾角為θ；先將一小物塊輕放在A端，求解：解題思路：1、通過兩者速度判斷摩擦力2解題思路：1、通過兩者速度判斷摩擦力2、通過受力分析確定物塊運動情況3、假設共速求共速時間4、列方程求位移討論物塊運動情況5、列方程求運動總時間6、通過位移關系求相對位移和熱量三、解題關鍵點：1、確定物塊和傳送帶的運動情況2、利用共速的時間和位移進行討論3、找清楚兩者位移關系四、解題易錯點1、共速時摩擦力突變2、分清物塊位移、傳送帶位移和相對位移②小物塊從A端運動到B端過程中，小物塊與傳送帶的相對位移；③小物塊從A端運動到B端的過程中產生的熱量：通過物塊和傳送帶的速度可知，物塊的摩擦力斜向上f=μmgcosθ牛二定律：mgsinθ-μmgcosθ=ma；物塊做勻加速直線運動假設物塊和傳送帶共速，t共x0=v+02討論：若x大于等于L；則物塊一直做勻加速直線運動，則L=1/2at2，求出從A端到B端的時間；若x小于L；則物塊將先做勻加速直線運動，再勻速運動到B端，則v=at1；L-x=vt2；t=t1+t2．物塊做勻加速運動的時間段內才相對滑動，x1=1/2at2x2=vtΔx=x2-x1功能關系：Q=fΔx．二、例題精析例1、（多選）安全檢查儀對旅客的行李進行安全檢查，其傳送裝置可簡化為如圖所示。緊繃的水平傳送帶始終保持1m/s的恒定速率向左運行，旅客把質量為10kg的行李（可視為質點）無初速度地放在傳送帶A端，通過傳送帶使其運動到B端。設行李與傳送帶之間的動摩擦因數為0.1，AB間的距離為2m，g取10m/s2，則（）A．行李箱始終受到向左的摩擦力 B．行李箱到達B端所用時間為2.5s C．傳送帶對行李箱所做的功為5J D．行李箱與傳送帶摩擦產生的熱量為20J【解答】BC由牛頓第二定律得：μmg＝ma解題思路：1解題思路：1通過兩者速度判斷摩擦力2通過受力分析確定物塊運動情況3假設共速求共速時間4列方程求位移討論物塊運動情況5列方程求運動總時間6通過位移關系求相對位移和熱量假設物體A能加速到與傳送帶速度相同，設其位移為x，則有：2ax＝v2解得：x＝0.5m因x＜L，故假設成立，行李箱先勻加速到和傳送帶速度相同，之后再和傳送帶保持相對靜止做勻速直線運動，行李箱先受到向左的摩擦力，和傳送帶速度相同保持相對靜止的過程不受摩擦力作用，故A錯誤；行李箱勻加速直線運動過程的時間：t1＝＝s＝1s勻速直線運動過程的時間：t2＝＝s＝1.5s行李箱到達B端所用時間：t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s，故B正確；傳送帶對行李箱所做的功為：W＝μmgx＝0.1×10×10×0.5J＝5J，故C正確；在行李箱勻加速直線運動的過程，傳送帶的位移大小為：x1＝vt1＝1×1m＝1m此過程兩者的相對位移大小為：Δx＝x1﹣x＝1m﹣0.5m＝0.5m行李箱與傳送帶摩擦產生的熱量為：Q＝μmg?Δx＝0.1×10×10×0.5J＝5J，故D錯誤。例2、如圖所示，傳送帶與地面傾角θ＝37°，從A到B長度為16m，傳送帶以10m/s的速度逆時針轉動。在傳送帶上端A無初速地放一個質量為m＝0.5kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5。煤塊在傳送帶上經過會留下黑色劃痕已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。（1）試分析煤塊從A到B的運動情況并求出相應的加速度大??；求出從A到B的運動時間；（2）求煤塊從A到B的過程中傳送帶上形成劃痕的長度。【解答】（1）開始階段，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1解得：a1＝10m/s2解題思路：1通過兩者速度判斷摩擦力2通過受力分析確定物塊運動情況解題思路：1通過兩者速度判斷摩擦力2通過受力分析確定物塊運動情況3假設共速求共速時間4列方程求位移討論物塊運動情況5列方程求運動總時間6通過位移關系求相對位移和熱量發(fā)生的位移為：x1＝a1t12＝10×12m＝5mx1＜16m，所以煤塊加速到10m/s時仍未到達B點，此時摩擦力方向改變。第二階段有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2＝2m/s2設第二階段煤塊滑動到B的時間為t2，則：LAB﹣x1＝vt2+a2t22解得：t2＝1s煤塊從A到B的時間t＝t1+t2＝1s+1s＝2s粒子先以a1的加速度做勻加速運動，再以a2的加速度做勻加速運動.（2）第一階段煤塊的速度小于皮帶速度，煤塊相對皮帶向上移動，煤塊與皮帶的相對位移大小為：Δx1＝vt1﹣x1＝10×1m﹣5m＝5m故煤塊相對于傳送帶上移5m；第二階段煤塊的速度大于皮帶速度，煤塊相對皮帶向下移動，煤塊相對于皮帶的位移大小為：Δx2＝（LAB﹣x1）﹣vt2解得：Δx2＝1m即煤塊相對傳送帶下移1m故傳送帶表面留下黑色炭跡的長度為L＝Δx1＝5m針對訓練1．如圖所示，一火車站的傳送帶以0.8m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶上表面A、B兩端間的距離為2m。旅客將行李無初速度地放在A端，行李與傳送帶間的動摩擦因數為0.4，重力加速度g取10m/s2，則行李從A端運動B端的時間為（）A．2.4s B．2.5s C．2.6s D．2.8s【解答】解：根據牛頓第二定律，行李的加速度a＝，行李運動到速度與傳送帶速度相等時的時間t1＝，位移大小x1＝at12，聯立代入數據解得：t1＝0.2s，x1＝0.08m＜x＝2m，此后行李與傳送帶以相同的速度勻速運動直至B端，勻速運動的時間t2＝，代入數據解得：t2＝2.4s，運動的總時間t＝t1+t2＝0.2s+2.4s＝2.6s，故C正確，ABD錯誤；故選：C。2．如圖甲所示的是分揀快遞件的皮帶傳輸機，質量m＝5kg的快遞物件在大小恒定的水平外力作用下，沖上一足夠長的水平傳送帶，傳送帶從右向左以恒定速度v0＝10m/s運動。從快遞物件沖上傳送帶開始計時，選向右為正方向，快遞物件的v﹣t圖象如圖乙所示。已知0～2s內水平外力與快遞物件運動方向相反，2～4s內水平外力仍然與快遞物件運動方向相反，重力加速度g取10m/s2，則快遞物件與傳送帶間的動摩擦因數為（）A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4【解答】解：由圖乙所示圖像可知，快遞物件的加速度大?。篴1＝，a2＝由牛頓第二定律得：F+μmg＝ma1，μmg﹣F＝ma2，代入數據解得：μ＝0.3，故C正確，ABD錯誤。故選：C。3．質量為1kg的物塊M水平向右滑上逆時針轉動的傳送帶如圖甲所示，物塊的v﹣t圖象如圖乙所示。在整個運動過程中，以下說法不正確的是（g＝10m/s2）（）A．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.2 B．整個過程中物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為9m C．物塊與傳送帶的相對位移大小為3m，相對路程為9m D．2s時，物快運動到最右端【解答】解：A．由圖乙可知，物塊M剛滑上傳送帶時的加速度a＝＝m/s2＝2m/s2根據牛頓第二定律可知μmg＝ma解得μ＝0.2故A正確；B．由圖乙可知，物塊和傳送帶在3s之后保持相對靜止，傳送帶的速度為向左的v＝2m/s在0～3s內傳送帶運動的位移為x1＝vt方向向左，此過程物塊位移為x2＝t方向向右，則整個過程中物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為Δx＝x1＝x1，代入數據解得：Δx＝9m，故B正確；C．在0～3s內，由于物塊整個過程相對于傳送帶一直向右運動，則物塊與傳送帶的相對位移大小和相對路程都為9m，故C錯誤；D．由圖乙可知，物塊在2s速度為零，2s后物塊開始向左運動，則2s時，物快運動到最右端，故D正確。本題選擇錯誤選項；故選：C。4．圖甲所示為乘客在進入地鐵乘車前，將攜帶的物品放到水平傳送帶上通過安全檢測儀接受檢查時的情景，圖乙所示為水平傳送帶裝置示意圖。緊繃的傳送帶始終以0.5m/s的恒定速率運行，乘客將行李（可視為質點）無初速度地放在傳送帶左端的a點，行李與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5，a、b間的距離為2m，重力加速度g取10m/s2。對于行李從a傳送至b的整個過程，下列說法正確的是（）A．行李始終受到向右的摩擦力 B．行李相對傳送帶向右運動 C．行李從a傳送至b的時間為4.05s D．行李相對傳送帶移動的距離為0.05m【解答】解：AB、行李放上傳送帶后，初速度為零，相對傳送帶向左運動，受到向右的摩擦力，故A正確，B錯誤；C、行李放上傳送帶后，加速度為：a＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2，行李做勻加速直線運動，速度達到傳送帶速度經歷的時間t1＝＝s＝0.1s，加速位移為x1＝＝0.025m與傳送帶共速后后做勻速直線運動時間t2＝＝3.85s，行李從a傳送至b的時間為t＝t1+t2＝0.1s+3.85s＝3.95s，故C錯誤；D、在行李做勻加速運動過程中，傳送帶位移x2＝vt1＝0.5×0.1m＝0.05m，行李相對傳送帶移動的距離Δx＝x2﹣x1＝0.05m﹣0.025m＝0.025m，故D錯誤；故選：A。5．足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ，傳送帶以恒定的速度勻速運動．某時刻，在傳送帶上適當的位置放上質量為m、具有某初速度的小物塊，如圖甲所示，以此時為計時起點（t＝0），小物塊在傳送帶上運動的v﹣t圖象如題6圖乙所示，圖中取沿傳送帶向上的運動方向為正方向，v1＞v2，下列說法正確的是（）A．小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＜tanθ B．0～t1內小物塊的位移比t1～t2內的位移小 C．0～t2，傳送帶對小物塊做的功W＝mv12 D．0～t2，小物塊動能的變化量小于物塊與傳送帶間因摩擦而產生的熱量【解答】解：A、由題可知，在t1～t2時間內，物塊沿傳送帶向上勻加速運動，則有：μmgcosθ＞mgsinθ，解得μ＞tanθ，故A錯誤；B、由圖象與時間軸所圍的面積等于位移大小可知，小物塊在0～t1時間內運動的位移比在t1～t2時間內運動的位移大，故B錯誤；C、小物塊在0～t1時間內運動的位移沿傳送帶向下，在t1～t2時間內運動的位移沿傳送帶向上，由B選項可知0～t2時間內，物塊的總位移沿傳送帶向下，重力對物塊做正功，設為WG，根據動能定理得：W+WG＝mv22﹣mv12，因WG＞0，故傳送帶對物塊做功W＜mv22﹣mv12，故C錯誤；D、0～t2時間內，物塊的重力勢能和動能均減小，由能量守恒定律知，減小的重力勢能和動能都轉化為系統(tǒng)產生的內能，系統(tǒng)產生的熱量一定大于動能的變化量，即0～t2時間內，物塊動能的變化量一定小于物塊與傳送帶間因摩擦而產生的熱量，故D正確。故選：D。6．如圖所示，傳送帶與水平面間的夾角θ＝30°，在電動機的帶動下始終保持v＝8m/s的速率沿順時針方向運行?，F把一工件（可視為質點）輕輕放在傳送帶的底端，工件被傳送到h＝7.5m的高度處，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數，重力加速度g＝10m/s2，則工件在傳送帶上運動的整個過程中，其位移x、速度v、加速度a、所受合力F隨時間變化的圖象，正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：AB、對工件，受力分析，根據牛頓第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma得：a＝2.5m/s2工件速度由0加速到v0所用的時間t＝＝3.2s在這段時間內工件的位移x＝at2＝傳送帶的長度L＝說明物體與傳送帶共速時還沒有到達頂端。因為μmgcosθ＞mgsinθ，所以共速后物體隨傳送帶勻速運動，因此工作先做初速度為零的勻加速直線運動，后做勻速直線運動，在勻加速階段，由x＝，知x﹣t圖象拋物線，故A錯誤，B正確。C、加速度先不變后為零，故C錯誤。D、合外力先不變后為零，故D錯誤。故選：B。7．如圖，傾斜傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶以10m/s的速率沿順時針方向轉動。在傳送帶的上端A處無初速度地放上一個質量為m的小物塊，它與傳送帶間的動摩擦因數為，若傳送帶A到B的長度為15m，重力加速度g取10m/s2，則小物塊從A運動到B的時間為（）A．2s B．3s C．4s D．5s【解答】解：開始階段，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入數據解得：a1＝10m/s2物體加速至與傳送帶速度相等時需要的時間t1＝＝s＝1s，通過的位移為x1＝＝m＝5m由題：μ＝tanθ，物體相對于傳送帶靜止，物體接著做勻速運動，運動時間為t2＝＝s＝1s故小物塊從A運動到B的時間為t＝t1+t2＝1s+1s＝2s故A正確，BCD錯誤故選：A。8．如圖所示，傾斜放置的傳送帶AB長為10m，以大小為v＝3m/s的恒定速率順時針轉動，傳送帶的傾角θ＝37°，一個質量為2kg的物塊輕放在傳送帶A端，同時給物塊施加一個沿斜面向上的恒定拉力F，物塊先加速后勻速從A端運動到B端，物塊運動的時間為4s，物塊與傳送帶的動摩擦因數為0.5，重力加速度為10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則在物塊向上運動過程中（）A．物塊加速運動時的加速度大小為2.5m/s2 B．物塊加速運動的時間為s C．物塊勻速運動時，受到的摩擦力大小為4N D．物塊與傳送帶之間，因摩擦產生的熱量為20J【解答】解：A、初始時物塊做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：F+μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma當物塊與傳送帶速度相等時，物塊做勻速運動，根據題意有：代入數據解得：a＝2.25m/s2，F＝8.5N，故A錯誤；B、物塊做勻加速直線運動的時間，故B正確；C、勻速運動時，由平衡條件得：F+f＝mgsinθ，代入數據解得：f＝3.5N，故C錯誤；D、物塊與傳送帶間的相對位移為s＝vt﹣L，由功能關系可知，摩擦產生的熱量Q＝μmgcosθ×s，代入數據解得：Q＝16J，故D錯誤。故選：B。（多選）9．如圖所示，光滑水平地面與傳送帶等高且緊鄰（不接觸），一個質量為m＝1kg可視為質點的小鐵塊以v0＝2m/s的速度向右滑上傳送帶．情況甲：傳送帶以v＝4m/s的速率逆時針轉動；情況乙：傳送帶以v＝4m/s的速率順時針轉動．已知傳送帶左右兩端間距L＝4m，傳動帶與小鐵塊間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，從滑上傳送帶至滑下傳送帶，下列說法正確的是（）A．圖1中：小鐵塊在傳送帶上運動的時間為1s B．圖1中：小鐵塊與傳送帶間的相對位移為8m C．圖2中：小鐵塊在傳送帶上運動的時間為1.25s D．圖2中：小鐵塊與傳送帶間的相對位移為2m【解答】解：對小鐵塊，由牛頓第二定律得：μmg＝ma，代入數解得小鐵塊的加速度大?。篴＝μg＝2m/s2AB、圖1中，小鐵塊向右勻減速到零前進的位移大小x1＝m＝1m＜L，小鐵塊減速到零需要的時間t1＝s＝1s，小鐵塊減速到零后反向向左做初速度為零的勻加速直線運動，根據對稱性可知，勻加速的時間t2＝t1＝1s，總的運動時間應為t＝t1+t2＝（1+1）s＝2s，相對位移Δx＝（vt1+t1）+（vt2﹣t2），代入數據解得：Δx＝8m，故A錯誤，B正確；CD、圖2中，小鐵塊勻加速運動的位移x2＝m＝3m，用時t3＝s＝1s，小鐵塊與傳送帶速度相等后一起運動的時間t4＝s＝0.25s，運動的總時間為t總＝t3+t4＝（1+0.25）s＝1.25s，相對位移Δx′＝（vt3﹣t3），代入數據解得：Δx′＝1m，故C正確，D錯誤。故選：BC。（多選）10．如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s＝6m，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，物體滑上傳送帶A端的瞬時速度vA＝4m/s，到達B端的瞬時速度設為vB。下列說法中正確的（）A．若傳送帶不動，vB＝2m/s B．若傳送帶逆時針勻速轉動，vB一定等于2m/s C．若傳送帶順時針勻速轉動，vB一定等于2m/s D．若傳送帶順時針勻速轉動，vB有可能等于2m/s【解答】解：AB.若傳送帶不動或逆時針勻速轉動，根據牛頓第二定律得μmg＝mas＝代入數據解得：vB＝2m/s，故AB正確：CD.若傳送帶順時針勻速轉動，當轉動速度小于或等于2m/s時，物體一直減速，到達B端時速度為2m/s，當轉動速度大于2m/s時，物體受的摩擦力水平向右，物體會做加速運動，到達B端時速度一定大于2m/s，故C錯誤，D正確。故選：ABD。（多選）11．如圖甲所示，傾斜傳送帶的傾角θ＝37°，傳送帶以一定速度勻速轉動，將一個物塊輕放在傳送帶的上端A，物塊沿傳送帶向下運動，從A端運動到B端的v﹣t圖像如圖乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計物塊大小，則（）A．傳送帶一定沿順時針方向轉動 B．傳送帶轉動的速度大小為5m/s C．傳送帶A、B兩端間的距離為11m D．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5【解答】解：A、物塊沿傳送帶向下運動，假設傳送帶沿順時針方向轉動或者不轉動，那么在物塊下滑過程中，始終受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力作用，物塊受到的合力始終不變，加速度保持不變，與圖乙的v﹣t圖像描述的運動過程（加速度在0.5s時發(fā)生變化）相矛盾，則假設不成立，故傳送帶一定沿逆時針方向轉動，故A錯誤；B、由v?t圖像可知，傳送帶轉動的速度大小為5m/s，故A正確；C、物塊從A端運動到B端的v﹣t圖像與時間軸所圍成的面積等于物塊下滑的位移大小，也就等于傳送帶A、B兩端間的距離（設為x），則有：x＝m+m＝11m，故C正確。D、由v﹣t圖像可得：0～0.5s時間內物體的加速度大小為：a1＝＝m/s2＝10m/s2此時間內物塊的速度小于傳送帶速度，物塊所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入數據解得：μ＝0.5，故D正確。故選：BCD。（多選）12．如圖甲所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定速率逆時針運行，現將一質量m＝2kg的煤塊輕輕放在傳送帶的A端，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，2s末物體到達B端，取沿傳送帶向下為正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，則（）A．物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5 B．2s內物體機械能的減少量ΔE＝24J C．2s內物體與傳送帶摩擦產生的內能Q＝48J D．2s內傳送帶上留下的痕跡長為6m【解答】解：A、由v﹣t圖象可以知道傳送帶運行速度為v1＝10m/s，0﹣1s內物體的加速度為：a1＝＝m/s2＝10m/s2，根據牛頓第二定律得：a1＝gsinθ+μgcosθ，聯立解得：μ＝0.5，故A正確；B．物體從A到B的過程中，動能的變化量為ΔEk＝＝×2×122J＝144J，勢能的變化量為ΔEP＝mgh＝mg（﹣Lsin37°），代入數據解得：Ep＝﹣192J，機械能的變化量ΔE＝ΔEk+ΔEp＝﹣48J，故B錯誤；C、0﹣1s內，物塊的位移：x1＝＝×10×12m＝5m傳送帶的位移為：x2＝vt1＝10×1m＝10m則相對位移的大小為：Δx1＝x2﹣x1＝10m﹣5m＝5m則1﹣2s內，物塊的位移為：x3＝m＝11m傳送帶的位移為：x4＝vt2＝10×1m＝10m則相對位移的大小為：Δx2＝x3﹣x4＝11m﹣10m＝1m所以相對路程的大小為：Δs＝Δx1+Δx2＝5m+1m＝6m，摩擦產生的熱量為：Q＝μmgcosθ?Δs＝0.5×20×0.8×6J＝48J，故C正確；D、考慮到痕跡有重疊，根據C選項的分析可知2s內傳送帶上留下的痕跡長為Δx1＝5m，故D錯誤。故選：AC。13．如圖所示，在某電視臺舉辦的沖關游戲中，AB是處于豎直平面內的光滑圓弧軌道，半徑R＝2.5m，AO與BO夾角為60°。BC是長度為L1＝3m的水平傳送帶，CD是長度為L2＝3.6m的水平粗糙軌道，AB、CD軌道與傳送帶平滑連接。游戲中參賽者抱緊滑板從A處由靜止下滑，最后恰好能運動至D點。參賽者和滑板可視為質點，參賽者質量m＝60kg，滑板質量可忽略。已知滑板與傳送帶、水平軌道的動摩擦因數分別為μ1＝0.4，μ2＝0.5，g取10m/s2，求：（1）參賽者運動到圓弧軌道B處的速度大小vB；（2）參賽者運動到水平傳送帶C處的速度大小vC；（3）傳送帶的運轉速率及運轉方向（回答“順時針”或“逆時針”）；（4）傳送帶由于傳送參賽者而多消耗的電能E?！窘獯稹拷猓海?）參賽者從A處到B處的過程，由機械能守恒定律得mgR（1?cos60°）＝代入數據解得vB＝5m/s（2）參賽者由C處到D處的過程，由動能定理得?μ2mgL2＝0?解得vC＝6m/s因為vC＞vB，所以傳送帶運轉方向為順時針。假設參賽者在傳送帶上一直加速，到達C點的速度為v，由動能定理得μ1mgL1＝?解得v＝7m/s因v＞vC，可知參賽者在傳送帶上先做加速運動后與傳送帶共速，所以傳送帶速度等于vC＝6m/s。（3）參賽者在傳送帶上做勻加速直線運動的時間為t＝加速度為a＝＝μ1g聯立解得t＝0.25s此過程中參賽者與傳送帶間的相對位移大小為Δx＝vCt﹣t＝t＝×0.25m＝0.125m傳送帶與參賽者之間因摩擦產生的熱量為Q＝μ1mgΔx代入數據解得Q＝30J傳送帶由于傳送參賽者而多消耗的電能E＝Q+﹣代入數據解得E＝360J答：（1）參賽者運動到圓弧軌道B處的速度大小vB為5m/s。（2）參賽者運動到水平傳送帶C處的速度大小vC為6m/s。（3）傳送帶的運轉速率為6m/s，運轉方向為順時針。（4）傳送帶由于傳送參賽者而多消耗的電能E為360J。14．如圖所示，傾角θ＝37°的傳送帶以v＝4m/s的速度順時針轉動，貨物從底端以v1＝6m/s的速度沖上傳送帶，