2025年高考物理二轮复习：应用动力学和能量观点解决传送带问题

应用动力学和能量观点解决传送

带问题

【备考指南】L高考对本专题的命题热点集中在借助“传送带”为载体，联

系生产、生活情境为素材，综合考查运动过程分析、动力学分析、功能关系及能

量转化问题。2.该题型需要对物理思想和方法有较深刻的理解。复习备考过程

加强理解能力、模型建构能力、应用数学知识分析解决物理问题的能力的训练。

1.求解传送带问题的方法和规律

⑴模型特征

传送带模型根据传送带与水平面的夹角可分为“水平传送带模型”和“倾斜传

送带模型”两大类。如图甲、乙、丙、丁所示。

甲乙丙丁

⑵解决传送带问题的方法和规律

①一种方法：图像法S"图像、运动示意图）。

②三个关系：加速度关系、速度关系和位移关系（判断物体的运动状态）。

③四个规律：牛顿运动定律、运动学规律、动能定理和功能关系（建立运动学、

动力学和能量方程，进一步计算相关问题）。

2.功能转化的两个技巧

⑴摩擦生热的计算：Q=Ff・s相对，其中s相对为相对路程。

⑵传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之

和。

考向1水平传送带

［典例1］（多选）某物流园用一水平浅色传送带传送货物，如图甲所示。将质量m

=10kg黑色货物（可视为质点）在A处放在静止的传送带上，然后启动传送带开

始顺时针运动，其运动的。“图像如图乙所示，货物恰好被传送到5处。已知货

物与传送带间的动摩擦因数〃=0.1,取g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.货物由A处运动到5处的位移为48m

B.货物在水平浅色传送带上留下的痕迹长度为121n

C.货物与水平浅色传送带因摩擦产生的热量为160J

D.货物运动的最大速度为8m/s

BC［规定水平向右为正方向，货物向右加速时，由牛顿第二定律得

解得加速度瓯=1m/s?,由题图乙可知，传送带减速时加速度°2=—2m/s2,设

为时货物与传送带共速，在数值上有a,"o=8—2(/o—2),解得fo=4s,则共同速

2

度V4=amto=4m/s,共速后由于传送带的加速度为ai=-2m/s货物开始做减

速运动，其加速度大小为所=lm/s2,设共速后再经时间货物速度减到0,由

运动学公式有0=4m/s—a,"i,解得。=4s,即f=8s时，货物的速度减为0,

货物与传送带的速度一时间图像如图所示。货物由A处运动到5处的位移为xi

m=16m,A错误；0〜4s内货物相对传送带向左滑动，货物在水平浅色

传送带上留下的痕迹长度为Axi=|x6X8m-|x6X4m=12m,在4~8s内

货物相对传送带向右滑动，滑动位移&2=等m=4m,可知货物在水平传送带

上留下的痕迹长度为12m,B正确；货物与水平浅色传送带因摩擦产生的热量

为Q=W«g(Axi+Ax2)=160J,C正确；货物运动的最大速度为4m/s,D错误。

［典例2］(2024•3月太原市高三年级第一次学业诊断)如图所示，竖直平面内有

一倾角为30。的固定粗糙斜面，高度h=2mo斜面底端有一沿逆时针方向匀速

转动的水平传送带5C,LBC=4m,传送带速度0=6m/s。斜面与传送带在5点

平滑连接。物块尸从斜面最高点A处由静止滑下，经5点滑上传送带。已知物

块尸与斜面间的动摩擦因数与水平传送带间的动摩擦因数〃

O5c2=05

物块尸可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)物块尸第一次在传送带上向右运动的最大距离;

⑵物块尸第一次返回斜面后可到达的最大高度。

302^8

［解析］⑴设物块P第一次在传送带上向右运动的最远点为。点，则对物块尸

从A处运动到。点的过程，由动能定理有

mgh—pimgcos30°•——］U2mgxm=0—0

解得xm=2m

则物块P第一次在传送带上向右运动的最大距离为2m。

(2)假设物块尸第一次返回斜面前已与传送带共速，则对物块尸从。点运动至与

传送带共速的过程，有242gxo="

解得xo=3.6m>Xm

则假设不成立，物块尸到达5点时尚未与传送带共速

物块尸从。点运动到5点的过程，由动能定理有

12n

/i2mgxm=-mv^—0

物块尸第一次返回斜面，从5点运动到最高点的过程，由动能定理有

h17

-mgh—pimgcos30°,———=0--mv^

molllDU

联立解得hm=lm„

［答案］(1)2m(2)|m

考向2倾斜传送带

［典例3］(2024・安徽卷)倾角为0的传送带以恒定速率00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。力时刻物块运动到传送带中间某

位置，速度达到。0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，

加速度。、速度。随时间/变化的关系图线可能正确的是()

C［0〜fo时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动。对物块受力分析可知，

物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，

故做匀加速运动。to之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑

分力相等，加速度突变为0,物块做匀速直线运动。C正确，A、B、D错误。］

［典例4］(多选X2024•重庆万州区5月模拟)如图甲所示，倾角为6的传送带以

恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的煤块轻轻放在传送带的A端，煤块

的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末煤块到达5端，取沿传送带向下为

正方向，g取10m/s2sin37°=0.6,cos37°=0.8,则()

A.倾角8=37。，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4

B.2s内煤块的机械能减少了24J

C.2s内煤块与传送带因摩擦产生的内能为24J

D.由于传送该煤块，电动机多消耗的电能为40J

［审题指导］若是不传送煤块，传送带以恒定速率空转时，由于各机械零件之间

的摩擦也是要耗电的，传送煤块时消耗的电能会比空转时多，此题求的就是比空

转时“多消耗的电能”。

BC［由题图乙可知，0〜1s煤块的加速度为ai=10m/s2,1〜2s煤块的加速度

为02=2m/s2,根据牛顿第二定律，煤块与传送带共速前，有mgsin0+/imgcos

0=mai,共速后，有mgsin。一cos8=ma2,解得，=37°,〃=0.5,故A错

误；由题图乙及结合题意可知，传送带的速度为0=10m/s,0〜Is内传送带的

11

位移及煤块的位移分别为51=77r=10X1m=10m,xi=-ri^=-X10X1m=5m,

它们的相对位移为Axi=.si—xi=5m,1〜2s内传送带的位移及煤块的位移分别

11

为S2=o，i=10Xlm=10m,X2=-(ri+i72)^i=-(10+12)X1m=llm,它们的相

对位移为Ax2=X2-52=11m—10m=lm,煤块下降总位移为x总=xi+x2=5m

+11m=16m,重力势能的变化量为A£p=­/ng•x总sin，=-96J,动能的变

化量为AEk=|mv^=72J,机械能的变化量为AE^=\Ep+XEk=-96J+72J

=-24J,说明2s内煤块的机械能减少了24J,故B正确；因摩擦产生的内能

为Q=〃mgcos0(Ax1+Axz)=4X(5+1)J=24J,故C正确;由于传送该煤块，

根据功能关系可知，电动机多消耗的电能为AE=Q+AE机=24J+(—24J)=0,

即煤块减少的机械能刚好完全转化为内能，因此电动机多消耗的电能为0,故D

错误。

一题多解第一个过程：传送带受到的滑动摩擦力沿传送带向上，需要电动机额

外多增加一个牵引力jurngcos0,需栗多消耗电能AEi=w«gcos，•si=4X10J

=40Jo第二个过程：传送带受到的滑动摩擦力沿传送带向下，需要电动机的牵

引力比原来减小fimgcos0,少消耗电能AE2=fimgcos0,S2=4X10J=40Jo

全程来看由于传送该煤块，电动机多消耗的电能为0。］

方法技巧两大类倾斜传送带模型的运动分析

微专题突破练（一）

1.如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速

运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺

子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是（）

A.饺子一直做匀加速运动

B.传送带的速度越快，饺子的加速度越大

C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦

产生的热量

D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能

C［饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；饺

子的加速度。=空=史也=“g,与传送带的速度无关，故B错误；饺子从静止加

mm

速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能&=〃阳/饺子，因摩擦产生的热量。

=fimgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子

的位移S及子=，，S相对=S传送带一S饺子="一£=£,所以饺子增加的动能等于因摩

擦产生的热量，故C正确；传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦

产生的热量的总和，故D错误。］

2.(多选)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率S沿顺时针方向转动，传送

带的倾角为37。。一物块以初速度。。从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向

上运动，其运动的。“图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为0,sin

37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,则()

A.由图乙可知，0〜1s内物块受到的摩擦力大于1〜2s内的摩擦力

B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反

C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25

D.传送带底端到顶端的距离为10m

CD［由题图乙可知，vi=4m/s,在0〜1s内物块的速度大于传送带的速度，物

块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方向相反；1〜2s内，物块的速

度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相

同，故B错误；由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式/="歹N,可知

两段时间内摩擦力大小相等，故A错误；根据次/图像可知，在0〜1s内物块

的加速度为m/s2=_8m/s2,根据牛顿第二定律得一(mgsin37°+

fimgcos31°)=ma,解得〃=0.25,故C正确；物块上升的位移大小等于zM图

像所包围的面积大小，则有x=^Xlm+qxim=10m,故D正确。故选CD。］

3.(2024•安徽六安模拟预测)如图所示，传送带的倾角8=37。，从A到5长度

为16m,传送带以10m/s的速度逆时针转动。f=0时刻在传送带上A端无初速

度地放一个质量加=0.5kg的黑色煤块，f=ls时皮带被异物卡住不动了。已知

煤块与传送带之间的动摩擦因数为4=0.5,煤块在传送带上经过会留下黑色划

痕。(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/sWC)

A

G><370

A.煤块到达5点时的速度为10m/s

B.煤块从A到5的时间为3s

C.煤块从A到B的过程中机械能减少了12J

D.煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是16m

C［开始阶段，由牛顿第二定律得sincos，=用由，解得ai=gsin〃

+jugcos0=10m/s2煤块加速至传送带速度相等时需要■的时间为t\=—=—s=

*10

1s,煤块的位移为*1=，的钎=；*10XI2m=5m<16m,所以煤块加速到10

m/s时仍未到达5点，此时皮带被异物卡住不动了，此后摩擦力方向改变；第

二阶段有mgsin0—fimgcos0=-mai,解得ai=lm/s2,设第二阶段煤块滑动到

B点的时间为tl,则LAB—Xl=Vt2+解得/2=ls,则煤块从A到B的时

间r=〃+/2=2s,故B错误；根据02=01+a2f得0B=12m/s,故A错误；第一

阶段堞块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相

对位移大小为Axi=vfi—xi=10X1m—5m=5m,故煤块相对于传送带上移5

m;第二阶段煤块的速度大于传送带速度（为零），煤块相对传送带向下移动，煤

块相对于传送带的位移大小为AX2=LAB—xi=llm,即煤块相对传送带下移11

m,故传送带表面留下黑色炭迹的长度为Um（前5m被覆盖），故D错误；设5

点所在水平面为零势能面，煤块开始的机械能E=»zgLABsin37。=48J,到达5

点时机械能EB=|MU4=36J,所以煤块从A到B过程中机械能减少了12J,

故C正确。故选C。］

4.如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，弹簧左端固定在竖直墙壁上，

弹簧右端与物块接触但不连接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳使水平方向的

弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2m（弹性限度内）。已知物块质量为0.5kg,物块

与传送带间的动摩擦因数〃=05重力加速度g=10m/s2。若传送带不动，剪断

轻绳，当弹簧刚好恢复原长时，物块的速度为0；若传送带以。=3m/s的速度顺

时针匀速转动，则剪断轻绳后（）

A.在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动

B.弹簧恢复原长时，物块速度大小为2m/s

C.物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为2.5J

D.弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为2.75J

B［若传送带不动，弹簧压缩量为0.2m,到恢复原长时物块的速度为零，由动

能定理W-"Mgx=0,弹簧弹力做功为W=0.5J,若传送带以3m/s的速度顺时

针匀速转动，剪断轻绳后，弹簧恢复原长时，弹簧弹力做功不变，摩擦力做正功，

根据动能定理W+fimgx=^mvl，弹簧恢复原长时，物块速度大小为vi=2m/s,

B正确；由B选项分析可知，在弹簧恢复原长的过程中，物块的速度一直小于传

送带速度，物块所受的滑动摩擦力一直水平向右，弹力水平向右，则物块向右做

加速运动，A错误；物块与弹簧分离后，在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，

直至共速后做匀速直线运动，匀加速运动过程中，摩擦力做功为Wr,由动能定

理得犷=［加》2一号加听=1.25J,则物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对

物块做功为Wf=WMgx+W=1.75J,C错误；根据牛顿第二定律，物块匀加速

运动的加速度大小为a=竺弱="g=5m/s?,匀加速至共速的时间为f="色=0.2

ma

s,这段时间内，物块运动距离为Xi=/4=o.5m,传送带运动距离为X2=0f=

0.6m,则弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为Q=

/zmg（X2_xi）=0.25J,D错误。］

5.（多选）如图所示，与水平面夹角，=37。的传送带正以o=2m/s的速度沿顺时

针方向匀速运行，A、B两端相距1=10mo现每隔1s把质量m=lkg的工件

（视为质点）轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送

带间的动摩擦因数〃=0.8,sin37°=0.6,g取lOm。，下列说法正确的是（）

A.工件在传送带上时，先受到向上的摩擦力，后不受摩擦力

B.两个工件间的最小距离为0.2m

C.传送带上始终有8个工件

D.传送带满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了50N

BD［工件放上传送带后的加速度a=-os"?gsine=0.4m/s2经过有时间与

m

传送带速度相等，R=：=5s,运动距离xi='i=5m,由于〃=0.8,所以有启=

fimgcos0>mgsin0,故工件与传送带同速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀

速直线运动直到5端，X2=l-X!=Vt2,解得/2=2.5S,此时工件受到的摩擦力为

静摩擦力，故A错误；刚放上去时，工件距前一个工件的距离最小，为Ax=

|a(A02=0.2m,故B正确；由以上分析可知，每个工件在传送带上的运动时间

r=fi+/2=7.5s,当第"个工件刚到达5端时，第(〃+7)个工件已经在传送带上

运动了0.5s,下一时刻第"个工件从传送带上离开，而第(”+8)个工件还未放

上，此刻传送带上就只有7个工件，故C错误；传送带上满载时，有5个工件

在传送带上滑动，有3个工件相对传送带静止，传送带受到的摩擦力Ff&=5fimg

cos，+3nzgsin，=50N,故D正确。］

6.(多选)如图所示，一水平传送带以恒定的速度0o=2m/s沿顺时针方向转动，

质量为m=lkg的物体(可视为质点)从传送带的最左端以速度v=6m/s冲上传

送带，经f=2s的时间物体从传送带的最右端离开，然后滑上与传送带等高的光

滑水平面，与固定在右侧的挡板发生弹性碰撞，碰后瞬间立即将挡板撤走。已知

传送带P、。两点之间的距离为L=10m,物体与传送带间的动摩擦因数为4,

重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是()

A.〃=0.1

B.物体最终从传送带的左端离开

C.物体第二次离开传送带的速度为2m/s

D.整个过程中因摩擦而产生的热量为20J

AC［由题意可知，物体从左端冲上传送带后做匀减速直线运动，假设物体一直

做匀减速直线运动，由运动学公式有L=”一/%代入数据解得。=1m/s?,此

时物体离开传送带的速度大小为5=0—a/=(6—1X2)m/s=4m/s>Vo,假设成

立，又由牛顿第二定律有wwg=7〃a,解得〃=0.1,选项A正确；物体与挡板发

生弹性碰撞后，以4m/s的速度从传送带的右端滑上传送带，物体先向左做匀

减速运动，物体减速的时间为s=4s,物体减速的位移为*1="=工

a12a2x1

m=8m<L,物体不能从传送带的左端离开，物体的速度减为零后，先向右做匀

加速直线运动，加速到与传送带共速的时间为t2=-=-S=2S,物体加速的位

a1

移为X2=：ag=2m,此后物体做匀速直线运动，时间为/3=包卫=35,则物体

2VQ

从传送带的右端离开，且离开传送带的速度大小为00=2m/s,选项B错误，C

正确；物体向右减速的过程中，相对传送带向右运动，且二者之间的相对路程为

\xi=L—Vot=6m,物体向左减速的过程中，物体相对传送带向左运动，二者的

相对路程为AX2=XI+OO〃=16m,物体向右加速的过程中，物体相对传送带向

左运动，二者的相对路程为4*3=00右一*2=2m,物体与传送带之间的摩擦力为

Ft=fimg=lN,整个过程中因摩擦而产生的热量为。=歹3%-2+-3）=24

J,选项D错误。］

7.（多选）如图所示，足够长的水平传送带以。o=2m/s的速度沿逆时针方向匀速

转动，在传送带的左端连接有一光滑的弧形轨道，轨道的下端水平且与传送带在

同一水平面上。现将一质量为加=1kg的滑块（可视为质点）从弧形轨道上高为h

=0.8m的地方由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数为〃=0.4,重力加速

度大小取g=10m/s2,贝!!（）

A.滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为4m/s

B.滑块在传送带上向右滑行的最远距离为2.5m

C.滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为2.25s

D.滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端的过程中，传动系统对传

送带多做的功为12J

ACD［滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为v=.j2gh=yj2x10x0.8m/s

=4m/s,A正确；滑块在传送带上向右滑行的加速度a=4g=4m/s2,滑行的最

远距离为Xm=Q=&m=2m,B错误；滑块向右滑行的时间〃=上=1s,向左

2a2x4a

滑行到与传送带共速时的时间/2="=0.5S,向左滑行到与传送带共速时的距离

a

X1=—^2=0.5m,匀速滑到最左端的时间/3=汪也"s=0.75s,滑块从开始

2VQ2

滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为t=t,+t2+t3=2.25s,C正

确；滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端摩擦生热Q=firng（xm+

v^+ftrngiv^-Xi）,代入数据可得。=18J,此过程中摩擦力对滑块做功为W

=|mvQ—|/wv2=ix1X22J—|x1X42J=-6J,由能量守恒定律可知带动传送

带的传动系统多做的功为W=Q+W=18J-6J=12J,D正确。］

8.（多选）如图甲所示，足够长的倾斜传送带以速度。=2.5m/s沿顺时针方向运

行，质量为加、可视为质点的物块在，=0时刻以速度。0从传送带底端开始沿传

送带上滑，物块在传送带上运动时的机械能E随时间/的变化关系如图乙所示，

已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取传送带最底端所在平面为零势能面，重力

加速度g取10m/s2,贝!）（）

A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25

B.物块的质量用为4kg

C.物块滑上传送带时的速度为5m/s

D.物块滑离传送带时的动能为20J

BCD［根据题图乙可知在0.25s时物块的速度与传送带的速度相等，0.25〜1.5

s物块的机械能增加，故摩擦力做正功，摩擦力方向沿斜面向上，且在L5s时物

块的机械能不再增加，即物块的速度为零。以沿斜面向上为正方向，对物块受力

分析，在0〜0.25s沿斜面方向由牛顿第二定律可得一mgsin，一cos，=

mai,该过程由匀变速直线运动规律得o=0o+a"i,在0.25〜1.5s由牛顿第二定

律可得一nzgsin，+“〃2gcos此过程由匀变速直线运动规律可得0=。+

a2t2,联立以上各式代入数据可得0o=5m/s,“=0.5,故A错误，C正确；由题

图乙可知，物块的初始机械能为E=gnu*=50J,代入数据可得》i=4kg,故B

正确；由题图乙可知物块从底部滑至最高点，前后两阶段摩擦力做功的绝对值之

和为W=(50—35)J+(60—35)J=40J,到达最高点时机械能为60J,由于物块

所受重力沿斜面的分力大于传送带对物块的摩擦力，故物块到达最高点后会沿

斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，此过程中，物块向下移动的位移与物

块向上移动的位移相等，摩擦力大小相等，且下滑过程中摩擦力始终做负功，故

从最高点运动至离开传送带的过程中，由能量守恒定律可得E=W+Ek,代入数

据可得Ek=20J,故D正确。］

9.(2024•湖南长沙一模)如图所示，传送带的水平部分而长度Li=10m,倾斜

部分儿长度上=16.8m,儿与水平方向的夹角为，=37。。传送带沿图示顺时针

方向匀速率运动，速率o=4m/s,现将质量帆=2kg的小煤块(视为质点)由静止

轻放到a处，之后它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数〃=

0.2,且此过程中小煤块不会脱离传送带，重力加速度g取lOm。，sin37°=0.6,

cos37°=0.8o求：

(1)煤块从a运动到c的时间；

(2)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度；

⑶煤块与传送带间的摩擦生热。

［解析］(1)煤块在水平部分的运动时，由牛顿第二定律

可得煤块运动的加速度ai=2m/s2

煤块从静止加速到与传送带共速的距离为

/42

si=——=——m=4m<10m

2al2x2

故煤块在水平部分先匀加速运动，后匀速运动，匀加速运动的时间为Zl=—=-S

2

=2s

匀速运动的时间/2=生吼=^^S=1.5S

v4

在倾斜传送带上，由于//<tan夕=0.75

故煤块在倾斜传送带上做匀加速运动，由牛顿第二定律mgsin0—fimgcos0=

maz

可得煤块在倾斜传送带上的加速度为

U2=gsinO-/igcos，=4.4m/s2

根据匀加速运动的位移与时间的关系有

L2=vt3+［a2M

解得,3=2S或t3=一3S(舍去)

故煤块从a运动到c的时间t=h+t2+t3=5.5So

(2)煤块在水平传送带的相对位移为

Asi=rh-si=(8—4)m=4m

煤块在倾斜传送带的相对位移为

AS2=L2—0/3=(16.8—8)m=8.8m

由于Asi与屈2是重复痕迹，故煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为8.8m0

(3)煤块在水平传送带上摩擦生热gi=/i•Asi

其中/i=WMg

解得21=16J

煤块在倾斜传送带上摩擦生热Q2=f2•AS2

其中力=W«gcos0

解得02=28.16J

故。=。1+。2=16J+28.16J=44.16J。

［答案］(1)5.5s(2)8.8m(3)44.16J

10.(2024•安徽合肥教学质量检测)如图所示，一游戏轨道由倾角为，=37。的足

够长倾斜轨道A5、长为x=1.2m的水平直轨道5C、半径为R=0.32m的光滑

竖直圆环轨道