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(新高考)高考物理一轮复习课时加练第6章 微专题43 “传送带”模型综合问题 (含解析)
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这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时加练第6章 微专题43 “传送带”模型综合问题 (含解析)，共6页。
微专题43 “传送带”模型综合问题
1．计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做的功要用动能定理，计算摩擦产生的热量要用Q＝Ffx相对或能量守恒定律.2.电机做的功一部分增加物块的机械能，一部分转化为因摩擦产生的热量．
1．(多选)(2023·福建漳州市模拟)如图甲，质量为0.5 kg的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示．图线的0～3 s段为抛物线，3～4.5 s段为直线，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．传送带沿逆时针方向转动
B．传送带速度大小为2 m/s
C．小物块刚滑上传送带时的速度大小为4 m/s
D．0～4.5 s内摩擦力对小物块所做的功为－3 J
答案 BCD
解析 根据位移—时间图像斜率的绝对值表示速度大小，可知：前2 s小物块向左做匀减速运动，2～3 s内向右做匀加速运动.3～4.5 s内x－t图像为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右做匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度大小为v＝＝ m/s＝2 m/s，故B正确，A错误；由题图可知，在2～3 s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则有x＝at2，解得a＝2 m/s2，根据牛顿第二定律μmg＝ma，解得μ＝0.2，在0～2 s内，对小物块有0－v02＝－2ax，解得小物块的初速度大小为v0＝4 m/s，故C正确；对小物块在0～4.5 s内，根据动能定理有Wf＝mv2－mv02，解得摩擦力对小物块所做的功为Wf＝－3 J，故D正确．
2．(2023·辽宁省沈阳二中模拟)一倾斜传送带倾角为30°，以5 m/s的速度顺时针匀速转动．现将一质量为0.4 kg的物体(物体可看成质点)轻放在传送带的顶端A点，物体从A运动到传送带底端B，离开B点时的速度大小为5 m/s.已知物体与传送带间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为10 m/s2，则物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是( )
A．传送带的长度可能为0.8 m
B．若传送带的长度为2 m，则摩擦力对物体做的功为6 J
C．若传送带的长度为2 m，则摩擦力对传送带做的功为－4 J
D．若传送带的长度为2 m，则因摩擦而产生的热量为1 J
答案 C
解析 物体相对传送带上滑时，物体的加速度大小为a＝＝12.5 m/s2，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝>tan θ，故物体与传送带间的最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，离开B点时的速度大小为5 m/s，故物体可能是一直加速运动或者先加速后匀速运动，若一直加速运动，则传送带的长度L0＝＝1 m，若先加速后匀速运动，则传送带的长度必然大于1 m，故A错误；若传送带的长度L＝2 m，则根据动能定理有mgLsin θ＋Wf＝mv2，解得摩擦力对物体做的功Wf＝1 J，故B错误；若传送带的长度为2 m，物体运动时间为t＝t1＋t2＝＋＝0.6 s，物体匀加速阶段，传送带的位移x1＝vt1＝2 m，匀速阶段，传送带的位移x2＝vt2＝1 m，根据受力分析可知，前2 m物体对传送带的摩擦力方向向上，后1 m对传送带的摩擦力方向向下，则摩擦力对传送带做的功Wf′＝－μmgx1cos θ＋mgx2sin θ＝－4 J，故C正确；若传送带的长度为2 m，则因摩擦而产生的热量Q＝μmgΔxcos θ，其中，相对运动距离Δx＝x1－L0＝1 m，解得Q＝3 J，故D错误．
3．(2023·北京市清华大学附中统练)如图所示，顺时针运行的传送带与水平面夹角θ＝30°，底端到顶端的距离L＝6 m，运行速度大小v＝2 m/s.将质量m＝1 kg的物块轻放在传送带底部，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，取重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．物块从传送带底端到达顶端的时间为2 s
B．物块相对传送带的位移大小为6 m
C．物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做的功为32 J
D．物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带做功至少为48 J
答案 C
解析 物块刚放上传送带时，所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma1，解得a1＝1 m/s2，物块速度与传送带速度相等的时间t1＝＝2 s，之后，由于mgsin θ<μmgcos θ，摩擦力突变为静摩擦力，大小为mgsin θ，物块与传送带保持相对静止向上滑动，物块匀加速阶段的位移x1＝＝2 m，传送带的位移x1′＝vt1＝4 m，物块与传送带保持相对静止运动的时间t2＝＝2 s，物块从传送带底端到达顶端的时间t＝t1＋t2＝4 s，物块相对传送带的位移大小为Δx＝x1′－x1＝2 m，故A、B错误；物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做的功为W＝μmgcos θ·x1＋mgsin θ·(L－x1)＝32 J，故C正确；物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带做的功转化为焦耳热和物块增加的机械能，其大小为W′＝μmgcos θ·Δx＋mgLsin θ＋mv2＝44 J，故D错误．
4．(2023·重庆市模拟)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t＝0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1>v2，已知传送带的速度保持不变，则( )
A．小物块与传送带间的动摩擦因数μ
C．0～t2时间内，传送带对小物块做的功为W＝mv22－mv12
D．0～t2时间内小物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量
答案 D
解析 在t1～t2时间内，物块沿传送带向上做匀加速运动，则有 μmgcos θ＞mgsin θ，解得μ＞tan θ，故A错误．因v1>v2，由题图乙可知，0～t1时间内图像与t轴所形成的三角形面积大于图像在t1～t2时间内与t轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t1时间内运动的位移比在t1～t2内运动的位移大，故B错误；0～t2时间内，由图线与t轴所围“面积”等于位移大小可知，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得W＋WG＝mv22－mv12，则传送带对物块做的功W≠mv22－mv12，故C错误.0～t2时间内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的热量，则由能量守恒定律可知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即0～t2时间内物块动能变化量的大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量，故D正确．
5．(2023·江苏如皋市第一次调研)某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝4.5 J，质量m＝1.0 kg的滑块静置于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ＝30°的传送带平滑连接，传送带长度L＝8.0 m，传送带以恒定速率v0＝8.0 m/s顺时针转动．某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)滑块离开传送带时的速度大小v；
(2)电动机传送滑块多消耗的电能E；
(3)若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能Ep′，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，Ep′的取值范围．
答案 (1)7 m/s (2)96 J (3)12 J≤Ep′≤132 J
解析 (1)设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒定律，有
Ep＝mv12
代入数据得v1＝3 m/s
因为μ＞tan θ，故滑块在传送带上先向上加速，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得a＝2.5 m/s2
假设滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足v2－v12＝2aL
解得v＝7 m/s
(2)滑块在传送带上运动的时间t＝
该段时间，传送带的位移x＝v0t
对传送带，根据动能定理有W电－μmg cos θ·x＝0
解得W电＝96 J
即电动机传送滑块多消耗的电能E＝W电＝96 J
(3)分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速，若滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，则所对应的弹性势能最小，有
Epmin＋(μmgcos θ－mgsin θ)L＝mv02
得Epmin＝12 J
同理可得，若滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，则所对应的弹性势能最大，有
Epmax－(μmgcos θ＋mgsin θ)L＝mv02
得Epmax＝132 J
所以满足条件的弹性势能Ep′范围为12 J≤Ep′≤132 J.
6．(2023·云南昆明市模拟)传送带是自动化工业生产中一种重要的输送装置．如图所示是一条罐头生产线部分示意图，电动机带动传送带始终以v＝2 m/s的速率顺时针转动，传送带两端A、B间的距离L＝4 m．工作时，机器手臂将一瓶罐头无初速度放到A点，当该罐头刚离开B点时，机器手臂将下一瓶罐头放到A点，此后不断重复此过程．已知每瓶罐头质量m＝0.8 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，罐头可视为质点且不发生滚动，重力加速度g＝10 m/s2.从第一瓶罐头放到A点开始计时，求∶
(1)1 min内能运送多少瓶罐头；
(2)1 min内因运送罐头需要多消耗的电能．
答案 (1)24瓶 (2)76.8 J
解析 (1)罐头刚放上传送带时有μmg＝ma
解得加速度a＝μg＝2 m/s2
加速运动的时间t1＝＝1 s
匀加速运动的位移大小x1＝t1＝1 m
匀速运动的位移大小x2＝L－x1＝3 m
匀速运动的时间t2＝＝1.5 s
罐头从A传到B所用的时间t＝t1＋t2＝2.5 s
1 min内能运送罐头的瓶数为n＝＝＝24瓶
(2)罐头刚放上传送带做匀加速运动时，相对于传送带的位移大小是Δx＝vt1－x1＝1 m
摩擦产生的热量
Q＝Ff·Δx＝μmg·Δx＝1.6 J
到达B时，动能增加量ΔEk＝mv2＝1.6 J
所以传送一瓶罐头多消耗的电能E＝Q＋ΔEk＝3.2 J
1 min内因运送罐头需要多消耗的电能E0＝24E＝76.8 J.
7．如图所示，光滑的曲面与水平面在O点相切，水平面与一足够长的传送带在P点平滑连接，传送带与水平方向的夹角θ＝30°，逆时针转动，速率v＝3 m/s.一质量为m＝1 kg且可视为质点的物块A自曲面上高h＝0.9 m处由静止释放，经过O点进入水平面向右运动，OP长L＝1 m．已知A与OP段间的动摩擦因数μ1＝0.1，与传送带间的动摩擦因数μ2＝，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)物块A第一次经过O点时的速度大小v0；
(2)物块A第一次自P点上滑的最大位移x；
(3)物块A从P点向上至第一次返回的过程中，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q.
答案 (1)3 m/s (2)0.8 m (3)12.25 J
解析 (1)物块A第一次运动到O点时，由动能定理得mgh＝mv02－0
代入数据，解得v0＝3 m/s
(2)设物块A第一次到P点的速度为v1，对OP过程，由动能定理有－μ1mgL＝mv12－mv02
代入数据解得v1＝4 m/s
物块A沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，设此过程加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma
解得a＝10 m/s2
当物块A的速度减为零时，上滑位移最大，由运动学公式得0＝v1－at1
x1＝v1t1
代入数据解得t1＝0.4 s，x1＝0.8 m
(3)物块A第一次在传送带上到达最高点的过程，传送带的位移为x带＝vt1＝3×0.4 m＝1.2 m
传送带向下运动，物块A向上运动，所以此过程相对位移为Δx1＝x1＋x带＝0.8 m＋1.2 m＝2.0 m
物块A到最高点后又向下加速，加速度仍为a，物块A与传送带速度相同时，有v＝at2
解得t2＝0.3 s
物块A的位移为x2＝vt2
解得x2＝0.45 m＜0.8 m
即物块A与传送带共速后匀速运动至P点，返回过程物块A与传送带的相对位移Δx2＝vt2－x2＝0.45 m
全过程产生热量Q＝μ2mgcos θ(Δx1＋Δx2)＝12.25 J.
微专题43 “传送带”模型综合问题
1．计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做的功要用动能定理，计算摩擦产生的热量要用Q＝Ffx相对或能量守恒定律.2.电机做的功一部分增加物块的机械能，一部分转化为因摩擦产生的热量．
1．(多选)(2023·福建漳州市模拟)如图甲，质量为0.5 kg的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示．图线的0～3 s段为抛物线，3～4.5 s段为直线，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．传送带沿逆时针方向转动
B．传送带速度大小为2 m/s
C．小物块刚滑上传送带时的速度大小为4 m/s
D．0～4.5 s内摩擦力对小物块所做的功为－3 J
答案 BCD
解析 根据位移—时间图像斜率的绝对值表示速度大小，可知：前2 s小物块向左做匀减速运动，2～3 s内向右做匀加速运动.3～4.5 s内x－t图像为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右做匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度大小为v＝＝ m/s＝2 m/s，故B正确，A错误；由题图可知，在2～3 s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则有x＝at2，解得a＝2 m/s2，根据牛顿第二定律μmg＝ma，解得μ＝0.2，在0～2 s内，对小物块有0－v02＝－2ax，解得小物块的初速度大小为v0＝4 m/s，故C正确；对小物块在0～4.5 s内，根据动能定理有Wf＝mv2－mv02，解得摩擦力对小物块所做的功为Wf＝－3 J，故D正确．
2．(2023·辽宁省沈阳二中模拟)一倾斜传送带倾角为30°，以5 m/s的速度顺时针匀速转动．现将一质量为0.4 kg的物体(物体可看成质点)轻放在传送带的顶端A点，物体从A运动到传送带底端B，离开B点时的速度大小为5 m/s.已知物体与传送带间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为10 m/s2，则物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是( )
A．传送带的长度可能为0.8 m
B．若传送带的长度为2 m，则摩擦力对物体做的功为6 J
C．若传送带的长度为2 m，则摩擦力对传送带做的功为－4 J
D．若传送带的长度为2 m，则因摩擦而产生的热量为1 J
答案 C
解析 物体相对传送带上滑时，物体的加速度大小为a＝＝12.5 m/s2，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝>tan θ，故物体与传送带间的最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，离开B点时的速度大小为5 m/s，故物体可能是一直加速运动或者先加速后匀速运动，若一直加速运动，则传送带的长度L0＝＝1 m，若先加速后匀速运动，则传送带的长度必然大于1 m，故A错误；若传送带的长度L＝2 m，则根据动能定理有mgLsin θ＋Wf＝mv2，解得摩擦力对物体做的功Wf＝1 J，故B错误；若传送带的长度为2 m，物体运动时间为t＝t1＋t2＝＋＝0.6 s，物体匀加速阶段，传送带的位移x1＝vt1＝2 m，匀速阶段，传送带的位移x2＝vt2＝1 m，根据受力分析可知，前2 m物体对传送带的摩擦力方向向上，后1 m对传送带的摩擦力方向向下，则摩擦力对传送带做的功Wf′＝－μmgx1cos θ＋mgx2sin θ＝－4 J，故C正确；若传送带的长度为2 m，则因摩擦而产生的热量Q＝μmgΔxcos θ，其中，相对运动距离Δx＝x1－L0＝1 m，解得Q＝3 J，故D错误．
3．(2023·北京市清华大学附中统练)如图所示，顺时针运行的传送带与水平面夹角θ＝30°，底端到顶端的距离L＝6 m，运行速度大小v＝2 m/s.将质量m＝1 kg的物块轻放在传送带底部，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，取重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．物块从传送带底端到达顶端的时间为2 s
B．物块相对传送带的位移大小为6 m
C．物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做的功为32 J
D．物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带做功至少为48 J
答案 C
解析 物块刚放上传送带时，所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma1，解得a1＝1 m/s2，物块速度与传送带速度相等的时间t1＝＝2 s，之后，由于mgsin θ<μmgcos θ，摩擦力突变为静摩擦力，大小为mgsin θ，物块与传送带保持相对静止向上滑动，物块匀加速阶段的位移x1＝＝2 m，传送带的位移x1′＝vt1＝4 m，物块与传送带保持相对静止运动的时间t2＝＝2 s，物块从传送带底端到达顶端的时间t＝t1＋t2＝4 s，物块相对传送带的位移大小为Δx＝x1′－x1＝2 m，故A、B错误；物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做的功为W＝μmgcos θ·x1＋mgsin θ·(L－x1)＝32 J，故C正确；物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带做的功转化为焦耳热和物块增加的机械能，其大小为W′＝μmgcos θ·Δx＋mgLsin θ＋mv2＝44 J，故D错误．
4．(2023·重庆市模拟)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t＝0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1>v2，已知传送带的速度保持不变，则( )
A．小物块与传送带间的动摩擦因数μ
C．0～t2时间内，传送带对小物块做的功为W＝mv22－mv12
D．0～t2时间内小物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量
答案 D
解析 在t1～t2时间内，物块沿传送带向上做匀加速运动，则有 μmgcos θ＞mgsin θ，解得μ＞tan θ，故A错误．因v1>v2，由题图乙可知，0～t1时间内图像与t轴所形成的三角形面积大于图像在t1～t2时间内与t轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t1时间内运动的位移比在t1～t2内运动的位移大，故B错误；0～t2时间内，由图线与t轴所围“面积”等于位移大小可知，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得W＋WG＝mv22－mv12，则传送带对物块做的功W≠mv22－mv12，故C错误.0～t2时间内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的热量，则由能量守恒定律可知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即0～t2时间内物块动能变化量的大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量，故D正确．
5．(2023·江苏如皋市第一次调研)某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝4.5 J，质量m＝1.0 kg的滑块静置于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ＝30°的传送带平滑连接，传送带长度L＝8.0 m，传送带以恒定速率v0＝8.0 m/s顺时针转动．某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)滑块离开传送带时的速度大小v；
(2)电动机传送滑块多消耗的电能E；
(3)若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能Ep′，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，Ep′的取值范围．
答案 (1)7 m/s (2)96 J (3)12 J≤Ep′≤132 J
解析 (1)设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒定律，有
Ep＝mv12
代入数据得v1＝3 m/s
因为μ＞tan θ，故滑块在传送带上先向上加速，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得a＝2.5 m/s2
假设滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足v2－v12＝2aL
解得v＝7 m/s
(2)滑块在传送带上运动的时间t＝
该段时间，传送带的位移x＝v0t
对传送带，根据动能定理有W电－μmg cos θ·x＝0
解得W电＝96 J
即电动机传送滑块多消耗的电能E＝W电＝96 J
(3)分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速，若滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，则所对应的弹性势能最小，有
Epmin＋(μmgcos θ－mgsin θ)L＝mv02
得Epmin＝12 J
同理可得，若滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，则所对应的弹性势能最大，有
Epmax－(μmgcos θ＋mgsin θ)L＝mv02
得Epmax＝132 J
所以满足条件的弹性势能Ep′范围为12 J≤Ep′≤132 J.
6．(2023·云南昆明市模拟)传送带是自动化工业生产中一种重要的输送装置．如图所示是一条罐头生产线部分示意图，电动机带动传送带始终以v＝2 m/s的速率顺时针转动，传送带两端A、B间的距离L＝4 m．工作时，机器手臂将一瓶罐头无初速度放到A点，当该罐头刚离开B点时，机器手臂将下一瓶罐头放到A点，此后不断重复此过程．已知每瓶罐头质量m＝0.8 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，罐头可视为质点且不发生滚动，重力加速度g＝10 m/s2.从第一瓶罐头放到A点开始计时，求∶
(1)1 min内能运送多少瓶罐头；
(2)1 min内因运送罐头需要多消耗的电能．
答案 (1)24瓶 (2)76.8 J
解析 (1)罐头刚放上传送带时有μmg＝ma
解得加速度a＝μg＝2 m/s2
加速运动的时间t1＝＝1 s
匀加速运动的位移大小x1＝t1＝1 m
匀速运动的位移大小x2＝L－x1＝3 m
匀速运动的时间t2＝＝1.5 s
罐头从A传到B所用的时间t＝t1＋t2＝2.5 s
1 min内能运送罐头的瓶数为n＝＝＝24瓶
(2)罐头刚放上传送带做匀加速运动时，相对于传送带的位移大小是Δx＝vt1－x1＝1 m
摩擦产生的热量
Q＝Ff·Δx＝μmg·Δx＝1.6 J
到达B时，动能增加量ΔEk＝mv2＝1.6 J
所以传送一瓶罐头多消耗的电能E＝Q＋ΔEk＝3.2 J
1 min内因运送罐头需要多消耗的电能E0＝24E＝76.8 J.
7．如图所示，光滑的曲面与水平面在O点相切，水平面与一足够长的传送带在P点平滑连接，传送带与水平方向的夹角θ＝30°，逆时针转动，速率v＝3 m/s.一质量为m＝1 kg且可视为质点的物块A自曲面上高h＝0.9 m处由静止释放，经过O点进入水平面向右运动，OP长L＝1 m．已知A与OP段间的动摩擦因数μ1＝0.1，与传送带间的动摩擦因数μ2＝，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)物块A第一次经过O点时的速度大小v0；
(2)物块A第一次自P点上滑的最大位移x；
(3)物块A从P点向上至第一次返回的过程中，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q.
答案 (1)3 m/s (2)0.8 m (3)12.25 J
解析 (1)物块A第一次运动到O点时，由动能定理得mgh＝mv02－0
代入数据，解得v0＝3 m/s
(2)设物块A第一次到P点的速度为v1，对OP过程，由动能定理有－μ1mgL＝mv12－mv02
代入数据解得v1＝4 m/s
物块A沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，设此过程加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma
解得a＝10 m/s2
当物块A的速度减为零时，上滑位移最大，由运动学公式得0＝v1－at1
x1＝v1t1
代入数据解得t1＝0.4 s，x1＝0.8 m
(3)物块A第一次在传送带上到达最高点的过程，传送带的位移为x带＝vt1＝3×0.4 m＝1.2 m
传送带向下运动，物块A向上运动，所以此过程相对位移为Δx1＝x1＋x带＝0.8 m＋1.2 m＝2.0 m
物块A到最高点后又向下加速，加速度仍为a，物块A与传送带速度相同时，有v＝at2
解得t2＝0.3 s
物块A的位移为x2＝vt2
解得x2＝0.45 m＜0.8 m
即物块A与传送带共速后匀速运动至P点，返回过程物块A与传送带的相对位移Δx2＝vt2－x2＝0.45 m
全过程产生热量Q＝μ2mgcos θ(Δx1＋Δx2)＝12.25 J.
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