2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-摩擦力做功与能量转化问题专题（含解析）

这是一份2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-摩擦力做功与能量转化问题专题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。

如图所示，水平放置的传送带AB顺时针匀速转动，将货物轻放在A端后，可经传送带输送到B端，由于不同货物与传送带之间的动摩擦因数不同，货物达到与传送带共速时的位置会不同。已知输送货物1时，货物1到达传送带B端时恰好与传送带共速；输送货物2时，货物2到达传送带正中间位置便与传送带共速。货物1、2均可看成质点，设货物与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则输送货物1和2的过程中，下列说法正确的是
A. 传送带与货物1、2之间的动摩擦因数之比为μ1︰μ2=1︰2
B. 输送货物1、2所用时间之比为t1︰t2=2︰1
C. 传送带对两货物做功之比为W1︰W2=1︰1
D. 货物1、2因与传送带摩擦产生的热量之比为Q1︰Q2=1︰1
如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形槽ABC固定在水平桌面上，半圆形槽直径AC水平，半径为R，B为半圆形槽的最低点，可视为质点的小球从A点正上方高度h处由静止释放，从A点沿切线进入半圆形槽后恰好上升至C点，小球在AB段和BC段运动的时间分别为t1、t2，克服摩擦力做的功分别为W1、W2产生的热量分别为Q1、Q2，合外力的沖量大小分别为I1、I2，下列说法正确的是
A. t1=t2 B. W1I2
如图所示，一小物块在粗糙程度相同的两个固定斜面上从A经B滑动到C，若不考虑物块在经过B点时机械能的损失，则下列说法中正确的是( )
A. 从A到B和从B到C，减少的机械能相等
B. 从A到B和从B到C，减少的重力势能相等
C. 从A到B和从B到C，因摩擦而产生的热量相等
D. 小物块在C点的动能一定最大
足够长的水平传送带上放置一小物块，小物块和传送带均处于静止状态，小物块质量为m=1 kg，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2。现让传送带从静止开始以恒定的加速度a=4 m/s2开始运动，当其速度达到v=12 m/s后，立即以相同大小的加速度匀减速运动，经过一段时间后，传送带和小物块都静止不动。下列说法正确的是
A. 小物块在0～4 s内做匀加速直线运动，之后匀减速直至静止
B. 小物块在0～4.5 s内做匀加速直线运动，之后匀减速直至静止
C. 整个过程中小物块和传送带间因摩擦生热24 J
D. 整个过程中小物块在传送带上的划痕长度为20 m
如图所示为一款“乒乓球训练神器”，其构造简单且不受空间的限制，非常适用于居家锻炼。整个系统由金属底座、支撑杆、高弹性软杆以及固定在软杆一端的乒乓球构成。在某一次击球之后，乒乓球从A点以某一初速度开始运动，经过最高点B之后向右运动到最远处C点，且A点离底座的竖直高度比C点的高，不计空气阻力，则乒乓球从A点到C点过程中
A. 地面对座始终无摩擦力B. 乒乓球在C点时，加速度为零
C. 乒乓球一直处于超重状态D. 乒乓球的机械能减小
如下图所示，两个完全相同的物体分别自斜面AC和BC顶端由静止开始下滑，物体与两斜面的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点时的动能分别为EA和EB，下滑过程中产生的热量分别为QA和QB，则( )
A. EA>EB QA=QB
B. EA=EB QA>QB
C. EA>EB QA>QB
D. EAQB
如图所示，质量为m1、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块(视为质点)放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力的大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块从静止开始运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是( )
A. 滑块克服摩擦力所做的功为f(L+s)
B. 木板满足关系：f(L+s)=12m1v22
C. F(L+s)=12mv12+12m1v22
D. 其他条件不变的情况下，F越大，滑块与木板间产生的热量越多
如下图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B(可看作质点)以水平速度ν0=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面．由于A、B间存在摩擦，之后A，B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10m/s2)( )

A. 木板获得的动能为2JB. 系统损失的机械能为4J
C. 木板A的最小长度为2mD. A、B间的动摩擦因数为0.1
二、多选题
一质量M=2 kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，如图所示，现有质量均为m=1 kg的小物块A和B(均可视为质点)，由车上某点P处开始，A以初速度v1=2 m/s向左运动，B同时以v2=4 m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车。已知两物块与小车间的动摩擦因数均为μ=0.1，取g=10 m/s2。则下列说法中正确的是( )
A. 小车最终将静止在水平地面上
B. 小物块B在小车上滑动的过程中产生的热量为7.5 J
C. 小车的总长L为9.5 m
D. 整个过程系统产生的总热量为9.875 J
如图甲所示，水平传送带A、B两端相距L=21 m，传送带在电动机的带动下，始终保持v=12 m/s的速率逆时针运行。工件滑上A端时速度v0=6 m/s，工件在传送带上运动的v-t图像如图乙所示。已知工件的质量为m=2 kg，则下列说法正确的是
A. 工件在传送带上的加速度大小为6 m/s2
B. 0～t时间内电动机由于传送工件多消耗的电能为112 J
C. 工件与传送带间增加的内能为108 J
D. 图乙中对应的t时刻为2 s末
如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的水平传送带平滑连接于N点，圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放，滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道，上升到最高点时距N点高度为R4。不计空气阻力，则
A. 传送带匀速传动的速度大小为gR2
B. 经过足够长的时间，滑块最终静止于N点
C. 滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为94mgR
D. 滑块第三次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为2 mgR
如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E=2mgq，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ现使圆环以初速度v向下运动，经时间t，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是( )
A. 环经过t02时间刚好到达最低点
B. 环的最大加速度为am=g+μqv0Bm
C. 环在t0时间内损失的机械能为12m(v02-m2g2μ2q2B2)
D. 环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等
曲面ABC与A'B'C的高度与底边长均相同，其中(a)是斜面AB通过一小段弧面与水平面BC相连，(b)是一段弧面A'B'C，C'点切线水平。物块与斜面、弧面和平面间动摩擦因数相同，C，C'在同一水平面上，A，A'高度相等，物块从A到C和从A'到C'经过的水平位移相等，质量相同的物块P、Q分别从A，A'由静止释放，则P，Q在分别运动到C，C'的过程中，下列说法正确的是
A. 重力做的功相同
B. 克服摩擦力做的功相同
C. 系统产生的热量相同
D. 过C、C'点时(到达水平面时)重力做功的功率相同
(多选)如图所示，在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件质量为m。经测量，发现后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为L，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 传送带的速度大小为LT
B. 工件在传送带上加速的时间为2μgLT
C. 每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为μmgL2
D. 传送带传送一个工件多消耗的能量为mL2T2
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
货物在传送带上运动，根据a=μg，结合运动学公式分析动摩擦因数之比；根据运动学公式分析时间之比；
根据动能定理分析传送带对货物做功，根据Q=μmgΔs分析摩擦产生的热量之比。
【解答】
A、货物与传送带的动摩擦因数为μ，则有a=μg，货物与传送带共速时，货物相对地面的位移为s=v022a，根据题意因为对地位移之比为2:1，可得加速度a之比为1:2，则动摩擦因数之比为μ1︰μ2=1︰2，故A正确；
B、对于货物1，有12v0t1=L，解得t1=2Lv0，对于货物2，分为匀加速运动和匀速运动两段过程，前半段有12v0t3=L2，后半段有v0t4=L2，则有t2=t3+t4=3L2v0，所以t1︰t2=4︰3，故B错误；
C、根据动能定理，传送带对两货物做功等于货物的动能变化，即12mv02，因为不知道两货物的质量之比，所以无法比较它们的动能，也就无法比较做功之比，故C错误；
D、货物与传送带摩擦产生的热量之比为Q=fΔs=μmgΔs，因为不知道两货物的质量之比，故无法比较热量Q之比，故D错误。
故选A。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
解决本题的关键是利用向心力知识比较在同一高度时下滑时滑块受到的摩擦力和上滑时受到的摩擦力关系，从而分析热量关系。
本题考查运用动能定理和动量定理解决曲线运动问题。
【解答】
A.小球从A点正上方高度h处由静止释放进入半圆形槽，恰好上升至C点，说明小球在半圆形槽内克服摩擦力做功，AB段和BC段路程相等，而AB段平均速率大于BC段平均速率，所以t1BC.因AB段平均速率大于BC段平均速率，所以小球沿AB段下滑过程中比沿BC段上升过程中对半圆形槽的正压力大，摩擦力大，克服摩擦力做的功W1>W2，而克服摩擦力做的功转化为热量，所以Q1>Q2，故BC错误;
D.小球在半圆形槽内运动过程中，AB段平均速率大于BC段平均速率，说明AB段速度变化量较大，根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，所以合外力的冲量大小关系为I1>I2，D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】解：A、设任一斜面与水平面的夹角为θ，则斜面的长度：S=hsinθ，物块受到的摩擦力大小：f=μmgcsθ，物块下滑的过程中克服摩擦力做的功：Wf=f⋅S=μmgcsθ⋅hsinθ=μmg⋅htanθ，可知，物块下滑的过程中，克服摩擦力做功与水平位移的大小成正比，物块从A到B的水平位移小于从B到C的水平位移，所以物块在AB段克服摩擦力做功小于在BC段克服摩擦力做功，而物块减少的机械能等于克服摩擦力做的功，所以，物块从A到B减少的机械能比从B到C的少，故A错误；
B、物体从A到B和从B到C，AB段的高度与BC段的高度相等，重力对物体做的功相等，则减少的重力势能相等，故B正确；
C、因摩擦而产生的热量等于减少的机械能，所以，从A到B和从B到C，因摩擦而产生的热量不等，故C错误；
D、物体从B到C的过程中，重力对物体做正功，摩擦力对物体做负功，由于不知道二者的大小关系，所以C点的动能不一定大于物体在B点的动能，物块在C点的动能不一定最大，故D错误。
故选：B。
物块减少的机械能等于克服摩擦力做的功，对物体受力分析，根据功的计算公式分析摩擦力做功情况，从而分析出减少的机械能关系；根据下降的高度分析减少的重力势能关系；因摩擦而产生的热量等于减少的机械能，再由动能定理分析在C点的动能。
解决本题的关键要推导出克服摩擦力做功的表达式，要知道物块克服摩擦力做功与水平位移成正比，要能根据功能关系分析除重力以外其他力做功与机械能变化的关系。
4.【答案】A
【解析】
【分析】
根据物块和传送带的运动过程画出v-t图像，再根据速度时间关系和位移时间关系求解相对位移，结合滑动摩擦力乘以相对位移计算摩擦产生的热量。
本题主要是考查功能关系和牛顿第二定律与传送带的结合，关键是弄清楚小物块的受力情况和运动情况，知道产生的内能是摩擦力乘以二者的相对距离。
【解答】
AB.根据题意可知，传送带加速或减速运动的加速度大小均为a=4m/s2，
根据牛顿第二定律可得物块的加速度大小为a1=μg=2m/s2，当传送带速度达到v=12m/s时经过的时间为t1=va=124s=3s，此时物块的速度为v1=a1t1=6m/s，设再经过t2二者速度相等，则v2=v1+a1t2=v-at2，
代入数据解得t2=1s，则t=t1+t2=4s，即小物块在0∼4s内做匀加速直线运动，之后物块做减速运动直到停止，A正确，B错误。
C.在物块加速阶段传送带的位移x1=12at12+vt2-12at22=28m，此过程中物块的位移x2=12a1t2=16m，此时物块与传送带的速度均为v2=v1+a1t2=8m/s，此后传送带到停止的位移x3=v222a=8m，物块到停止时的位移x4=υ222a1=16m，则整个过程中摩擦生热
Q=μmg[(x1-x2)+(x4-x3)]=40J，C错误。
D.在0∼4s内，传送带比物块多运动的距离为△x1=x1-x2=12m，在4∼8s内，物块比传送带多运动的距离为△x2=x4-x3=8m，
由于△x1>△x2，所以整个过程中小物块在传送带上的划痕长度为12m，D错误。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查摩擦力、机械能、超重和失重等知识，需要学生综合分析，难度不大。
【解答】
由于乒乓球在水平方向做变速运动，因此杆对乒乓球在水平方向的力不为零，再对底座进行受分析可知，地面对底座的摩擦力也不会始终为零，A错误；
在C点时，乒乓球速度为零，但受到的合力不为零，加速度不为零，B错误；
根据分析可知，在B点时，兵乓球加速度向下，处于失重状态，C错误；
乒乓球从A点到C点过程中存在空气阻力做功，机械能减小，D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
先根据摩擦力做功的公式比较在两个斜面上物体克服摩擦力所做的功，再通过动能定理比较到达底部的动能。
解决本题的关键要掌握功的公式W=Fscsθ，以及灵活运用动能定理．对于滑动摩擦力做功，根据W=μmgscsθ知道scsθ是水平位移的大小。
【解答】
设斜面倾角为θ，底边长为b，则WFf=μmgcsθ·bcsθ=μmgb，即摩擦力做功与斜面倾角无关，所以两物体的摩擦力做功相同，产生的热量相同．由题图知A物体的重力做的功大于B物体的重力做的功，再由动能定理知，EA>EB.故A正确，B、C、D错误．
7.【答案】A
【解析】
【试题解析】
【分析】
本题考查功、动能定理和能量守恒等知识。解题的关键是要明确滑块和木板的位移。知道了滑块的位移为L+s，即可根据功的公式求滑块克服摩擦力所做的功；木板的位移为s，对木板利用动能定理求解其满足的关系；明确系统中的功能关系，判断C选项；系统内产生的内能等于滑动摩擦力做功的代数和，而一对滑动摩擦力做功的代数和又决定于相对位移。
【解答】
A.滑块运动的总位移为：x=L+s，所以滑块克服摩擦力做功为：W=fx=f(L+s)，故A正确；
B.木板位移为s，对木板只有摩擦力做功，根据动能定理得：fs=12m1v22，故B错误；
C.木块与木板间产生的热量设为Q，根据能量守恒得：F(L+s)=12mv12+12m1v22+Q，故C错误；
D.滑块与木板间产生的热量：Q=fL，即与F无关，故D错误。
故选A。
8.【答案】D
【解析】
【分析】B在A的表面上滑行时受摩擦力作用而做匀减速运动，A受摩擦力作用做匀加速直线运动，根据v-t图象可得到木板获得的速度，求得动能和系统损失的动能，根据图象的斜率得出两物体的加速度，根据牛顿第二定律求解即可A、B间的动摩擦因数， 系统动量守恒。
分析清楚图示图象是解题的前提与关键，加速度是联系力和运动的桥梁，根据v-t图象得出物体运动特征，并根据牛顿运动定律求解受力和运动情况是解决本题的关键。
【解答】从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度为1m/s；由于两物体加速度大小相等，故两物体质量相等；
A.木板获得的动能为：EkA=12mv2=12×2×12=1J，故A错误；
B.系统损失的机械能：ΔE=12mv02-12×2mv2=12×2×22-12×2×2×12=2J，故B错误；
C.由图象可知1s内物体B的位移为：xB=2+12×1=1.5m，木板A的位移为：xA=12×1×1=0.5m，所以木板最小长度为L=xB-xA=1m，故C错误；
D.由图象可知木板A的加速度为aA=vt=11=1m/s2，根据μmg=maA得出动摩擦因数为0.1，故D正确。
故选D。
9.【答案】BC
【解析】解：AC、设最终物块A、B和小车组成的系统共同速度为v。取向右为正方向，由整个系统动量守恒、能量守恒得：
mv2-mv1=(2m+M)v…①
μmgL=12mv22+12mv12-12(2m+M)v2…②
解得：v=0.5m/s、L=9.5m，即小车最终将以0.5m/s的速度向右运动，故A错误，C正确。
B、A车离左端距离x1.刚运动到左端历时t1，在A运动至左端前，小车静止。
由牛顿第二定律得：μmg=maA…③
v1=aAt1…④
x1=12aAt12…⑤
联立可得t1=2s x1=2m
所以B离右端距离x2=L-x1=7.5m
B在小车上滑动的过程中产生的热量 QB=μmgx2=0.1×1×10×7.5J=7.5J.故B正确。
D、整个过程系统产生的总热量为Q=μmgL=0.1×1×10×9.5J=9.5J.故D错误。
故选：BC。
因地面光滑，两个物块A、B和小车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律求出最终三者的共同速度，根据功能关系列式求出小车的长度；
B在小车上滑动的过程中产生的热量等于B滑动过程中克服摩擦力做的功。由牛顿第二定律和位移时间公式求出B相对于小车滑动的位移，即可求解小物块B在小车上滑动的过程中产生的热量。
根据能量守恒定律求整个过程系统产生的总热量。
本题的关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，要知道摩擦产生的热量与相对位移成正比，要注意位移的参照物。
10.【答案】AD
【解析】
【分析】
根据速度-时间图象的斜率表示加速度求解工件的加速度大小；求出相对位移，即可得产生的内能，根据能量守恒定律求出多消耗的电能；根据位移时间关系求出时间。
本题考查运动学规律、能量守恒定律和v-t图像，考查学生的综合分析能力与推理能力。
【解答】
A.由题图乙可知，工件在传送带上的加速度大小为，故A正确；
C.工件相对于传送带向右运动了，则工件与传送带间增加的内能为Q=μmg·Δx=ma·Δx=36 J，故C错误；
B.在0～t时间内工件与传送带组成的系统增加的能量即为电动机由于传送工件多消耗的电能，故由能量守恒定律可得，故B错误；
D.由题图乙可知，，解得t=2 s，故D正确。
故选AD。
11.【答案】AC
【解析】
【分析】
一个物块以与传送带相反的方向进入传送带时，在不会从另一侧滑出的情况下，如果初速度大于传送带速度，则从传送带出来的速度等于传送带速度，如果进入时的速度小于传送带速度时，出来的速度大小等于进入时的速度大小。
摩擦力做功转化为的热量为Q=μmgΔs，一定要注意Δs是相对位移。
【解答】
A、上升到最高点时距N点高度为R4，根据12mv2=mgR4，解得v=gR2，滑块出来后与传送带共速，故A正确；
B、每次滑块从传送带出来后都与传送带共速，不会静止，故B错误；
C、设滑块与传送带的动摩擦因数为μ，则滑块在传送带上的加速度大小为a=μg，根据12mv02=mgR，滑块第一次进入传送带到速度为零，所用时间t1=v0μg，向右运动的位移为s1=v022a=Rμ，此段过程传送带向左运动的位移为s'1=vt1=Rμ，这段过程相对位移为Δs1=s1+s'1=2Rμ，
滑块从零开始向左运动的过程中，所用时间为t2=vμg，向左运动的位移为s2=v22a=R4μ，此段过程传送带向左运动的位移为s'2=vt2=R2μ，这段过程相对位移为Δs2=s'2-s2=R4μ，
所以两者相对总位移为Δs=Δs1+Δs2=9R4μ，故摩擦力做功转化为的热量Q=μmgΔs=94mgR，故C正确；
D、滑块第三次进入传送带时，向右减速运动的位移为s3=v22a=R4μ，时间t3=vμg，此段过程传送带向左运动的位移为s'3=vt3=R2μ，这段过程相对位移为Δs3=s3+s'3=3R4μ，同C选项，滑块从零开始向左运动的过程中，相对位移为Δs4=R4μ，
所以两者相对总位移为Δs'=Δs3+Δs4=Rμ，故摩擦力做功转化为的热量Q=μmgΔs'=mgR，故D错误。
故选AC。
12.【答案】BC
【解析】
【分析】
A.环来回运动性质不相对称，从而判定即可；B.依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力大小公式f=Bqv及左手定则，即可求解；C.根据动能定理，即可回到原点的机械能变化量；D.依据动能定理，结合初末速度，即可求解．
本题考查牛顿第二定律、动能定理的内容，掌握机械能损失与除重力以外的力做功有关，理解环在运动中受到洛伦兹力与速率的关系，及洛伦兹力的方向判定，注意环来回运动性质的不同，是解题的关键。
【详解】
A.由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为F=qE=2mg，方向始终竖直向上；
假设竖直向下为正方向，则当环下滑的过程中，受力分析，根据牛顿第二定律得：mg-qE+μqvB=ma，解得：a=-g+μqvBm，负号代表该加速度与运动方向相反，故物体在下滑的过程中做加速度逐渐减小的减速运动；
当环上升的过程中，根据牛顿第二定律mg+μqvB-qE=ma'，解得：a'=-g-μqvBm，环做加速度逐渐减小的减速运动，在到达原出发点前，加速度减为零，此时，a'=0，v=mgμvB，开始以速度v做匀速直线运动；
所以，由于运动的不对称性可以确定，从开始下滑到最低点的时间不等于t02，故A错误；
B.整个运动过程中，加速度一直减小，所以在运动的最开始时，加速度最大，加速度大小的最大值为：am=g+μqv0Bm，故B正确；
C.由以上计算可知，整个过程中，系统损失的机械能ΔE=12mv02-12mv2=12mv02-m2g2q2μ2B2，故C正确；
D.环上升和下降的过程中，摩擦力的平均值大小不相等，故因摩擦产生的内能不相等，故D错误。
故选BC。
13.【答案】AD
【解析】
【分析】
重力做功只初、末位置的高度差有关；物块在圆弧面上运动时需要向心力，圆弧轨道的支持力大于斜面上的支持力，克服摩擦力做功不等；根据功能关系知克服摩擦力做的功等于系统产生的热量；根据P=mgvcsα判断重力的瞬时功率。
本题主要考查功能关系、瞬时功率的应用，关键是知道物块在圆弧面上运动时轨道的支持力大于物块在斜面上运动时的支持力。
【解答】
A.重力做功与高度有关，A、A'高度相等，因此重力做功相等，故A正确；
B.图(a)，克服摩擦力做的功W1=μmgx，图(b)中，由于物块做圆周运动轨道支持力大于重力在垂直轨道方向的分力，即运动中平均摩擦力大于μmg，则克服摩擦力做的功大于μmgx，故B错误；
C.系统产生的热量等于克服摩擦力做的功，克服摩擦力做的功不相同，则产生的热量不相同，故C错误；
D.虽然物块运动到C、C'点时速度大小不相等，但均垂直于重力，重力的功率均为零，故D正确。
故选AD。
14.【答案】AD
【解析】
【分析】
解决本题的关键知道工件在传送带上的运动规律，知道各个工件在传送带上的运动规律相同，结合牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒综合求解。
工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，通过x=vT求出传送带的速度；根据匀加速度知识求得运动的时间，根据工件和传送带之间的相对路程大小，求出摩擦产生的热量；根据能量守恒知，多消耗的能量一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦产生的内能。
【解答】
A.工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT，解得传送带的速度v=LT.故A正确。
B.设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg，根据v=v0+at，解得：t=va=LTμg.故B错误。
C.工件与传送带相对滑动的路程为：△x=vvμg-v22μg=v22μg=L22μgT2，
则摩擦产生的热量为：Q=μmg△x=mL22T2.故C错误。
D.根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E=12mv2+μmg△x=mL2T2，故D正确。
故选AD。