，再由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，得知μ甲<μ乙，故A项正确；传送带对小物体做的功等于小物
体机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相等，故两图中传送带对小物体做的功相等，故B项正确；因摩擦产生的热量Q＝Ffx相对，图甲中有Q甲＝Ff1x1＝Ff1
，sinθHFf1－mgsinθ＝ma1＝mv2
2·
sinθH，图乙中有Q乙
＝Ff2x2＝Ff2
H－h，Ff2－mgsinθ＝ma2＝sinθv21212
m，解得Q甲＝mgH＋ mv，Q乙＝mg(H－h)＋mv，Q甲>Q乙，故D项错误；根据能量
H－h222·
sinθ守恒定律，电动机消耗的电能E电等于因摩擦产生的热量Q与物体增加的机械能之和，因物体两次从A到B增加的机械能一样，摩擦产生的热量Q甲>Q乙，所以将小物体运至B处，图甲中传送带消耗的电能更多，故C项错误．
[答案] AB
5.如右图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的答案是( )
A．M下滑的速度不变
B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动
C．M先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动 D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上
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[解析] 传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsinθ＝Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有一样的速度匀速下滑，故C正确，应当选C.
[答案] C
6．(多项选择)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物块(如图a所示)，以此时为t＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系．如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2)．传送带的速度保持不变．如此如下判断正确的答案是( )
A．假设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，如此μ>tanθ B．0～t1内，传送带对物块做正功
C．0～t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大 D．0～t2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量
[解析] 在t1～t2内，物块向上运动，如此有μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，故A正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，如此知传送带的运动方向应向上.0～t1内，物块所受摩擦力沿斜面向上，如此传送带对物块做负功，故B错误；物块的重力势能减小，动能也减小都转化为系统产生的内能，如此由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小．故C正确；0～t2内，传送带对物块做功等于物块机械能的变化量，故D错误．
[答案] AC
7.如下列图的装置由传送带AB、水平地面CD、光滑半圆形轨道DE三局部组成．一质量为5 kg的物块从静止开始沿倾角为37°的传送带上滑下．假设传送带顺时针运动，其速度
v＝10 m/s，传送带与水平地面之间通过光滑圆弧BC相连，圆弧BC长度可忽略不计，传送
带AB长度为LAB＝16 m，水平地面长度为LCD＝6.3 m，半圆轨道DE的半径R＝1.125 m，物
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块与水平地面间、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)物块在传送带上运动的时间t； (2)物块到达D点时对D点的压力大小； (3)物块从E点抛出后的落地点与D点的距离． [解析] (1)刚开始运动时，对物块受力分析可知
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，解得a1＝10 m/s2
物块与传送带达到共同速度时v＝a1t1，解得t1＝1 s 12
物块的位移x＝a1t1＝5 m
2此后对物块受力分析可知
mgsin37°－μmgcos37°＝ma2
解得a2＝2 m/s
物块在传送带上的第二段运动
2
LAB－x＝vt2＋a2t22
解得t2＝1 s
物块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝2 s
(2)物块到达传送带底端的末速度v2＝v＋a2t2＝12 m/s
在水平地面CD上，物块做匀减速直线运动，其加速度大小a＝μg＝5 m/s 设物块到达D点时的速度为v3，如此
2v23－v2＝－2aLCD，解得v3＝9 m/s
2
1
2
设此时D点对物块的支持力为FN，根据牛顿第二定律，
v23
有FN－mg＝m，解得FN＝410 N
R根据牛顿第三定律可知，物块对D点的压力大小为410 N.
(3)物块沿半圆轨道从D点运动到E点的过程机械能守恒，设物块经过E点时的速度为
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2
v4，根据机械能守恒定律有mv23＝mv4＋2mgR，解得v4＝6 m/s
1
212
12
物块从E点抛出后做平抛运动，有s＝v4t3,2R＝gt3
295
解得s＝ m.
5
95
[答案] (1)2 s (2)410 N (3) m
5
8．(2017·陕西宝鸡质检(一))某工厂为实现自动传送工件，设计了如下列图的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，倾角为θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以
v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止．工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝
0.5，重力加速度g＝10 m/s，现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
2
(1)工件从A端开始被第一次传送到CD传送带，上升的最大高度和所用的时间； (2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小(v2[解析] (1)工件刚放在传送带AB上，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为s1，受力分析如图甲所示，结合牛顿运动定律可得：N1＝mg 7 / 11word
f1＝μN1＝ma1 v1
t1＝＝1 s
a1
s1＝a1t21＝2.5 m
由于s1为：t2＝1
2
LAB－s1
＝0.3 s v1
工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为s2
受力分析如图乙所示，结合牛顿运动定律可得：N2＝mgcosθ
mgsinθ＋μN2＝ma2
0－v1s2＝＝1.25 m
－2a2
工件上升的最大高度为h＝s2sinθ＝0.75 m
2
t3＝
0－v1
＝0.5 s －a2
全程所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s
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(2)CD传送带以大小为v2的速度向上转动时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析如图丙所示，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为s3和s4
结合牛顿运动定律可得： －2a2s3＝v2－v1
2
2
mgsinθ－μN2＝ma3
－2a3s4＝0－v2
2
LCD＝s3＋s4
解得：v2＝4 m/s
[答案] (1)0.75 m 0.5 s (2)4 m/s
9．如下列图，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑．水平段OP长为L＝1 m，P点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，传送带轮逆时针转动速率为3 m/s，一质量为1 kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得的弹性势能Ep＝9 J，物块与OP段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A完全一样的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因数μ2＝
2
3
，3
传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g＝10 m/s，现释放A，求：
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(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速率v0；
(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量； (3)A、B能够碰撞的总次数．
[解析] (1)设物块质量为m，A与B第一次碰前的速率为v0， 12
如此Ep＝mv0＋μ1mgL，
2解得v0＝4 m/s.
(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，
如此vA＝0，vB＝4 m/s，碰后B沿传送带向上做匀减速运动直至速度为零， 加速度大小设为a1，如此mgsinθ＋μ2mgcosθ＝ma1， 解得a1＝gsinθ＋μ2gcosθ＝10 m/s. 运动的时间t1＝＝0.4 s. 位移x1＝t1＝0.8 m.
2
此过程相对运动路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m.
此后B反向加速，加速度仍为a1，与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，加速时间为t2＝＝0.3 s.
位移为x2＝t2＝0.45 m.
2
此过程相对运动路程Δs2＝vt2－x2＝0.45 m， 全过程摩擦生热Q＝μ2mgcosθ(Δs1＋Δs2)＝12.25 J.
(3)B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．如12
此对A、B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞：mv＝2nμ1mgL，解得第二次碰
2撞后重复的过程数为n＝2.25.所以碰撞总次数为N＝2＋2n＝6.5＝6次(取整数)．
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2
vBa1
vBva1
vword [答案] (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次
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