(最新优质)高一物理专题十四 ：传送带与板块中的能量(附解析)

专题十四传送带与板块中的能量学科素养部分
一.核心素养聚焦
考点一科学思维——传送带中的能量问题
例题1．如图所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与皮带间的动摩擦因素为μ。

当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功可能是（）
A．等于1
2mv
2B．小于
1
2mv
2C．大于μmgs D．小于μmgs
【答案】ABD
【解析】货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速而货物的最
终速度小于v，故摩擦力对货物做的功可能等于1
2mv
2，可能小于
1
2mv
2，可能等于μmgs，可
能小于μmgs，故选A、B、D.
例题２．如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转。

现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端．则下列说法中正确的是（）
A．第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功
B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C ．第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量
D ．两个阶段摩擦力对物体所做的功等于物体机械能的减少量 【答案】AC
【解析】两阶段中摩擦力方向都是沿传送带向上的，与速度方向相同，A 正确；两阶段中都是除了摩擦力外还有重力对物体做功，而由动能定理知合外力所做功才等于物体动能的变化量，B 错误；除了重力外只有摩擦力对物体做功，由功能原理知C 正确；两阶段中摩擦力都做正功，机械能在整个过程中一直是增加的，D 错误。

例题３．如下图所示，浅色传送带A 、B 两端距离L ＝24m ，以速度v 0=8m/s 逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为θ＝30°,现将一质量为m =2kg 的煤块轻放在传送带的A 端，煤块与传送带间动摩擦因数
g 取10m/s 2
，则下列叙述正确的是
A ．煤块从A 端运动到
B 端所经历时间为3s B ．煤块从A 端运动到B 端重力的瞬时功率为240W
C ．煤块从A 端运动到B 端留下的黑色痕迹为4m
D ．煤块从A 端运动到B 端因摩擦产生的热量为24J 【答案】AC
【解析】煤块刚放上传送带时的加速度大小为：
22130303030510/8/mgsin mgcos a gsin gcos s m s m μμ︒+︒=︒+︒==＝
，
则煤块速度达到与传送μ=
带共速所需的时间为s a v t 11
01==，这段时间内的位移m a v x 4212
1==。

之后煤块所受摩擦力反向，加速度变为22/2cos sin s m g g a =-=θμθ，则由2
222012
1
t a t v x x +=-解得s t 22=，故煤块从A 运动
B 所经历时间为t=t 1+t 2=3s,A 正确。

煤块到B 端时的速度v B =v 0+a 2t 2=12m/s,则此时重力的功率为P=mgv B sinθ=120W,B 错误。

煤块相对于传送带先以v 0=8m/s 、a 1=8m/s 2向上减速运动
到零，相对传送带位移m
a v x 421
2
1==∆向上，再相对传送带从静止以a 2=2m/s 2加速运动
v=v B -v 0=4m/s,此过程中相对传送带的位移m a v x 422
22==
∆,方向向下，故黑色痕迹的长度为4m ，
C 正确。

整个过程中产生的热量J x x mg Q 30)(cos 21=∆+∆⨯=θμ，故
D 错误． 考点二.科学思维——板块中的能量问题
例题４．如图所示，一质量M=0.2kg 的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m=0.2kg 的小滑块，以V 0=1.2m/s 的速度从长木板的左端滑上长木板。

已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.4， g=10m/s 2, 问：
（1）经过多少时间小滑块与长木板速度相等？
（2）从小滑块滑上长木板，到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少？（滑块始终没有滑离长木板）
（3）整个过程中产生的热量为多少？ 【答案】（1）0.15s （2）0.135m （3）0.072J
【解析】（1）分析m 的受力，由牛顿第二定律有．○1
分析M 的受力，由牛顿第二定律有．○2
211/4s m g m
mg
a m ===
μμ21/4s m M
mg
a M ==
μ
设经过时间t 两者速度相同．
○3 ○4 且○5 代入数据，联解○3○4○5可得t=0.15s (2) 小滑块做匀减速运动．
初速度为．
（3）解法一：整个过程中木板的位移为m a V S M
M
045.02'2
==
木板与滑块间的相对位移为m S S S 09.0'=-=∆ 故整个过程中产生的热量为
J J S mg Q 072.009.0102.04.01=⨯⨯⨯=∆=μ
解法二：由能量守恒可知，整个过程中产生的热量系于系统损失的动能：
J MV mV mV Q M m 72.02
121212220=--=
例题５．长为1.5m 的长木板B 静止放在水平冰面上，小物块A 以某一初速度从木板B 的左端滑上长木板B ，直到A 、B 的速度达到相同，此时A 、B 的速度为0.4m/s ，然后A 、B 又一起在水平冰面上滑行了8.0cm 后停下．若小物块A 可视为质点，它与长木板B 的质量相同都为2kg ，A 、B 间的动摩擦因数μ1=0.25．求：（取g =10m/s 2） （1）木块与冰面的动摩擦因数μ2． （2）全过程产生的总热量Q. 【答案】（1）0.10 （2）5.76J
【解析】（1）A 、B 一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度
t a V V m m -=0t a V M M =m M V V =s m t a V V m m /6.015.042.10=⨯-=-=m a V V S m t 135.0)
4(22.16.02222
2=-⨯-=-=
解得木板与冰面的动摩擦因数μ2=0.10
（2）小物块A 受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a 1=μ1g =2.5m/s 2 小物块A 在木板上滑动，木块B 受小物块A 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有
μ1mg －μ2(2m )g =ma 2 解得加速度a 2=0.50m/s 2
设小物块滑上木板时的初速度为v 10，经时间t 后A 、B 的速度相同为v
由长木板的运动得v =a 2t ，解得滑行时间 小物块滑上木板的初速度 v 10=v ＋a 1t =2.4m/s
小物块A 在长木板B 上滑动的距离 AB 间产生热Q =μ1mg s=4.8J
木板B 总位移为s =a t +0.08=0.24m
则B 与冰面之间产生热量Q =μ2mg s =0.96J 总热量Q=Q + Q =5.76J
（由能量守恒解得：总热量Q=m v 102/2=5.76J ，同样可以）
二.学业质量测评
选择题
2
22 1.0m/s 2v a g s
μ===2
0.8s v
t a =
=22120112110.96m 2
2
s s s v t a t a t ∆=-=--=1∆∆22
1
2222∆212
1.如图所示,物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带,传送带以图示方向匀速运转,
则传送带对物体做功情况可能是
A．始终不做功B．先做负功后做正功
C．先做正功后不做功D．先做负功后不做功
【答案】ＡＣＤ
【解析】若物体进入传送带时的速度v0<v时，物体受到传送带向右的摩擦力而加速，当传送带足够长时，物体速度增加到与传送带相同后摩擦力消失，对应于摩擦力先做正功后不做功，当传送带不是足够长时，物体一直在摩擦力作用下加速运动到传送带右端，对应于摩擦力一直做正功。

若v0＝v时物体与传送带间无相对运动趋势，物体与传送带间无摩擦力的作用，传送带对物体不做功。

若v0>v时，物体受到传送带向左的摩擦力而减速，当传送带足够长时，物体速度减小到与传送带相同后摩擦力消失，对应于摩擦力先做负功后不做功；当传送带不是足够长时，物体一直在摩擦力作用下减速运动到传送带右端，对应于摩擦力一直做负功，故ACD正确B错误。

２.如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ。

为保持木板的速度不变，须对木板施一水平向右的作用力F。

从物体放到木板上到它相对木板静
止的过程中，木块与物体组成的系统产生的内能为
A.mv2
4 B.
mv2
2C．mv
2D．2mv2
【答案】B
【解析】从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中的相对位移大小为s
相＝vt－
v
2t，v＝
μgt, 则摩擦产生的热量为Q＝μmg·s相＝1
2mv
2，故B正确。

3.如图所示为一种测定运动员体能的装置，运动员的质量为m1，绳的一端拴在腰间并沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮质量及摩擦），绳的下端悬挂一个质量为m2的重物，人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带以速率v匀速向右运动。

下面说法中正确的是（）
（A）绳子拉力对人做正功
（B）人对传送带做正功
（C）运动时间t后，运动员的体能消耗约为m2gvt
（D）运动时间t后，运动员的体能消耗约为（m1+m2）gvt
【答案】BC
【解析】人的重心不变，绳子拉力作用点没有位移，故绳子拉力不做功，A错误。

绳对人有向右的拉力而静止，故传送带对人的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知人对传送带的摩擦力方向向右，而传送带速度方向向右，故人对传送带做正功，B正确。

在时间t内，传送带位移S=vt，摩擦力大小F=m2g，故运动员克服摩擦力所做功即运动员体能消耗约为m2gvt，故C正确D错误。

４.传送带在工农业生产和日常生活中都有着广泛的应用。

如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运动，现将m=2kg的货物放在传送带上的A点，货物与传送带的速度v 随时间t变化图像如图乙所示，整个过程皮带是绷紧的，货物经过1.2s到达传送带的B端。

已知重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是
A.货物在0~0.2s内的加速度大小为1m/s2
B.A 、B 两点间的距离为1.5m
C.货物从A 运动到B 的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为2.4J
D.货物从A 运动到B 的过程中，传送带对货物做的功为6.4J 【答案】AC
【解析】由图线斜率可知A 正确。

AB 两点间距离等于货物在整个过程中通过的位移即货物的速度图线与时间所围图形的面积：m x 1.02.012
11=⨯⨯=、m m x 5.112
2
12=⨯+=
，m x x x 6.121=+=，Ｂ错误。

由图知两阶段中货物运动的加速度21/5s m a =、22/1s m a =，由两
阶段货物受力结合牛顿第二定律可得1sin ma f mg =+θ、2sin ma f mg =-θ，解得
N a a m f 4)(2
1
21=-=。

由两图线间所围面积绝对值之和可得货物与传送带间相对路程
m m s 6.0)2.02.1()12(2
1
2.0121=-⨯-⨯+⨯⨯=
，货物与传送带间因摩擦产生的热量等于摩擦力与相对路程的乘积：J fs Q 4.2==，Ｃ正确。

传送带对货物的作用力中弹力不做功，只有摩擦力对货物做功，而第一个阶段中摩擦力对货物做功正功、第二个阶段中摩擦力对货物做负功，整个过程中摩擦力对货物所做功为J fx fx W 6.521-=-=，Ｄ错误。

５.传送带是应用广泛的一种传动装置。

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动摩擦因数为μ，工件质量为m 。

经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L 。

已知重力加速度为g ，下列判断正确的有
A ．传送带的速度大小为L
T
B ．工件在传送带上加速时间为2L gT μ
C ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为
2
mgL μ
D ．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为
22
mL T
【答案】AD
【解析】作出工件的速度图像如图所示，由图可
知，两工件间距
离即工件通过的位移差T v L 皮=，故A 正确。

工件加速时间gT
L
g
v t μμ=
=皮
，B 错误。

每个工件
与传送带间发生的相对位移2
22
221gT L gt t v x μμ=
-=皮相对
，故因摩擦而产生的热量为
222T mL mgx Q =
=相对
μ，传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为22
221T
mL Q mv E =+=∆皮，C 错误D 正确。

６.一块足够长的白板静止于水平桌面上，一可视为质点、质量为m 的石墨块静止在白板上，石墨块与白板间动摩擦擦因数为μ，重力加速度为g 。

从某时刻起，使白板瞬时获得速度v 0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹。

经过时间t 白板突然停下，不再运动。

不计石墨块与板摩擦过程中损失的质量，在石墨块也停止运动时，白板上黑色痕迹的长度及二者相对运动过程中产生的热量可能是
A ．02
v t
20mv
B ．
02
v g
μ
2
0mv
C ．201
2
v t gt μ- 0mgv t μ
D ．0v t
0mgv t μ
【答案】AC
【解析】在时间t 内石墨可能一直加速，也可能先加速再匀速。

石墨加速时，由牛顿第二定律有μmg=ma 。

若一直加速，石墨发生的位移为212
1
gt x μ=，相对白板的位移为
2010121gt t v x t v x μ-
=-=∆，此过程中产生的热量为2
220112
1t mg t mgv x mg Q μμμ-=∆⋅=、石墨块获
得的速度v=gt μ；从白板停下到石墨块出停下的过程中，系统产生的热量等于石墨块减少的动能：
2
22)(2
1
21gt m mv Q μ==
,则整个过程中产生的热量为t mgv Q Q Q 021μ=+=，而此阶段中石墨相对白板回滑的距离不大于加速运动过程中的相对位移，故滑痕长度等于
2
012
1
gt t v x μ-
=∆，对应于选项Ｃ。

当t 秒末石墨速度恰好达到与白板速度相等时，有gt v μ=0，
代入
20121gt t v x μ-
=∆可得2
210
201t v gt t v x =-=∆μ、代入t mgv Q 0μ=可得2
00mv t mgv Q ==μ，此时石
墨刚好回滑至滑痕的起点，对应于选项Ａ。

若石墨块先加速再匀速，则加速过程的末速度及匀速运动的速度均为v 0，石墨在匀速运动的阶段中与白板相对静止，加速运动的时间
g v t μ0'=，此过程中的相对位移为
t
v t v g v gt t v x 2'22'21'002
0202<==-=∆μμ，摩擦产生的热量2
212
1'mv x mg Q =
∆=μ；从白板停下到石墨块出停下的过程中，系统产生的热量等于石墨块减少的动能：
2022
1mv Q =
，则整个过程中产生的热量为20
21mv Q Q Q =+=，而此阶段中石墨相对白板回滑的距离等于加速运动过程中的相对位移，故滑痕长度等于g
v x μ22
2=∆，可见ＢＤ均
错误。

７.如图所示，水平传送带两端点A 、B 间的距离为L ，传送带开始时处于静止状态。

把一个小物体放到右端的A 点，某人用恒定的水平力F 使小物体以速度v 1匀速滑到左端的B 点，拉力F 所做的功为W 1、功率为P 1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q 1。

随后让传送带以v 2的速度匀速运动，此人仍然用相同的水平力恒定F 拉物体，使它以相对传送带为v 1的速度匀速从A 滑行到B ，这一过程中, 拉力F 所做的功为W 2、功率为P 2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q 2。

下列关系中正确的是：B
A ．W 1＝W 2 ，P 1＜P 2，Q 1＝Q 2
B．W1＝W2 ，P1＜P2，Q1＞Q2
C．W1＞W2 ，P1＝P2，Q1＞Q2
D．W1＞W2 ，P1＝P2，Q1＝Q2
【答案】B
【解析】两次过程中拉力F相同、物体对地位移相同，故拉力做功相同，CD均错误。

第二次过程中，物体受到向左的拉力而匀速运动，说明摩擦力的方向向右，即物体相对传送带的运动方向左，v1>v2；由两过程中物体匀速运动,可知拉力F=mg
μ相同，由Fv
P=可知P1＜P2.两次过程中物体对地位移相同，第二次过程中对地速度v1+v2大于第一次对地速度v1，故第二次运动时间短，而两次过程中物体相对传送带的速度相同，故第二次的相对位移小，再由Q＝
fs可知第一次摩擦力产生的热量多，故A错误B正确。

相对
８.如图所示，用半径为0.4m的电动滚轮在长薄铁板上表面压轧一道浅槽。

薄铁板长为2.8m、质量为10kg，已知滚轮与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为0.3和0.1。

铁板从一端放入工作台的砂轮下，工作时砂轮对铁板产生恒定的竖直向下的压力为100Ｎ，在砂轮的作用下，铁板向前运动并被压轧出一浅槽。

已知滚轮转动的角速度恒为5rad/s，g取10m/s2，则
８图
Ａ．整个过程中铁板将先做匀加速运动，然后做匀速运动
Ｂ．加工一块铁板需要的时间为2s
Ｃ．加工一块铁板电动机多消耗的电能为136Ｊ
Ｄ．加工一块铁板产生的热量为116Ｊ
【答案】ＡＣＤ
【解析】开始砂轮给铁板向前的滑动摩擦力f 1＝μ1F lN ＝0．3×100N ＝30N ．工作台给平板的摩擦阻力f 2＝μ2F 2N ＝0．1×(100+l0×10)N ＝20N ，则铁板先向右做匀加速直线运动，加速度大小为a=(f 1-f 2)/m=1m/s 2 .加速过程铁板能达到的最大速度v m =ωR=5×0．4m ／s ＝2m ／s ．这一过程铁板的位移S l ＝v m /2a=2m<2．8m ，此后砂轮给铁板的摩擦力将变为静摩擦力f l ’，由于f l ’＝f 2，铁板将做匀速运动．即整个过程中铁板将先做加速度a ＝lm ／s 2的匀加速运动，然后做v m ＝2m ／s 的匀速运动，A 正确。

在加速运动过程中，由v m =at 1得t 1＝2s ，匀速运动过程的位移为s 2＝L―s 1＝0．8m ，由s 2＝vt 2，得t 2＝0．4s ．所以加工一块铁板所用的时间为T ＝t 1+t 2＝2．4s ，Ｂ错误． 砂轮与铁块间产生的热量Q 1= f 1(vt 1-s 1)=60J,整个过程中铁块与工作台间产生的热量 Q 2＝f 2L=56J ，故加工一块铁板产生的热量为Q 1+Q 2=116Ｊ，Ｄ正确；铁块获得的动能为ΔE k =20 J ，故加工一块铁板电动机多消耗的电能E ＝ΔE k +Q 1+Q 2＝136J ．Ｃ正确。

９.如图所示，某生产线上相互垂直的甲乙传送带等高、宽度均为d ，均以大小为v 的速度运行，图中虚线为传送带中线．一工件（视为质点）从甲左端释放，经长时间由甲右端滑上乙，滑至乙中线处时恰好相对乙静止．下列说法中正确的是（ ）
A 、工件在乙传送带上的痕迹为直线，痕迹长为
d 2
2
B 、工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为
v
d 2 C 、工件与乙传送带间的动摩擦因数 dg v 2
D 、乙传送带对工件的摩擦力做功为零 【答案】ＡＤ
方向沿着与乙成45°的方向，而滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，可知物体在乙上所受摩擦力即合力的方向与相对乙的运动方向相反，故物体相对于乙做匀减速直线运动，相对速度减小到零时通过的相对位移即滑痕长度s ，工件滑到乙中线并相对于乙静止，则有
擦力所做总功为0，故D 正确． 计算题
10.固定在水平地面上表面光滑斜面倾角为θ．斜面底端固定一个与斜面垂直的挡板，一木板A 被放在斜面上，其下端离地面高为H ,上端放着一个小物块B ，如图所示。

木板和物块的质量均为m ．相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数为μ（μ>tan θ），把它们由静止释放，木板与挡板发生碰撞时，时间极短，无动能损失，而物块B 始终不会与挡板发生碰撞．求：
(1)木板A 即将与挡板第一次碰撞前的速度为多大？
(2)木板A 与挡板第一次碰撞后沿斜面上升的最大距离为多少？ (3)从释放木板到木板和物块都静止，木板和物块系统损失的机械能．
【答案】(1)gH 2(2)211
2sin cos v H s a θμθ
==+(3)θθμθμsin cos cos 2-mgH
【解析】（1）由机械能守恒mgH mv 222
1
21=⨯
得gH v 21=
（2）对A ma f mg =+θsin
cos f mg μθ=
2112sin cos v H
s a θμθ
==+
（3）由机械能守恒fL L H mg mgH =++)sin (θ 损失机械能fL E =损 解得θ
θμθ
μsin cos cos 2-=
mgH E 损
11.如图所示，绷紧的传送带在电动机的带动下，始终保持v 0=2m/s 的速度匀速行驶，传送带与水平地面的夹角θ=30° 。

现把一质量m =10kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带送至h=2m 的高处，已知工件与传送带间动摩擦因数μ=2
3，g=10m/s 2。

求：
（1）求工件刚放上去时的加速度。

（2）在工件从传送带底端运动至h=2m 高处的过程中，传送带对工件做了多少功？ （3）由于传送工件，电动机多消耗的能量E ∆为多少？ 【答案】（1）2.5m/s 2沿斜面向上（2）220J （3）280J
【解析】（1）工件轻轻地放在传送带底端后，受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律得知，上滑过程中加速度为：
12.如题图甲所示，一质量为M 的木板A 静置于光滑水平面上，质量为m 可视为质点的小物块B 以速度v 0从木板左端沿木板上表面向右运动，恰好能运动到木板右端，已知M=3m ，小物块与木板间动摩擦因素为μ，重力加速度为g ，求： （1）小物块B 恰好运动到木板右端时速度大小； （2）木板长度L ；
（3）如题图乙所示，如果小物块B 以速度2v 0从木板左端沿木板上表面向右运动，同
时对木板施水平向右恒力F ，小物块也恰好能运动到木板右端，求恒力F 的大小．
【答案】（１）v 0/4（２）2
38v L g
μ=
（３）12F mg μ= 【解析】（1）设物块恰好运动到木板右端时速度大小为v ,由于地面光滑，小物块与木板所受合力等于各自所受摩擦力，由牛顿第三定律可知，二者所受合力大小相等。

再由牛顿第二定律可得：
B A ma Ma =
由匀变速直线运动的速度公式有
t a v v B -=0 t a v A =
联立可得
4
v v =
（2）由能量关系得：
2
2001
14()224
v mgL mv m μ=-
解得：20
38v L g
μ=
（3）设经过时间t ，小物块恰好运动到木板右端时二者速度为v '，木板A 发生位移x A ，
小物块B 发生位移x B 对B 物体有：
B ma mg =μ、''20t a v v B =-、 22011
(2)22
B mgx m v mv μ'=
- 对A 物体有：
A Ma mg F =+μ、'''t a v A =
21
()32
A F mg x mv μ'+=
B A x x L -=
联立解得：12F mg μ=
13.如图所示，物体A 放在足够长的木板B 上，木板B 静止于水平面。

t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F 拉木板B ，使它做初速度为零，加速度a B =1．0m/s 2的匀加速直线运动。

已知A 的质量m A 和B 的质量mg 均为2．0kg,A 、B 之间的动摩擦因数=0．05，B 与水
1μ
平面之间的动摩擦因数=0．1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g 取10m/s 2。

求
（1）物体A 刚运动时的加速度a A
（2）t=1．0s 时，电动机的输出功率P ；
（3）若t=1．0s 时，将电动机的输出功率立即调整为P`=5W ，并在以后的运动过程中始终
保持这一功率不变，t=3．8s 时物体A 的速度为1．2m/s 。

则在t=1．0s 到t=3．8s 这段时间内木板B 的位移为多少？
【答案】（1
）（2）7W (3)3.03m 【解析】（1）物体在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得
，
代入数据解得
（2）时，木板的速度大小为
，
木板所受拉力，由牛顿第二定律有
，
解得：，
电动机输出功率 。

（3）电动机的输出功率调整为时，设细绳对木板的拉力为，则
2μ0.5A a =2m/s A 1A A A m g m a μ=0.5A a =2m/s 1.0t =s B 1B v a t ==m/s B F 12()A A B B B F m g m m g m a μμ--+=7F =N 7P Fv ==W 5W B 'F 13题图
，
解得，
木板受力满足，
所以木板将做匀速直线运动，而物体则继续在上做匀加速直线运动直到速度相等。

设这一过程时间为，有
，
这段时间内片的位移，
，
由以上各式代入数据解得：
木板在到这段时间内的位移。

14.如图所示，与地面的倾角为θ的传送带以速率v 逆时针转动。

为了测定某一质量为m 的物块与传送带间的动摩擦因数，现让该物块以初速度1v 从传送带的底端向上滑动，发现隔一段时间后该物块又滑回到传送带的底端。

现测出物块滑回到传送带底端时的速率为2v ，且v v v ≠≠21。

问：
(1) 物块与传送带间的动摩擦因数为多少?
(2) 物块从传送带底端向上滑动后到重新滑回到传送带底端的整个过程中，摩擦力对物
块所做的功是多少？
''P F v ='5F =N B 12()0A A B m g m m g μμ--+=F B A B A B 、't 111(')v a t t =+11's v t =222122111
'(')()()()22A B A B A A B P t t t m m gs m m v m m v μ---+=+-+B 1.0t =s 3.8s 12 3.03s s s =+=
m
【答案】(1)θtan 22
22212221•-+-v v v v v (2)
)(2
1
2122v v m - 【解析】（1）方法一：
设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，物块上滑的最大位移为L ，上滑过程的加速度大小为a 1，下滑过程中的加速度大小先为a 2后为a 3 上滑过程有：1)cos sin (ma mg mg -=+-θμθ
θμθcos sin 1g g a += ……①
下滑过程有：θμθcos sin 12g g a a +== ……②
θμθcos sin 3g g a -= ……③
在物块上滑过程中有：L g g v )cos sin (202
1θμθ+-=- ……④
在物块从最高位置开始下滑的过程中，设物块达到与传送带相同速度时下滑的位移大小为
1x 则有：
12)cos sin (2x g g v θμθ+=……⑤
由于物块回到底端时的速率2v 与v 不相等，说明当物块达到与传送带相同速度后继续加速，则从物块达到与传送带相同速度到滑回到底端过程中有：
))(cos sin (2122
2x L g g v v --=-θμθ……⑥
由④⑤⑥： θμtan 2222212
221•-+-=v v v v
v ……⑦
方法二：
解：设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，物块沿传送带上滑的最大位移为L 在物块上滑过程中，对物块，由动能定理得：
2
12
10)cos sin (mv L mg mg -=+-θμθ …… ①
在物块从最高位置开始下滑的过程中，设物块达到与传送带相同的速度时下滑的位移为1x ，此过程中，对物块，由动能定理得：
02
1)cos sin (2
1-=
+mv x mg mg θμθ ……② 从物块达到与传送带相同速度到滑回到底端过程中，对物块，由动能定理得
22
212
121))(cos sin (mv mv x L mg mg -=
--θμθ……③ 由①②③得： θμtan 2222212
22
1•-+-=v v v v
v ……④
（2） 方法一：
解：物块从传送带底端滑上传送带到重新滑回到传送带底端的过程中，对物块，由动能定理得，摩擦力对物块所做的总功： 2
1222
121mv mv W f -=……⑧ 方法二：
解：在物块上滑的过程中，摩擦力对物块所做的功：
)
(4)(cos 22
12
12
2211
v v v v mv mgL W f --=-=θμ
（或采用动能定理得出1f W ）
在物块从最高位置下滑到与传送带相同的速度时，摩擦力对物块所做的功为：
)(4)
(cos 2212221212v v v v mv mgx W f --==θμ
（或采用动能定理得出2f W ）
从物块达到与传送带相同速度到滑回到底端过程中，摩擦力对物块所做的功为：
)(4
1)(cos 212213v v m x L mg W f -=--=θμ （或采用动能定理得出3f W ）
物块从传送带底端滑上传送带到重新滑回到传送带底端的过程中，摩擦力对物块所做的总功为：
)(2
12122321v v m W W W W f f f f -=++=。