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    如图（a）所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m=2kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图（b）所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
    （1）0-10s内物体位移的大小；
    （2）物体与传送带间的动摩擦因数；
    （3）0-10s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q．
    分析：（1）速度图象的“面积”大小等于位移，物体在0-2s内的位移为正值，在2-10s内的位移为负值．
    （2）根据斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解物体与传送带间的动摩擦因数．
    （3）0-10s内物体机械能增量等于动能增加量与重力势能增加量之和．在前6s内物体与传送带发生相对滑动，求出相对位移△s，产生的热量为Q=μmgcosθ?△s．
    解答：解：（1）根据速度图象的“面积”大小等于位移，则得物体在0-10s内的位移为
      s=
    4+8
    2
    ×6    m-
    3×2
    2
    m=33m
    （2）由图象知，物体在传送带上滑动时的加速度为a=
    △v
    △t
    =
    0-3
    2
    m/s2=1.5m/s2
    对此过程，由牛顿第二定律得
      μmgcosθ-mgsinθ=ma
    解得  μ=
    15
    16
    ≈0.94
    （3）物体被送上的高度为h=ssinθ=19.8m，重力势能增加量为
    △EP=mgh=396J
    动能增加量为△EK=
    1
    2
    m
    v
    2
    2
    -
    1
    2
    m
    v
    2
    1
    =27J
    故机械能的增加量为△E=△EP+△EK=423J
    0-10s内只有前6s内发生相对滑动．
    在0-6s内传送带运动的距离为s带=s带t=6×6m=36m，物体的位移为s物=
    3+6
    2
    ×2    m=9m
    则物体与传送带的相对位移大小为△s=s带-s物=27m
    产生的热量为Q═μmgcosθ?△s=405J．
    答：
    （1）0-10s内物体位移的大小是33m；
    （2）物体与传送带间的动摩擦因数是0.94；
    （3）0-10s内物体机械能增量是423J，因与传送带摩擦产生的热量Q是405J．
    点评：本题一要读懂速度图象，根据图象分析物体的运动情况，求出位移和加速度，二要根据牛顿第二定律和功能关系求解相关的量，对于热量，要根据相对位移求解．
    练习册系列答案
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    （1）求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功W
    （2）求B、C两点间的距离X；
    （3）若在P处安装一个竖直弹性挡板，物块与挡板相碰后沿原路返回（不计碰撞时的能量损失），再次挤压弹簧后又被反弹上去，试判断物块是否会脱离轨道？（要写出判断依据）

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    A．该粒子在P点时的电势能是
    B．该粒子到达C’点时的速度是
    C．该粒子到达C’点时的电势能是
    D．该粒子通过等势面BB’时的动能是

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    科目：高中物理 来源：2012-2013学年福建省漳州市高考模拟物理试卷（解析版） 题型：选择题

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    A．该粒子在P点时的电势能是

    B．该粒子到达C’点时的速度是

    C．该粒子到达C’点时的电势能是

    D．该粒子通过等势面BB’时的动能是

     

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    科目：高中物理 来源：2011-2012学年福建省高三高考压轴理科综合物理试卷（解析版） 题型：选择题

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    A.该粒子在P点时的电势能是

    B.该粒子到达C’点时的速度是

    C.该粒子到达C’点时的电势能是

    D.该粒子通过等势面BB’时的动能是

     

     

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       （3）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾    斜轨道AB，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件。

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