题目内容
14．如图1所示，一质量m=2.0kg的小物块以某一速度滑上正在运行的足够长的传送带上，地面观察者记录了物块速度随时间变化的关系如图2所示，（图中取向右运动的方向为正方向），已知传送带的速度保持不变（g取10m/s2）．求
（1）指出传送带的速度大小及方向（不需说明理由）；
（2）计算物块与传送带之间的动摩擦因数；
（3）计算0～2s内物块与传送带相对滑动过程中产生的热量Q．
分析 （1）根据图2判断小物块最终稳定的速度即为传送带的速度；
（2）由图2计算出小物块在匀减速和匀加速过程中的加速度大小，由牛顿第二定律求出动摩擦因数；
（3）计算出0-2s内小物块的位移，和传送带的位移，二者位移之和为相对滑动路程，由功的定义求出产生的热量．
解答 解：（1）由图2知最终稳定速度即传送带的速度v，大小为2m/s，方向为顺时针．
（2）由图2可得，物块做匀变速运动的加速度：a=$\frac{△v}{△t}=\frac{4}{2}=2m/{s}^{2}$
由牛顿第二定律得；μmg=ma
代入数据得：μ=0.2
（3）0-2s内小物块的位移为：x1=$\frac{1}{2}×2×（-4）=-4m$
0-2s内传送带的位移为：x2=vt=2×2=4m
则相对位移为：△x=x2-x1=4+4=8m
0～2s内物块与传送带相对滑动过程中产生的热量：Q=μmg△x=0.2×2×10×8=32J
答：（1）传送带的速度大小为2m/s，方向为顺时针．
（2）物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2；
（3）0～2s内物块与传送带相对滑动过程中产生的热量Q为32J．
点评 解决本题的关键理清物块在传送带上整个过程的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式以及速度时间图线进行求解．
练习册系列答案
相关题目
某老师将黑板刷置于水平桌面上的书的右端，用水平向右的恒定拉力可将书迅速拉出，而黑板刷在摩擦力作用下向右运动起来．已知黑板刷和书的质量分别为m1、m2，m1=m2=m=100g，各接触面间的动摩擦因素均为0.3，取g=10m/s2．
如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V 6W”的灯泡L正常工作和内阻r′=0.5Ω的小型直流电动机恰能正常工作，
2．关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是（ ）
| A． | 速度变化越大，加速度就一定越大 | B． | 速度为零，加速度就一定为零 | ||
| C． | 速度很小，加速度可能很大 | D． | 速度很大，加速度不可能很小 |
两金属棒和三根电阻丝如图连接，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三根电阻丝的电阻大小之比R1：R2：R3=1：2：3，金属棒电阻不计．当S1、S2闭合，S3断开时，闭合的回路中感应电流为I，当S2、S3闭合，S1断开时，闭合的回路中感应电流为5I；当S1、S3闭合，S2断开时，闭合的回路中感应电流是（ ）
19．一个质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中水平抛出，不计空气阻力，测得小球的加速度为$\frac{g}{3}$，则在小球下落h高度的过程中，下列结论不正确的是（ ）
| A． | 小球的重力势能减少$\frac{mgh}{3}$ | B． | 小球的动能增加$\frac{mgh}{3}$ | ||
| C． | 小球的电势能增加$\frac{2mgh}{3}$ | D． | 小球的机械能减少$\frac{2mgh}{3}$ |
3．
匀强电场中有a、b、c三点．在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°、∠c=90°，电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为（2-$\sqrt{3}$）V、（2+$\sqrt{3}$）V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（ ）
匀强电场中有a、b、c三点．在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°、∠c=90°，电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为（2-$\sqrt{3}$）V、（2+$\sqrt{3}$）V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（ ）| A． | （2-$\sqrt{3}$）V、（2+$\sqrt{3}$）V | B． | 0 V、4 V | C． | （2-$\sqrt{3}$）V、（2+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$）V | D． | 0 V、$\sqrt{3}$V |
4．某人在高为h的平台上，以初速度V0竖直向下抛出一个质量为m的小球，不计空气的阻力，下列说法正确的是（ ）
| A． | 在抛球过程中人对小球做的功是$\frac{1}{2}$mv02 | |
| B． | 下落过程中重力对物体做的功是mgh | |
| C． | 物体下落地时的速度大小为v0+$\sqrt{2gh}$ | |
| D． | 物体落地时的速度大小为$\sqrt{{V_0}^2+2gh}$ |