题目内容
(2011年福建预测卷)如图4－4－6所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L.今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放．当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.
图4－4－6
(1)试分析滑块在传送带上的运动情况．
(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能．
(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．
图4－4－6
(1)试分析滑块在传送带上的运动情况．
(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能．
(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．
（1）若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动．
（2）Ep＝
mv
＋μmgL
（3）Q＝μmgL－mv0(
－v0)
（2）Ep＝
mv＋μmgL（3）Q＝μmgL－mv0(
－v0)(1)若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动．
(2)设滑块冲上传送带时的速度为v，在弹簧弹开过程中
由机械能守恒Ep＝mv2
设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度的大小为a
由牛顿第二定律：μmg＝ma
由运动学公式v2－v＝2aL
解得Ep＝mv＋μmgL.
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移s＝v0t
v0＝v－at
滑块相对传送带滑动的位移
Δs＝L－s
相对滑动生成的热量
Q＝μmg·Δs
解得Q＝μmgL－mv0(－v0)．
(2)设滑块冲上传送带时的速度为v，在弹簧弹开过程中
由机械能守恒Ep＝
mv2设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度的大小为a
由牛顿第二定律：μmg＝ma
由运动学公式v2－v
＝2aL解得Ep＝
mv＋μmgL.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移s＝v0t
v0＝v－at
滑块相对传送带滑动的位移
Δs＝L－s
相对滑动生成的热量
Q＝μmg·Δs
解得Q＝μmgL－mv0(
－v0)．
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=30°,其上A、B两点间的距离为L="10" m,传送带在电动机的带动下以v="5" m/s的速度匀速运动,现将一质量为m="10" kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点,已知小物体与传送带之间的动摩擦因数
,在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中,求:（g=10m/s2）
