Question

10．如图所示，有一倾斜放置的传送带，当它未开启时，将一物块自传送带的上端A点由静止释放后，它经t₁时间下滑到底端B点，接触面上发热量为Q₁；若开启传送带，使之顺时针运行且速度V保持不变，同一物块仍由A点静止释放，若仍能下滑到底端B点，设物块下滑的时间为t₂，接触面发热量为Q₂，对上述现象的分析和判断，正确的有（　　）

• A． 传送带顺时针开启时，物块有可能无法下滑
• B． 物块一定能下滑到B点，且有：t₂＞t₁、Q₂＞Q₁
• C． 物块一定能下滑到B点，且有：t₂=t₁、Q₂＞Q₁
• D． 物块一定能下滑到B点，且有：t₂=t₁、Q₂=Q₁

Answer 1

分析 传送带静止或顺时针转动时，物块受到的滑动摩擦力都沿传送带向上，根据物块的受力情况应用牛顿第二定律比较物块的加速度大小关系，然后应用匀变速直线运动的位移公式比较物块的运动时间，然后根据物块与传送带的相对位移大小分析判断热量间的关系．

解答 解：传送带静止或瞬时针方向转动时，物块受到的滑动摩擦力方向都沿传送带向上，两种情况下物块受到的合力不变，加速度a不变，物块的位移s相等，物块做初速度为零的匀加速直线运动，由s=$\frac{1}{2}$at²可知，运动时间：t=$\sqrt{\frac{2s}{a}}$相等，即：t₂=t₁；
传送带静止时，物块与传送带间的相对位移为AB间的距离L，传送带顺时针转动时，
物块与传送带间的相对位移为AB间的距离L与传送带的位移x之和，即为：L+x，
热量：Q₁=μmgLcosθ，Q₂=μmg（L+x）cosθ，则：Q₂＞Q₁，故C正确，ABD错误；
故选：C．

点评 解决本题的关键通过分析M所受摩擦力的方向，从而判断出物体受到的合外力不变，所以加速度不变．然后结合运动规律即可正确解答．