题目内容
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．
【答案】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=
m-
m=33m
（2）由图象知，物体在传送带上滑动时的加速度为a=
=
对此过程，由牛顿第二定律得
μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得 μ=
（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=
=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=
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．
（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=
m-m=33m（2）由图象知，物体在传送带上滑动时的加速度为a=
=对此过程，由牛顿第二定律得
μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得 μ=
（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=
=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=
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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是该电场的三个等势面,相邻等势面间的距离为1 cm,其中
为零电势能面.一质量为m、带电織为+q的粒子沿AA'方向以初速度v0自图中的P点进入电场,刚好从C’点离开电场.已知
粒子的重力忽略不计.倾说法中正确的是( )
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 |
是该电场的三个等势面,相邻等势面间的距离为1 cm,其中
为零电势能面.一质量为m、带电織为+q的粒子沿AA'方向以初速度v0自图中的P点进入电场,刚好从C’点离开电场.已知
粒子的重力忽略不计.倾说法中正确的是( )
是该电场的三个等势面,相邻等势面间的距离为1 cm,其中
为零电势能面.一质量为m、带电織为+q的粒子沿AA'方向以初速度v0自图中的P点进入电场,刚好从C’点离开电场.已知
粒子的重力忽略不计.倾说法中正确的是
，从某一高处水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数
（g取10m/s2，
）求：