Question

1．如图甲所示，长16m的倾斜的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，在t=0时，将质量m=1.0kg的小物块轻放在传送带A点处，2s时物块从B带你离开传送带，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，取重力加速度g=10m/s²，则下列说法正确的是（　　）

• A． 若传送带与水平方向夹角为θ，则传送带与小物块间的动摩擦因数μ＜tanθ
• B． 0-2s小物块相对传送带滑动的距离等于传送带的长度16m
• C． 传送带的速率为12m/s
• D． 0-2s由于小物块与传送带间的摩擦所产生的热量为24J

Answer 1

分析 由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，物块继续向下做匀加速直线运动，说明重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，由此列式分析μ与tanθ的大小．根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小．求出两者的相对位移，从而得到热量．

解答 解：A、根据1-2s内物体没传送带向下做匀加速直线运动，可知mgsinθ＞μmgcosθ，则得 μ＜tanθ．故A正确．
BC、根据物体的运动情况可知，传送带的速率为10m/s，0-1s内物体相对地面的位移为 x₁=$\frac{10}{2}×1$m=5m．在这段时间内传送带通过的位移 x₂=vt=10×1=10m，则在0-1s小物块相对传送带滑动的距离△x₁=x₂-x₁=5m．
在1-2s内，物体相对地面的位移为 x₃=$\frac{10+12}{2}×1$m=11m．在这段时间内传送带通过的位移 x₄=vt=10×1=10m，则在1-2s小物块相对传送带滑动的距离△x₂=x₃-x₄=1m．所以0-2s小物块相对传送带滑动的距离△x=△x₁+△x₂=6m，小于传送带的长度，故B、C错误．
D、速度时间图线的斜率表示加速度，则开始匀加速运动的加速度 a₁=$\frac{△{v}_{1}}{△{t}_{1}}$=$\frac{10}{1}$m/s²=10m/s²，在1～2s内，物块的加速度a₂=$\frac{△{v}_{2}}{△{t}_{2}}$=$\frac{12-10}{1}$=2m/s²；
设物体受到的滑动摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律得：
在0-1s内有 ma₁=mgsinθ+f，
在1-2s内有：ma₂=mgsinθ-f，联立两式解得 f=4N
因此0-2s由于小物块与传送带间的摩擦所产生的热量为 Q=f△x=24J．故D正确．
故选：AD

点评 解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，注意位移的参照物，求热量时要用相对距离．