专题34 “传送带、板块”模型中的能量转化问题 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

这是一份专题34 “传送带、板块”模型中的能量转化问题 2022届高中物理常考点归纳二轮复习，共15页。
常考点 “传送带、板块”模型中的能量转化问题
【典例1】
（多选）如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以v＝2m/s的速度沿图示方向匀速运动。现将一质量为2kg的
小木块，从传送带的底端以v0＝4m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带。已知小木块与传送带间的
动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，取g＝10m/s2．小物块从滑上传送带至
到达最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块运动时间为1.2s
B．物块发生的位移大小为1.6m
C．物块与传送带间因摩擦而产生的热量为6.4J
D．摩擦力对小木块所做功为12.8J
【解析】A．滑块速度大于传送带时，受重力、支持力和平行斜面向下的滑动摩擦力，以平行斜面向上为正方向，根据牛顿第二定律，有：
﹣（mgsin37°+μmgcs37°）＝ma，
解得：a＝﹣g（sin37°+μcs37°）＝﹣10×（0.6+0.5×0.8）＝﹣10m/s2，物体向上做匀减速直线运动，
当速度减小到和传送带速度相等时，因为mgsinθ＞μmgcsθ，所以物体相对传送带向下滑动
此过程物体受受重力、支持力和平行斜面向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
μmgcs37°﹣mgsin37°＝ma'，
解得：a'＝g（μcs37°﹣sin37°）＝10×（0.5×0.8﹣0.6）＝﹣2m/s2，所以物体向上继续做匀减速直线运动，
滑块速度大于传送带速度过程的时间：t1＝；
滑块速度小于传送带速度过程的时间：t2＝＝s＝1s；
故上升过程运动总时间：t＝t1+t2＝1.2s，故A正确；
B．滑块滑块速度大于传送带速度过程滑块的位移：x1＝⋅t1＝0.6m；
滑块速度小于传送带速度过程滑块的位移：x2＝＝1m；
故物块从滑上转送带至到达最高点的过程发生的位移：x＝x1+x2＝1.6m，故B正确；
C．滑块滑块速度大于传送带速度过程，传送带的位移：x′1＝vt1＝2×0.2＝0.4m，
故相对位移：△x1＝x1﹣x1'＝0.6﹣0.4m＝0.2m，
产生的热量：Q1＝f⋅△x1＝μmgcs37°⋅△x1＝0.5×2×10×0.8×0.2＝1.6J；
滑块速度小于传送带速度过程，传送带的位移：x′2＝vt2＝2×1＝2m，
故相对位移：△x2＝x2'﹣x2＝2﹣1＝1m，
产生的热量：Q2＝f⋅△x2＝μmgcs37°⋅△x2＝0.5×2×10×0.8×1＝8J；
故物块从滑上转送带至到达最高点的过程中产生的热量：Q＝Q1+Q2＝1.6+8＝9.6J，故C错误；
D．根据B选项分析知：物块从滑上转送带至到达最高点的过程发生的位移x＝1.6m，
根据动能定理，有：Wf﹣mgxsin37°＝0﹣m，
解得：Wf＝mgxsin37°﹣m＝2×10×0.6×1.6﹣×2×42＝3.2J，故D错误
【典例2】
如图，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的
最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间
的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，则小物块从静止开始滑到小车最右端的
过程中（ ）
A．小车的动能增加Ff•x
B．小物块的动能增加（F+Ff）（L+x）
C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff•L
D．小物块和小车组成的系统产生的热量为F•L
【解析】A、对小车分析，小车的位移为x，根据动能定理得，Ffx＝Mv′2﹣0，知物块到达小车最右端时，则小车的动能增加Ff•x，故A正确；
B、对物块分析，物块的位移为L+x，根据动能定理得，（F﹣Ff）（L+x）＝mv2﹣0，则小物块的动能增加（F﹣Ff）（L+x），故B错误；
C、对物块分析，物块的位移为L+x，则小物块克服摩擦力所做的功为Ff•（L+x），故C错误；
D、小物块和小车组成的系统产生的热量等于系统克服滑动摩擦力做功Ff•L，故D错误。
【典例3】
如图所示，质量M＝3kg且足够长的木板放在水平光滑的平面上，在水平恒力F＝11N作用下由静止开始向
右运动，当速度达到1m/s时，将质量m＝4kg的物块轻轻放到木板的右端，已知物块与木板间摩擦因数μ
＝0.2，（g＝10m/s2），求：
（1）物块经多长时间才与木板保持相对静止；
（2）物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力多大？
（3）全过程产生的热量是多少？
解：（1）放上物体后，由牛顿第二定律可知：
物体加速度 a1＝μg＝2m/s2
板的加速度 a2＝
当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1t＝v+a2t
∴t＝1s
（2）相对静止后，对整体 F＝（M+m）a
对物体有f＝ma
解得f＝6.28N
（3）1s内物块的位移，木板的位移．
则相对路程△x＝0.5m
则全过程产生的热量Q＝f△x＝μmg△x＝4J．
答：（1）物块经1s时间才与木板保持相对静止；
（2）物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力为6.28N．
（3）全过程产生的热量是4J．
1． 传送带问题的分析流程
2． 传送带中的功能关系
3． 摩擦力做功的分析方法
（1）无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积．
（2）摩擦生热的计算：公式Q＝Ff·x相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x相对为总的相对路程．Ff为滑动摩擦力，静摩擦力作用时，因为一对静摩擦力做的总功为零，所以不会生热。
4． 倾斜传送带上的功能关系
5．板块模型中的功能关系
以块带板模型为例


（1）区分三种位移：板的位移为x，物块的位移为(L+x)，相对位移为L；
（2）功与能
【变式演练1】
（多选）如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m＝2kg的小物体轻轻
放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带
向下为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则（ ）
A．小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度为7m/s
B．物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C．2s内物体机械能的减少量△E＝24 J
D．2s内物体与传送带摩擦产生的内能Q＝48J
【解析】A．由v﹣t图象的面积规律可以知道传送带A、B间的距离x即为v﹣t图线与t轴所围的面积，所以：
＝＝16m，
由平均速度的定义得小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度为：；
B．由v﹣t图象可以知道传送带运行速度为v1＝10m/s，0﹣1s内物体的加速度为：＝10m/s2，
则物体所受的合力为：F合＝ma1＝2×10＝20N。
1﹣2s内的加速度为：，
根据牛顿第二定律得：a1＝gsinθ+μgcsθ
a2＝gsinθ﹣μgcsθ
联立计算得出：μ＝0.5，θ＝37°，故B正确；
C．物体从A到B的过程中，动能的变化量为＝144J，
势能的变化量为E2＝mgh＝mg（﹣Lsin37°）＝﹣192J，
机械能的变化量△E＝E1+E2＝﹣48J，故C错误；
D.0﹣1s内，物块的位移：＝
传送带的位移为：x2＝vt1＝10×1＝10m
则相对位移的大小为：△x1＝x2﹣x1＝5m
则1﹣2s内，物块的位移为：＝
传送带的位移为：x4＝vt2＝10m
则相对位移的大小为：△x2＝x3﹣x4＝1m
所以相对路程的大小为：△s＝△x1+△x2＝6m，
摩擦产生的热量为：Q＝μmgcsθ△s＝0.5×20×0.8×6＝48J，故D正确。
【变式演练2】
（多选）如图所示，质量为m1、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力的大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块． 当滑块从静止开始运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是（ ）
A．滑块克服摩擦力所做的功为 f（L+s）
B．上述过程满足（F﹣f）（L+s）＝mv12+m1v22
C．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，f 越大，滑块与木板间产生的热量越多
【解析】A、当滑块从静止开始运动到木板右端时，发生的位移为L+s，滑块克服摩擦力所做的功为 f（L+s）。故A正确。
B、滑块与木板间产生的热量 Q＝fL，根据能量守恒定律知：F（L+s）＝Q+mv12+m1v22，故B错误。
C、滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误。
D、系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，即Q＝fL，相对位移L没变，f越大，产生的热量越多，故D正确。
考点拓展练习
1．如图所示，一传送带的上表面以v1向右做匀速运动，其右侧平台上有一质量为m的物体以初速度v0向左冲上传动带。若传送带足够长，并且v1＞v0，则物体在返回平台的瞬间，其动能与刚离开平台瞬间相比，变化了（ ）
A．0B．
C．D．
【解析】物块以速度v0滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下向左做匀减速直线运动，直至速度为零，此后在滑动摩擦力作用下向右做匀加速运动，由于v1＞v0，传送带足够长，所以根据对称性可知，物体在返回平台的瞬间速度大小为v0，则物体动能的变化量为ΔEk＝﹣＝0，故A正确，BCD错误。
2．如图所示，某工厂用传送带向高处运送货物，将一货物轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端。下列说法正确的是（ ）
A．第一阶段摩擦力对物体做正功。第二阶段摩擦力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C．第一阶段物体和传送带间摩擦生的热等于第一阶段物体机械能的增加量
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功
【解析】A、对物体受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，第一阶段滑动摩擦力对物体做正功，第二阶段静摩擦力对物体做正功。故A错误；
B、根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B错误；
C、假定传送带速度为v，第一阶段，物体匀加速位移x1＝，传送带位移x2＝vt；
除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，故物体机械能增加量等于fx1；
一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度，故内能增加量为Q＝f△x＝f•（x2﹣x1）；
故第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加，故C正确；
D、除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，由于支持力不做功，故物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功，故D错误。
3．（多选）如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16m，传送带以速度v＝10m/s沿顺时针方向运动。物体m＝1kg，无初速度地放在置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。则下列说法中正确的是（ ）
A．物体由A运动到B端的时间为2s
B．物体放上传送带后就随传送带做匀速运动
C．物块自放上传送带后，传送带对它的摩擦力一直沿传送带向下
D．物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为24J
【解析】AB、物体轻放在A端，在传送带的作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得mgsin37°+μmgcs37°＝ma1
解得
经过
与传送带共速，运动的位移为
因为mgsin37°＞μmgcs37°
所以物体继续做匀加速直线运动，加速度为mgsin37°﹣μmgcs37°＝ma2
解得
继续向下匀加速，满足
解得t2＝1s
物体由A运动到B端的时间为t＝t1+t2＝2s，故A正确，B错误；
C、根据上述分析可知，物体前1s内，物体相对传送带沿传送带向上运动，摩擦力沿传送带向下，后1s内，物体速度大于传送带速度，所以摩擦力沿传送带向上，故C错误；
D、物体前1s内，物块相对传送带的路程为s1＝vt1﹣x1＝10×1m﹣5m＝5m
后1s内，物体相对传送带的路程为s2＝L﹣x1﹣vt2＝16m﹣5m﹣10×1m＝1m
则物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为Q＝μmgcs37°•（s1+s2）＝0.5×1×10×0.8×（5+1）J＝24J，故D正确。
4．（多选）如图所示是长L＝6m的水平传送带，其左端有一质量m＝1kg的物块，系统静止。某时刻开动电机使传送带以某一加速度启动，当传送带的速度增加到v＝2m/s时即匀速运行。已知物块和传送带间的动摩擦因数为0.25，可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．若传送带以2.0m/s2的加速度启动，物块和传送带间不会发生相对滑动
B．若传送带以4.0m/s2的加速度启动，物块在传送带上留下的划痕长为0.8m
C．若传送带以4.0m/s2的加速度启动，物块和传送带间因摩擦产生的热为2J
D．无论传送带以多大的加速度启动，物块和传送带间因摩擦产生的热不超过2J
【解析】最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块受到的摩擦力小于等于最大静摩擦力，即物块受到的摩擦力f≤μmg＝0.25×1×10N＝2.5N
物块受到竖直向下的重力mg、竖直向上的支持力F与摩擦力f作用，物块所受合力F合＝f≤2.5N，
对物块，由牛顿第二定律可知，物块的加速度大小：a物块＝＝2.5m/s2，
物块的加速度等于2.5m/s2时物块相对传送带滑动，物块的加速度小于2.5m/s2时物块相对传送带静止；
A、传送带与物块都从静止开始运动，当传送带的加速度a传送带≥2.5m/s2时物块与传送带相对滑动，a传送带＜2.5m/s2时物块相对传送带静止，若传送带以2.0m/s2的加速度启动，物块和传送带间不会发生相对滑动，故A正确；
BC、若传送带以a传送带＝4m/s2的加速度启动，传送带加速运动的时间t1＝s＝0.5s，传送带加速过程的位移x1＝m＝0.5m，
物块加速到与传送带速度相等需要的时间t＝s＝0.8s，物块加速运动过程的位移x物块＝m＝0.8m，
从传送带匀速运动到物块与传送带速度相等过程传送带的位移x2＝v（t﹣t1）＝2×（0.8﹣0.5）m＝0.6m，
物块在传送带上留下的划痕长度x＝x1+x2﹣x物块＝（0.5+0.6﹣0.8）m＝0.3m，
物块和传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgx＝0.25×1×10×0.3J＝0.75J，故BC错误；
D、如果传送带以v＝2m/s的速度做匀速直线运动，物块从静止开始做初速度为零的匀加速直线运动，物块相对传送带滑动的位移最大，
物块相对传送带的最大位移xmax＝vt﹣x物块＝2×0.8m﹣0.8m＝0.8m，
物块和传送带间因摩擦产生的热量Qmax＝μmgxmax＝0.25×1×10×0.8J＝2J，
无论传送带以多大的加速度启动，物块相对传送带滑行的位移都小于0.8m，物块和传送带间因摩擦产生的热不超过2J，故D正确。
5．（多选）如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t＝0时，甲、乙分别以6m/s、2m/s的初速度开始向右滑行。t＝0.5s时，传送带启动（不计启动时间），立即以3m/s的速度向右做匀速直线运动。传送带足够长，重力加速度取10ms2。下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.5s时，两滑块相距2m
B．t＝1.5s时，两滑块速度相等
C．0～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为0.25m
D．0～2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5J
【解析】A、两物体变速运动时的加速度大小为：a＝＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
乙减速到零的时间为：t乙＝＝s＝1s＞0.5s
所以t＝0.5s时二者均没有静止，根据运动学公式可得t＝0.5s时，两滑块相距：
△x＝x0+﹣＝x0+（v乙﹣v甲）t＝5m+（2﹣6）×0.5m＝3m，故A错误；
B、传送带启动时，甲物体的速度为：v1＝v甲﹣at＝（6﹣2×0.5）m/s＝5m/s
与传送带速度相等所用时间为：△t1＝＝s＝1s
因此在t＝1.5s时，甲滑块速度与传送带的速度相等；
传送带启动时，乙物体的速度为：v2＝v乙﹣at＝（2﹣2×0.5）m/s＝1m/s
与传送带速度相等所用时间为：△t2＝＝s＝1s
因此在t＝1.5s时，乙滑块速度与传送带的速度也相等，故1.5s 时，两滑块速度相等，B正确；
C、在0～0.5s内，乙相对传送带的位移大小为：x1＝v乙t﹣at2
代入数据解得：x1＝0.75m；
在0.5s﹣1.5s内乙相对传送带的位移大小为：x2＝vt1﹣（v2t1+at12），其中v为传送带的速度，即v＝3m/s。t1＝1.5s﹣0.5s＝1s
代入数据解得：x2＝1m，
因此0﹣1.5s内，乙相对传送带的位移大小为：△x乙＝x2﹣x1＝1m﹣0.75m＝0.25m，故C正确；
D、在0～0.5s内，甲相对传送带的位移大小为：x′1＝v甲t﹣at2
代入数据解得：x′1＝2.75m；
在0.5s﹣1.5s内甲相对传送带的位移大小为：x′2＝（v1t1﹣at12）﹣vt1
代入数据解得：x′2＝1m
共速时甲滑块相对传送带的距离为：△s甲＝x′1+x′2＝2.75m+1m＝3.75m，共速后不再发生相对运动，不会产生热；
甲滑块传送带间摩擦生热量为：Q1＝μmg•△s甲
代入数据解得：Q1＝7.5J，
乙滑块传送带间摩擦生热量为：Q2＝μmg（x1+x2）
代入数据解得：Q2＝7J
因此0﹣2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热为：Q＝Q1+Q2＝7.5J+7J＝14.5J，故D正确。
6.（多选）如图，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，此过程中，以下结论正确的是（ ）
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为 （F﹣Ff）•（L+x）
B．小物块到达小车最右端时小车具有的动能为 Ff•L
C．小物块克服摩擦力所做的功为 Ff•x
D．小物块和小车增加的机械能为 F•（L+x）﹣Ff•L
【解析】A、对物块分析，物块相对于地的位移为L+x，根据动能定理得，（F﹣Ff）（L+x）＝mv2﹣0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为（F﹣Ff）（L+x）。故A正确。
B、对小车分析，根据动能定理得，Ffx＝Mv′2﹣0，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx．故B错误。
C、物块相对于地的位移大小为L+s，则物块克服摩擦力所做的功为Ff（L+s）。故C错误。
D、根据能量守恒得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有：F（L+x）＝△E+Q，则物块和小车增加的机械能为△E＝F（L+x）﹣FfL．故D正确。
7．（多选）如图所示，传送带AB与水平面BC在同一平面内，传送带AB的长度为8m，水平面BC的长度为7m，水平面BC与一竖直面内固定的光滑半圆轨道相切于C点，半圆轨道的半径为0.2m。传送带始终以4m/s的速率沿顺时针方向运动。一质量为0.1kg的滑块（视为质点）无初速度地放到传送带的A端，滑块经过C点滑上光滑半圆轨道。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.1，滑块与水平面BC间的动摩擦因数为0.05。取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．滑块从A运动到B的过程中产生的热量为0.8J
B．滑块经过C点时对半圆轨道的压力大小为0.9N
C．滑块不能通过半圆轨道的最高点D
D．若将传送带的速率变为2m/s，则该滑块停止运动时到C点的距离为2m
【解析】A、设物体向右运动距离x1时，速度达到v0，经过时间t1，所以有：μ1mg＝ma1
解得加速度大小为：a1＝1m/s2
根据运动学公式可得：＝2a1x1
v0＝a1t1
代入数据可解得t1＝4s，x1＝8m
设t1时间内传送带运动距离为l，则有：l＝v0t1＝4×4m＝16m
所以滑块相对于传送带滑动距离△x＝l﹣x1＝16m﹣8m＝8m
所以在传送带上产生的热量：Q＝μ1mg△x＝0.1×0.1×10×8J＝0.8J，故A正确；
B、滑块在传送带上运动8m后，与传送带以相同的速度运动到B点，所以vB＝v0＝4m/s
滑块在BC段运动，由动能定理有：﹣μ2mgL2＝﹣
解得：vC＝3m/s
在半圆轨道C点，N为半圆轨道对m的支持力，根据牛顿第二定律有：N﹣mg＝m
所以N＝5.5N
由牛顿第三定律得小球对轨道的压力为5.5N，故B错误；
C、假设滑块能到达D点，则由能量关系可得：mg•2R+＝，解得：vD＝1m/s
设恰好能过最高点D的最小速度为vD0，根据牛顿第二定律可得：mg＝m
解得：vD0＝m/s＞1m/s，则滑块不能达到D点，故C正确；
D、若将传送带的速率变为v′0＝2m/s，则该滑块达到B点的速度为v′B＝2m/s，滑块减速到零时通过的路程为s，则有：﹣μ2mgs＝0﹣，解得：s＝4m；
则该滑块停止运动时到C点的距离为△x＝7m﹣4m＝3m，故D错误。
8．（多选）绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v﹣t图象如图所示，t＝0时刻质量为1kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2s后开始减速，在t＝4s时物体恰好到达最高点A点。重力加速度为10m/s2，对物体从B点运动到A点的过程中，下列说法正确的是（sin37＝0.6，cs37°＝0.8）（ ）
A．物体与传送带间的摩擦因数为0.75
B．物体重力势能增加48J
C．摩擦力对物体做功12J
D．物块在传送带上运动过程中产生的热量为12J
【解析】物体前2s内做匀速运动，说明物体受到滑动摩擦力沿传送带向上，即μmgcs37°﹣mgsin37°＝0；则μ＝＝0.75；故A正确。
由物体2s后开始减速，而2s时传送带的速度为2m/s，可得物体前2s内做匀速运动的速度v1＝2m/s，物体前2s内发生的位移x1＝v1t1＝4m。
2s后物体和传送带一起减速，由传送带的v﹣t图象知加速度a＝﹣1m/s2，物体后2s内发生的位移x2＝v1t2+＝2m，
物体重力势能增加mg（x1+x2）sin37°＝36J，故B错误
前2s内摩擦力做功μmgcs37°x1＝24J，后2s物体做减速运动：f+mgsin37°＝ma；得f＝ma﹣mgsin37°＝﹣5N“﹣”说明静摩擦力沿传送带向上。
摩擦力做功wf＝μmgcs37°x1+fx2＝34J；故C错误
设0时刻传送带的速度为v，则前2s内传送带发生的位移s＝＝6m，后2s无相对运动不产生热量，
所以物块在传送带上运动过程中产生的热量Q＝μmgcs37°（s﹣x1）＝12J；故D正确。
9．（多选）如图1所示，传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持定的速度运行。现把一质量为m＝2kg的小物块，从皮带的底端A点以初速度v0＝10m/s滑上传送带，滑块在传送带上运动的ν﹣t图象如图2所示（规定向上为正），下列判断正确的有（ ）
A．传送带以4m/s的速度顺时针转动
B．小物块沿传送带向下运动的过程中，其机械能先增加后减少
C．小物块在0～0.8s内摩擦力的冲量大小为20N•s
D．小物块上升过程中与传送带摩擦产生的热量为108J
【解析】A、小物块最后与皮带共速，方向与初速度相反，故传送带以4m/s的速度逆时针转动，故A错误。
B、小物块沿传送带向下运动的过程中，传送带对物块的滑动摩擦力先做正功，物块与皮带相对静止后，静摩擦力对物块做负功，所以机械能先增大后减小，故B正确。
C、在0～0.8s内，由图象的斜率可知物块的加速度大小为：a＝m/s2＝12.5m/s2；根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f＝ma，解得：f＝15N，所以摩擦力的冲量为：I＝ft＝12N•s，故C错误。
D、小物块上升过程中，传送带的位移大小为：x带＝vt上＝4×0.8J＝3.2J，物块的位移大小为：x物＝×0.8m＝4m
所以物块与传送带的相对位移大小为：△x＝x物+x带＝4+3.2＝7.2m，所以小物块上升过程中与传送带摩擦产生的热量为：Q＝f△x＝15×7.2J＝108J，故D正确。
10．如图所示，一块长为L、质量m的扁平均匀规则木板通过装有传送带的光滑斜面输送．斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角θ，传送带以较大的恒定速率转动，传送方向向上，木板与传送带之间动摩擦因数为常数．已知木板放在斜面或者传送带上任意位置时，支持力均匀作用在木板底部．将木板静止放在传送带和光滑斜面之间某一位置，位于传送带部位的长度设为x，当x＝L/4时，木板能保持静止．
（1）将木板静止放在x＝L/2的位置，则木板释放瞬间加速度多大？
（2）设传送带与木板间产生的滑动摩擦力为f，试在0≤x≤L范围内，画出f﹣x图象．（本小题仅根据图象给分）
（3）木板从x＝L/2的位置静止释放，始终在滑动摩擦力的作用下，移动到x＝L的位置时，木板的速度多大？
（4）在（3）的过程中，木块的机械能增加量设为△E，传送带消耗的电能设为W，不计电路中产生的电热，比较△E和W的大小关系，用文字说明理由．
解：（1）x＝时，f1＝mgsinθ
x＝时，摩擦力加倍，f2＝2mgsinθ
由牛顿运动定律得
（2）在0≤x≤L范围内，摩擦力与放在传送带上的长度成正比，当x＝时，f＝mgsinθ，当x＝L时，则摩擦力为
f＝4mgsinθ．如图．
（3）利用（2）中图象，可知摩擦力做功：
由动能定理
得v＝
（注：由于摩擦力与位移成线性关系，所以使用“平均摩擦力“位移”的计算方式也对．）
（4）△E小于W，因为传送带与木板之间有滑动摩擦，电能有一部分转为了内能．
力做的功
含义
功的计算式
引起的能量变化
①传送带对物体做的功
即传送带对物体的摩擦力做的功，等于力乘物体的位移
Wf＝fx物
等于物体机械能的变化量Wf＝ΔEk＋ΔEp
②物体对传送带做的功
即传送带克服摩擦力做的功，等于力乘传送带的位移
Wf＝-fx传
等于外力做的功(匀速传送带)，即消耗的电能Wf＝E电
③系统内一对滑动摩擦力做的功
即一对作用的滑动摩擦力和反作用力做的功，等于力乘相对位移
W一对f＝-f滑·x相对
等于产生的内能
Q＝f滑·x相对
④电动机做的功
即牵引力对传送带做的功，等于牵引力乘传送带的位移
WF＝Fx传
将电能转化为机械能和内能WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q
力做的功
力乘位移
计算式
引起能量变化
①板对物块做的功
力乘物块的位移
Wf＝-f(L+x)
等于外力做的功减去物块动能的增量-[F(L+x)-½mv2]
②物块对板做的功
力乘板的位移
Wf＝fx
等于板动能的增量½Mv2
③一对滑动摩擦力做的功
力乘相对位移
W一对f＝-f·L
等于产生的内能Q＝f·L
④外力F做的功
即外力对物块做的功等于力乘物块的位移
WF＝F(L+x)
将电能转化为机械能和内能WF＝½mv2＋½Mv2＋f·L