第六章　第5讲　专题强化：动力学和能量观点的综合应用 讲义 （教师版）

第5讲　专题强化：动力学和能量观点的综合应用
题型一　传送带模型综合问题
1．关键分析
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，作好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2．功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传。
②产生的内能：Q＝Ffx相对。
考向1水平传送带
【典例1】　(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是(　AD　)
A．物体在传送带上的划痕长
B．传送带克服摩擦力做的功为mv2
C．电动机多做的功为mv2
D．电动机增加的功率为μmgv
【解析】　物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物体达到速率v所需的时间t＝，在这段时间内物体的位移大小x1＝，传送带的位移大小x2＝vt＝，则物体相对传送带的位移大小x＝x2－x1＝，故A正确；电动机多做的功转化成了物体的动能和摩擦产生的内能，物体在这个过程中获得的动能是mv2，相对位移x＝，则由于滑动摩擦力做功产生的热量Q＝μmg×＝mv2，则传送带克服摩擦力做的功即为电动机多做的功，为mv2，故B、C错误；电动机增加的功率即为传送带克服摩擦力做功的功率，为ΔP＝fv＝μmgv，故D正确。
考向2倾斜传送带
【典例2】　近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利用传送带来装卸快递包裹。如图所示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率v1＝0.6 m/s逆时针运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.4 m/s 从传送带顶端推下一件质量m＝5 kg的小包裹(可视为质点)。5 s后突然停电，传送带立即停止运动，经过一定时间后包裹到达传送带底端速度恰好为0；包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)传送带顶端到底端的距离L；
(2)整个过程产生的热量Q。
【解析】　(1)分析包裹的受力情况，可知包裹受重力、弹力和摩擦力作用，包裹放置在传送带上时，由牛顿第二定律有μmg cos α－mg sin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2，方向沿传送带向上，设经过时间t1后包裹的速度大小与传送带的速度大小相等，则有t1＝＝2 s，该时间内包裹运动的距离x1＝t1＝2 m，传送带运动的距离x′1＝v1t1＝1.2 m，共速后到停电包裹匀速运动的时间t2＝Δt－t1＝3 s，t2时间内包裹运动距离x2＝v1t2＝1.8 m，停电后包裹的加速度大小仍为a＝0.4 m/s2，包裹做匀减速直线运动的时间t3＝＝1.5 s，运动距离x3＝t3＝0.45 m，故传送带顶端到底端的距离L＝x1＋x2＋x3＝4.25 m。
(2)整个过程产生的热量
Q＝μmg(x1－x′1)cos α＋μmgx3cos α＝40 J。
【答案】　(1)4.25 m　(2)40 J
1．如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v顺时针运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是(　B　)
A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2
C．W＝，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2
解析：对小物块，由动能定理有W＝mv2－mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块向左做减速运动时，二者间的相对路程s1＝t＋vt＝vt，小物块向右做加速运动时，二者间的相对路程s2＝vt′－t′＝t′，又t＝t′＝，则小物块与传送带间的相对路程s相对＝s1＋s2＝，小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对＝2mv2，故B正确。
2．如图甲所示，倾角θ＝37°的传送带以v＝2.0 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度LAB＝10.0 m。一个可视为质点的质量m＝1.0 kg的物块，自A点无初速度地放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能Ek与位移x的关系(Ek－x)图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　D　)
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B．整个过程中合力对物块做的功为4.0 J
C．整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0 J
D．整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
解析：开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmg cos θ－mg sin θ)x＝Ek－0，在5 m后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即v＝2.0 m/s，代入动能表达式可得μ＝0.8，A错误；由动能定理可知，整个过程中合力对物块做的功等于动能的变化，则有W合＝ΔEk＝mv2＝2 J，B错误；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，即Wf＝mv2＋mgLABsin θ＝62 J，C错误，D正确。
题型二　滑块—木板模型综合问题
1．模型分类：滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。
2．动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移。
3．功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑。
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板。
(3)求摩擦生热时用滑块和木板相对滑动的位移x相。
考向1水平面上的滑块—木板模型
【典例3】　(多选)(2025·云南曲靖高三月考)如图所示，质量M＝3 kg、表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时质量m＝3 kg、表面粗糙的物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度滑上长木板，经过时间Δt＝2 s物块和长木板达到共同速度v＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则(　BC　)
A．长木板加速运动的加速度大小是3 m/s2
B．物块与长木板之间的动摩擦因数为0.2
C．长木板长度至少为8 m
D．物块与长木板系统损失的机械能为36 J
【解析】　长木板做匀加速直线运动的加速度大小a＝＝＝2 m/s2，故A错误；根据牛顿第二定律，对长木板有μmg＝Ma，解得物块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，故B正确；前2 s内长木板的位移大小x1＝Δt＝×2 m＝4 m，物块的位移大小x2＝Δt＝×2 m＝12 m，所以长木板最小长度L＝x2－x1＝8 m，故C正确；根据能量守恒定律，物块与长木板系统损失的机械能ΔE＝mv－(m＋M)v2＝48 J，故D错误。
考向2斜面上的滑块—木板模型
【典例4】如图所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的物块(视为质点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1；
(2)从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小Δx；
(3)木板的长度x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。
【解析】　(1)对物块与木板整体，根据动能定理有2mgL sin θ＝×2mv，解得v1＝。
(2)木板第一次与挡板碰撞后，设木板的加速度大小为a1，则mg sin θ＋kmg＝ma1，解得a1＝0.5g＋kg，方向沿斜面向下，设物块的加速度大小为a2，则kmg－mg sin θ＝ma2，解得a2＝kg－0.5g，方向沿斜面向上，规定沿斜面向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有v共＝－v1＋a1t1，对物块有v共＝v1－a2t1，解得t1＝，v共＝，从木板第一次与挡板碰撞到之后二者速度相同时物块的位移大小x块＝，方向向下，木板的位移大小x板＝，方向向上，之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于木板的位移大小为Δx＝x块＋x板＝。
(3)木板最后静止于斜面底部，从释放到木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则mgL sin θ＋mg(L＋x)sin θ－kmgx＝0，解得x＝，故系统产生的热量Q＝kmgx＝。
【答案】　(1)　(2)　(3)　
3．(多选)(2025·河北衡水高三联考)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一与斜面垂直的弹性挡板C。长度为L＝8 m、质量为M＝ kg的长木板A置于斜面上，质量为m＝1 kg的物块B(可视为质点)置于长木板上端，物块B与长木板A之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，长木板A与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝，长木板A下端与挡板C的距离为d＝6 m。同时由静止释放长木板A和物块B，长木板A与挡板C碰撞后原速率返回。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　AC　)
A．长木板A刚开始沿斜面向下运动的加速度大小为3 m/s2
B．物块B在长木板A上运动的时间为4 s
C．物块B在长木板A上运动的过程中，系统产生的内能为61 J
D．物块B从长木板A上滑下后，长木板A将不再沿斜面下滑
解析：对物块B由牛顿第二定律得mg sin 37°－μ1mg cos 37°＝ma1，解得a1＝4 m/s2，对长木板A由牛顿第二定律得Mg sin 37°＋μ1mg cos 37°－μ2(M＋m)g cos 37°＝Ma2，解得a2＝3 m/s2，A正确；由匀变速直线运动规律得长木板A运动到挡板所用的时间t1满足d＝a2t，解得t1＝2 s，此时物块B运动的位移大小为x1＝a1t＝8 m，长木板A的位移大小为x2＝a2t＝6 m，长木板A与挡板碰撞后沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得Mg sin 37°＋μ2(M＋m)g cos 37°＋μ1mg cos 37°＝Ma3，解得a3＝12 m/s2，设从长木板A与挡板碰撞到物块B滑离长木板A所用时间为t2，由匀变速直线运动规律得L－(x1－x2)＝a1t1t2＋a1t＋a2t1t2－a3t，解得t2＝0.5 s(t2＝3 s，不符合题意，舍去)，物块B在长木板A上运动的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s，B错误；物块B从长木板A上滑下时，长木板A的速度大小为v＝a2t1－a3t2＝0，由于μ24．如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m。在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m＝1.0 kg。小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30。开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F＝8 N，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和小铁块做的功；
(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q。
解析：(1)当用F＝8 N的力将木板从小铁块下方抽出时，小铁块运动的加速度大小为a1＝μg＝3 m/s2，木板运动的加速度大小为a2＝＝5 m/s2，设抽出过程的时间为t，则有a2t2－a1t2＝L，解得t＝1 s，所以小铁块运动的位移大小为x1＝a1t2＝1.5 m，木板运动的位移大小为x2＝a2t2＝2.5 m，摩擦力对小铁块做的功为W1＝μmgx1＝4.5 J，摩擦力对木板做的功为W2＝－μmgx2，解得W2＝－7.5 J。
(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q＝μmgL＝3 J。
答案：(1)－7.5 J　4.5 J　(2)3 J
课时作业33
1．(5分)(多选)(2025·四川绵阳高三期中诊断)如图所示，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的小物块放在小车的最左端。现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是(　BD　)
A．此时小物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为fx
C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－fL
D．这一过程中，系统因摩擦而损失的机械能为fL
解析：根据动能定理，小物块的动能为Ek1＝(F－f)(L＋x)，A错误；小车的动能为Ek2＝fx，B正确；系统因摩擦而损失的机械能为ΔE损＝fx相对＝fL，D正确；小物块和小车增加的机械能等于外力做功与摩擦损失的机械能ΔE损之差，则ΔE＝F(L＋x)－fL，C错误。
2．(5分)如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，需对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为(　C　)
A． B．
C．mv2 D．2mv2
解析：由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统的内能，故W＝mv2＋μmgs相，s相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故C正确。
3．(5分)如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带输送机倾角为θ＝30°，以恒定速率1 m/s顺时针匀速转动，现将货物在输送带下端A点无初速度释放后从A点运动到顶端B点，已知货物均可视为质点，质量为m＝10 kg，A、B两点间的距离为s＝9.8 m，货物与输送带间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度g取10 m/s2。则货物从底端到顶端要消耗的能量为(　A　)
A．510 J B．490 J
C．375 J D．260 J
解析：货物先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得加速阶段的加速度大小为a＝＝2.5 m/s2，则货物加速到与传送带共速的时间为t1＝＝0.4 s，加速过程的位移大小为x1＝at＝0.2 m，此时传送带的位移大小为s1＝vt1＝0.4 m，则摩擦产生的热量为Q＝fx相＝μmg cos 30°·(s1－x1)＝15 J，则根据能量守恒定律，货物从底端到顶端要消耗的能量为E＝Q＋mv2＋mgs sin 30°＝510 J，故选A。
4．(5分)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　D　)
A．长木板A最终获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．长木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析：由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度大小都为a＝1 m/s2，物体B和长木板A水平方向均受滑动摩擦力。根据牛顿第二定律知二者的质量相等，则长木板A最终获得的动能为EkA＝mv2＝1 J，A错误；系统损失的机械能为ΔE＝mv－×2mv2＝2 J，B错误；由题图乙可得二者相对位移大小为1 m，即长木板A的最小长度为1 m，C错误；对B受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，D正确。
5．(5分)传送带普遍应用于交通、物流、食品等各行各业，通过扫码可实现快递自动分拣。如图所示，传送带在电动机带动下以v0＝2 m/s的速度匀速运动，将质量m＝1 kg的包裹(可视为质点)无初速度放在与扫码仪B相距10 m的A点处，包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　C　)
A．包裹从A点运动到扫码仪B的过程中先受滑动摩擦力作用后受静摩擦力作用
B．包裹从A点运动到扫码仪B的时间为5 s
C．将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，电动机多消耗的电能为4 J
D．将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，系统因摩擦产生的热量为4 J
解析：包裹在传送带上加速时有μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，包裹在传送带上加速的时间t1＝＝0.4 s，包裹在传送带上加速的位移大小x＝＝0.4 m＜10 m，包裹在传送带上匀速运动的时间t2＝＝4.8 s，包裹从A点运动到扫码仪B的时间t＝t1＋t2＝5.2 s，故B错误；包裹加速过程受滑动摩擦力作用，与传送带共速后不受摩擦力作用，故A错误；传送带在包裹加速时间内的位移大小x传＝v0t1＝0.8 m，传送带克服摩擦力所做的功W＝μmgx传＝4 J，电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，故C正确；包裹在传送带上加速的过程中，系统因摩擦产生的热量为Q＝μmg(x传－x)＝2 J，故D错误。
6．(12分)如图所示，水平传送带AB长l＝5 m，以10 m/s的速率顺时针传输。质量m＝1 kg的滑块可以视为质点，放在与AB等高的平台BC上，距离B点为L＝4 m。滑块在B点右侧始终受到水平向左的恒定外力F＝6 N作用。已知滑块和AB、BC间的动摩擦因数分别为μ1＝0.20、μ2＝0.40。求：
(1)滑块第一次运动到B点时的动能Ek0；
(2)滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B点所用的时间t；
(3)滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量。
解析：(1)滑块从开始运动至第一次到达B点，由动能定理得FL－μ2mgL＝Ek0，解得Ek0＝8 J。
(2)滑块从B点向左减速过程由动能定理有－μ1mgx＝0－Ek0，解得x＝4 m(3)由于从传送带返回B点的速度大小v＝4 m/sμ2mg＝0.4×1×10 N＝4 N可知，全过程，可看作先第一次向左到达B点，产生的热量Q1＝μ2mgL＝0.4×1×10×4 J＝16 J。以后每次滑上传送带后，返回时速度的大小不变，再向右滑上BC，再向左返回到B点，此过程中恒力F做功为0。最终停在B点，由能量守恒定律知第一次向右通过B点时的动能全部转化为滑块在BC上摩擦产生的热量，即Q2＝E＝8 J，因此全过程在BC上因摩擦产生的总热量Q＝Q1＋Q2＝16 J＋8 J＝24 J。
答案：(1)8 J　(2)4 s　(3)24 J
7．(5分)如图所示，足够长的传送带水平放置，以大小为v的速度顺时针转动。质量为m、与传送带间的动摩擦因数为μ的小物块在传送带的左端由静止释放，一段时间后小物块与传送带共速。满足上述情境，若把传送带的速度改为2v，两次相比较。下列说法正确的是(　C　)
A．传送带对小物块做的功变为原来的2倍
B．小物块对传送带做的功变为原来的2倍
C．传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍
D．因摩擦而产生的热量变为原来的2倍
解析：由动能定理可知，传送带对小物块做的功为W＝mv2，可知速度变为原来的2倍，则传送带对小物块做的功变为原来的4倍，故A错误；小物块运动到与传送带速度相等，所用的时间为t＝，由于加速度相同，速度变为原来的2倍，则时间变为原来的2倍，传送带发生的位移大小为x＝vt，则位移变为原来的4倍，则小物块对传送带做的功变为原来的4倍，故B错误；小物块达到与传送带速度相等过程中的平均速度为＝，由于速度变为原来的2倍，且摩擦力相同，根据P＝Ff，可知传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍，故C正确；小物块达到与传送带速度相等过程中的相对位移为Δx＝vt－vt＝vt，由于速度变为原来的2倍，时间也变为原来的2倍，则相对位移变为原来的4倍，由Q＝FfΔx可知，因摩擦而产生的热量变为原来的4倍，故D错误。
8．(5分) (多选)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把质量为m＝1 kg的铁块A轻轻放在长木板B的下端，铁块A最终恰好没有从长木板B上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列判断正确的是(　BC　)
A．动摩擦因数μ＝0.5
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6 m/s
C．长木板B的长度为2.25 m
D．从铁块A放到长木板B上，到铁块A和长木板B共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
解析：开始时长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，受力平衡，有Mg sin 37°＝μMg cos 37°，解得μ＝0.75，A错误；铁块A轻轻放到长木板B上时，根据牛顿第二定律，对铁块A受力分析有μmg cos 37°＋mg sin 37°＝maA，解得aA＝12 m/s2，方向沿斜面向下；对长木板B分析有μ(M＋m)g cos 37°＋μmg cos 37°－Mg sin 37°＝MaB，解得aB＝6 m/s2，方向沿斜面向上，设铁块A和长木板B相对滑动的时间为t，则v0－aBt＝aAt，解得t＝0.5 s，铁块A和长木板B共速后，速度大小为v共＝aAt＝6 m/s，B正确；铁块A和长木板B共速后，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为L＝xB－xA＝t－t＝2.25 m，C正确；由能量守恒定律可知，从铁块A放在长木板B上到铁块A和长木板B共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量以及B与斜面之间摩擦产生的热量之和，D错误。
9．(5分)(2025·浙江宁波十校联考)如图甲所示，逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v－t图像如图乙所示。在t＝0时刻质量为1 kg的物块从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。2 s后开始减速，在t＝4 s时物块恰好能到达最高点A。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　D　)
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6
B．传送带AB长度为6 m
C．2 s后物块受到的摩擦力沿传送带向下
D．物块与传送带间由于摩擦而产生的热量为6 J
解析：由于前2 s物块匀速上滑，则物块的速度小于传送带的速度，物块受到的摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件可知μmg cos 37°＝mg sin 37°，解得μ＝0.75，故A错误；由题意可知，t＝2 s时，物块与传送带速度相等，由题图乙可得v＝1 m/s，前2 s，物块沿传送带上滑的位移大小x1＝vt＝2 m，由题意可得，后2 s物块相对于传送带静止，物块所受摩擦力沿传送带向上，跟传送带以相同加速度a＝ m/s2向上做匀减速运动，运动位移大小x2＝vt－at2＝1 m，传送带AB长L＝x1＋x2＝3 m，故B、C错误；上滑过程中，滑动摩擦力f＝μmg cos 37°＝6 N，由传送带的v－t图像可知，前2 s传送带的位移x＝3 m，故物块与传送带间由于摩擦而产生的热量Q＝f(x－x1)＝6 J，故D正确。
10．(12分)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。
解析：(1)由题图可知，传送带长x＝＝3 m，工件速度大小达到v0前做匀加速运动，有x1＝t1，工件速度大小达到v0后做匀速运动，有x－x1＝v0(t－t1)，联立解得加速运动的时间t1＝0.8 s，加速运动的位移大小x1＝0.8 m，所以加速度大小a＝＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得μ＝。
(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及传送带与工件之间发生相对滑动时摩擦力做功产生的热量。在时间t1内，传送带运动的位移大小x传＝v0t1＝1.6 m，工件相对传送带的位移大小x相＝x传－x1＝0.8 m，摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·x相＝60 J，最终工件获得的动能Ek＝mv＝20 J，工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J，电动机多消耗的电能E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。
答案：(1)　(2)230 J
11．(16分)如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，其左端高度h＝3 m，一木板B置于斜面顶端，恰好能静止，下端连接一根自然长度L0＝1 m的轻弹簧，木板B总质量m＝1 kg，总长度L＝2.5 m。有一个质量为M＝4 kg的小物块A以沿斜面向下、大小为5 m/s的速度滑上木板B，A、B之间的动摩擦因数μ＝，木板B下滑到斜面体底端碰到挡板后立刻停下，小物块A最后恰好没有脱离弹簧，且弹簧一直处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)斜面体与木板B间的动摩擦因数μ0；
(2)木板B与挡板碰撞前的瞬间的速度大小；
(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep。
解析：(1)木板B恰好静止在斜面上，根据平衡条件得mg sin 30°＝μ0mg cos 30°，故斜面体与木板B间的动摩擦因数为μ0＝。
(2)小物块A在木板B上滑行过程中，对A根据牛顿第二定律有μMg cos 30°－Mg sin 30°＝MaA，代入数据解得aA＝2.5 m/s2，方向沿斜面向上，对B根据牛顿第二定律有μMg cos 30°
＋mg sin 30°－μ0(M＋m)g cos 30°＝maB，代入数据解得aB＝10 m/s2，方向沿斜面向下，假设小物块A与木板B达到共速时，小物块A还没有压缩弹簧且木板B还没有到达斜面体底端，则有v共＝aBt＝vA－aAt，解得t＝0.4 s，v共＝4 m/s，此过程中小物块A的位移大小xA＝t＝1.8 m，木板B的位移大小xB＝t＝0.8 m，由于xB＝0.8 m＜－L＝3.5 m，A在B上滑行的距离Δx＝xA－xB＝1 m＜L－L0＝1.5 m，说明以上假设成立，共速后，由于(M＋m)g sin 30°＝μ0(M＋m)g cos 30°，小物块A与木板B匀速下滑，直到木板B与斜面体底端挡板碰撞，故木板B与挡板碰撞前的速度大小为4 m/s。
(3)木板B与挡板碰撞后停下，此后A做匀减速直线运动，设接触弹簧时A的速度大小为vA1，有－2aA(L－L0－Δx)＝v－v，设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到弹簧原长位置过程，有Q＝2μMgxmcos 30°
＝Mv，A从开始压缩弹簧到弹簧压缩最短过程有Ep＝Mv＋Mgxmsin 30°－Q，联立解得Ep＝22.5 J。
答案：(1)　(2)4 m/s　(3)22.5 J