Question

18．如图1所示，一个质量m=1kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，水平传送带AB逆时针匀速转动，物体速度随时间的变化关系如图2所示（取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点），已知传送带的速度保持不变，g取10m/s²，则（　　）

• A． 传送带运动的速度为v₀=2m/s
• B． 物块在传送带上运动的时间为3s
• C． 物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2
• D． 前2秒内摩擦产生的热量为16J

Answer 1

分析 根据图2判断小物块最终稳定的速度即为传送带的速度；由图2计算出小物块在匀减速和匀加速过程中的加速度大小，由牛顿第二定律求出动摩擦因数；计算出0-2s内小物块的位移，和传送带的位移，二者位移之和为相对滑动路程，由滑动摩擦力大小与相对滑动路程的乘积求出产生的热量．

解答 解：A、由图2知，小物块最终稳定速度即为传送带的速度，为v₀=2m/s，故A正确．
B、由图2可得，物块做匀变速运动的加速度：a=$\frac{△v}{△t}$=$\frac{4}{2}$=2m/s²，0-2s内小物块的位移大小为：x₁=$\frac{1}{2}$×2×4=4m，2-3s内小物块的位移大小为：x₂=$\frac{1}{2}$×2×1=1m，可知，第3s末小物块还没有离开传送带，所以物块在传送带上运动的时间大于3s，故B错误．
C、由牛顿第二定律得；μmg=ma，代入数据得：μ=0.2，故C正确．
D、0-2s内传送带的位移为：x₂=v₀t=2×2=4m，则相对位移为：△x=x₂-x₁=4+4=8m，0～2s内物块与传送带相对滑动过程中产生的热量：Q=μmg△x=0.2×1×10×8J=16J，故D正确．
故选：ACD

点评 解决本题的关键理清物块在传送带上整个过程的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式以及速度时间图线进行研究．要知道摩擦生热与相对路程有关．