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    13．如图所示，为传送带传输装置示意图的一部分，已知传送带与水平面的夹角θ=37°，正常的运行速度是v=10m/s．现在传送带的A端轻轻放上一个质量为1kg的小物体（可视为质点），已知小物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，A、B间距离L=16m．试分析计算：（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2）
    （1）如果传送带停止运行，小物体从A端运动到B端的时间；
    （2）如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间．
    （3）传送带逆时针正常运转时，物体从A运动到B端的过程中物体与传送带之间由于摩擦产生的热量是多少？

    分析 （1）对物体受力分析，根据物体的受力情况，由牛顿第二定律求得物体的加速度的大小，根据运动学的规律可以求得物体运动的时间．
    （2）传送带沿逆时针方向转动时，物体受到的摩擦力的方向会发生变化，根据摩擦力变化前和变化后不同的受力情况，由牛顿第二定律求出加速度的大小，再计算运动的时间即可．
    （3）计算出物体与传送带的相对位移，再乘以滑动摩擦力的大小，即可得到热量．

    解答 解：（1）传送带停止运行时，对放在传送带上的小物体进行受力分析，如图甲所示．
    根据牛顿第二定律，小物体沿传送带下滑的加速度为：
    a1=$\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}$=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2，
    小物体从A端运动到B端做初速度为零的匀加速直线运动，设需要的时间为t，则有：
    L=$\frac{1}{2}$a1t2
    得：t=$\sqrt{\frac{2L}{{a}_{1}}}$=$\sqrt{\frac{2×16}{2}}$s=4s
    （2）当传送带沿逆时针方向正常转动时，开始时，传送带作用于小物体的滑动摩擦力沿传送带向下，小物体下滑的加速度为：
    a2=$\frac{mgsinθ+μmgcosθ}{m}$=g（sinθ+μcosθ）=10m/s2
    小物体加速到与传送带运行速度相同时需要的时间为：
     t1=$\frac{v}{{a}_{2}}$=$\frac{10}{10}$s=1s，
    在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为：
    s1=$\frac{1}{2}$a2t2=$\frac{1}{2}$×10×1=5m
    由于 μ＜tanθ，此后，小物体沿传送带继续加速下滑时，它相对于传送带的运动的方向向下，因此传送带对小物体的摩擦力方向有改为沿传送带向上，
    如图乙所示．其加速度变为：
    a1=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2
    小物体从该位置起运动到B端的位移为：
    s2=s-s1=16m-5m=11m
    物体与传送带共速之后，小物体做初速度为v=10m/s、加速度为a1的匀加速直线运动，由s2=vt2+$\frac{1}{2}$a1t22
    代入数据解得：t2=1s（t2=-11s舍去）
    所以，小物体从A端运动到B端的时间为：t=t1+t2=2s．
    （3）传送带逆时针正常运转时，在t1=1s内传送带运动的距离为：s3=vt1=10m
    两者相对位移大小为：△s1=s3-s1=5m
    在t2=1s内，传送带运动的距离为：s4=vt2=10m
    两者相对位移大小为：△s2=s2-s4=1m
    所以小物体从A到B，由于摩擦产生的热量是：Q=μmgcosθ•（△s1+△s2）=0.5×1×10×0.8×（5+1）J=24J
    答：（1）如果传送带停止运行，小物体从A端运动到B端的时间为4s；
    （2）如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间为2s；
    （3）由于摩擦产生的热量是24J．

    点评 本题中最容易出错的地方在第二问的计算，在第二问中，物体受到的摩擦力的方向是变化的，从而导致物体的运动的加速度不同，物体运动的情况也就不同，根据前后两种不同的运动计算时间即可，求摩擦生热时要用相对位移的大小与滑动摩擦力大小相乘．

    练习册系列答案
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    ③用平滑的曲线连接各个点；
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