B．若v1>v2，则v2'=v2
C．不管v2多大，总有v2'=v2
C．只有v1=v2时，才有v2'=v1
2．如图所示是测定运动员体能的一种装置，运动员的质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮摩擦和质量），绳的另一端悬吊的重物质量为m2，人用力蹬传送带从而使人的重心不动，设传送带以速度v沿图示方向运行。
则（C）
①人对传送带不做功
②人对传送带做功
③人对传送带做功的功率为m2gv
④人对传送带做功的功率为（m1+m2）gv
⑤传送带对人做功的功率为m1gv
A．①B．②④C．②③D．①⑤
3．一传送皮带与水平面夹角为30°，以2m/s的恒定速度顺时针运行。
现将一质量为10kg的工件轻放于底端，经一段时间送到高2m的平台上，工件与皮带间的动摩擦因数为μ=
，取g=10m/s2
求带动皮带的电动机由于传送工件多消耗的电能。
解:
设工件向上运动距离S时，速度达到传送带的速度v，
由动能定理可知
μmgScos30°–mgSsin30°=1/2mv2－0
解得S=0.8m，说明工件未到达平台时，速度已达到v，
所以工件动能的增量为 △EK=1/2mv2=20J
工件重力势能增量为 △EP=mgh=200J
在工件加速运动过程中，工件的平均速度为v/2，
因此工件的位移是皮带运动距离S'的1/2，即S'=2S=1.6m
由于滑动摩擦力作功而增加的内能△E为 △E=f△S=μmgcos30°（S'－S）=60J
电动机多消耗的电能为△EK+△EP+△E=280J
4．如图所示，三角形传送带两侧的传送带长度均为2m，与水平方向的夹角均为37°。
若传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑。
物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2，sin37°=0.
6，cos37°=0.8.求物块A、B在传送带上划痕的长度之比。
解：
对A，由牛顿第二定律得
解得
由
解得t=1s
A在传送带上留下的划痕长度
对B进行受力分析可知，B的加速度大小及下滑时间t与A相同。
所以
B在传送带上留下的划痕长度
故A、B在传送带上留下的划痕长度之比为
5．（03全国理综34）
一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。
现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。
稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。
每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。
已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。
这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。
求电动机的平均输出功率P。
解:
以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有：
S=1/2·at2v0=at
在这段时间内，传送带运动的路程为：
S0=v0t
由以上可得：
S0=2S
用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为A＝fS＝1/2·mv02
传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0＝fS0＝2×1/2·mv02
两者之差就是摩擦力做功发出的热量Q＝1/2·mv02
[也可直接根据摩擦生热Q=f△S=f（S0-S）计算]
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等.Q＝1/2·mv02
T时间内，电动机输出的功为：
W=PT
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即：
W=N·[1/2·mv02+mgh+Q]=N·[mv02+mgh]
已知相邻两小箱的距离为L，所以：
v0T＝NLv0＝NL/T
联立，得：
6．（14年江苏物理15）如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0。
小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ，乙的宽度足够大，重力加速度为g。
⑴若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离s；
⑵若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；
⑶保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复。
若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，
其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率
。
⑴
⑵v=2v0，⑶
6．（14年江苏物理15）如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0。
小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ，乙的宽度足够大，重力加速度为g。
⑴若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离s；
⑵若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；
⑶保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复。
若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，
其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率
。
解：
（1）摩擦力与侧向的夹角为45°，侧向加速度大小ax=μgcos45°，
根据
，解得s=
．
（2）设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度大小分别为ax、ay，
则
，
很小的△t时间内，侧向、纵向的速度增量△vx=ax△t，△vy=ay△t，
解得
．
且由题意知，tanθ=
，则
，
所以摩擦力方向保持不变，
则当vx′=0时，vy′=0，即v=2v0．
（3）工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙方向的位移为y，
由题意知，ax=μgcosθ，ay=μgsinθ，
在侧向上
，在纵向上，
工件滑动时间
，乙前进的距离y1=2v0t．
工件相对乙的位移L=
，
则系统摩擦生热Q=μmgL，
依据功能关系，则电动机做功：
由
，解得
．
答：
（1）工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离为s=
．
（2）工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v=2v0．
（3）驱动乙的电动机的平均输出功率
．
7．如图示，水平传送带AB长L=8.3m，质量为M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,当木块运动至最左端A点时,一颗质量为m=20g的子弹v0=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u=50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设木块沿AB方向的长度可忽略，子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，取g=10m/s2，问：
（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离是多少？
（2）木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中？
（3）木块在传送带上的最终速度多大？
（4）在被第二颗子弹击中前，木块、子弹和传送带这一系统所产生的热能是多少？
解：
（1）由动量守恒定律mv0–Mv1=mu+MV
得V=3m/s
设木块经过时间t1速度变为0，
对木块由动量定理：
μMgt1=MV得t1=0.6s小于1s
对木块由动能定理：
μMgS1=1/2MV2得S1=0.9m
（2）木块速度减为0后再向左匀加速运动，经t2速度增为v1
t2=v1/μg=0.4s=1s-t1这时正好第二颗子弹射入，
即当木块相对于传送带刚好静止时，正好第二颗子弹射入。
S2=1/2at22=1/2μgt22=0.4m
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内木块的总位移为S=S1-S2=0.5m
第15颗子弹射入后的总位移为7.5m，第16颗子弹射入后，木块将从B点落下。
所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中。
（3）第16颗子弹射入后，木块向右运动S3=8.3-7.5=0.8m
对木块由动能定理：
μMgS3=1/2M（V2–vt2）得vt=1m/s
木块在传送带上的最终速度为1m/s
（4）子弹射向木块过程，所产生的热能为Q1
Q1=1/2mv02+1/2Mv12-1/2mu2-1/2Mv2=900+2–25-4.5=872.5J
木块向右减速运动到0时，相对位移Δs1
Δs1=vt1+S1=2×0.6+0.9=2.1m
这一过程所产生的热能为Q2=fΔs1=5×2.1=10.5J
木块向左加速运动到v时，相对位移Δs2
Δs2=vt2-S2=2×0.4-0.4=0.4m
这一过程所产生的热能为Q3=fΔs2=5×0.4=2J
整个过程系统所产生的热能为Q=Q1+Q2+Q3=885J
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