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    如图所示为某种弹射装置的示意图，轻弹簧左端与一固定挡板相连，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以速率v=3.0m/s匀速转动．两个质量均为m=1.0kg的滑块A、B置于水平导轨上．第一次使滑块A压缩轻弹簧至某一位置，由静止释放，滑块A离开弹簧后以某一速度与B发生弹性碰撞，碰后滑块B以速度vB=2.0m/s滑上传送带，并从传送带右端P点滑出落至地面上的Q点，已知滑块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g取10m/s2．求：
    （1）滑块B到达传送带右端P点时的速度；
    （2）第二次实验时，使皮带轮沿逆时针方向转动，带动皮带以速率v=3.0m/s匀速转动，仍要使滑块B落至Q点，则需将滑块A压缩弹簧至另一位置由静止释放，后与B发生弹性碰撞，求此过程弹簧对滑块A做的功W；
    （3）在第二次实验过程中，滑块B在传送带上滑动过程中产生的热量Q．
    【答案】分析：（1）当滑块滑上传送带时，先作匀加速直线运动，根据牛顿第二定律与运动学规律可求出达到传送带的速度时，滑块的滑行的位移，若小于传送带的长度，从而可判定滑块还要做匀速直线运动．因此可以确定滑块B到达传送带右端P点时的速度；
    （2）根据运动学公式与动量守恒定律及动能定理，可求出弹簧对A做的功；
    （3）运用运动学公式求出N到P的时间，再算出传送带在这段时间内的位移，根据Q=fS相对，可求出产生的热量．
    解答：解：（1）滑块B滑上传送带后作匀加速直线运动．设滑块B从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度为a，在时间t内滑块B的位移为x，
    根据牛顿第二定律和运动学规律有：
    摩擦力产生加速度：μmg=ma
    速度与时间关系：v=vB+at
    位移与时间关系：x=vBt+at2
    解得 x=1.25m＜L
    即滑块B在传送带上先加速，后匀速运动，则滑块B到达P点时的速度为v=3m/s．
    （2）要使B仍落在Q点，则B到达P点的速度仍为v=3m/s            
    设A与弹簧分离时速度为v，A、B碰撞后A的速度为v1，B的速度为v2，
    v2-v22=-2aL                 
    解得：v=5m/s                       
    由动量守恒定律有mv=mv1+mv2
    设弹簧对A做的功为W，由动能定理得
    W=mv2
    由以上各式得：W=12.5J                   
    （3）设滑块B从N到P的时间为t
    v=v2-at
    解得：t=1s
    传送带向左运动的距离为s1=vt=3m
    则产生的热量Q=μmg（s1+L）
    解得：Q=14J
    答：（1）滑块B到达传送带右端P点时的速度3m/s；
    （2）第二次实验时，使皮带轮沿逆时针方向转动，带动皮带以速率v=3.0m/s匀速转动，仍要使滑块B落至Q点，则需将滑块A压缩弹簧至另一位置由静止释放，后与B发生弹性碰撞，则此过程弹簧对滑块A做的功W12.5J；
    （3）在第二次实验过程中，滑块B在传送带上滑动过程中产生的热量Q为14J．
    点评：考查牛顿第二定律、运动学规律、动量守恒定律、动能定理及摩擦力做功产生的热量．注意求热量时滑块相对传送带的位移，同时动量守恒定律关注方向．
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    （1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；
    （2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；
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    （1）滑块B到达传送带右端P点时的速度；
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    （3）在第二次实验过程中，滑块B在传送带上滑动过程中产生的热量Q．

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    （1）滑块c从传送带右端滑出时的速度大小； 

    （2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；

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