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    4．质量为5kg的物块甲从倾角为37°的传输带上端静止下滑，传送带向上均速转动，其速度v=1m/s，传送带AB长度为16米，物块进入水平地面CD后与放在水平地面CD上距C点x1=1m处的物块乙相碰，结果乙进入光滑半圆弧轨道DE，并恰好能到达半圆轨道的最高点E，传送带与水平地面之间光滑连接（光滑圆弧BC长度可忽略），水平面CD长度为1.8米，物块与水平地面及传送带的动摩擦因数均为μ=0.5，圆弧DE半径R=0.8m，物块乙的质量为1kg，g取10m/s2．试求：
    （1）物块甲在传送带上滑动产生的热量
    （2）碰撞后一瞬间物块甲的速度．

    分析 （1）分析滑块下滑过程中相对位移，由摩擦力与相对位移的乘积可求得热量；
    （2）分别对甲、乙两物体分析，由动能定理可求得甲球碰前及乙球碰后的速度，再由动量守恒定律可求得碰后甲的速度．

    解答 解：（1）传送带上运动，则摩擦力一直向上，则物块的加速度为：
    ${a}_{2}=\frac{mgsin37°-μmgcos37°}{m}$=gsin37°-μgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8m/s2=2m/s2．
    物体下滑到底部的时间为：t=$\sqrt{\frac{2x}{{a}_{2}}}$=$\sqrt{\frac{2×16}{2}}$=4s；
    此时传送带的位移为：s1=vt=1×2=2m；
    相对位移为：x=s1+16=2+16=18m；
    则产生的热量为：Q=μmgcos37°x=400J；
    （2）物体到达C点的速度为：vC=at=2×2=4m/s；
    物体由C到乙的位置时，由动能定理可得：
    -μmgx1=$\frac{1}{2}$mv甲2-$\frac{1}{2}$mvC2
    解得：v甲=$\sqrt{6}$m/s；
    碰后乙恰好到达最高点，则由mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$可得：
    v乙=$\sqrt{gR}$=$\sqrt{10×0.8}$=$\sqrt{8}$m/s
    对乙物体运动过程由动能定理可得：
    -μm乙g（L-x1）=$\frac{1}{2}$mv乙2-$\frac{1}{2}$mv乙′2
    解得：碰后乙的速度为：
    v乙′=4m/s；
    则对碰撞过程由动量守恒定律可知：m甲v甲=m甲v+m乙v乙′
    解得甲的速度为：v=1.65m/s；
    答：（1）物块甲在传送带上滑动产生的热量为20J；
    （2）碰撞后一瞬间物块甲的速度为4$\sqrt{3}$m/s．

    点评 本题考查动量守恒定律及动能定理的应用，过程较为复杂，要注意正确分析物理过程，根据物理过程明确物理规律的选择．

    练习册系列答案
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    A．$\frac{3π}{{T}^{2}G}$B．$\frac{2.7π}{{T}^{2}G}$C．$\frac{30π}{{T}^{2}G}$D．$\frac{π}{{T}^{2}G}$

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    A．线圈中感应电流方向为adbca
    B．线圈中产生的电动势E=$\frac{△B}{△t}$•l2
    C．线圈中a点电势高于b点电势
    D．线圈中b、a两点间的电势差为$\frac{{l}^{2}△B}{4△t}$

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    A．FT始终增大，Ff始终减小B．FT保持不变，Ff始终增大
    C．FT保持不变，Ff先减小后增大D．FT先不变后增大，Ff先增大后减小

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