如图所示，传送带做水平匀速运动，质量m=l.0kg的小物块轻轻放在传送带上的P点，随传送带运动到A点后被水

（1）对小物块，由A到B有：v_y²=2gh 
在B点tan

θ

2

=

vy

v1

，
代入数据解得：v₁=3m/s；
（2）对小物块，由B到O过程，
由动能定理得：mgR（1-cos37°）=

1

2

mv_o²-

1

2

mv_B²，其中：v_B=5m/s
在O点，由牛顿第二定律得：F_N-mg=m

v

R

，
代入数据解得：F_N=43N；
（3）物块沿斜面上滑，由牛顿第二定律得：
mgsin53°十μ₁mgcos53°=ma₁，
代入数据解得：a₁=10m/s²，
由机械能守恒定律可知：v_C=v_B=5m/s，
小物块由C上升到最高点历时：t₁=

vC

a1

=

5

10

=0.5s，
则小物块由斜面最高点回到D点历时：t₂=0.8s-0.5s=0.3s
物块沿斜面下滑，由牛顿第二定律得：mgsin53°-μ₁mgcos53°=ma₂，
代入数据解得：a₂=6m/s²，
则：S_CD=

1

2

v_ct₁-

1

2

2a₂t₂²，
代入数据解得：S_CD=0.98m．
（4）小物块在传送带上加速过程：μ₂mg=ma₃，
物块由静止开始到3m/s所需时间：t=

v1

a3

，
代入数据解得：t=1s，
此过程中产生的焦耳热为：Q=μ₂mg（v_带t-

v

2a3

），
代入数据解得：Q=10.5J，
所以多输出的能量为：W′=Q+

1

2

mv₁²，
代入数据解得：W′=15J．
答：（1）小物块离开A点时的水平速度大小v₁为3m/s；
（2）小物块经过O点时，轨道对它的支持力大小F_N为43N；
（3）斜面上CD间的距离S_CD为0.98m．
（4）由于放上小物块而使得电动机多输出的能量是15J．