“传送带”模型中的能量问题

..微专题训练14“传送带”模型中的能量问题1．(单选)如图1所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法中正确的是()．图1A．电动机多做的功为12mv2B．物体在传送带上的划痕长v2μgC．传送带克服摩擦力做的功为12mv2D．电动机增加的功率为μmgv解析小物块与传送带相对静止之前，物体做匀加速运动，由运动学公式知x物＝v2t，传送带做匀速运动，由运动学公式知x传＝vt，对物块根据动能定理μmgx物＝12mv2，摩擦产生的热量Q＝μmgx相＝μmg(x传－x物)，四式联立得摩擦产生的热量Q＝12mv2，根据能量守恒定律，电动机多做的功一部分转化为物块的动能，一部分转化为热量，故电动机多做的功等于mv2，A项错误；物体在传送带上的划痕长等于x传－x物＝x物＝v22μg，B项错误；传送带克服摩擦力做的功为μmgx传＝2μmgx物＝mv2，C项错误；电动机增加的功率也就是电动机克服摩擦力做功的功率为μmgv，D项正确．答案D2．(单选)如图2所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态．把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1.随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2.下列关系中正确的是()．..图2A．W1＝W2，P1P2，Q1＝Q2B．W1＝W2，P1P2，Q1Q2C．W1W2，P1＝P2，Q1Q2D．W1W2，P1＝P2，Q1＝Q2解析因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝lv1；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝lv1＋v2，所以第二次用的时间短，功率大，即P1P2；一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1Q2.答案B3．(2013·西安模拟)如图3甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图3(1)0～8s内物体位移的大小；(2)物体与传送带间的动摩擦因数；(3)0～8s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q.解析(1)从图乙中求出物体位移x＝－2×2×12m＋4×4×12m＋2×4m＝14m(2)由图象知，物体相对传送带滑动时的加速度a＝1m/s2对此过程中物体受力分析得μmgcosθ－mgsinθ＝ma得μ＝0.875(3)物体被送上的高度h＝xsinθ＝8.4m重力势能增量ΔEp＝mgh＝84J动能增量ΔEk＝12mv22－12mv21＝6J机械能增加ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90J0～8s内只有前6s发生相对滑动．..0～6s内传送带运动距离x1＝4×6m＝24m0～6s内物体位移x2＝6m产生的热量Q＝μmgcosθ·Δx＝μmgcosθ(x1－x2)＝126J答案(1)14m(2)0.875(3)90J126J4．如图4所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.图4(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．解析(1)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动．(2)设滑块冲上传送带时的速度为v，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒：Ep＝12mv2①设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a，则由牛顿第二定律得μmg＝ma②由运动学公式得v2－v20＝2aL③联立①②③得Ep＝12mv20＋μmgL.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移s＝v0t④v0＝v－at⑤滑块相对传送带滑动的路程Δs＝L－s⑥相对滑动产生的热量Q＝μmg·Δs⑦联立②③④⑤⑥⑦得Q＝μmgL－mv0(v20＋2μgL－v0)．答案(1)见解析(2)12mv20＋μmgL(3)μmgL－mv0(v20＋2μgL－v0)..5．如图5所示，一质量为m＝2kg的滑块从半径为R＝0.2m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v0＝4m/s，B点到传送带右端C的距离为L＝2m．当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同．(g＝10m/s2)求：图5(1)滑块到达底端B时对轨道的压力；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；(3)此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q.解析(1)滑块由A到B的过程中，由机械能守恒定律得：mgR＝12mv2B①物体在B点，由牛顿第二定律得：FB－mg＝mv2BR②由①②两式得：FB＝60N由牛顿第三定律得滑块到达底端B时对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下．(2)方法一滑块在从B到C运动过程中，由牛顿第二定律得：μmg＝ma③由运动学公式得：v20－v2B＝2aL④由①③④三式得：μ＝0.3⑤方法二滑块在从A到C整个运动过程中，由动能定理得：mgR＋μmgL＝12mv20－0解得μ＝0.3(3)滑块在从B到C运动过程中，设运动时间为t由运动学公式得：v0＝vB＋at⑥产生的热量：Q＝μmg(v0t－L)⑦由①③⑤⑥⑦得：Q＝4J答案(1)60N，方向竖直向下(2)0.3(3)4J