统考版高考物理复习热点专项练五机械能第42练(模型方法)“传送带”模型中的能量问题含答案

展开

这是一份统考版高考物理复习热点专项练五机械能第42练(模型方法)“传送带”模型中的能量问题含答案，共4页。

思维方法
1．计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做功要用动能定理，计算摩擦生热要用Q＝Ffx相对或能量守恒．
2．电机多做的功一部分增加物块的机械能，一部分因摩擦产生热量．
一、选择题
1．(多选)如图所示，水平传送带顺时针转动，速度为v1，质量为m的物块以初速度v0从左端滑上传送带，v0>v1，经过一段时间物块与传送带速度相同，此过程中( )
A．物块克服摩擦力做的功为 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1))
B．物块克服摩擦力做的功为 eq \f(1,2) m(v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) －v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) )
C．产生的内能为 eq \f(1,2) m(v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) －v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) )
D．产生的内能为 eq \f(1,2) m(v0－v1)2
2．如图甲所示，一倾角为θ＝37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.则下列说法中正确的是( )
A．0～8 s内物体位移的大小为18 m
B．物体和传送带间的动摩擦因数为0.625
C．0～8 s内物体机械能增量为78 J
D．0～8 s内物体因与传送带摩擦产生的热量Q为126 J
二、非选择题
3．如图所示，传送带与水平面之间的夹角θ＝30°，A、B两点间的距离L＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动．现将一质量m＝10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝ eq \f(\r(3),2) ，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中(g取10 m/s2)，求：
(1)传送带对小物体做的功；
(2)电动机做的功．
4．[2022·广东佛山一中联考]如图所示，装置的左边AB部分是长为L1＝1 m的水平面，一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态；装置的中间BC部分是长为L2＝2 m 的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v＝2 m/s的速度顺时针转动；装置的右边是一光滑的曲面，质量m＝1 kg的小滑块从其上距水平台面h＝1 m的D处由静止释放，并把弹簧最大压缩到O点，OA间距x＝0.1 m，并且弹簧始终处在弹性限度内．已知物块与传送带及左边水平面之间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10 m/s2.
(1)滑块第一次到达B处的速度；
(2)弹簧储存的最大弹性势能；
(3)滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度．
第42练（模型方法）“传送带”模型中的能量问题
1．答案：BD
解析：物块的初速度大于传送带的速度，物块受到的摩擦力向左，其向右匀减速运动直至与传送带共速，由动能定理有－Wf＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，得Wf＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ，故A错误，B正确；物块和传送带间摩擦生热，相对位移为Δx＝ eq \f(v0＋v1,2) · eq \f(v0－v1,μg) －v1· eq \f(v0－v1,μg) ＝ eq \f(（v0－v1）2,2μg) ，故热量为Q＝μmg·Δx＝ eq \f(m（v0－v1）2,2) ，故C错误，D正确．
2．答案：D
解析：根据vt图象与时间轴围成的“面积”等于物体的位移，可得0～8 s内物体的位移x＝ eq \f(1,2) ×2×（2＋4） m＋2×4 m＝14 m，故A错误．物体运动的加速度a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝1 m/s2，根据μmg cs 37°－mg sin 37°＝ma解得μ＝0.875，选项B错误；0～8 s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和，为ΔE＝mgx sin 37°＋ eq \f(1,2) m×（4 m/s）2＝92 J，故C错误；0～8 s内只有前6 s发生相对滑动，0～6 s内传送带运动距离为x带＝4×6 m＝24 m；0～6 s内物体位移为x物＝6 m；则0～6 s内两者相对位移Δx＝x带－x物＝18 m，产生的热量为Q＝μmg cs θ·Δx＝126 J，故D正确．
3．答案：（1）255 J （2）270 J
解析：（1）小物体加速过程中，根据牛顿第二定律有
μmg cs θ－mg sin θ＝ma，
解得a＝2.5 m/s2.
当小物体的速度v＝1 m/s时，位移x＝ eq \f(v2,2a) ＝0.2 m，
之后小物体以v＝1 m/s的速度做匀速直线运动．
由功能关系得W＝ΔEp＋ΔEk＝mgL sin θ＋ eq \f(1,2) mv2＝255 J.
（2）电动机做功使小物体的机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量．
由v＝at得t＝ eq \f(v,a) ＝0.4 s，
小物体与传送带的相对位移x′＝vt－ eq \f(1,2) vt＝0.2 m.
则摩擦产生的热量Q＝μmgx′cs θ＝15 J，
故电动机做的功W电＝W＋Q＝270 J．
4．答案：（1） eq \r(10) m/s （2）2.75 J （3）0.2 m
解析：（1）本题考查功能关系与曲线运动和多运动过程的结合．设滑块第一次到达B处的速度为v1，对滑块从D到B的过程，根据动能定理得mgh－μmgL2＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ，解得v1＝ eq \r(10) m/s.
（2）滑块从B到O过程，由能量守恒定律得Ep＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) －μmg（L1－x），解得Ep＝2.75 J.
（3）设滑块再次到达B处的速度为v2，对滑块第一次到达B到再次到达B的过程，根据动能定理得－2μmg（L1－x）＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ，解得v2＝1 m/s则知滑块再次滑上传送带后将做匀加速运动，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝2.5 m/s2，滑块速度增加到与传送带相同，所经历的位移为L＝ eq \f(v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2a) ＝ eq \f(22－12,2×2.5) m＝0.6 m