2023版高考物理专题40“传送带”模型中的能量问题练习含解析

专题40　“传送带”模型中的能量问题

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．

1.(多选)如图1所示，传送带以v的速度匀速运动．将质量为m的物体无初速度放在传送带上的A端，物体将被传送带带到B端．已知物体到达B端之前已和传送带相对静止，则下列说法正确的是(　　)

图1

A．传送带对物体做功为mv2

B．传送带克服摩擦力做功为mv2

C．电动机由于传送物体多消耗的能量为mv2

D．在传送物体过程中产生的热量为mv2

答案　BC

解析　物体与传送带相对静止前，物体受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理知传送带对物体做的功等于物体的动能的增加量，传送带对物体做功为W＝mv2，物体与传送带相对静止后，物体受重力和支持力，传送带对物体不做功，故A错误；在传送物体过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q＝FfΔx，设加速时间为t，物体的位移为x1＝vt，传送带的位移为x2＝vt，根据动能定理知摩擦力对物体做的功W1＝Ffx1＝mv2，热量Q＝FfΔx＝mv2，传送带克服摩擦力做的功W2＝Ffx2＝mv2，故B正确，D错误；电动机由于传送物体多消耗的能量等于物体动能增加量和摩擦产生的热量之和，等于mv2，故C正确．

2.(多选)如图2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(　　)

图2

A．物块克服摩擦力做的功为mv

B．物块克服摩擦力做的功为m(v－v)

C．产生的内能为m(v－v)

D．产生的内能为m(v0－v1)2

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＝mv－mv，得Wf＝mv－mv，故A错误，B正确；物块和传送带间摩擦生热，相对位移为Δx＝·－v1·＝，故热量为Q＝μmg·Δx＝，故C错误，D正确．

3．已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以恒定的速度顺时针转动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度、质量为m的小物块，如图3甲所示．以此时为t＝0时刻，小物块的速度随时间的变化关系如图乙所示(图甲中取沿传送带向上的方向为正方向，图乙中v1>v2)．下列说法中正确的是(　　)

图3

A．0～t1内传送带对小物块做正功

B．小物块与传送带间的动摩擦因数μ小于tan θ

C．0～t2内传送带对小物块做功为mv－mv

D．0～t2内小物块与传送带间因摩擦产生的热量大于小物块动能的减少量

答案　D

解析　由题图乙可知，物块先向下运动后向上运动，又知传送带的运动方向向上，0～t1内，物块向下运动，传送带对物块的摩擦力方向沿传送带向上，传送带对物块做负功，故A错误；在t1～t2内，物块向上运动，则有μmgcos θ>mgsin θ，得μ>tan θ，故B错误；0～t2内，根据v－t图象中图线与t轴所围“面积”等于位移可知，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理有W＋WG＝mv－mv，则传送带对物块做的功W≠mv－mv，故C错误；0～t2内物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的热量，则由能量守恒定律可知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的减少量，故D正确．

4．(2020·陕西西安市西安中学第六次模拟)如图4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，cos 37°＝0.8.则下列说法中正确的是(　　)

图4

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

答案　D

解析　根据v－t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＝×2×(2＋4) m＋2×4 m＝14 m，故A错误．

物体运动的加速度a＝＝1 m/s2，根据μmgcos 37°－mgsin 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＝mgxsin 37°＋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＝μmgcos θ·Δx＝126 J，故D正确．

5.(多选)(2019·湖北荆州市一检)如图5所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，重力加速度为g.开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中(　　)

图5

A．物块a的重力势能减少mgh

B．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量

C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和

D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等

答案　ACD

解析　开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsin θ＝mbg，则ma＝＝，b上升h，则a下降hsin θ，则a重力势能的减小量为ΔEpa＝mag·hsin θ＝mgh，故A正确；根据能量守恒定律，摩擦力对a做的功等于a、b系统机械能的增量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力对a做的功等于系统动能的增量，故B错误，C正确；任意时刻a、b的速率大小相等，对b，克服重力做功的瞬时功率Pb＝mgv，对a有：Pa＝magvsin θ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确．

6.如图6所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上竖直高度为3R的位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，已知滑块滑上传送带后，又从D点滑入光滑轨道ABCD且能到达原位置A，则在该过程中(重力加速度为g)(　　)

图6

A．在C点滑块对轨道的压力为零

B．传送带的速度可能为

C．摩擦力对物块的冲量为零

D．传送带速度v越大，滑块与传送带因摩擦产生的热量越多

答案　D

解析　对滑块从A到C，根据动能定理有mg(h－2R)＝mv－0，根据FN＋mg＝m，解得FN＝mg，选项A错误；从A到D，根据动能定理有mgh＝mv，解得vD＝，由于滑块还能到达原位置A，则传送带的速度v≥vD＝，选项B错误；滑块在传送带上运动的过程中，动量方向变为相反，动量变化量不为0，则摩擦力对滑块的冲量不为0，选项C错误；滑块与传送带之间产生的热量Q＝μmgΔx，传送带的速度越大，在相同时间内二者相对位移(Δx)越大，则产生的热量越多，故选项D正确．

7．(多选)(2019·安徽蚌埠市第三次质量检测)如图7所示，在一水平向右匀速运动的长传送带的左端A点，每隔相同的时间轻放上一个相同的工件．经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L.已知传送带的速率恒为v，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

图7

A．工件在传送带上加速运动的时间一定等于

B．传送带对每个工件做的功为mv2

C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于μmgL

D．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mv2

答案　BD

解析　工件在传送带上先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相等时工件做匀速直线运动，加速度为a＝μg，则加速的时间为t＝，故A错误；传送带对每个工件做的功使工件的动能增加，根据动能定理得：W＝mv2，故B正确；工件与传送带相对滑动的路程为：Δx＝v－＝，则摩擦产生的热量为：Q＝μmgΔx＝，故C错误；根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E＝mv2＋Q＝mv2，故D正确．

8.如图8所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体质量m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：

图8

(1)物体由A端运动到B端的时间；

(2)系统因摩擦产生的热量．

答案　(1)2 s　(2)24 J

解析　(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力和重力，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，

设物体经时间t1，加速到与传送带同速，

则v＝a1t1，x1＝a1t

解得：a1＝10 m/s2

t1＝1 s

x1＝5 m<L

因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速

由mgsin θ－μmgcos θ＝ma2

L－x1＝vt2＋a2t

解得：t2＝1 s

故物体由A端运动到B端的时间t＝t1＋t2＝2 s.

(2)物体与传送带间的相对位移

x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m

故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J.

9.如图9所示，与水平面成30°角的传送带以v＝2 m/s的速度按如图所示方向顺时针匀速运动，AB两端距离l＝9 m．把一质量m＝2 kg的物块(可视为质点)无初速度地轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向上运动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，不计物块的大小，g取10 m/s2.求：

图9

(1)从放上物块开始计时，t＝0.5 s时刻摩擦力对物块做功的功率是多少？此时传送带克服摩擦力做功的功率是多少？

(2)把这个物块从A端传送到B端的过程中，传送带运送物块产生的热量是多大？

(3)把这个物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？

答案　(1)14 W　28 W　(2)14 J　(3)18.8 W

解析　(1)物块受沿传送带向上的摩擦力为：

Ff＝μmgcos 30°＝14 N

由牛顿第二定律得：Ff－mgsin 30°＝ma，

a＝2 m/s2

物块与传送带速度相同时用时为：t1＝＝ s＝1 s

因此t＝0.5 s时刻物块正在加速，

其速度为：v1＝at＝1 m/s

则此时刻摩擦力对物块做功的功率是：

P1＝Ffv1＝14 W

此时刻传送带克服摩擦力做功的功率是：

P2＝Ffv＝28 W

(2)当物块与传送带相对静止时：

物块的位移x1＝at＝×2×12 m＝1 m<l＝9 m

摩擦力对物块做功为：W1＝Ffx1＝14×1 J＝14 J

此段时间内传送带克服摩擦力所做的功：

W2＝Ffvt1＝28 J

这段时间产生的热量：Q＝W2－W1＝14 J

(3)物块在传送带上匀速运动的时间为：

t2＝＝4 s

把物块由A端传送到B端摩擦力对物块所做的总功为：

W总＝mglsin 30°＋mv2

把物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是：

＝＝18.8 W.

10．(2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1 kg且可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB长L＝5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s＝1.5 m，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v＝5 m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的Ep＝18 J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g＝10 m/s2.

图10

(1)求右侧圆弧的轨道半径R；

(2)求小物块最终停下时与C点的距离；

(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．

答案　(1)0.8 m　(2) m　(3) m/s≤v≤ m/s

解析　(1)物块被弹簧弹出，由Ep＝mv，可知v0＝6 m/s

因为v0>v，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，

由：μ1mg＝ma1，v＝v0－a1t1，x1＝v0t1－a1t

得到：a1＝2 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝2.75 m

因为x1<L，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知：mv2＝μ2mgs＋mgR

代入数据整理可以得到：R＝0.8 m.

(2)设物块从E点返回至B点的速度为vB，由mv2－mv＝μ2mg·2s

得到vB＝ m/s，因为vB>0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由mv＝μ2mg(s－x)，得到：x＝ m.

(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点，在F点满足mgsin 30°＝m

从B到F过程中由动能定理可知：mv－mv＝μ2mgs＋mg(R＋Rsin 30°)

解得：v1＝ m/s

设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，

由：mv＝μ2mg·3s＋mgR

解得：v2＝ m/s

若物块在传送带上一直加速运动，由mv－mv＝μ1mgL

知其到B点的最大速度vBm＝2 m/s

综合上述分析可知，只要传送带速度 m/s≤v≤ m/s就满足条件．