2021高考物理二轮复习 第五章 微专题39 “传送带模型”的能量转化与守恒

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(1)静摩擦力做功：只有机械能在传送带与物体间转移，没有机械能向内能转化(摩擦生热)；一对静摩擦力所做功的代数和等于零．
(2)滑动摩擦力做功：既有机械能在传送带与物体间转移，又有机械能向内能转化(摩擦生热)；一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－fx相对，即机械能的减少量等于相对滑动时产生的热量．
2．分析滑块与传送带或木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相等时摩擦力要发生突变．
3．用公式Q＝f·x相对或能量守恒、动能定理求摩擦产生的热量．
1．(多选)(2019·安徽淮南市第二次模拟)如图1所示，一半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB与一足够长的水平传送带平滑对接，圆弧轨道半径OA水平，传送带以某一速率v逆时针转动．现将一质量为m的小物块(可视为质点)从圆弧轨道上A点无初速度释放，物块滑上传送带后第一次返回到圆弧轨道上的最高点为P，该过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的内能为ΔE，已知P点距B点的高度为eq \f(1,4)R，重力加速度为g，下列判断正确的是( )
图1
A．v＝eq \f(1,2)eq \r(gR)
B．ΔE＝eq \f(9,4)mgR
C．若增大传送带逆时针转动的速率的大小，其他条件不变，物块返回圆弧轨道后可能从A点滑出
D．若物块从圆弧AP间某位置无初速度释放，其他条件不变，则物块返回到圆弧轨道上的最高点仍在P点
2．(多选)(2019·湖北荆州市一检)如图2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2
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
3．(多选)(2019·安徽蚌埠市第三次质量检测)如图3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3
A．工件在传送带上加速运动的时间一定等于eq \f(L,v)
B．传送带对每个工件做的功为eq \f(1,2)mv2
C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于eq \f(1,2)μmgL
D．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mv2
4．(多选)(2019·安徽芜湖市上学期期末)如图4所示，足够长的传送带与水平面成θ＝30°角，动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，当传送带以2.5 m/s的速度逆时针传动时，质量为m＝2 kg的小碳块从传送带的下端以5 m/s的初速度沿传送带向上滑行．关于碳块在传送带上的运动，下列说法中正确的是( )
图4
A．碳块在传送带上运动的总时间为0.8 s
B．传送带对碳块做的功为－18.75 J
C．碳块在传送带上留下的划痕长度为1 m
D．全过程产生的热量为33.75 J
5．(2019·河北邯郸市测试)如图5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5
(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．
答案精析
1．BD [物块滑上传送带后先向右做减速运动，速度减为零后向左做加速运动，等到与传送带共速时与传送带一起匀速运动，可知返回到圆弧轨道时的初速度即为传送带的速度，则eq \f(1,2)mv2＝mgeq \f(R,4)，解得v＝eq \f(\r(2gR),2)，选项A错误；物块滑到底端时的速度v1＝eq \r(2gR)，设物块在传送带上运动的加速度为a＝μg，则向右滑动到速度减为零的时间t1＝eq \f(v1,μg)，此过程中物块与传送带的相对位移：Δx1＝vt1＋eq \f(v1,2)t1＝eq \f(2R,μ)；物块向左滑动到与传送带共速时的时间：t2＝eq \f(v,μg)＝eq \f(\r(2gR),2μg)，此过程中物块与传送带的相对位移：Δx2＝vt2－eq \f(v,2)t2＝eq \f(R,4μ)；由功能关系可知：ΔE＝μmg(Δx1＋Δx2)＝eq \f(9,4)mgR，选项B正确；若增大传送带逆时针转动的速率v的大小，其他条件不变，则物块从圆弧中滑下后沿传送带向右滑动到达的最右端位置不变，返回过程中即使传送带的速度大于v1＝eq \r(2gR)，但最终物块从传送带上向左滑出的速度仍为v1＝eq \r(2gR)，则物块也刚好能返回圆弧轨道的A点，选项C错误；若物块从圆弧上的P点无初速度释放，其他条件不变，则物块在传送带上经过向右减速然后向左加速后到达传送带最左端时的速度仍为v，则返回到圆弧轨道上的最高点仍在P点；若物块从圆弧AP间某位置无初速度释放，其他条件不变，则物块返回到圆弧轨道上的最高点仍在P点，选项D正确．]
2．ACD [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＝eq \f(mb,sin θ)＝eq \f(m,sin θ)，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＝magv
sin θ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确．]
3．BD [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＝eq \f(v,μg)，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＝eq \f(1,2)mv2，故B正确；工件与传送带相对滑动的路程为：Δx＝veq \f(v,μg)－eq \f(v2,2μg)＝eq \f(v2,2μg)，则摩擦产生的热量为：Q＝μmgΔx＝eq \f(mv2,2)，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＝eq \f(1,2)mv2＋Q＝mv2，故D正确．]
4．BD [碳块刚滑上传送带时的加速度：mgsin 30°＋μmgcs 30°＝ma1，解得a1＝12.5 m/s2，上滑到速度减为零的时间t1＝eq \f(v0,a1)＝0.4 s；位移x1＝eq \f(v0,2)t1＝1 m．下滑时：mgsin 30°＋μmgcs 30°＝ma2，则a2＝12.5 m/s2，加速到与传送带共速时的时间：t2＝eq \f(v,a2)＝0.2 s；位移：x2＝eq \f(v,2)t2＝
0.25 m，以后碳块随传送带匀速下滑，所用时间为t3＝eq \f(x1－x2,v)＝eq \f(0.75,2.5) s＝0.3 s，则碳块在传送带上运动的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.9 s，选项A错误；上滑过程中，传送带的位移x1′＝vt1＝2.5×0.4 m＝1 m，则碳块相对传送带向上的位移为Δx＝x1＋x1′＝2 m，下滑过程中碳块相对传送带向上的位移为Δx′＝vt2－eq \f(1,2)a2t22＝0.25 m，则碳块在传送带上留下的划痕长度为
2.25 m，选项C错误；上滑过程中传送带对碳块做功：W1＝－μmgcs 30°x1＝－15 J；下滑过程中在碳块加速阶段传送带对碳块做功：W2＝μmgcs 30°x2＝3.75 J，随传送带匀速下滑到底端时传送带对碳块做功：W3＝－mgsin 30°(x1－x2)＝－7.5 J，则传送带对碳块做的功为W＝W1＋W2＋W3＝－18.75 J，选项B正确；全过程产生的热量为Q＝μmgcs 30°(Δx＋Δx′)＝
33.75 J，选项D正确．]
5．(1)0.8 m (2)eq \f(1,3) m (3)eq \r(37) m/s≤v≤eq \r(43)m/s
解析 (1)物块被弹簧弹出，由Ep＝eq \f(1,2)mv02，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－eq \f(1,2)a1t12
得到：a1＝2 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝2.75 m
因为x1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eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvB2＝μ2mg×2s
得到vB＝eq \r(7) 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eq \f(1,2)mvB2＝μ2mg(s－x)，得到：x＝eq \f(1,3) 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°＝meq \f(vF2,R)
从B到F过程中由动能定理可知：eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mvF2＝μ2mgs＋mg(R＋Rsin 30°)
解得：v1＝eq \r(37) 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：eq \f(1,2)mv22＝μ2mg×3s＋mgR
解得：v2＝eq \r(43) m/s
若物块在传送带上一直加速运动，由eq \f(1,2)mvBm2－eq \f(1,2)mv02＝μ1mgL
知其到B点的最大速度vBm＝2eq \r(14) m/s
综合上述分析可知，只要传送带速度eq \r(37) m/s≤v≤eq \r(43) m/s就满足条件．