1、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 ，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 mv212B物体在传送带上的划痕长v2gC传送带克服摩擦力做的功为 mv212D电动机增加的功率为 mgv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 t，传v2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
2、mgx 物 mv2，摩擦产12生的热量 Qmgx 相 mg(x 传 x 物 )，四式联立得摩擦产生的热量 Q mv2，根据能量12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 ，B 项错v22g误；传送带克服摩擦力做的功为 mgx 传 2mgx 物 mv 2，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 mgv，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
3、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 2AW 1W 2，P 1Q2CW 1W2，P 1P 2，Q 1Q2 DW 1W2，P 1P 2，Q 1Q 2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，
4、所以 W1W 2，当传送带不动时，物体运动的时间为 t1 ；当传送带以 v2 的速度匀速运lv1动时，物体运动的时间为 t2 ，所以第二次用的时间短，功率大，即 P1Q2.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m1 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，g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8.求：图 3(1)08 s 内物体位移的大小；(2)物体与传送带间的动摩擦因数；(3)08 s 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
5、移 x22 m44 m24 m14 m12 12(2)由图象知，物体相对传送带滑动时的加速度 a1 m/s 2对此过程中物体受力分析得 mgcos mgsin ma得 0.875(3)物体被送上的高度 hxsin 8.4 m重力势能增量 Epmgh84 J动能增量 Ek mv mv 6 J12 2 12 21机械能增加 EE pE k90 J08 s 内只有前 6 s 发生相对滑动06 s 内传送带运动距离 x146 m24 m06 s 内物体位移 x26 m产生的热量 Qmg cos xmgcos (x1x 2)126 J答案 (1)14 m (2)0.875 (3)90 J 126 J4如
6、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 .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
7、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 mv212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 mgma 由运动学公式得 v2v 2aL 20联立得 Ep mv mgL.12 20(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 sv 0t v0vat 滑块相对传送带滑动的路程 sLs 相对滑动产生的热量 Qmgs 联立得QmgLmv 0( v0)v20 2gL答案 (1)见解析 (2) mv mgL12 20(3)mgLmv 0( v 0)v2
8、0 2gL5如图 5 所示，一质量为 m2 kg 的滑块从半径为 R 0.2 m 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 v04 m/s，B 点到传送带右端 C 的距离为 L2 m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 (g10 m/s 2)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 ；(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 mv 12
9、2B物体在 B 点，由牛顿第二定律得：F Bmg m v2BR由两式得：F B60 N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 60 N，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：mgma 由运动学公式得：v v 2aL 20 2B由三式得： 0.3 方法二 滑块在从 A 到 C 整个运动过程中，由动能定理得：mgRmgL mv 012 20解得 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：v 0v Bat 产生的热量：Qmg (v0tL) 由得：Q4 J答案 (1)60 N ，方向竖直向下 (2)0.3 (3)4 J
