高考物理二轮复习难点突破6传送带模型中的能量问题新人教版

难点突破6传送带模型中的能量问题传送带的问题是和实际联系较紧密的一个物理模型，是高中阶段必须掌握的重要内容．解决此类问题的关键是对传送带和物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质、特征、过程．因此在力学复习中，通过研究传送带类习题，将力学各部分内容串联起来，再利用功能观点处理传送带问题，往往能达到融会贯通的效果．对传送带问题要进行两种分析：1．受力和运动分析对传送带上的物体首先要进行受力分析，判断物体受到的滑动摩擦力方向及物体的运动状态，是加速，是减速，还是匀速；其次判断摩擦力突变(大小、方向)的临界状态；最后运用运动学知识求加速度、速度、位移等物理量，进而利用功和能的有关知识，求因摩擦而产生的热．注意：①判断摩擦力的有无、方向时以传送带为参考系；②临界状态一般发生在v物与v传相同的时刻；③应用运动学公式计算物体的相关物理量时应以地面为参考系．2．传送带中功和能量关系的分析v0＝4 m/s的恒定速率顺时针方向运行．在传送带底端P处有一离传送带很近的固定挡板，可将传送带上的物体挡住．在距P距离为L＝9 m的Q处无初速度地放一质量m＝1 kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，物体与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，求物体从静止释放到第一次返回上升至最高点的过程中：(1)相对传送带发生的位移； (2)系统因摩擦产生的热量； (3)传送带多消耗的电能；(4)物体的最终状态及该状态后电动机的输出功率． 【解析】图1(1)解法1：力和运动法．物体由静止释放，沿传送带向下加速运动，相对传送带亦向下滑，受力如图1所示，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，得a 1＝2 m/s 2与P 碰前速度v 1＝2a 1L ＝6 m/s 设物体从Q 到P 的时间为t 1， 则t 1＝v 1a 1＝3 s设物体对地位移为x 1，可知x 1＝L ＝9 m ，相对传送带向下的位移Δx 1＝x 1＋v 0t 1＝21 m图2物体与挡板碰撞后，以速度v 1反弹，向上做减速运动，因v 1>v 0，物体相对传送带向上滑，设速度减小到与传送带速度相等的时间为t 2，此过程受力如图2所示，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2得a 2＝10 m/s 2，t 2＝v 1－v 0a 2＝0.2 s 在t 2时间内物体对地向上的位移x 2＝v 1＋v 02t 2＝1 m相对传送带向上的位移Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.2 m物体速度与传送带速度相等后，由于mg sin θ>μmg cos θ物体不能匀速，将相对传送带向下滑，对地向上做加速度大小为a 3＝a 1＝2 m/s 2的减速运动，设速度减小到零的时间为t 3，t 3＝v 0a 3＝2 s此过程中物体对地向上的位移x 3＝v 02t 3＝4 m相对传送带向下的位移Δx 3＝v 0t 3－x 3＝4 m整个过程中两者相对滑动位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＋Δx 3＝24.8 m.解法2：相对运动法．以传送带为参考系，在求出相对初速度和相对加速度后，三个阶段物体相对传送带的位移分别为Δx 1＝v 0t 1＋12a 1t 21＝21 mΔx 2＝(v 1－v 0)t 2－12a 2t 22＝0.2 mΔx 3＝12a 3t 23＝4 m第二阶段物体相对传送带向上运动，两者相对滑动总位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＋Δx 3＝24.8 m.解法3：图象法．设沿传送带向上为正方向，画出如图3所示物体和传送带运动的v －t 图象，直接用物体和传送带v －t 图线所夹的面积表示相对发生的位移：图3Δx 1＝v 0＋v 0＋v 1t 12＝21 m ，Δx 2＝v 1－v 0t 22＝0.2 mΔx 3＝12v 0t 3＝4 m两者相对滑动的总位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＋Δx 3＝24.8 m.(2)系统因摩擦产生的热量，是由于一对滑动摩擦力作用点移动的不同导致做功不等而造成的，产生的热量不是与传送带和物体间的相对移动的位移而是与相对移动的距离有关(如图4所示阴影部分面积)：Q ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＝F f ·Δl＝μmg cos θ(Δx 1＋Δx 2＋Δx 3) ＝100.8 J.图4(3)传送带消耗的电能是因为传送带要克服摩擦力做功，这与传送带对地运动位移有关(如图5所示阴影部分面积)，在物体向下加速和相对传送带向下运动的减速阶段，摩擦力对传送带做负功消耗电能，在物体相对传送带向上运动的减速阶段，摩擦力对传送带做正功，减少电能损耗．图5ΔE电＝－F f(x传送带1－x传送带2＋x传送带3)＝－μmg cosθ(v0t1－v0t2＋v0t3)＝－76.8 J即传送带多消耗的电能为76.8 J.(4)物体返回上升到最高点时速度为零，以后将重复上述过程，且每次碰后反弹速度、上升高度依次减小，最终达到一个稳态：稳态的反弹速度大小应等于传送带速度 4 m/s，此后受到的摩擦力总是斜向上，加速度为g sinθ－μg cosθ＝2 m/s2，方向斜向下，物体相对地面做往返“类竖直上抛”运动，对地上升的最大位移为x m ＝v 202a 1＝4 m ，往返时间为T ＝2v 0a 1＝4s传送带受到的摩擦力大小始终为F f ＝μmg cos θ，稳态后方始终斜向下，故电动机的输出功率稳定为P ＝F f v 0＝μmg cos θ×v 0＝16 W.【答案】 (1)24.8 m (2)100.8 J (3)76.8 J (4)最终状态见解析 16 W如图所示，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v 向上运动．现将一质量为m 的小物体(视为质点)轻轻放在A 处，小物体在甲传送带上到达B 处时恰好达到传送带的速率v ；在乙传送带上到达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速率v .已知B 处离地面的高度皆为H .则在小物体从A 到B 的过程中( )A ．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数相同B ．将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能相等C ．两种传送带对小物体做功相等D ．将小物体传送到B 处，两种系统产生的热量相等解析：小物体在两种传送带均做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小a ＝μg cos θ－g sin θ，在速度达到v 的过程中，小物体在甲传送带上的位移s 较大，根据公式a ＝v 22s，可知小物体在甲传送带上时的加速度较小，根据a ＝μg cos θ－g sin θ，可得μ＝ag cos θ＋tan θ，即小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小，选项A 错误；在小物体从A 到B 的过程中，根据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，选项C 正确；在小物体从A 到B 的过程中，只有小物体相对传送带发生滑动时，即只有在加速过程中，系统才发生“摩擦生热”，根据公式Q ＝fs 相对计算系统产生的热量，可选取做匀速运动的传送带为惯性参考系，小物体在惯性参考系里做初速度大小为v ，加速度大小为a ＝μg cos θ－g sin θ，末速度为零的匀减速直线运动，可求出s 相对＝v 22a，可见，s 相对等于小物体相对于地面速度从0加速到v 过程中的位移，即系统产生的热量等于小物体加速过程中摩擦力对小物体做的功，对于甲传送带，在加速过程中摩擦力做正功设为W 1，克服重力做功为mgH ，动能改变量为12mv 2，根据动能定理可求得W 1＝12mv 2＋mgH ，同理可求出小物体在乙传送带上加速过程中摩擦力做的功为W 2＝12mv 2＋mg (H －h )，显然W 1>W 2，所以Q 1>Q 2，即甲系统产生的热量多，选项D 错误；在将小物体传送到B 处的过程中，传送带消耗的电能等于系统增加的机械能和产生的内能，两种系统增加的机械能相等，产生的内能不等，所以消耗的电能不等，选项B 错误．答案：C如图所示，在大型超市的仓库中，要利用皮带运输机将货物由平台D 运送到高为h ＝2.5 m 的平台C 上．为了便于运输，仓储员在平台D 与皮带间放了一个14圆周的光滑轨道ab ，轨道半径为R ＝0.8 m ，轨道最低点与皮带接触良好．已知皮带和水平面间的夹角为θ＝37°，皮带和货物间的动摩擦因数为μ＝0.75，运输机的皮带以v 0＝1 m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动(皮带和轮子之间不打滑)．现仓储员将质量为m ＝200 kg 的货物放于轨道的a 端(g ＝10 m/s 2)．求：(1)货物到达圆轨道最低点b 时对轨道的压力； (2)货物沿皮带向上滑行多远才能相对皮带静止； (3)皮带将货物由A 运送到B 需对货物做多少功． 解析：(1)货物由a 到b ，由机械能守恒定律得mgR ＝12mv 2解得v ＝2gR ＝2×10×0.8 m/s ＝4 m/s在最低点b ，由F 合＝ma 得F －mg ＝m v 2RF ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2R ＋g ＝200×⎝ ⎛⎭⎪⎫420.8＋10 N ＝6×103 N 由牛顿第三定律可知货物到达圆轨道最低点时对轨道的压力F ′＝F ＝6×103N. (2)货物在皮带上运动时，由动能定理得： －mgx sin37°－fx ＝12mv 20－12mv 2且f ＝μmg cos37° 解得：x ＝v 2－v 202g37°＋μ＝0.625 m.(3)由于tan37°＝μ，则货物减速到v 0后便和皮带一起匀速向上运动货物由平台D 运送到平台C 的过程中，由功能关系知，皮带对货物做的功为W ＝mg (h －R )＋12mv 20＝3 500 J.答案：(1)6×103N (2)0.625 m (3)3 500 J。