“传送带”模型中的能量问题

“传送带”模型中的能量

问题

Prepared on 24 November 2020

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μ，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1

A ．电动机多做的功为1

2m v 2

B ．物体在传送带上的划痕长v 2

μg

C ．传送带克服摩擦力做的功为1

2m v 2

D ．电动机增加的功率为μmg v

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＝v

2t ，传

送带做匀速运动，由运动学公式知x 传＝v t ，对物块根据动能定理μmgx 物＝1

2m v 2，摩擦产

生的热量Q ＝μmgx 相＝μmg (x 传－x 物)，四式联立得摩擦产生的热量Q ＝1

2m v 2，根据能量

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

m v 2，A

项错误；物体在传送带上的划痕长等于x 传－x 物＝x 物＝v 2

2μg

，B 项错

误；传送带克服摩擦力做的功为μmgx 传＝2μmgx 物＝m v 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μmg v ，D 项正确． 答案 D

2．(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，某人用恒定的水平力F 使小物体以速度v 1匀速滑到左端的B 点，拉力F 所做的功为W 1、功率为P 1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q 1.随后让传送带以v 2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v 1的速度匀速从A 滑行到B ，这一过程中，拉力F 所做的功为W 2、功率为P 2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q 2.下列关系中正确的是

( )． 图2

A ．W 1＝W 2，P 1

B ．W 1＝W 2，P 1

Q 2

C ．W 1>W 2，P 1＝P 2，Q 1>Q 2

D ．W 1>W 2，P 1＝P 2，Q 1＝Q 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，

所以W 1＝W 2，当传送带不动时，物体运动的时间为t 1＝l

v 1；当传送带以v 2的速度匀速运

动时，物体运动的时间为t 2＝

l

v 1＋v 2

，所以第二次用的时间短，功率大，即P 1

Q 2. 答案 B

3．(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/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝.求：

图3

(1)0～8 s 内物体位移的大小； (2)物体与传送带间的动摩擦因数；

(3)0～8 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移x ＝－2×2×12 m ＋4×4×1

2 m ＋2×4 m ＝14 m

(2)由图象知，物体相对传送带滑动时的加速度a ＝1 m/s 2 对此过程中物体受力分析得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 得μ＝

(3)物体被送上的高度h ＝x sin θ＝8.4 m 重力势能增量ΔE p ＝mgh ＝84 J 动能增量ΔE k ＝12m v 22－12m v 2

1＝6 J 机械能增加ΔE ＝ΔE p ＋ΔE k ＝90 J 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x 1＝4×6 m ＝24 m 0～6 s 内物体位移x 2＝6 m

产生的热量Q ＝μmg cos θ·Δx ＝μmg cos θ(x 1－x 2)＝126 J 答案 (1)14 m (2) (3)90 J 126 J

4．如图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v 0，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μ.

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：E p ＝1

2m v 2①

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μmg ＝ma

② 由运动学公式得v 2－v 20

＝2aL

③

联立①②③得E p ＝1

2m v 20

＋μmgL .

(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s ＝v 0t ④ v 0＝v －at

⑤ 滑块相对传送带滑动的路程Δs ＝L －s ⑥ 相对滑动产生的热量Q ＝μmg ·Δs

⑦

联立②③④⑤⑥⑦得

Q ＝μmgL －m v 0(v 20＋2μgL －v 0)． 答案 (1)见解析 (2)12m v 20＋μmgL

(3)μmgL －m v 0(v 20＋2μgL －v 0)

5．如图5所示，一质量为m ＝2 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v 0＝4 m/s ，B 点到传送带右端C 的距离为L ＝2 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．(g ＝10 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μ；

(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 ＝12

m v 2B

① 物体在B 点，由牛顿第二定律得：F B －mg ＝m v 2B

R

②

由①②两式得：F B ＝60 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．