传送带中的能量问题---专题

合集下载

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 ＝F f x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1A ．传送带对物体做功为mv 2B ．传送带克服摩擦力做功为mv 2C ．电动机由于传送物体多消耗的能量为mv 2D ．在传送物体过程中产生的热量为mv 2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 ＝12mv 2，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 ＝F f Δx ，设加速时间为t ，物体的位移为x 1＝12vt ，传送带的位移为x 2＝vt ，根据动能定理知摩擦力对物体做的功W 1＝F f x 1＝12mv 2，热量Q ＝F f Δx＝12mv 2，传送带克服摩擦力做的功W 2＝F f x 2＝mv 2，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mv 2，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v 1，质量为m 的物块以初速度v 0从左端滑上传送带，v 0>v 1，经过一段时间物块与传送带速度相同，此过程中( )图2A ．物块克服摩擦力做的功为12mv 12B ．物块克服摩擦力做的功为12m (v 02－v 12)C ．产生的内能为12m (v 02－v 12)D ．产生的内能为12m (v 0－v 1)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－W f ＝12mv 12－12mv 02，得W f ＝12mv 02－12mv 12，故A 错误，B 正确；物块和传送带间摩擦生热，相对位移为Δx ＝v 0＋v 12·v 0－v 1μg －v 1·v 0－v 1μg ＝v 0－v 122μg，故热量为Q ＝μmg ·Δx ＝m v 0－v 122，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v 1>v 2)．下列说法中正确的是( )图3A ．0～t 1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 θC ．0～t 2内传送带对小物块做功为12mv 22－12mv 12D ．0～t 2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～t 1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t 1～t 2内，物块向上运动，则有μmg cos θ>mg sin θ，得μ>tan θ，故B 错误；0～t 2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W G ，根据动能定理有W ＋W G ＝12mv 22－12mv 12，则传送带对物块做的功W ≠12mv 22－12mv 12，故C 错误；0～t 2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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法中正确的是( )图4A ．0～8 s 内物体位移的大小为18 mB ．物体和传送带间的动摩擦因数为0.625C ．0～8 s 内物体机械能增量为78 JD ．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 ＝12×2×(2＋4) m ＋2×4 m＝14 m ，故A 错误．物体运动的加速度a ＝Δv Δt ＝1 m/s 2，根据μmg cos 37°－mg sin 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 ＝mgx sin 37°＋12m ×(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 ＝μmg cos 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5A ．物块a 的重力势能减少mghB ．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m a g sin θ＝m b g ，则m a ＝m b sin θ＝msin θ，b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减小量为ΔE p a ＝m a g ·h sinθ＝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P b ＝mgv ，对a 有：P a ＝m a gv sinθ＝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6A ．在C 点滑块对轨道的压力为零B ．传送带的速度可能为5gRC ．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 )＝12mv C 2－0，根据F N ＋mg ＝m v C2R，解得F N＝mg ，选项A 错误；从A 到D ，根据动能定理有mgh ＝12mv D 2，解得v D ＝6gR ，由于滑块还能到达原位置A ，则传送带的速度v ≥v D ＝6gR ，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 ＝μmg Δx ，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7A ．工件在传送带上加速运动的时间一定等于L vB ．传送带对每个工件做的功为12mv 2C ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于12μmgLD ．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mv 2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 ＝vμg，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 ＝12mv 2，故B 正确；工件与传送带相对滑动的路程为：Δx＝v v μg －v 22μg ＝v 22μg ，则摩擦产生的热量为：Q ＝μmg Δx ＝mv 22，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 ＝12mv 2＋Q ＝mv 2，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/s 2，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：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，设物体经时间t 1，加速到与传送带同速，则v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 12解得：a 1＝10 m/s 2t 1＝1 s x 1＝5 m<L因mg sin θ>μmg cos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速由mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2L －x 1＝vt 2＋12a 2t 22解得：t 2＝1 s故物体由A 端运动到B 端的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s. (2)物体与传送带间的相对位移x 相＝(vt 1－x 1)＋(L －x 1－vt 2)＝6 m故Q ＝μmg cos 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＝7153，不计物块的大小，g 取10 m/s 2.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：F f ＝μmg cos 30°＝14 N由牛顿第二定律得：F f －mg sin 30°＝ma ，a ＝2 m/s 2物块与传送带速度相同时用时为：t 1＝v a ＝22s ＝1 s因此t ＝0.5 s 时刻物块正在加速，其速度为：v 1＝at ＝1 m/s则此时刻摩擦力对物块做功的功率是：P 1＝F f v 1＝14 W此时刻传送带克服摩擦力做功的功率是：P 2＝F f v ＝28 W(2)当物块与传送带相对静止时：物块的位移x 1＝12at 12＝12×2×12m ＝1 m<l ＝9 m摩擦力对物块做功为：W 1＝F f x 1＝14×1 J＝14 J 此段时间内传送带克服摩擦力所做的功：W 2＝F f vt 1＝28 J这段时间产生的热量：Q ＝W 2－W 1＝14 J (3)物块在传送带上匀速运动的时间为：t 2＝l －x 1v＝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＝mgl sin 30°＋12mv 2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：P ＝W 总t 1＋t 2＝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E p ＝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/s 2.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)13 m (3)37 m/s≤v ≤43 m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12mv 02，可知v 0＝6 m/s因为v 0>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 ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2 m/s 2，t 1＝0.5 s ，x 1＝2.75 m因为x 1<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：12mv 2＝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v B ，由12mv 2－12mv B 2＝μ2mg ·2s得到v B ＝7 m/s ，因为v B >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12mv B 2＝μ2mg (s －x )，得到：x ＝13m. (3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin 30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知：12mv 12－12mv F 2＝μ2mgs ＋mg (R ＋R sin 30°)解得：v 1＝37 m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点，由：12mv 22＝μ2mg ·3s ＋mgR解得：v 2＝43 m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12mv B m 2－12mv 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝214 m/s综合上述分析可知，只要传送带速度37 m/s≤v ≤43 m/s 就满足条件．。

传送带模型中的能量问题全解

的货物放到A点，货物与传送带间的动摩擦因数为 μ ，当货物从A点运动到 B点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能是( )
1 2 A．等于 mv 2 C ．大于 μ mgs
1 2 B．小于 mv 2 D．小于μ mgs
答案 C
THANK YOU
A
v
B
答案: (1)
(2)t=1s (3)0.5m (4)2.5s (5)4J
Ff 4 N
a 1m / s 2
2．如图所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为
M=1．0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度
传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图所示（图中取向左为
传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v=1m/s的恒定速率运行. 一质量为m=4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动 . 设行李与传送带间的动摩擦因数 μ =0.1，AB间的距离 l=2m，g=10m/s2. 求：（1）求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小（2）求行李做匀加速运动的时间（3）行李在传送带上形成的划迹的长度（4）行李从A运动到B的时间（5）电机带动传送带匀速传动输出的总能量。
不打滑，质量为0．1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ = 3 。
当传送带沿逆时针方向以 v 1 =3m/s 的速度匀速运动时，将小物块无初速地放在A点后，它会运动至B点。（g取10m/s2）（1）求物体刚放在A点的加速度？（2）物体从A到B约需多长时间？（3）整个过程中摩擦产生的热量？
0.5.设皮带足够长．取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求 (1)邮件滑动的时间t； (2)邮件对地的位移大小x； (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.

高中物理专题复习---传送带模型的能量分析

高中物理专题复习---传送带模型的能量分析微专题34 传送带模型的能量分析传送带模型能量分析的问题主要包括以下两个核心问题：1) 摩擦系统内摩擦热的计算：依据 $Q=F_f \cdotx_{\text{相对}}$，找出摩擦力与相对路程大小即可。

要注意的问题是公式中的 $x_{\text{相对}}$ 并不是指的是相对位移大小。

特别是相对往返运动中，$x_{\text{相对}}$ 为多过程相对位移大小之和。

2) 由于传送物体而多消耗的电能：一般而言，有两种思路：①运用能量守恒，多消耗的电能等于系统能量的增加的能量。

以倾斜向上运动传送带传送物体为例，多消耗的电能$E=\Delta E_{\text{重}} + \Delta E_{\text{k}} + Q_{\text{摩擦}}$。

②运用功能关系，传送带克服阻力做的功等于消耗的电能 $E=fS_{\text{传}}$。

如图所示，水平传送带长为 $s$，以速度 $v$ 始终保持匀速运动，把质量为 $m$ 的货物放到 $A$ 点，货物与传送带间的动摩擦因数为 $\mu$，当货物从 $A$ 点运动到 $B$ 点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能是：A。

等于 $mv^2/2$B。

小于 $mv^2/2$C。

大于 $\mu mgs$D。

小于 $\mu mgs$解析：货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速，而货物的最终速度应小于等于 $v$，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于 $mv^2/2$，可能小于$mv^2/2$，可能等于 $\mu mgs$，可能小于 $\mu mgs$，故选C。

2016 湖北省部分高中高三联考) 如图所示，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 $\mu$，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是：A。

“传送带”模型中的能量问题

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1A ．电动机多做的功为12m v 2B ．物体在传送带上的划痕长v 2μgC ．传送带克服摩擦力做的功为12m v 2D ．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＝v2t ，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＝12m 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 ＝12m 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 22μg，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 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2A ．W 1＝W 2，P 1<P 2，Q 1＝Q 2B ．W 1＝W 2，P 1<P 2，Q 1>Q 2C ．W 1>W 2，P 1＝P 2，Q 1>Q 2D ．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＝lv 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＝lv 1＋v 2，所以第二次用的时间短，功率大，即P 1<P 2；一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q 1>Q 2. 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°＝0.6，cos 37°＝0.8.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 ＋4×4×12 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μm g cos θ－mg sin θ＝ma 得μ＝0.875(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 21＝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)0.875 (3)90 J 126 J4．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 ＝12m 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＝2aL③联立①②③得E p ＝12m 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 －at⑤ 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 ·Δs⑦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 ＝12m v 2B① 物体在B 点，由牛顿第二定律得：F B －mg ＝m v 2BR②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． (2)方法一滑块在从B 到C 运动过程中，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma③ 由运动学公式得：v 20－v 2B ＝2aL④ 由①③④三式得：μ＝0.3⑤方法二滑块在从A 到C 整个运动过程中，由动能定理得：mgR ＋μmgL ＝12m v 20－0解得μ＝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 0＝v B ＋at ⑥ 产生的热量：Q ＝μmg (v 0t －L )⑦由①③⑤⑥⑦得：Q ＝4 J答案 (1)60 N ，方向竖直向下 (2)0.3 (3)4 J。

高考物理--传送带问题专题归类含答案解析

传送带问题归类分析传送带是运送货物的一种省力工具，在装卸运输行业中有着广泛的应用，本文收集、整理了传送带相关问题，并从两个视角进展分类剖析：一是从传送带问题的考察目标〔即：力与运动情况的分析、能量转化情况的分析〕来剖析；二是从传送带的形式来剖析．〔一〕传送带分类：〔常见的几种传送带模型〕1.按放置方向分水平、倾斜和组合三种；2.按转向分顺时针、逆时针转两种；3.按运动状态分匀速、变速两种。

（二）传送带特点：传送带的运动不受滑块的影响，因为滑块的参加，带动传送带的电机要多输出的能量等于滑块机械能的增加量与摩擦生热的和。

〔三〕受力分析：传送带模型中要注意摩擦力的突变〔发生在v物与v带一样的时刻〕，对于倾斜传送带模型要分析mgsinθ与f的大小与方向。

突变有下面三种：1.滑动摩擦力消失；2.滑动摩擦力突变为静摩擦力；3.滑动摩擦力改变方向；〔四〕运动分析：1.注意参考系的选择，传送带模型中选择地面为参考系；2.判断共速以后是与传送带保持相对静止作匀速运动呢？还是继续加速运动？3.判断传送带长度——临界之前是否滑出？〔五〕传送带问题中的功能分析1.功能关系：W F=△E K+△E P+Q。

传送带的能量流向系统产生的能、被传送的物体的动能变化，被传送物体势能的增加。

因此，电动机由于传送工件多消耗的电能就包括了工件增加的动能和势能以及摩擦产生的热量。

2.对W F 、Q 的正确理解〔a 〕传送带做的功：W F =F·S 带功率P=F× v 带〔F 由传送带受力平衡求得〕〔b 〕产生的能：Q=f·S 相对〔c 〕如物体无初速，放在水平传送带上，那么在整个加速过程中物体获得的动能E K ，因为摩擦而产生的热量Q 有如下关系：E K =Q=2mv 21传。

一对滑动摩擦力做的总功等于机械能转化成热能的值。

而且这个总功在求法上比一般的相互作用力的总功更有特点，一般的一对相互作用力的功为W ＝f 相s 相对，而在传送带中一对滑动摩擦力的功W ＝f 相s ，其中s 为被传送物体的实际路程，因为一对滑动摩擦力做功的情形是力的大小相等，位移不等〔恰好相差一倍〕，并且一个是正功一个是负功，其代数和是负值，这说明机械能向能转化，转化的量即是两功差值的绝对值。

传送带中的能量问题解析

传送带中的能量问题解析传送带作为一种运输工具，其能量的转化主要考虑两个方面：①、增加物体的机械能（动能和势能）②、增加系统的内能（即由于物体和皮带之间发生相对运动因摩擦而产生的热量）例1．如图，电机带动传送带以速度v 匀速传动，一质量为m 的小木块由静止放在传送带上（传送带足够长）若小木块与传送带之间的动摩擦因数为µ，当小木块与传送带相对静止时，求：⑴、小木块的位移。

⑵、传送带经过的路程。

⑶、小木块获得的动能。

⑷、摩擦过程产生的热量。

⑸电机带动传送带匀速转动输出的总能量。

分析：木块刚放上时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用做匀加速直线运动，达到与传送带有共同速度后不再有相对运动，整个过程中木块获得一定的动能，系统要产生摩擦热。

对木块：相对滑动时，a=µg,达到相对静止所用的时间为t=v g μ，木块的位移21122v s vt g μ==，传送带的位移22v s vt g μ==，木块相对传送带的位移2212v s s s g μ=-=，小木块获得的动能212k E mv =，产生的热量221211()()2Q fs f s s mg s s mv μ==-=-=，电动机输出的总能量转化为小木块的动能和系统产生的热量2k E E Q mv =+=注意：当木块的初速为零时，木块经过的位移和木块相对皮带的位移恰好相等，这一特点要记住，在解题中很有用处。

2．如图，已知传送带两轮的半径r =1m ，传动中传送带不打滑，质量为1kg 的物体从光滑轨道A 点无初速下滑（A 点比B 点高h =5m ），物体与传送带之间的动摩擦因数2.0=μ，当传送带静止时，物体恰能在C 点离开传送带，则（1）BC 两点间距离为多少？（2）若要使物体从A 点无初速释放后能以最短时间到达C 点，轮子转动的角速度大小应满足什么条件？（3）当传送带两轮以12rad/s 的角速度顺时针转动时，物体仍从A 点无初速释放，在整个过程中物体与皮带系统增加的内能为多少？解：（1）设物体质量为m ，在C 点时运动速度为C v ，BC 间距离为s 。

高考物理一轮复习第五章专题传送带模型中的能量转化问题备考精炼

41 传送带模型中的能量转化问题[方法点拨] (1)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可能变化．(2)用公式Q ＝F f ·x 相对或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量．1．(多选)(2020·徐州市考前模拟)如图1所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v 1匀速向右运动，质量为m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2滑上传送带，且v 2>v 1，最终滑块又返回至传送带的右端，对于此过程，下列判断正确的是( )图1A ．滑块返回传送带右端时的速率为v 1B ．传送带对滑块做功为12mv 22－12mv 12 C ．电动机多做的功为2mv 12D ．滑块与传送带间摩擦产生的热量为12m(v 1＋v 2)2 2．(多选)如图2所示，一质量为1 kg 的小物块自斜面上A 点由静止开始匀加速下滑，经2 s 运动到B 点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带，传送带以4 m/s 的恒定速率运行．已知A 、B 间距离为 2 m ，传送带长度(即B 、C 间距离)为10 m ，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，取g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )图2A ．小物块在传送带上运动的时间为2.32 sB ．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为2 JC ．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为6 JD ．小物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8 J3．(多选)(2020·南通中学模拟)如图3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.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3A．物块a的重力势能减少mghB．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4．(2020·黄桥中学模拟)如图4甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t＝0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g＝10 m/s2)，求：图4(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)从A到B的过程中，传送带对物块做的功．5．(2020·盐城中学调研)如图5所示，一由电动机带动的传送带加速装置示意图，传送带长L＝31.25 m，以v0＝6 m/s顺时针方向转动，现将一质量m＝1 kg的物体轻放在传送带的A端，传送带将其带到另一端B后，物体将沿着半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道运动，圆弧轨道与传送带在B点相切，C点为圆弧轨道的最高点，O点为圆弧轨道的圆心．已知传送带与物体间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带与水平地面间夹角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，物体可视为质点，求：图5(1)物体在B点对轨道的压力大小；(2)当物体过B点后将传送带撤去，求物体落到地面时的速度大小．答案精析1．AD [由于传送带足够长，滑块先向左减速至0再向右加速，由于v 1<v 2，当速度增大到等于传送带速度时，滑块还在传送带上，之后与传送带一起向右匀速运动，有v 2′＝v 1，故A 正确；根据动能定理，传送带对滑块做功W ＝ΔE k ＝12mv 12－12mv 22，故B 错误；滑块向左运动x 1＝v 22t 1，摩擦力对滑块做功： W 1＝－F f x 1＝－F f v 22t 1① 又摩擦力做功等于滑块动能的变化量，即：W 1＝－12mv 22② 该过程中传送带的位移：x 2＝v 1t 1摩擦力对传送带做功：W 2＝－F f ′x 2＝－F f ′v 1t 1③传送带对滑块的摩擦力与滑块对传送带的摩擦力为作用力与反作用力，则有F f ＝F f ′④联立①②③④得：W 2＝－mv 1v 2设滑块向右匀加速运动的时间为为t 2，位移为x 3，则：x 3＝v 12t 2 摩擦力对滑块做功：W 3＝F f x 3＝12mv 12 该过程中传送带的位移：x 4＝v 1t 2＝2x 3滑块相对传送带的总位移：x 相对＝x 1＋x 2＋x 4－x 3＝x 1＋x 2＋x 3系统克服滑动摩擦力做功：W 总＝F f x 相对＝|W 1|＋|W 2|＋W 3＝12m(v 1＋v 2)2 滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于系统克服滑动摩擦力做功，Q ＝W 总＝12m(v 1＋v 2)2，故D 正确；全过程中，电动机对传送带做的功与滑块动能的减小量之和等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q ＝W ＋12mv 22－12mv 12 整理得：W ＝Q －12mv 22＋12mv 12＝mv 12＋mv 1v 2，故C 错误．] 2．BCD3．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m a gsin θ＝m b g ，则m a ＝m b sin θ＝m sin θ，b 上升h ，则a 下降hsin θ，则a 重力势能的减小量为ΔE pa ＝m a g·hsin θ＝mgh ，故A 正确；根据能量守恒定律得，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 的速率相等，对b ，克服重力做功的瞬时功率P b ＝mgv ，对a 有：P a ＝m a gvsin θ＝mgv ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．]4．(1)35 (2)－3.75 J解析 (1)由题图乙可知，物块在前0.5 s 的加速度为：a 1＝v 1t 1＝8 m/s 2后0.5 s 的加速度为：a 2＝v 2－v 1t 2＝2 m/s 2物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 1物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2 联立解得：μ＝35(2)由v －t 图线与t 轴所围面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：x 1＝v 12t 1则摩擦力对物块做功：W 1＝μmgcos θ·x 1在后0.5 s ，物块对地位移为：x 2＝v 1＋v 22t 2则摩擦力对物块做功W 2＝－μmgcos θ·x 2所以传送带对物块做的总功：W ＝W 1＋W 2联立解得：W ＝－3.75 J5．(1)58 N (2)20 m/s解析 (1)根据牛顿第二定律：μmgcos θ－mgsin θ＝ma解得：a ＝0.4 m/s 2设物体在AB 上全程做匀加速运动，根据运动学公式：v B 2＝2aL解得：v B ＝5 m/s<6 m/s即物体在AB 上全程做匀加速运动，物体刚滑上圆弧轨道时，对物体受力分析有F N －mgcos θ＝mv B2R解得F N ＝58 N由牛顿第三定律可得物体在B 点对轨道的压力大小F N ′＝58 N(2)设物体能够到达C 点，从B 到C 利用动能定理：－mg(R ＋Rcos θ)＝12mv C 2－12mv B 2解得：v C ＝7 m/s>gR即物体能够到达C 点从C 点落到地面，物体做平抛运动，下落高度h ＝R ＋Rcos θ＋Lsin θ＝19.65 m利用运动学公式：v y 2＝2gh ，解得v y ＝393 m/sv ＝v C 2＋v y 2＝20 m/s(或利用动能定理mgh ＝12mv 2－12mv C 2得v ＝20 m/s)高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

传送带模型中的动力学及能量观点的综合问题(解析版)-高中物理

传送带模型中的动力学及能量观点的综合问题学校：_________班级：___________姓名：_____________模型概述1．传送带的特点：传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对滑动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。

2．传送带问题的解题关键：抓住v物=v传的临界点，当v物=v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。

3．传送带问题中位移的区别1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。

2)物体相对传送带的位移(划痕长度)Δx①若有一次相对运动：Δx=x传-x物或Δx=x物-x传。

②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx=Δx1+Δx2(图甲)；两次相对运动方向相反，则Δx等于较长的相对位移大小(图乙)。

4.传送带问题的基本类型有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型.1)水平传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况①可能一直加速②可能先加速后匀速①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0=v时，一直匀速③v0<v时，摩擦力为动力，可能一直加速，也可能先加速再匀速①传送带较短时，摩擦力为阻力，滑块一直减速到达左端②传送带足够长时，摩擦力先为阻力，滑块先向左减速，减速到零后摩擦力再为动力，物体反向加速运动回到右端。

2)倾斜传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况①可能一直加速②可能先加速后匀速①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能先以a 1加速再以a 2加速5.传送带问题分析的基本思路求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向.当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键.1)动力学分析：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．2)功能关系分析①功能关系分析：电机所做的功W =ΔE k (+ΔE P )+Q ②对W 和Q 的理解：Ⅰ、因放上物体而使电动机多消耗的电能：W Ⅱ、传送带克服摩擦力做的功：W f =F f ⋅x 传；Ⅲ、产生的内能：Q =W f =-F f ⋅x 相对．典题攻破1.水平传送带1.(2024·河南郑州·三模)(多选)如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 1=2m/s 向右运动，一质量为m =1kg 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2=4m/s 滑上传送带，经过时间t =9s ，最终滑块又返回至传送带的右端。

微专题34 传送带模型的能量分析

微专题34 传送带模型的能量分析【核心要点提示】传送带模型能量分析的问题主要包括以下两个核心问题(1)摩擦系统内摩擦热的计算：依据Q ＝F f ·x 相对，找出摩擦力与相对路程大小即可。

要注意的问题是公式中的x 相对并不是指的是相对位移大小。

特别是相对往返运动中，x 相对为多过程相对位移大小之和。

(2)由于传送物体而多消耗的电能：一般而言，有两种思路：①运用能量守恒，多消耗的电能等于系统能量的增加的能量。

以倾斜向上运动传送带传送物体为例，多消耗的电能k E E E Q =∆+∆+重摩擦②运用功能关系，传送带克服阻力做的功等于消耗的电能E fS =传【微专题训练】如图所示，水平传送带长为s ，以速度v 始终保持匀速运动，把质量为m 的货物放到A 点，货物与传送带间的动摩擦因数为μ，当货物从A 点运动到B 点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能是( )A ．等于12mv 2B ．小于12mv 2C ．大于μmgsD ．小于μmgs【解析】货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速，而货物的最终速度应小于等于v ，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于12mv 2，可能小于12mv 2，可能等于μmgs ，可能小于μmgs ，故选C. 【答案】C(2016·湖北省部分高中高三联考)如图所示，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，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是( )A ．电动机多做的功为mv 2/2B ．物体在传送带上的划痕长v 2/2μgC ．传送带克服摩擦力做的功为mv 2/2D ．电动机增加的功率为μmgv【解析】电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得的动能就是12mv 2，所以电动机多做的功一定要大于12mv 2，故A 错误；物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物体达到速度v 所需的时间t ＝v μg ，在这段时间内物体的位移x 1＝v 22μg ，传送带的位移x 2＝vt ＝v 2μg ，则物体相对位移x ＝x 2－x 1＝v 22μg ，故B 正确；传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A 的分析可知，C 错误；电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为fv ＝μmgv ，所以D 正确。

“传送带”模型中的能量问题教学总结

“传送带”模型中的能量问题微专题训练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1A ．电动机多做的功为12m v 2B ．物体在传送带上的划痕长v 2μgC ．传送带克服摩擦力做的功为12m v 2D ．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＝v2t ，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＝12m 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 ＝12m 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 22μg，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 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2A ．W 1＝W 2，P 1<P 2，Q 1＝Q 2B ．W 1＝W 2，P 1<P 2，Q 1>Q 2C ．W 1>W 2，P 1＝P 2，Q 1>Q 2D ．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＝lv 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＝lv 1＋v 2，所以第二次用的时间短，功率大，即P 1<P 2；一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q 1>Q 2. 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°＝0.6，cos 37°＝0.8.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 ＋4×4×12 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＝0.875(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 21＝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)0.875 (3)90 J 126 J4．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 ＝12m 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 ＝ma② 由运动学公式得v 2－v 20＝2aL③联立①②③得E p ＝12m 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 －at⑤ 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 ·Δs⑦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 ＝12m v 2B① 物体在B 点，由牛顿第二定律得：F B －mg ＝m v 2BR②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． (2)方法一滑块在从B 到C 运动过程中，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma③ 由运动学公式得：v 20－v 2B ＝2aL④ 由①③④三式得：μ＝0.3⑤方法二滑块在从A 到C 整个运动过程中，由动能定理得：mgR ＋μmgL ＝12m v 20－0解得μ＝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 0＝v B ＋at ⑥ 产生的热量：Q ＝μmg (v 0t －L )⑦由①③⑤⑥⑦得：Q ＝4 J答案 (1)60 N ，方向竖直向下 (2)0.3 (3)4 J。

高中物理传送带专题题目与答案

For personal use only in study and research; not for commercial useFor personal use only in study and research; not for commercial use传送带问题一、传送带问题中力与运动情况分析 1、水平传送带上的力与运动情况分析例1 水平传送带被广泛地应用于车站、码头，工厂、车间。

如图所示为水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持v 0＝2 m/s 的恒定速率运行，一质量为m 的工件无初速度地放在A 处，传送带对工件的滑动摩擦力使工件开始做匀加速直线运动，设工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2 ,AB 的之间距离为L ＝10m ，g 取10m/s 2 ．求工件从A 处运动到B 处所用的时间．例2：如图甲所示为车站使用的水平传送带的模型，传送带长L ＝8m ，以速度v ＝4m/s 沿顺时针方向匀速转动，现有一个质量为m ＝10kg 的旅行包以速度v 0＝10m/s 的初速度水平地滑上水平传送带．已知旅行包与皮带间的动摩擦因数为μ＝0.6 ，则旅行包从传送带的A 端到B 端所需要的时间是多少？（g ＝10m/s 2 ,且可将旅行包视为质点．）例3、如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0m ／s 的恒定速率运行，传送带的水平部分AB 距水平地面的高度为h=0.45m.现有一行李包(可视为质点)由A 端被传送到B 端，且传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端水平抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s 2(1) 若行李包从B 端水平抛出的初速v ＝3.0m ／s ，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；(2) 若行李包以v 0＝1.0m ／s 的初速从A 端向右滑行，包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B 端飞出的水平距离等于(1)中所求的水平距离，求传送带的长度L 应满足的条件？图甲例4一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。

2021高考物理专题--“传送带”模型中的能量转化问题(学生版)

2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.6 “传送带”模型中的能量转化问题【专题诠释】传送带中摩擦力做功与能量转化1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；①有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【最新考向解码】【例1】(2019·长春实验中学高三上学期期末)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行。

在t＝0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带。

取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s2)。

求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A到B的过程中，传送带对物块做的功。

【例2】(2019·吉林省吉林市高三上学期期末联考)如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下列说法不正确的是()A．摩擦力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功C．支持力对物体不做功D．合外力对物体做功为零【技巧方法】1．水平传送带水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向．在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若v物<v传，则物体加速；若v物>v传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速．计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；①若二者反向，则Δs＝|s 传|＋|s物|.2．倾斜传送带物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动．解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况．【微专题精练】1.(多选)(2019·山西大学附属中学模拟)如图甲所示，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取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是()A．0～8 s内物体位移的大小是18 m B．0～8 s内物体机械能增量是90 JC．0～8 s内物体机械能增量是84 J D．0～8 s内物体与传送带因摩擦产生的热量是126 J2.(2019·福建八县联考)如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法正确的是()A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热3.(2019·潍坊高三统考)如图所示，甲、乙传送带倾斜放置，并以相同的恒定速率v逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同．将一小物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，甲传送带上小物体到达底端B点时恰好达到速度v；乙传送带上小物体到达传送带中部的C点时恰好达到速度v，接着以速度v运动到底端B点．则小物体从A运动到B的过程()A．小物体在甲传送带上的运动时间比在乙上的大B．小物体与甲传送带之间的动摩擦因数比与乙之间的大C．两传送带对小物体做功相等D．两传送带因与小物体摩擦产生的热量相等4.(2019·泉州模拟)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变．假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则()A．前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍5.将一质量为1 kg的滑块轻轻放置于传送带的左端，已知传送带正以4 m/s的速度顺时针运行，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带左右距离无限长，当滑块放上去2 s时，突然断电，传送带以1 m/s2的加速度做匀减速运动至停止，则滑块从放上去到最后停下的过程中，下列说法正确的是()A．前2 s传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为8 JB．前2 s传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为16 JC．2 s后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为8 JD．2 s后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为06.(2019·湖北省黄冈市模拟)机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点)无初速度的放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是()A．背包从A运动到B所用的时间为2.1 s B．背包从A运动到B所用的时间为2.3 sC．背包与传送带之间的相对位移为0.3 m D．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m7.(2019·福建省宁德市上学期期末)智能分拣设备迅速将包裹分拣装车．若把智能分拣设备简化成如图6所示的水平传输装置，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的速度向右运动，现将一质量为m＝2 kg的包裹轻放在皮带上，包裹和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.包裹从轻放在皮带上到相对皮带静止的过程中，设皮带足够长，取g＝10 m/s2，求：(1)包裹滑动时加速度a的大小；(2)包裹滑动的时间t；(3)包裹位移x的大小．8．(2018·江西省六校第五次联考)如图所示，一倾角θ＝37°的斜面底端与一传送带左端相接于B点，传送带以v＝7 m/s的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端以v0＝4 m/s的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，运动到C点．已知斜面AB长度为L1＝6 m，传送带BC 长度为L2＝6 m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2＝0.3(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)．求：(1)物块与斜面之间的动摩擦因数μ1；(2)物块在传送带上运动的时间．9.(2018·安徽省安庆市二模)如图所示，半径R＝1.6 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L＝16 m，传送带以v0＝10 m/s的速度顺时针运动，将质量m ＝1 kg的小滑块(可视为质点) 放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2.(1)将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间；(2)若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的位置范围；(3)若将滑块在传送带中点处释放，同时沿水平方向给滑块一初速度，使滑块能通过圆轨道的最高点C，求此初速度满足的条件．10.(2018·甘肃省兰州一中模拟)如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现将小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；(2)0～8 s内小物块与传送带之间的划痕为多长．。

传送带模型中的能量问题

能量平衡方程的建立与解析
1
方程的构建
详细说明建立传送带模型中的能量平衡
方程求解方法
2
方程的各项参数。
展示如何解析能量平衡方程，分析结果
的意义。
3
实际应用
通过实际案例，说明能量平衡方程对系统设计和优化的重要性。
热量转化及其影响因素
热量转换原理
解释热量转化过程及其在传送带模型中的作用。
温度和湿度
讨论温度和湿度对热量转化和能量传递的影响。
3 循环利用
讨论如何通过循环利用减少资源消耗，并提供实际案例。
传送带速度变化带来的能量变化
速度调节
说明调节传送带速度对能量传递的影响和优化方法。
能量回收
介绍通过速度变化回收能量的方法和技术，提出未来发展方向。
传热方式
介绍传热方式对热量转化效率的影响，如传导、对流和辐射。
热传导及其对能量传递的影响
探讨热传导在传送带模型中的重要性和对能量传递的影响，提供有效的热传导控制策略。
质量平衡及处置方法
1 质量平衡原理
解释质量平衡在传送带模型中的作用，探讨与能量的关联。
2 废料处理
介绍在传送带模型中进行废料处理的常用方法，以减少资源浪费。
电力驱动
探讨使用电能传递动力的优势以及相关技术。
能效比较
比较不同动力传递形式的能效，强调可持续发展的重要性。
传送带的摩擦系数与能量损失
摩擦力的影响
解释摩擦对传送带模型能量传输的影响，引起观众思考。
能量损失
讨论传送带模型中能量损失的原因和影响，提出改进措施。
维护与调整
介绍保持传送带的正常运行状态和减少能量损失的关键步骤。

传送带中的能量问题---专题

传送带中的能量问题知识梳理摩擦力做功与机械能、内能之间转化的关系方法指导：一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q ＝fl 相对，其中l 相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，l 相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，l 相对为两物体对地位移大小之和；如果一个物体相对另一物体做往复运动，则l 相对为两物体相对滑行路径的总长度。

例1、电机带动水平传送带以速度v 匀速运动，一质量为m 的小木块由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图所示，当小木块与传送带相对静止时，求：(1)小木块的位移；(2)传送带转过的路程；(3)小木块获得的功能；(4)摩擦过程产生的内能；(5)电机带动传送带匀速转动输出的总能量例2、如图5－4－4所示，AB 为半径R ＝ m 的1/4光滑圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接．小车质量M ＝3 kg ，车长L ＝ m ，车上表面距地面的高度h ＝ m ．现有一质量m ＝1 kg 的小滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B 端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝，当车运动了 s时，车被地面装置锁定．(g ＝10 m/s 2)试求：(1)滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距轨道B 端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小；(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgR ＝12mv 2B ，F N B －mg ＝m v 2B R则：F N B ＝30 N.(2)设m 滑上小车后经过时间t 1与小车同速，共同速度大小为v ，对滑块有：μmg ＝ma 1，v ＝v B －a 1t 1对于小车：μmg ＝Ma 2，v ＝a 2t 1可得t 1＝1 s ＜ s故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了 s ，则小车右端距B 端的距离为l 车＝v 2t 1＋v s －t 1)＝1 m. (3)Q ＝μmgl 相对＝μmg (v B ＋v 2t 1－v 2t 1)＝6 J.例3、传送带以恒定速度υ=S 运行, 传送带与水平面的夹角为37º。

物理高考 “传送带”模型中的能量转化问题(解析版)

2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.6 “传送带”模型中的能量转化问题【专题诠释】传送带中摩擦力做功与能量转化1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【最新考向解码】【例1】(2019·长春实验中学高三上学期期末)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行。

在t＝0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带。

取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s2)。

求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功。

【答案】 (1)35 (2)－3.75 J 【解析】 (1)由v -t 图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：a 1＝v 1t 1＝8 m/s 2 后0.5 s 的加速度为：a 2＝v 2－v 1t 2＝2 m/s 2 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2联立解得：θ＝30°，μ＝35。

专题25 传送带、板块模型(动力学与能量的观点)(重难点精讲

专题25 传送带、板块模型（动力学与能量的观点）1．传送带问题中的功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q.(2)对W和Q的理解：①传送带做的功W＝Fx传，其中F为传送带的动力，x传为传送带转过的距离；②产生的内能Q＝fΔx.2. 板块模型中的位移关系滑块从滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块与滑板沿同一方向运动，则滑块的位移与滑板的位移之等于滑板的长度若滑块与滑板沿相反方向运动，则滑块的位移与滑板的位移之等于滑板的长度【例1】[板—块类摩擦力做功](多选)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．现将木板分成A 和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A 的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是()A．小铅块将从木板B的右端飞离木板B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量【例2】[传送带类摩擦力做功](多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的物块由静止释放在传送带的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止．设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是()A．摩擦力对物块做的功为0.5m v2B．物块对传送带做的功为0.5m v2C．系统摩擦生热为0.5m v2D．电动机多做的功为m v2【例3】[能量守恒定律与图像的结合问题](2019·苏锡常镇四市调研)以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点，假设小球所受空气阻力与速度大小成正比，则小球在运动过程中的机械能E随离地高度h变化关系可能正确的是()【例4】(2019·宁夏石嘴山模拟)如图所示，水平传送带长L＝12 m，且以v＝5 m/s的恒定速率顺时针转动，光滑轨道与传送带的右端B点平滑连接，有一质量m＝2 kg的物块从距传送带高h＝5 m的A点由静止开始滑下．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)物块距传送带左端C的最小距离；(2)物块再次经过B点后滑上曲面的最大高度；(3)在上述整个运动过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的热量．【例1】解析：图甲所示运动过程中小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，图乙所示过程中小铅块先使整个木板加速，运动到B 部分上后A 部分停止加速，只有B 部分加速，加速度大于图甲所示过程，故图乙所示过程中小铅块与B 木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B 的右端，两者速度就已经相同，选项A 错误，B 正确；根据摩擦力乘相对路程等于产生的热量，图甲中相对路程大于图乙中的相对路程，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，选项C 错误，D 正确．答案：BD【例2】解析：对物块运用动能定理，摩擦力做的功等于物块动能的增加量，即0.5m v 2，故选项A 正确；传送带的位移是物块位移的两倍，所以物块对传送带做功的绝对值是摩擦力对物块做功的两倍，即为m v 2，故选项B 错误；电动机多做的功就是传送带克服摩擦力做的功，也为m v 2，故选项D 正确；系统摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积，故选项C 正确．答案：ACD【例3】解析：根据功能关系得ΔE ＝f ·Δh ，得ΔE Δh＝f ，即E -h 图像切线斜率的绝对值等于空气阻力的大小．在上升过程中，速度减小，空气阻力减小，故E -h 图像的斜率减小；下降过程中，速度增大，空气阻力逐渐增大，故E -h 图像的斜率变大；上升过程中平均阻力大于下降过程中的平均阻力，故上升过程中机械能的减小量比下降过程中机械能的减小量大．故图像D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D【例4】[解析] (1)物块从A 到B 的过程中，由动能定理得mgh ＝12m v 2B解得v B ＝10 m/s ，物块在传送带上向左运动的过程中，由牛顿第二定律得μmg ＝ma解得a ＝5 m/s 2由运动学公式得0－v 2B ＝－2ax 1解得x 1＝10 m ，且t 1＝v B a＝2 s ，物块距传送带左端C 的最小距离d min ＝L －x 1＝2 m.(2)物块在传送带上向右运动的过程中，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′解得a ′＝5 m/s 2，物块达到与传送带共速的时间t 2＝v a ′＝1 s x 2＝12a ′t 22＝2.5 m ＜10 m ，此后物块随传送带向右匀速运动，经过B 点时的速度v ＝5 m/s ，物块经过B 点后滑上曲面的过程中，由动能定理得－mgh m ＝0－12m v 2 解得h m ＝1.25 m.(3)物块在传送带上向左运动的过程中，相对位移Δx 1＝x 1＋v t 1＝20 m此过程中产生的热量Q 1＝μmg Δx 1＝200 J ，物块在传送带上向右运动的过程，相对位移Δx 2＝v t 2－x 2＝2.5 m此过程中产生的热量Q 2＝μmg Δx 2＝25 J ，全程产生的热量Q 热＝Q 1＋Q 2＝225 J.[答案] (1)2 m (2)1.25 m (3)225 J。

传送带模型中的能量问题

37°,在电动机带动下以v o = 4 m/s的恒定速率顺传送带模型中的能量问题1如图所示，比较长的传送带与水平方向的夹角9 =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卩= 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/s1 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】(1) 要分上和下两个过程处理，注意相对路程和相对位移是不一样的。

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 mgsin 0 — ^ mgcos 0 = ma，得 a1= 2 m/s 2与 P 碰前速度 V1 = ^2a1L= 6 m/s设物体从Q到P的时间为t1,贝U t1 = V = 3 sa1设物体对地位移为 X1，可知X1= L = 9 m，相对传送带向下的位移△X1 = X1 + V0t 1 = 21 m物体与挡板碰撞后，以速度 V1反弹，向上做减速运动，因V1>V0,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12,此过程受力如图 2所示，有mgsin 0 +卩mgcos0 = ma,口2V1 — V0得 a2= 10 m/s , 12= -------------- = 0.2 sa2»................ V1 + V0 ............................. ..在t2时间内物体对地向上的位移X2= —2 t2= 1 m相对传送带向上的位移厶 X2= X2— V0t 2= 0.2 m物体速度与传送带速度相等后，由于mgsin 0 >卩mgcos0物体不能匀速，将相对传送带向下滑，对地向2V0上做加速度大小为 a3= a1= 2 m/s的减速运动，设速度减小到零的时间为t3, t3=一= 2 sa3, V0此过程中物体对地向上的位移X3= 2上3= 4 m相对传送带向下的位移厶X3= V0t 3 — x3= 4 m整个过程中两者相对滑动位移为△x=A X1 —△ X2+A X3 = 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1 2 1 21 2m A X3 =尹上3= 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A x=AX1—A X2+A X3= 24.8 m.带的位移分别为A X1= V0t 1+ 2玄让1 = 21 m A X2= (v 1 — v°)t 2 — ?a2t 2= 0.22物体体和传送带v —t图线所夹的面积表示相对发生的位移:(V 0 + V o+ V i)t 1△ X i = _ = 21△ X2 =(v i —V o)t2—2=0.2 (3)76.8 J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△ X3= 2吸3 = 4 m两者相对滑动的总位移为△x =△ X i —△ X2+A X3= 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 i + Q+ Q= F f •△l =卩 mgcos 0 ( △X i +△x?+A X3) = 100.8 J.出现相对来回的情况时，热量要用相对路程而不能用相对位移(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.△ E 电=—F f(x 传送带1— X 传送带2+ X 传送带3)=—卩 mgcos 0 (v o t i — v o t 2 +v o t 3) = — 76.8 J即传送带多消耗的电能为 76.8 J.可由功能关系处理，从开始到回到最高点过程中，系统增加了热能100.8 J，减少了重力势能 mgxsin 0, x=x1-x2-x3=4m, mgxsin 0 =24j,系统动能就有变，系统总的增加了100.8-24=76.8j所以传送带多消耗的电能是76.8j(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gsin 0 —卩gcos 0 = 2 m/s 2，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v22v°大位移为X m= = 4 m，往返时间为 T= = 4 s2a i a i传送带受到的摩擦力大小始终为F f =卩mgcos0，稳态后方始终斜向下，故电动机的输出功率稳定为P =F f V0=u mgcos 0X V0= 16 W.传送带受到物体的摩擦力方向向下，电动机对传送带的力要向上，这样，电动机的输出功率用力和时间的积就可以求出了。

高中物理-第一篇专题二微专题1 传送带中的动力学和能量问题

12
货物与传送带速度相等后运动过程传送带的位移大小x传送带2＝vt2＝2×1 m＝2 m，货物速度与传送带速度相等前运动过程货物对于传送带的位移大小L1＝x1－x传送带1＝0.75 m－0.5 m＝0.25 m，货物速度与传送带速度相等后运动过程货物对于相传送带的位移大小L2＝x传送带2－x2＝2 m－1 m＝1 m>L1，货物速度与传送带速度相等后向上运动过程中货物与传送带上留下的划痕与第一阶段减速运动过程划痕重合，
物块从B运动到C过程，由动能定理可得－mgh－μmgcos 37°·sinh37°＝0－12mvB2 解得vB＝6 m/s；
(2)求物块由A运动到C所需要的时间t；答案 0.9 s
设物块从A运动到B过程中相对传送带的位移是x相对，由动能定理可得 12mvB2－12mv02＝μmgx 相对
解得x相对＝1.1 m＜L 即物块在传送带上先匀加速到vB，然后在传送带上匀速运动. 设物块在传送带上匀加速时间为t1，有vB＝v0＋at1，a＝μg 解得t1＝0.2 s 设物块在传送带上匀速时间为t2，有L－x相对＝vBt2 解得t2＝0.1 s
12
因此货物在传送带上留下划痕的长度L＝L2＝1 m， C错误；货物从滑上传送带到滑离传送带的过程中，因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·(L1＋L2)＝3.75 J，D正确.
12
2.(2022·湖南长沙一中高三检测)如图所示，水平传送带足够长，顺时针运动的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m ＝2 kg的小物块(可看作质点)从A点静止释放.已知A、P的距离L＝9 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.1，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求物块： (1)第1次滑过P点时的速度大小v1；答案 6 m/s

传送带中的能量问题---专题

高考物理专题40“传送带”模型中的能量问题练习含解析

传送带模型中的能量问题全解

高中物理专题复习---传送带模型的能量分析

“传送带”模型中的能量问题

高考物理--传送带问题专题归类含答案解析

传送带中的能量问题解析

高考物理一轮复习第五章专题传送带模型中的能量转化问题备考精炼

传送带模型中的动力学及能量观点的综合问题(解析版)-高中物理

微专题34 传送带模型的能量分析

“传送带”模型中的能量问题教学总结

高中物理传送带专题题目与答案

2021高考物理专题--“传送带”模型中的能量转化问题(学生版)

传送带模型中的能量问题

传送带中的能量问题---专题

物理高考 “传送带”模型中的能量转化问题(解析版)

专题25 传送带、板块模型(动力学与能量的观点)(重难点精讲

传送带模型中的能量问题

高中物理-第一篇 专题二 微专题1 传送带中的动力学和能量问题

高中物理-第一篇专题二微专题1 传送带中的动力学和能量问题