高考物理备考微专题精准突破专题36 传送带模型中的能量转化问题解析版.docx

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高考物理备考微专题精准突破专题36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＝Ffx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1.0kg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1.0s，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＝10m/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）

（2）－3.75J

【解析】　

（1）由vt图象可知，物块在前0.5s的加速度为：

a1＝

＝8m/s2

后0.5s的加速度为：

a2＝

＝2m/s2

物块在前0.5s受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1

物块在后0.5s受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

联立解得：

θ＝30°，μ＝

。

（2）由vt图象可知，在前0.5s，物块对地位移为：

x1＝

则摩擦力对物块做功：

W1＝μmgcosθ·x1

在后0.5s，物块对地位移为：

x2＝

t2

则摩擦力对物块做功：

W2＝－μmgcosθ·x2

所以传送带对物块做的总功：

W＝W1＋W2

联立解得：

W＝－3.75J。

【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

【答案】B

【解析】物体P匀速向上运动的过程中，摩擦力的方向沿传送带向上，与运动的方向相同，所以摩擦力做正功，A正确，B错误；支持力的方向与物体运动的方向垂直，则支持力对物体不做功，C正确；物体匀速上升，动能变化量为零，根据动能定理可知，合力对物体做功为零，D正确。

【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|；②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mgsinθ与μmgcosθ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＝1kg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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是（　　）

A．0～8s内物体位移的大小是18mB．0～8s内物体机械能增量是90J

C．0～8s内物体机械能增量是84JD．0～8s内物体与传送带因摩擦产生的热量是126J

【答案】：

BD

【解析】：

从题图乙求出0～8s内物体位移的大小s＝14m，A错误；0～8s内，物体上升的高度h＝ssinθ＝8.4m，物体机械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90J，B正确，C错误；0～6s内物体的加速度a＝μgcosθ－gsinθ＝1m/s2，得μ＝

，传送带速度大小为4m/s，Δs＝18m,0～8s内物体与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·Δs＝126J，D正确．

2.（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

【答案】C

【解析】：

第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力；第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以两个阶段摩擦力都做正功，故A错误；根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功（除重力之外的力所做的功）等于物体机械能的增加，即ΔE＝W阻＝F阻s物，摩擦生热为Q＝F阻s相对，又由于s传送带＝vt，s物＝

t，所以s物＝s相对＝

s传送带，即Q＝ΔE，故C正确；第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故D错误．

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

【答案】AC.

【解析】：

设传送带的长度为L，小物体在甲传送带上做匀加速直线运动，运动时间t甲＝

＝

，小物体在乙传送带上先做匀加速运动后做匀速运动，运动时间t乙＝t加＋t匀＝

＋

＝

，所以t甲＞t乙，A对；由v2＝2a甲L得a甲＝

，同理得a乙＝

，则a甲＜a乙，由牛顿第二定律得a甲＝gsinθ＋μ甲gcosθ，a乙＝gsinθ＋μ乙gcosθ，所以μ甲＜μ乙，B错；由动能定理得W重＋W传＝

mv2，所以传送带对小物体做功相等，C对；小物体与传送带之间的相对位移Δx甲＝x传－x甲＝vt甲－L＝L，Δx乙＝x′传－x乙＝vt加－

＝

，摩擦产生的热量Q甲＝μ甲mgcosθΔx甲＝

mv2－mgLsinθ，Q乙＝μ乙mgcosθΔx乙＝

mv2－

mgLsinθ，所以Q甲＜Q乙，D错．

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

【答案】C.

【解析】：

物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A错误；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小为a＝μg，匀加速的时间为t＝

＝

，位移为x＝

t，传送带匀速的位移为x′＝vt，物品相对传送带滑行的距离为Δx＝x′－x＝

＝

，物品与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝

mv2，则知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，故C正确；前阶段物品的位移为x＝

＝

，则知μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误．

5.将一质量为1kg的滑块轻轻放置于传送带的左端，已知传送带正以4m/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2s时，突然断电，传送带以1m/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2s传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为8J

B．前2s传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为16J

C．2s后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为8J

D．2s后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为0

【答案】AD.

【解析】：

前2s，滑块的位移x1＝

μgt2＝4m，传送带的位移x2＝vt＝8m，相对位移Δx＝x2－x1＝4m，2s后滑块随传送带一起做匀减速运动，无相对位移，整个过程中传送带与滑块之间因摩擦力而产生的热量为Q＝μmg·Δx＝8J，2s后滑块与传送带相对静止，产生热量为0，故选项A、D正确．

6.（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＝1m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2m，现有一质量为m＝1kg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＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．背包从A运动到B所用的时间为2.1sB．背包从A运动到B所用的时间为2.3s

C．背包与传送带之间的相对位移为0.3mD．背包与传送带之间的相对位移为0.1m

【答案】AD

【解析】背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg＝ma，得a＝5m/s2，背包达到传送带的速度v＝1m/s所用时间t1＝

＝0.2s，此过程背包对地面位移x1＝

t1＝

×0.2m＝0.1m

＝

s＝1.9s，所以背包从A运动到B所用的时间为：

t＝t1＋t2＝2.1s，故A、D正确．

7.（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＝1m/s的速度向右运动，现将一质量为m＝2kg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＝10m/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．

【答案】　

（1）5m/s2　

（2）0.2s　（3）0.1m

【解析】　

（1）设包裹放到皮带上受到的滑动摩擦力为Ff，则：

Ff＝μmg＝ma

a＝μg＝5m/s2

（2）包裹加速到与传送带速度相等的时间为t＝

＝

s＝0.2s

（3）加速到与传送带相对静止的位移为x＝

at2＝

×5×0.22m＝0.1m.

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＝7m/s的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端以v0＝4m/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＝6m，传送带BC长度为L2＝6m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2＝0.3（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/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．

【答案】　

（1）

（2）2s

【解析】　

（1）设物块在斜面上运动的加速度大小为a1，在AB斜面上下滑的过程中：

L1＝

，可得a1＝

m/s2

由牛顿第二定律得μ1mgcos37°－mgsin37°＝ma1，故μ1＝

.

（2）在BC上运动过程中，物块先匀加速运动，加速度大小a2＝μ2g＝3m/s2

假设一直加速到C点时速度为vC，vC2＝2a2L2，vC＝6m/s<7m/s，假设成立，则t＝

＝2s.

9.（2018·安徽省安庆市二模）如图所示，半径R＝1.6m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＝16m，传送带以v0＝10m/s的速度顺时针运动，将质量m＝1kg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＝10m/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．

【答案】　见解析

【解析】　

（1）设滑块加速运动的时间为t1，加速度大小为a，对滑块受力分析，有μmg＝ma

v0＝at1

解得：

t1＝2.5s，a＝4m/s2

设滑块速度达到v0时经过的位移为x1

x1＝

at12＝12.5m

设滑块匀速运动的位移为x2，则x2＝L－x1＝3.5m

则滑块匀速运动的时间为t2＝

＝0.35s

所需时间为t＝t1＋t2＝2.85s.

（2）滑块能通过C点的临界条件是在C点轨道对滑块压力为0，则在C点由牛顿第二定律得mg＝m

B点到C点由动能定理得－mg·2R＝

mvC2－

mvB2

滑块通过B点的速度至少为vB＝4

m/s

vB2＝2ax

解得：

x＝10m

滑块在A端与距A端6m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C处．

（3）若给滑块一水平向右的初速度v1，vB2－v12＝2a·

解得：

v1＝4m/s

所以v1≥4m/s

若给滑块一水平向左的初速度v2，只需让滑块向左减速滑行的距离在2～8m的范围即可

由运动学公式可得v22－0＝2ax′，2≤x′≤8

解得4m/s≤v2≤8m/s，

所以当初速度方向水平向左时满足于4m/s≤v2≤8m/s.

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4m/s的速度顺时针转动，现将小物块以2m/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＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求：

（1）小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；

（2）0～8s内小物块与传送带之间的划痕为多长．

【答案】　

（1）

（2）18m

【解析】　

（1）根据v－t图象的斜率表示加速度，a＝

＝

m/s2＝1m/s2

由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma

解得μ＝

（2）0～8s内只有前6s内物块与传送带发生相对滑动

0～6s内传送带匀速运动距离为：

x带＝4×6m＝24m．速度图象的“面积”大小等于位移，

则0～2s内物块位移为：

x1＝

×2×2m＝2m，方向沿斜面向下，

2～6s内物块位移为：

x2＝

×4×4m＝8m，方向沿斜面向上

所以划痕的长度为：

Δx＝x带＋x1－x2＝（24＋2－8）m＝18m．