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。

【答案】BD如图所示，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，一质量为m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2(v 2＞v 1)滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端．关于这一过程的下列判断，正确的有( )A ．滑块返回传送带右端的速率为v 1B ．此过程中传送带对滑块做功为12mv 21－12mv 22 C ．此过程中电动机对传送带做功为12mv 21－12mv 22 D ．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12m (v 1＋v 2)2【解析】 滑块向左运动过程中，运动方向受到皮带的阻力，到达最左端，对地速度为零，由动能定理可知，－fx 1＝0－12mv 22，其后在皮带摩擦力的作用下，摩擦力为动力，使滑块加速，假设加速至v 1，则有fx 1＝12mv 21－0，以上两式中可知x 2＜x 1，说明滑块返回传送带右端的速率能够达到v 1，A 选项正确；此过程中传送带对滑块做功，由动能定理可知，为12mv 21－12mv 22，B 选项正确；此过程中电动机对传送带做功，分为两部分，一部分为木块增加的动能12mv 21－12mv 22，另一部分产生内能Q ，C 选项错误；此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为摩擦力与相对路程的乘积，分两个过程考虑，第一过程为滑块从右端滑至最左端至对地速度为零，假设运动时间为t 1，则t 1＝0－v 2－μg ＝v 2μg ，t 1时间内皮带对地向右的位移x 3＝v 1t 1＝v 1v 2μg ，fx 3＝mv 1v 2，即第一过程产生的热量为f (x 1＋x 3)＝12mv 21＋mv 1v 2，第二过程中由于物块对地加速的位移为x 2，与物块、皮带间的相对滑动距离相等，故第二阶段产生的热量为12mv 22，此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12mv 21＋mv 1v 2＋12mv 22＝12m (v 1＋v 2)2，D 选项正确． 【答案】 ABD(2017·东北三省三校一模)在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。

如图甲所示，与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m ＝1 kg 的货物放在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 端。

用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化图象如图乙所示，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，由v －t 图可知( )A ．A 、B 两点的距离为2.4 mB ．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5C ．货物从A 运动到B 过程中，传送带对货物做功大小为12.8 JD ．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为11.2 J【解析】由题图乙可知，货物在前0.2 s 运动的距离L 1＝0.2 m ，在0.2～1.2 s 内移动的距离L 2＝3 m ，所以A 、B 两点距离L ＝L 1＋L 2＝3.2 m ，A 错误；从图象上看，前0.2 s 货物的加速度a 1＝10 m/s 2，0.2～1.2 s 内货物的加速度a 2＝2 m/s 2，根据受力情况，可知ma 1＝mg sin θ＋μmg co θ，ma 2＝mg sin θ－μmg cos θ，解得μ＝0.5，B 正确；同时还解得摩擦力F f ＝μmg cos θ＝4 N ，前0.2 s 摩擦力做功W 1＝F f L 1＝0.8 J ，在0.2～1.2 s 内摩擦力做功W 2＝－F f L 2＝－12J ，摩擦力对货物做的总功W 1＋W 2＝－11.2 J ，C 错误；从图象可求得相对位移L 相＝1.2 m ，摩擦产生的热量Q ＝1.2×4 J ＝4.8 J ，D 错误。

【答案】B(2015·邯郸市高三月考)一条长12 m 的传送带，倾角为30°，它能够将工件从地面送到卡车上，每个工件的质量为25 kg ，传送带每分钟可传送16个工件，不考虑传送带对工件的加速，g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( ) A ．传送带每分钟对工件做的总功是2.4×104 JB ．摩擦力每分钟对工件做的总功是1.2×104 JC ．传送带的传送功率为100 WD ．传送带的传送功率为200 W【解析】传送工件时不计加速，则工件随传送带一起匀速上升，即摩擦力F f ＝mg sin θ，传送带对工件做功实质是传送带的摩擦力F f 对工件做功，所以W ＝nF f ·l ＝16×mg sin 30°×l ＝2.4×104J ，A 项正确，B 项错误；由功率定义P ＝W t ＝2.4×10460W ＝400 W ，知C 、D 项错误。

【答案】A【新乡市2017届高三上学期模拟考试能力提升训练】在一水平向右匀速传输的传送带的左端A 点,每隔T 的时间,轻放上一个相同的工件,已知工件与传送带间动摩擦因素为,工件质量均为m ,经测量,发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x ,下列判断正确的有( )A.传送带的速度为xTB.传送带的速度为22gx μC.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为12mgx μ D.在一段较长的时间内,传送带因为传送工件而将多消耗的能量为23mtx T【答案】AD【解析】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT ，解得传送带的速度v=xT．故A 正确．设每个工件匀加速运动的位移为x ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg ，则传送带的速度v =s 与x 的关系．故B 错误．工件与传送带相对滑动的路程为：2222222v v v x x v g g g gT μμμμ⋅-=＝＝，则摩擦产生的热量为：Q=μmg △x ＝222mx T ．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xx22212mx E mv mg x T μ=+=，在时间t 内，传送工件的个数tn T=，则多消耗的能量23mtx E nE T'＝＝．故D 正确．故选AD.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，与水平面夹角θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A 点与上端B 点间的距离L ＝4 m ，传送带以恒定的速率v ＝2 m/s 向上运动．现将一质量为1 kg 的物体无初速度地放于A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝32，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物体从A 运动到B 共需多长时间？ (2)电动机因传送该物体多消耗的电能．【解析】(1)物体无初速度地放在A 处后，因mg sin θ<μmg cos θ 故物体斜向上做匀加速直线运动． 加速度a ＝μmg cos θ－mg sin θm ＝2.5 m/s 2物体达到与传送带同速所需的时间t 1＝va ＝0.8 st 1时间内物体的位移x 1＝v2t 1＝0.8 m之后物体以速度v 做匀速运动，运动的时间 t 2＝L －x 1v＝1.6 s物体运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝2.4 s(2)解法1：前0.8 s 内物体相对传送带的位移Δx ＝vt 1－x 1＝0.8 m 因摩擦而产生的内能E 内＝μmg cos θ·Δx ＝6 J 整个过程中多消耗的电能E 电＝E k ＋E p ＋E 内＝12mv 2＋mgL sin θ＋E 内＝28 J解法2：电动机多消耗的电能在数值上等于两个过程克服摩擦力所做的功，E 电＝W f1＋W f2 传送带在加速过程的位移x 1′＝vt 1＝1.6 m W f1＝μmgx 1′cos θ＝12 J传送带在匀速过程的位移x 2′＝vt 2＝3.2 m W f2＝mgx 2′sin θ＝16 J 所以E 电＝28 J【答案】(1)2.4 s (2)28 J一质量为M ＝2 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹从物块中穿过，如图5甲所示，地面观察者记录了小物块被击穿后的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.(1)指出传送带的速度v 的方向及大小，说明理由． (2)计算物块与传送带间的动摩擦因数．(3)计算物块对传送带总共做了多少功？系统有多少能量转化为内能？【解析】(1)由题图可知，物块被击中后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m/s 以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s.(2)由题图可知，a ＝Δv Δt ＝42 m/s 2＝2 m/s 2由牛顿第二定律得，滑动摩擦力F f ＝Ma ，其中 F f ＝μF N ，F N ＝Mg ，所以物块与传送带间的动摩擦因数 μ＝a g ＝210＝0.2. (3)由题图可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s ，传送带在这段时间内的位移 x ＝vt ＝2×3 m ＝6 m所以物块对传送带所做的功为 W ＝－F f x ＝－4×6 J ＝－24 J选传送带为参考系，物块相对于传送带通过的路程 x ′＝v ′2t ＝62×3 m ＝9 m ，所以转化为内能E Q ＝F f x ′＝4×9 J ＝36 J.【答案】(1)2 m/s ，方向向右 理由见解析 (2)0.2 (3)－24 J 36 J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 ＝6×103 N. (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 202g＋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)6×103 N (2)0.625 m (3)3 500 J飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为M ，其俯视图如图所示，现开启电动机，传送带达到稳定运行的速度v 后，将行李依次轻轻放到传送带上，若有n 件质量均为m 的行李需通过传送带运送给旅客．假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量．求从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为多少？【解析】 设行李与传送带间的动摩擦因数为μ，则行李与传送带间由于摩擦而产生的总热量Q ＝nμmg Δx由运动学公式，得Δx ＝x 带－x 行＝vt －12vt ＝12vt又v ＝at ＝μgt ，联立解得Q ＝12nmv 2由能量守恒，得E ＝Q ＋12Mv 2＋12nmv 2故电动机消耗的电能为E ＝12Mv 2＋nmv 2【答案】 12Mv 2＋nmv 2(2014·江苏单科)如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v 0。