微专题36 传送带模型的能量分析-2025版高中物理微专题

微专题36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＝Ff·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\*GB3①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=2\*GB3②运用功能关系，传送带克服阻力做的功等于消耗的电能【微专题训练】【例题】(2018·福建省泉港一中高三上学期期中试题)如图所示，传送带以v0的初速度匀速运动。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端之间已和传送带相对静止，则下列说法正确的是(AD)A．传送带对物体做功为mveq\o\al(2,0)/2B．传送带克服摩擦做功mveq\o\al(2,0)/2C．电动机由于传送物体多消耗的能量为mveq\o\al(2,0)/2D．在传送物体过程产生的热量为mveq\o\al(2,0)/2[解析]物体受重力支持力和摩擦力，根据动能定理，传送带对物体做的功等于动能的增加量，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故A正确；根据动能定理，摩擦力对物体做功大小为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在物体匀加速运动的过程中，因为传送带的位移大于物体的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物体做功，所以传送带克服摩擦力做的功大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故B错误；电动机因为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内能的和，故大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C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＝fΔx相。假设加速时间为t，物体的位移为x1＝eq\f(1,2)v0t，传送带的位移为x2＝v0t，根据动能定理，有fx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故热量Q＝fΔx相＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故D正确。【变式】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v1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v2(v2＞v1)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v1B．此过程中传送带对滑块做功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)C．此过程中电动机对传送带做功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为eq\f(1,2)m(v1＋v2)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，－fx1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，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v1，则有fx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，以上两式中可知x2＜x1，说明滑块返回传送带右端的速率能够达到v1，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eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，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eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，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t1，则t1＝eq\f(0－v2,－μg)＝eq\f(v2,μg)，t1时间内皮带对地向右的位移x3＝v1t1＝eq\f(v1v2,μg)，fx3＝mv1v2，即第一过程产生的热量为f(x1＋x3)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mv1v2，第二过程中由于物块对地加速的位移为x2，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eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mv1v2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m(v1＋v2)2，D选项正确．【答案】ABD【例题】(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＝1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s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＝10m/s2，由v－t图可知()A．A、B两点的距离为2.4mB．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12.8JD．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11.2J【解析】由题图乙可知，货物在前0.2s运动的距离L1＝0.2m，在0.2～1.2s内移动的距离L2＝3m，所以A、B两点距离L＝L1＋L2＝3.2m，A错误；从图象上看，前0.2s货物的加速度a1＝10m/s2，0.2～1.2s内货物的加速度a2＝2m/s2，根据受力情况，可知ma1＝mgsinθ＋μmgcoθ，ma2＝mgsinθ－μmgcosθ，解得μ＝0.5，B正确；同时还解得摩擦力Ff＝μmgcosθ＝4N，前0.2s摩擦力做功W1＝FfL1＝0.8J，在0.2～1.2s内摩擦力做功W2＝－FfL2＝－12J，摩擦力对货物做的总功W1＋W2＝－11.2J，C错误；从图象可求得相对位移L相＝1.2m，摩擦产生的热量Q＝1.2×4J＝4.8J，D错误。【答案】B【变式】如图所示，传送带Ⅰ与水平面夹角为30°，传送带Ⅱ与水平面夹角为37°，两传送带与一小段光滑的水平面BC平滑连接。两传送带均顺时针匀速率运行。现将装有货物的箱子轻放至传送带Ⅰ的A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的货物取下，箱子速度不变继续运动到传送带Ⅱ上，传送带Ⅱ的D点与高处平台相切。已知箱子的质量M＝1kg，货物的质量m＝3kg，传送带Ⅰ的速度v1＝8m/s，AB长L1＝15m，与箱子间的动摩擦因数为μ1＝eq\f(\r(3),2)。传送带Ⅱ的速度v2＝4m/s，CD长L2＝8m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子与传送带Ⅱ间的动摩擦因数变为μ2＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2。(1)求装着货物的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间；(2)计算说明，箱子能否运送到高处平台上？并求在传送带Ⅱ上箱子向上运动的过程中产生的内能(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。解析：(1)在传送带Ⅰ上，根据牛顿第二定律：μ1(M＋m)gcos30°－(M＋m)gsin30°＝(M＋m)a代入数据解得：a＝2.5m/s2根据运动学公式：v12＝2as整理可以得到：s＝12.8m＜15m则知箱子与传送带共速后做匀速运动根据速度公式：v1＝at1则：t1＝3.2s与传送带一起匀速运动：L1－s＝v1t2则：t2＝0.275s故总时间为t＝t1＋t2＝3.475s。(2)在传送带Ⅱ上箱子先向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律：Mgsin37°＋μ2Mgcos37°＝Ma1，整理可以得到：a1＝10m/s2。根据运动学公式：v22－v12＝－2a1s箱1；解得s箱1＝2.4m当达到传送带速度时，由于Mgsin37°＞μ2Mgcos37°，所以箱子继续减速运动则根据牛顿第二定律：Mgsin37°－μ2Mgcos37°＝Ma2；整理可以得到：a2＝2m/s2根据运动学公式：0－v22＝－2a2s箱2所以：s箱2＝4m由于s箱1＋s箱2＝6.4m＜8m，所以箱子不能运送到高处平台上第一段减速时间：t减1＝eq\f(v2－v1,－a1)＝eq\f(4－8,－10)s＝0.4s此过程中传送带的位移大小s减1＝v2t减1＝4×0.4m＝1.6m两者相对位移Δs1＝s箱1－s减1＝2.4m－1.6m＝0.8m产生的热量为：Q1＝μ2Mgcos37°·Δs1解得Q1＝3.2J第二阶段：t减2＝eq\f(0－v2,－a2)＝eq\f(－4,－2)s＝2s此过程中传送带的位移大小s减2＝v2t减2＝4×2m＝8m两者相对位移Δs2＝s减2－s箱2＝8m－4m＝4m产生的热量为：Q2＝μ2Mgcos37°·Δs2解得Q2＝16J故总的热量为：Q＝Q1＋Q2＝19.2J。答案：(1)3.475s(2)见解析【巩固习题】1.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eq\f(1,2)mv2 B．小于eq\f(1,2)mv2C．大于μmgs D．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eq\f(1,2)mv2，可能小于eq\f(1,2)mv2，可能等于μmgs，可能小于μmgs，故选C.【答案】C2.(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mv2/2B．物体在传送带上的划痕长v2/2μgC．传送带克服摩擦力做的功为mv2/2D．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eq\f(1,2)mv2，所以电动机多做的功一定要大于eq\f(1,2)mv2，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＝eq\f(v,μg)，在这段时间内物体的位移x1＝eq\f(v2,2μg)，传送带的位移x2＝vt＝eq\f(v2,μg)，则物体相对位移x＝x2－x1＝eq\f(v2,2μg)，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】BD3.(2018·安徽师大附中模拟)如图所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB之间的距离为L＝5m，传送带一直以v＝4m/s的速度匀速运动，则(g取10m/s2)()A．物体从A运动到B的时间是1.5sB．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2JC．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2JD．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10J解析：选AC设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：eq\f(1,2)mv02＝mgh，代入数据得：v0＝eq\r(2gh)＝2m/s＜v＝4m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时：t1＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(4－2,2)s＝1s，匀加速运动的位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝eq\f(2＋4,2)×1m＝3m＜L＝5m，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x1,v)＝eq\f(5－3,4)s＝0.5s，故物体从A运动到B的时间为：t＝t1＋t2＝1.5s，故选项A正确；物体运动到B的速度是v＝4m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×1×42－eq\f(1,2)×1×22J＝6J，故B项错误；在t1时间内，传送带做匀速运动的位移为x带＝vt1＝4m，故产生热量Q＝μmgΔx＝μmg(x带－x1)，代入数据得：Q＝2J，故C项正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv02))＋Q＝eq\f(1,2)×1×(42－22)J＋2J＝8J，故D项错误。4．(2015·邯郸市高三月考)一条长12m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25kg，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＝10m/s2，下列说法正确的是()A．传送带每分钟对工件做的总功是2.4×104JB．摩擦力每分钟对工件做的总功是1.2×104JC．传送带的传送功率为100WD．传送带的传送功率为200W【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Ff＝mgsinθ，传送带对工件做功实质是传送带的摩擦力Ff对工件做功，所以W＝nFf·l＝16×mgsin30°×l＝2.4×104J，A项正确，B项错误；由功率定义P＝eq\f(W,t)＝eq\f(2.4×104,60)W＝400W，知C、D项错误。【答案】A5.【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()xx

A.传送带的速度为

B.传送带的速度为

C.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为

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xx【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=．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，根据题目条件无法得出s与x的关系．故B错误．工件与传送带相对滑动的路程为：，则摩擦产生的热量为：Q=μmg△x＝．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，在时间t内，传送工件的个数，则多消耗的能量．故D正确．故选AD.6.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＝μgcosθ－gsinθ，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＝eq\f(v2,2s)，可知小物体在甲传送带上时的加速度较小，根据a＝μgcosθ－gsinθ，可得μ＝eq\f(a,gcosθ)＋tanθ，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＝μgcosθ－gsinθ，末速度为零的匀减速直线运动，可求出s相对＝eq\f(v2,2a)，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W1，克服重力做功为mgH，动能改变量为eq\f(1,2)mv2，根据动能定理可求得W1＝eq\f(1,2)mv2＋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W2＝eq\f(1,2)mv2＋mg(H－h)，显然W1>W2，所以Q1>Q2，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】C7.(2018·武汉华中师大附中模拟)如图所示，有一水平传送带以6m/s的速度按顺时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的水平地面DE上放置一个质量M＝1kg的木板，木板上表面刚好与BC面等高。现将质量m＝1kg的滑块轻轻放到传送带的左端A处，当滑块滑到传送带右端B时刚好与传送带的速度相同，之后滑块又通过光滑水平面BC滑上木板。滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.45，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.05，取g＝10m/s2。求：(1)滑块从传送带A端滑到B端，相对传送带滑动的路程；(2)滑块从传送带A端滑到B端，传送带因传送该滑块多消耗的电能；(3)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使滑块不从木板上掉下来。解析：(1)滑块在传送带上受到向右的摩擦力，到达传送带右端时速度为v＝6m/s。a＝μ1g＝4.5m/s2t＝eq\f(v,a)＝eq\f(4,3)s，x1＝eq\f(1,2)at2＝4m。传送带位移x2＝vt＝8mΔx＝x2－x1＝4m。(2)传送带因传送滑块多消耗的电能Q＝fΔx＋eq\f(1,2)mv2＝μ1mgΔx＋eq\f(1,2)mv2＝36J。(3)滑块以6m/s的速度滑上木板，对滑块和木板受力分析：滑块受到木板对其向左的摩擦力，设滑块做减速运动的加速度为a滑，则a滑＝μ2g＝2m/s2木板受到滑块对其向右的摩擦力和地面对其向左的摩擦力，由牛顿第二定律得μ2mg－μ3(M＋m)g＝Ma木，解得a木＝1m/s2假设滑块在木板上经过时间t，木板和滑块达到共同速度v共对滑块：x滑＝vt－eq\f(1,2)a滑t2，v共＝v－a滑t对木板：x木＝eq\f(1,2)a木t2，v共＝a木t则木板长度L＝x滑－x木代入数据得：L＝6m。答案：(1)4m(2)36J(3)6m8.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＝4m，传送带以恒定的速率v＝2m/s向上运动．现将一质量为1kg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＝eq\f(\r(3),2)，取g＝10m/s2，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mgsinθ<μmgcosθ故物体斜向上做匀加速直线运动．加速度a＝eq\f(μmgcosθ－mgsinθ,m)＝2.5m/s2物体达到与传送带同速所需的时间t1＝eq\f(v,a)＝0.8st1时间内物体的位移x1＝eq\f(v,2)t1＝0.8m之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间t2＝eq\f(L－x1,v)＝1.6s物体运动的总时间t＝t1＋t2＝2.4s(2)解法1：前0.8s内物体相对传送带的位移Δx＝vt1－x1＝0.8m因摩擦而产生的内能E内＝μmgcosθ·Δx＝6J整个过程中多消耗的电能E电＝Ek＋Ep＋E内＝eq\f(1,2)mv2＋mgLsinθ＋E内＝28J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＝Wf1＋Wf2传送带在加速过程的位移x1′＝vt1＝1.6mWf1＝μmgx1′cosθ＝12J传送带在匀速过程的位移x2′＝vt2＝3.2mWf2＝mgx2′sinθ＝16J所以E电＝28J【答案】(1)2.4s(2)28J9.一质量为M＝2kg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10m/s2.(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2m/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2m/s.(2)由题图可知，a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2由牛顿第二定律得，滑动摩擦力Ff＝Ma，其中Ff＝μFN，FN＝Mg，所以物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f(a,g)＝eq\f(2,10)＝0.2.(3)由题图可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3s，传送带在这段时间内的位移x＝vt＝2×3m＝6m所以物块对传送带所做的功为W＝－Ffx＝－4×6J＝－24J选传送带为参考系，物块相对于传送带通过的路程x′＝eq\f(v′,2)t＝eq\f(6,2)×3m＝9m，所以转化为内能EQ＝Ffx′＝4×9J＝36J.【答案】(1)2m/s，方向向右理由见解析(2)0.2(3)－24J36J10.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＝2.5m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eq\f(1,4)圆周的光滑轨道ab，轨道半径为R＝0.8m，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v0＝1m/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＝200kg的货物放于轨道的a端(g＝10m/s2)．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＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gR)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s在最低点b，由F合＝ma得F－mg＝meq\f(v2,R)F＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,R)＋g))＝200×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(42,0.8)＋10))N＝6×103N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：－mgxsin37°－fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2且f＝μmgcos37°解得：x＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),2gsin37°＋μcos37°)＝0.625m.(3)由于tan37°＝μ，则货物减速到v0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)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝3500J.【答案】(1)6×103N(2)0.625m(3)3500J11.如图所示为一皮带传送装置，其中AB段水平，长度LAB＝4m，BC段倾斜，长度足够长，倾角θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4m/s的恒定速率顺时针运转。现将一质量m＝1kg的工件(可看做质点)无初速度地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t；(2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q。解析：(1)设工件在AB段运动时的加速度为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1解得a1＝5m/s2设工件经t1时间与传送带的速度相同，则t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s此时工件前进的位移x1＝eq\f(1,2)a1t12＝1.6m因x1＜LAB，故此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2＝eq\f(LAB－x1,v)＝0.6s则工件第一次到达B点所用的时间t＝t1＋t2＝1.4s。(2)工件上升过程中受到的摩擦力f＝μmgcosθ＜mgsinθ由牛顿第二定律可得，工件在BC段的加速度大小为a2＝eq\f(mgsinθ－f,m)＝2m/s2由运动学公式可得上滑时间为t3＝eq\f(v,a2)＝2s下降过程加速度大小不变a3＝a2由运动学公式可得下滑时间为t4＝eq\f(v,a3)＝2s工件与传送带的相对位移Δx＝v(t3＋t4)＝16m故Q＝f·Δx＝64J。答案：(1)1.4s(2)64J12.如图所示，足够长的传送带AB与光滑的水平面BC连接，光滑的、半径R＝0.5m的半圆轨道与水平面连接，相切于C点。传送带以恒定的速率v顺时针运行，在光滑的水平面上有一质量m＝0.5kg的物体以v1＝6m/s的速度向左滑上传送带，经过2s物体的速度减为零，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点，g取10m/s2。求：(1)物体与传送带之间的动摩擦因数μ；(2)传送带的速度v；(3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量。解析：(1)物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设其运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有：μmg＝ma①根据加速度定义式有：－a＝eq\f(0－v1,t)②由①②式联立解得：μ＝eq\f(v1,gt)＝eq\f(6,10×2)＝0.3。③(2)当物体速度减为零后，由于传送带有恒定向右运动的速度，与物体间存在相对运动，物体将在滑动摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，若皮带速度足够大，根据对称性可知，物体滑回光滑水平面时的速度v2大小应与v1相等，即v2＝v1＝6m/s又由题意可知，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点，设经过最高点D时的速度为vD，在D处，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mg＝meq\f(vD2,R)④在由C运动至D的过程中，根据动能定理有：－mg×2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2⑤由④⑤式联立解得：vC＝eq\r(5gR)＝eq\r(5×10×0.5)m/s＝5m/s⑥物体在光滑水平面上应做匀速直线运动，显然vC＝5m/s＜v2＝6m/s所以物体在传送带上返回时只能先做一段匀加速直线运动至与传送带速度相等时，再做匀速直线运动，并以该速度运动至C处，即有：v＝vC＝5m/s。⑦(3)物体向左滑行时，相对传送带的位移为：Δx1＝eq\f(v1,2)·t＋vt⑧物体向右滑行时，相对传送带的位移为：Δx2＝v·eq\f(v,μg)－eq\f(v2,2μg)⑨物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为：Q＝μmg(Δx1＋Δx2)⑩由③⑦⑧⑨⑩式联立，并代入数据解得：Q＝30.25J。答案：(1)0.3(2)5m/s(3)30.25J13.(2016·天津市六校高三联考)如图所示，一质量为m＝2kg的滑块从半径为R＝0.2m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v0＝4m/s，B点到传送带右端C点的距离为L＝2m。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＝10m/s2)，求：(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)滑块从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(2gR)＝2m/s在B点：FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)代入解得，FN＝60N由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为FN′＝FN＝60N，方向竖直向下。(2)滑块从B运动到C的过程中，根据牛顿第二定律得μmg＝ma又veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,B)＝2aL，联立以上两式解得μ＝0.3(3)设滑块从B运动到C的时间为t，加速度a＝μg＝3m/s2。由v0＝vB＋at，得t＝eq\f(v0－vB,a)＝eq\f(4－2,3)s＝eq\f(2,3)s在这段时间内传送带的位移为s传＝v0t＝eq\f(8,3)m传送带与滑块的相对位移为Δs＝s传－L＝eq\f(2,3)m故滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q＝μmgΔs＝4J。【答案】(1)60N，方向竖直向下(2)0.3(3)4J14.如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8m，匀速运动的速度v0＝5m/s.一质量m＝1kg的小物块轻轻放在传送带上xP＝2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后冲上光滑斜面且刚好到达N点(小物块到达N点后被收集，不再下滑)．若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.(1)求N点的纵坐标；(2)求小物块在传送带上运动产生的热量；(3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均能沿光滑斜面越过纵坐标yM＝0.5m的M点，求这些位置的横坐标范围．【解析】(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5m/s2小物块与传送带共速时，所用的时间t＝eq\f(v0,a)＝1s运动的位移Δx＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝2.5m<(L－xP)＝6m故小物块与传送带共速后以v0＝5m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑斜面到达N点，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgyN，解得yN＝1.25m(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移x＝v0t－Δx＝2.5m产生的热量Q＝μmgx＝12.5J(3)设在坐标为x1处轻轻将小物块放在传送带上，最终刚能到达M点，由能量守恒得μmg(L－x1)＝mgyM代入数据解得x1＝7m故小物块放在传送带上的位置坐标范围为0≤x<7m【答案】(1)1.25m(2)12.5J(3)0≤x＜7m15.如图所示，在水平面的上方有一固定的水平运输带，在运输带的左端A处用一小段光滑的圆弧与一光滑的斜面平滑衔接，该运输带在电动机的带动下以恒定的向左的速度v0＝2m/s运动．将一可以视为质点的质量为m＝2kg的滑块由斜面上的O点无初速度释放，其经A点滑上运输带，经过一段时间滑块从运输带最右端的B点离开，落地点为C.已知O点与A点的高度差为H1＝1.65m，A点与水平面的高度差为H2＝0.8m，落地点C到B点的水平距离为x＝1.2m，重力加速度g＝10m/s2.(1)求滑块运动到C点时的速度大小．(2)如果仅将O点与A点的高度差变为H1′＝0.8m，且当滑块刚好运动到A点时，撤走斜面，求滑块落在水平面上时的速度大小．(3)在第(2)问情况下滑块在整个运动过程中因摩擦而产生的热量有多少？【解析】(1)设滑块滑至运输带的右端时速度为v1，滑块自运输带右端飞出至落地的时间为t，则在水平方向上，x＝v1t在竖直方向上，H2＝eq\f(1,2)gt2设滑块落地时的速度为v，根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgH2＝eq\f(1,2)mv2联立解得v1＝3m/s，v＝5m/s(2)设滑块从高H1＝1.65m处的O点由静止开始下滑到运输带上，再滑到运输带右端过程中，摩擦力对滑块做功为Wf，由功能关系得mgH1＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得Wf＝－24J滑块从高H1′＝0.8m处的O点由静止开始下滑到运输带上，由于mgH1′＜|Wf|，在滑到运输带右端前滑块的速度就减为零，然后滑块要向左运动，设滑块从高H1′＝0.8m处由静止开始下滑到达运输带左端的速度为v0′，则mgH1′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(′2,0)解得v0′＝4m/s因为v0＜v0′故滑块在运输带上向左运动的过程中，先加速至与运输带速度相同，后匀速运动至运输带左端做平抛运动，设滑块从运输带左端抛出，落地时的速度大小为v2，根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgH2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v2＝2eq\r(5)m/s(3)设滑块与运输带间的动摩擦因数为μ，滑块从高H1′＝0.8m处由静止开始下滑，在运输带上减速到零的过程中，滑块在运输带上运动的时间为t1，滑块与运输带摩擦所产生的热量为Q1，则有Q1＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0′,2)t1＋v0t1))对滑块，由动能定理得－μmgeq\f(v0′,2)t1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(′2,0)设滑块后来又向运输带左端运动的过程中，滑块加速至v0运动的时间为t2，滑块与运输带摩擦所产生的热量为Q2，则Q2＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t2－\f(v0,2)t2))对滑块，由动能定理得μmgeq\f(v0,2)t2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0则滑块自释放至落地全过程中滑块与运输带摩擦所产生的热量Q＝Q1＋Q2解得Q＝36J【答案】(1)5m/s(2)2eq\r(5)m/s(3)36J16.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＝nμmgΔx由运动学公式，得Δx＝x带－x行＝vt－eq\f(1,2)vt＝eq\f(1,2)vt又v＝at＝μgt，联立解得Q＝eq\f(1,2)nmv2由能量守恒，得E＝Q＋eq\f(1,2)Mv2＋eq\f(1,2)nmv2故电动机消耗的电能为E＝eq\f(1,2)Mv2＋nmv2【答案】eq\f(1,2)Mv2＋nmv217.(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v0。小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ。乙的宽度足够大，重力加速度为g。(1)若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s；(2)若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；(3)保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复。若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率eq\o(P,\s\up6(－))。【解析】(1)工件滑上乙时，所受摩擦力与侧向的夹角为45°，侧向加速度大小ax＝μgcos45°，工件在侧向上做匀变速直线运动，有－2axs＝0－veq\o\al(2,0)，解得s＝eq\f(\r(2)v