2020-2021年高三物理考点专项突破：传送带问题中的动力学与能量综合

2020-2021年高三物理考点专项突破：传送带问题中的动力学与能量综合

2020-2021 年高三物理考点专项突破：传送带问题中的动力学与能 量综合 1.(2018·江苏泰州市联考)如图所示，传送带 AB 总长为 l＝10 m，与一个半径为 R＝0.4 m 的光滑四分之一圆 轨道 BC 相切于 B 点，传送带速度恒为 v＝6 m/s，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从 A 点水平滑上传 送带，滑块质量为 m＝10 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为 μ＝0.1，已知滑块运动到 B 端时，刚好与传 送带同速，求： (1)滑块的初速度； (2)滑块能上升的最大高度； (3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能。 【答案】： (1)2 14 m/s 或 4 m/s (2)1.8 m (3)220 J 【解析】： (1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有－μmgl ＝1 2mv2－1 2mv20，解得 v0＝2 14 m/s； 当滑块初速度小于传送带速度时，有 μmgl＝1 2mv2－1 2mv20，解得 v0＝4 m/s。 (2)由动能定理可得－mgh＝0－1 2mv2，解得 h＝1.8 m。 (3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得 μmg＝ma，滑块的加速度 a＝1 m/s2，滑块减速到零的位移 x0＝v2 2a ＝18 m>10 m，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公 式可得 l＝vt－1 2at2，解得 t＝2 s(t＝10 s 舍去)，在此时间内传送带的位移 x＝vt＝6×2 m＝12 m，滑块第二次 在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能 Q＝μmg(l＋x)＝0.1×10×10×(10＋12) J＝220 J。 2.如图所示，一平直的传送带以速度 v＝2m/s 匀速运动，传送带把 A 处的工件运送到 B 处，A、B 相距 L＝ 10m，从 A 处把工件无初速地放到传送带上，经过时间 t＝6s，能传送到 B 处，求： （1）工件在传送带上加速运动过程中的加速度大小及加速运动的时间； （2）欲用最短的时间把工件从 A 处传送到 B 处，求传送带的运行速度至少多大？ 【答案】：（1）1m/s2 （2） 52 【解析】：对工件受力分析： gamamg   .... 对工件进行运动分析：假设工件从静止释放到与传送带共速共需要经历的时间为 t 速度关系： )1...(atv  代入得 2=at t=2s 位移关系： )2)...(6(2 1 2 tvatl  ，代入相关参数得：a=1m/s2 如果工件在传送带上一路匀加速刚好到达 B 端时的速度为 V，且刚好与传送带共速，此时传送带的速度即 为其临界的最小速度。 smvval /5220...............02 2  3.如图所示，倾角为 θ 的斜面，传送带 AB 之间的距离为 L,传送带以速度 v 匀速转动，物块与传送带之间的 摩擦因素为 u，将物块从 A 点由静止释放，求物体从 A 传到 B 的时间； 【答案】：  sincos 2 gg lt  或 )sincos(2  gg v v lt  【解析】：要想将物体传上去有一个要求：  sincos mgmg  对物块受力分析： mamgmg   sincos  sincos gga  运动分析：与水平类型完全一致；物体的运动有两种可能，先匀加速后匀速，或一直匀加速； 一直匀加速： a ltatl 2...2 1 2  代入相关参数得： 先匀加速后匀速：参考上一例题可知： a v v lttt 221  代入相关参数得： 4.如图所示，一皮带输送机的皮带以 v＝13.6 m/s 的速率做匀速运动，其有效输送距离 AB＝29.8 m，与水平 方向夹角为 θ＝37°.将一小物体轻放在 A 点，物体与皮带间的动摩擦因数 μ＝0.1，求物体由 A 到 B 所需的 时间．(g 取 10 m/s) 【答案】：3s 【解析】：本题的关键要注意两点： 1、开始时传送带运动的速度大于物块的速度，所以物块受到传送带沿斜面向下的滑动摩擦力； 2、当物块与传送带共速后物块的运动不一定是匀速的，需要进行相应的判断； 到达共速前阶段一受力分析： 1cossin mamgmg   代入相关参数得 a1=6.8m/s2 设经过时间 t1 物块与传送带共速： stav 211  ，物体产生的位移为： ma vx 6.132 1 2 1  当物体与传送带达到共速后的阶段二对物体进行受力分析：需要先判断比较  cossin mgmg 与 的大小关 系，从而确定物体在第二阶段的运动情况； 对物体受力分析得： 2cossin mamgmg   代入相关参数得 a2=5.2m/s2 对第二阶段的物体进行运动分析得： 2 2212 2 1 tavtxlx  ；代入相关参数得：t2=1s 总时间 t=t1+t2=3S; 对本题说明：在第二阶段中比较 的关系是非常重要的；当  cossin mgmg  时， 物体将匀速走完剩余的全程；当  cossin mgmg  时，物体将以加速度 a2 继续前行； 5.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持 v＝1 m/s 的恒定速率 运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为 m＝5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平 传送带的 A 端，传送到 B 端时没有被及时取下，行李包从 B 端沿倾角为 37°的斜面滑入储物槽，已知行李 包与传送带间的动摩擦因数为 0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为 0.8, g 取 10 m/s2，不计空气阻力(sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8)。 (1)求行李包相对于传送带滑动的距离； (2)若 B 轮的半径为 R＝0.2 m，求行李包在 B 点对传送带的压力； (3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度。 【答案】：(1)0.1 m (2)25 N，方向竖直向下 (3)1.25 m 【解析】：(1)行李包在水平传送带上加速时 μ1mg＝ma1 若行李包达到水平传送带的速度所用时间为 t，则 v ＝a1t 行李包前进距离 x1＝1 2a1t2 传送带前进距离 x2＝vt； 行李包相对传送带滑动的距离 Δx＝x2－x1＝0.1 m (2)行李包在 B 点，根据牛顿第二定律，有：mg－FN＝mv2 R 解得：FN＝25 N 根据牛顿第三定律可得：行李包在 B 点对传送带的压力为 25 N，方向竖直向下。 (3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mgsin 37°－μ2mgcos 37°＝ma2 行李包从斜面滑下过程：0－v2＝2a2x：解得：x＝1.25 m。 6．(2018·江西联考)如图所示，P 为弹射器，PA、BC 为光滑水平面分别与传送带 AB 水平相连，CD 为光滑 半圆轨道，其半径 R＝2 m，传送带 AB 长为 L＝6 m，并以 v0＝2 m/s 的速度逆时针匀速转动。现有一质量 m ＝1 kg 的物体(可视为质点)由弹射器 P 弹出后滑向传送带经 BC 紧贴圆弧面到达 D 点，已知弹射器的弹性势 能全部转化为物体的动能，物体与传送带的动摩擦因数为 0.2。若物体经过 BC 段的速度为 v，物体到达圆 弧面最高点 D 时对轨道的压力为 F，(g＝10 m/s2) (1)写出 F 与 v 的函数表达式； (2)要使物体经过 D 点时对轨道压力最小，求此次弹射器初始时具有的弹性势能为多少； (3)若某次弹射器的弹性势能为 8 J，则物体弹出后第一次滑向传送带和离开传送带由于摩擦产生的热量为多 少？ 【答案】： (1)F＝1 2v2－50 (2)62 J (3)18 J 【解析】： (1)对于 D 点分析可得：F＋mg＝mv2D R 1 2mv2＝1 2mv2D＋2mgR 联立可得：F＝mv2 R－5mg＝1 2v2－50 (2)当 F＝0 时，v＝10 m/s， 根据能量守恒定律得： Ep＝1 2mv2＋μmgL＝62 J (3)当 Ep＝8 J 时，vA＝4 m/s 设物体向右匀减速运动历时 t1， t1＝vA a ＝2 s 此时物体向右的位移 x1＝1 2at21＝4 m 带向左的位移 x2＝v0t1＝4 m 两者相对位移 Δx1＝x1＋x2＝8 m 当物体向右匀减速到 0 时又向左匀加速运动直到与传送带速度相等，两者相对静止，设此过程历时 t2， t2＝v0 a＝1 s 物体向左的位移 x3＝1 2at22＝1 m 皮带向左的位移 x4＝v0t2＝2 m 两者的相对位移 Δx2＝x4－x3＝1 m 所以 Δx＝Δx1＋Δx2＝9 m 故 Q＝μmg·Δx＝18 J 7.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 相对静止这一过程中，下列说法正确的是( ) A.电动机多做的功为 2 2 1 mv B.摩擦力对物体做的功为 mv2 C.传送带克服摩擦力做的功为 D. 系统产生的内能为 【答案】：D 【解析】：电动机多做的功转化为物体的动能以及系统的内能；在该过程物体获得的动能为 ； 系统产生的内能大小为： 相xfQ . ； 物传相 xxx - ；设经过时间 t 物块与传送带共速；结合牛二定律物块 的加速度大小为 ga  ；故 g vt  ； g vx 2 2 物 ； g vtvx  2 . 传 ；故 2 2 2 1 2.. mvg vmgxmgQ   相 ； 故 A 电动机多做的功为：mv2 所以，A 错，D 对；摩擦力对物体做的功为物体动能的增加量 ；故 B 错；传送带克服摩擦力做的功 即摩擦力对物体做的负功大小为 2. mvxmg 传 ；故 C 错误； 8.如图所示，在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到对面的高台上。一质量 m＝60 kg 的选手 脚穿轮滑鞋以 v0＝7 m/s 的水平速度抓住竖直的绳开始摆动，选手可看作质点，绳子的悬挂点到选手的距离 L＝6 m。当绳摆到与竖直方向夹角 θ＝37°时，选手放开绳子，不考虑空气阻力和绳的质量。取重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)选手放开绳子时的速度大小； (2)选手放开绳子后继续运动到最高点时，刚好可以站到水平传送带 A 点，传送带始终以 v1＝3 m/s 的速度 匀速向左运动，传送带的另一端 B 点就是终点，且 sAB＝3.75 m。若选手在传送带上自由滑行，受到的摩 擦阻力为自重的 0.2 倍，通过计算说明该选手是否能顺利冲过终点 B，并求出选手在传送带上滑行过程中因 摩擦而产生的热量 Q。 【答案】：（1）5m/s （2）990J 【解析】：(1)对选手从抓住绳子到放开绳子的整个过程，由机械能守恒得 1 2mv20＝mgL(1－cos 37°)＋1 2mv2 解得 v＝5 m/s (2)设选手在放开绳子时，水平速度为 vx，则 vx＝vcos 37°＝4 m/s 选手在最高点站到传送带上时有 4 m/s 的向右的速度，在传送带上做匀减速直线运动 选手的加速度：a＝kmg m ＝2 m/s2 以地面为参考系，设选手在传送带上向右运动了 x 后速度减为零，由运动学公式得－v2x＝－2ax，解得 x＝4 m>3.75 m，所以选手可以顺利冲过终点 设选手从 A 到 B 运动的时间为 t，则 sAB＝vxt－1 2at2 得 t1＝1.5 s，t2＝2.5 s(舍去) 在这段时间内传送带通过的位移为 x1＝v1t1＝4.5 m 摩擦力做的功 Wf＝Q＝kmg(sAB＋x1)＝990 J。 9．(15 分)如图甲所示，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/s2，sin37°＝ 0.6，cos37°＝0.8。求： (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。 【答案】(1)14 m (2)0.875 (3)90 J 126 J 【解析】(1)从图乙中求出图线与 t 轴围成的面积，即物体位移：x＝－2×2×1 2 m＋4×4×1 2 m＋2×4 m＝14 m。 (2)由图象知，图线的斜率表示加速度，即物体相对传送带滑动时的加速度：a＝1 m/s2， 对此过程中物体受力分析得 μmgcosθ－mgsinθ＝ma， 得 μ＝0.875。 (3)物体被送上的高度 h＝xsinθ＝8.4 m， 重力势能增量 ΔEp＝mgh＝84 J， 动能增量 ΔEk＝1 2mv22－1 2mv21＝6 J， 机械能增加 ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝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 x1＝4×6 m＝24 m， 0～6 s 内物体位移 x2＝6 m， 产生的热量 Q＝μmgcosθ·Δx＝μmgcosθ(x1－x2)＝126 J。 10.电动机带动水平传送带以速度 v 匀速传动，一质量为 m 的小木块由静止轻放在传送带上，如图所示．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： (1)小木块的位移； (2)传送带转过的路程； (3)小木块获得的动能； (4)摩擦过程产生的摩擦热； (5)电动机带动传送带匀速传动输出的总能量． 【答案】(1) v2 2μg(2)v2 μg(3)1 2mv2(4)1 2mv2(5)mv2 【解析】小木块刚放上传送带时速度为 0，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 传送带相同速度后不再相对滑动，整个过程中小木块获得一定的能量，系统要产生摩擦热．对小木块，相 对滑动时由 μmg＝ma 得加速度 a＝μg.由 v＝at 得，达到相对静止所用时间 t＝ v μg. (1)小木块的位移 l1＝v 2t＝ v2 2μg. (2)传送带始终匀速传动，路程 l2＝vt＝v2 μg. (3)小木块获得的动能 Ek＝1 2mv2 也可用动能定理 μmgl1＝Ek，故 Ek＝1 2mv2. (4)产生的摩擦热：Q＝μmg(l2－l1)＝1 2mv2.(注意：Q＝Ek 是一种巧合，不是所有的问题都这样) (5)由能量守恒定律得，电动机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热，所以 E 总＝Ek＋Q＝mv2. 11. 如图所示，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 v1 匀速滑到左端的 B 点，拉力 F 所做的功为 W1、功率 为 P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q1.随后让传送带以 v2 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 v1 的速度匀速从 A 滑行到 B，这一过程中，拉力 F 所做的功为 W2、功率为 P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q2.下列关系中正确的是( ) A.W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2 B. W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2 C. W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2 D. W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2 【答案】B 【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 W1＝W2， 当传送带不动时，物体运动的时间为 t1＝ l v1 ；当传送带以 v2 的速度匀速运动时，物体运动的时间为 t2＝ l v1＋v2 ， 所以第二次用的时间短，功率大，即 P1＜P2；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 Q1＞Q2，选项 B 正确． 12.(2018·永州期末)如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端 B 点的切线水平，上端 A 与 B 点的高度差为 h1＝1.0 m，一质量为 m＝2.5 kg 的滑块(可视为质点)从轨道的 A 点由静止下滑，滑到轨道下端 B 点时的速度大小为 vB＝4 m/s，然后从 B 点水平抛出，落到传送带上端的 C 点时速度方向恰好与传送带平行．倾斜传送带与水 平方向的夹角为 θ＝37°，传送带逆时针匀速转动，速度大小为 v＝2.6 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为 μ＝0.8，传送带足够长，不计空气阻力，不考虑滑块与传送带碰撞时的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， 求： (1)滑块从 A 点滑到 B 点的过程中克服摩擦阻力做的功 Wf； (2)B 点与传送带上端 C 点的高度差 h2； (3)滑块在传送带上运动时与传送带因摩擦产生的热量 Q. 【答案】：(1)5 J(2)0.45 m(3)115.2 J 【解析】(1)滑块从 A 点滑到 B 点的过程中，根据动能定理得：mgh1－Wf＝1 2mv2B－0 代入数据解得 Wf＝5 J. (2)从 B 到 C 滑块做平抛运动，到达 C 点时速度与水平方向的夹角为 37°，则滑块到达 C 点的速度为 v0＝ vB cos 37°＝5 m/s 根据机械能守恒定律得：mgh2＋1 2mv2B＝1 2mv20 解得 h2＝0.45 m. (3)滑块在传送带上运动时，由于 v0＞v，所以滑块所受的滑动摩擦力方向沿传送带向上． 根据牛顿第二定律得 μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得 a＝0.4 m/s2，方向沿传送带向上，滑块做匀减速运动 速度减至 v＝2.6 m/s 的时间 t＝v0－v a ＝5－2.6 0.4 s＝6 s 减速过程滑块的位移 x1＝v0＋v 2 t＝5＋2.6 2 ×6 m＝22.8 m 传送带的位移 x2＝vt＝2.6×6 m＝15.6 m 此过程中摩擦生热 Q′＝μmgcos θ(x1－x2) 解得 Q′＝115.2 J 由于 μmgcos θ＞mgsin θ，所以滑块与传送带共速后相对静止，不再产生热量 所以摩擦产生的热量 Q＝Q′＝115.2 J.