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“传送带”模型中的能量问题

2024-05-05 来源:小奈知识网
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1

1

A.电动机多做的功为mv2

2v2

B.物体在传送带上的划痕长

μg1

C.传送带克服摩擦力做的功为mv2

2D.电动机增加的功率为μmgv

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=t,传送

21

带做匀速运动,由运动学公式知x传=vt,对物块根据动能定理μmgx物=mv2,摩擦产生

21

的热量Q=μmgx相=μmg(x传-x物),四式联立得摩擦产生的热量Q=mv2,根据能量守恒

2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

mv2,A

v2

项错误;物体在传送带上的划痕长等于x传-x物=x物=,B项错误;传送

2μg

带克服摩擦力做的功为μmgx传=2μmgx物=mv2,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μmgv,D项正确. 答案 D

2.(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

( ).

图2

A.W1=W2,P1W2,P1=P2,Q1>Q2

B.W1=W2,P1Q2 D.W1>W2,P1=P2,Q1=Q2

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l

以W1=W2,当传送带不动时,物体运动的时间为t1=;当传送带以v2的速度匀速运动

v1l

时,物体运动的时间为t2=,所以第二次用的时间短,功率大,即P1v1+v2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. 答案 B

3.(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/s2,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.

11

解析 (1)从图乙中求出物体位移x=-2×2× m+4×4× m+2×4 m=14 m

22(2)由图象知,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μmgcos θ-mgsin θ=ma 得μ=0.875

(3)物体被送上的高度h=xsin θ=8.4 m 重力势能增量ΔEp=mgh=84 J 112

动能增量ΔEk=mv2-mv=6 J

2221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=μmgcos θ·Δx=μmgcos θ(x1-x2)=126 J 答案 (1)14 m (2)0.875 (3)90 J 126 J

4.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v0,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.

1

(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:Ep=mv2①

2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 由运动学公式得v2-v20=2aL 1联立①②③得Ep=mv2+μmgL.

20

(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=v0t v0=v-at

滑块相对传送带滑动的路程Δs=L-s 相对滑动产生的热量Q=μmg·Δs 联立②③④⑤⑥⑦得

Q=μmgL-mv0(v20+2μgL-v0). 1答案 (1)见解析 (2)mv2+μmgL

20(3)μmgL-mv0(v20+2μgL-v0)

④ ⑤ ⑥ ⑦

② ③

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v0=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/s2)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: 1mgR=mv2

2B

① ②

v2B

物体在B点,由牛顿第二定律得:FB-mg=m

R由①②两式得:FB=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=ma

2由运动学公式得:v20-vB=2aL

③ ④ ⑤

由①③④三式得:μ=0.3

12

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=mv0-0

2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:v0=vB+at 产生的热量:Q=μmg(v0t-L) 由①③⑤⑥⑦得:Q=4 J

答案 (1)60 N,方向竖直向下 (2)0.3 (3)4 J

⑥ ⑦

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