1、第44练(模型方法)“传送带”模型中的能量问题（时间25分钟）思维方法1计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做功要用动能定理，计算摩擦生热要用QFfx相对或能量守恒2电机多做的功一部分增加物块的机械能，一部分因摩擦产生热量一、选择题1(多选)如图所示，水平传送带顺时针转动，速度为v1，质量为m的物块以初速度v0从左端滑上传送带，v0v1，经过一段时间物块与传送带速度相同，此过程中()A物块克服摩擦力做的功为mvB物块克服摩擦力做的功为m(vv)C产生的内能为m(vv)D产生的内能为m(v0v1)22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m1 kg的小物体抛上传送带，物体相对
2、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，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.则下列说法中正确的是()A08 s内物体位移的大小为18 mB物体和传送带间的动摩擦因数为0.625C08 s内物体机械能增量为78 JD08 s内物体因与传送带摩擦产生的热量Q为126 J二、非选择题3如图所示，传送带与水平面之间的夹角30，A、B两点间的距离L5 m，传送带在电动机的带动下以v1 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动现将一质量m10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中(g取
3、10 m/s2)，求：(1)传送带对小物体做的功；(2)电动机做的功42022广东佛山一中联考如图所示，装置的左边AB部分是长为L11 m的水平面，一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态；装置的中间BC部分是长为L22 m 的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v2 m/s的速度顺时针转动；装置的右边是一光滑的曲面，质量m1 kg的小滑块从其上距水平台面h1 m的D处由静止释放，并把弹簧最大压缩到O点，OA间距x0.1 m，并且弹簧始终处在弹性限度内已知物块与传送带及左边水平面之间的动摩擦因数0.25，取g10 m/s2.(1)滑块第一次到达B处的速度；(2)弹簧
4、储存的最大弹性势能；(3)滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度第44练（模型方法）“传送带”模型中的能量问题1答案：BD解析：物块的初速度大于传送带的速度，物块受到的摩擦力向左，其向右匀减速运动直至与传送带共速，由动能定理有Wfmvmv，得Wfmvmv，故A错误，B正确；物块和传送带间摩擦生热，相对位移为xv1，故热量为Qmgx，故C错误，D正确2答案：D解析：根据vt图像与时间轴围成的“面积”等于物体的位移，可得08 s内物体的位移x2（24） m24 m14 m，故A错误物体运动的加速度a1 m/s2，根据mg cos 37mg sin 37ma解得0.875，选项B错误；08 s内
5、物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和，为Emgx sin 37m（4 m/s）292 J，故C错误；08 s内只有前6 s发生相对滑动，06 s内传送带运动距离为x带46 m24 m；06 s内物体位移为x物6 m；则06 s内两者相对位移xx带x物18 m，产生的热量为Qmg cos x126 J，故D正确3答案：（1）255 J（2）270 J解析：（1）小物体加速过程中，根据牛顿第二定律有mg cos mg sin ma，解得a2.5 m/s2.当小物体的速度v1 m/s时，位移x0.2 m，之后小物体以v1 m/s的速度做匀速直线运动由功能关系得WEpEkmgL
6、 sin mv2255 J.（2）电动机做功使小物体的机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量由vat得t0.4 s，小物体与传送带的相对位移xvtvt0.2 m.则摩擦产生的热量Qmgxcos 15 J，故电动机做的功W电WQ270 J4答案：（1） m/s（2）2.75 J（3）0.2 m解析：（1）本题考查功能关系与曲线运动和多运动过程的结合设滑块第一次到达B处的速度为v1，对滑块从D到B的过程，根据动能定理得mghmgL2mv，解得v1 m/s.（2）滑块从B到O过程，由能量守恒定律得Epmvmg（L1x），解得Ep2.75 J.（3）设滑块再次到达B处的速度为v2，对滑块第一次到达B到再次到达B的过程，根据动能定理得2mg（L1x）mvmv，解得v21 m/sv2 m/s，则知滑块再次滑上传送带后将做匀加速运动，由牛顿第二定律得mgma，解得a2.5 m/s2，滑块速度增加到与传送带相同，所经历的位移为L m0.6 mL22 m，可知滑块与传送带共速后相对传送带静止，到达C点的速度为v2 m/s，对滑块从C点到最高点的过程，由动能定理得mgh0mv2，解得h0.2 m