2022高考物理微专题42 “传送带”模型中的能量问题

传送带中的能量问题解析传送带作为一种运输工具，其能量的转化主要考虑两个方面：①、增加物体的机械能（动能和势能）②、增加系统的内能（即由于物体和皮带之间发生相对运动因摩擦而产生的热量）例1． 如图，电机带动传送带以速度v 匀速传动，一质量为m 的小木块由静止放在传送带上（传送带足够长）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：⑴、小木块的位移。

⑵、传送带经过的路程。

⑶、小木块获得的动能。

⑷、摩擦过程产生的热量。

⑸电机带动传送带匀速转动输出的总能量。

分析：木块刚放上时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用做匀加速直线运动，达到与传送带有共同速度后不再有相对运动，整个过程中木块获得一定的动能，系统要产生摩擦热。

对木块：相对滑动时，a=µg,达到相对静止所用的时间为t=v g μ，木块的位移21122v s vt g μ==，传送带的位移22v s vt g μ==，木块相对传送带的位移2212v s s s g μ=-=，小木块获得的动能212k E mv =，产生的热量221211()()2Q fs f s s mg s s mv μ==-=-=，电动机输出的总能量转化为小木块的动能和系统产生的热量2k E E Q mv =+=注意：当木块的初速为零时，木块经过的位移和木块相对皮带的位移恰好相等，这一特点要记住，在解题中很有用处。

2．如图，已知传送带两轮的半径r =1m ，传动中传送带不打滑，质量为1kg 的物体从光滑轨道A 点无初速下滑（A 点比B 点高h =5m ），物体与传送带之间的动摩擦因数2.0=μ，当传送带静止时，物体恰能在C 点离开传送带，则（1）BC 两点间距离为多少？（2）若要使物体从A 点无初速释放后能以最短时间到达C 点，轮子转动的角速度大小应满足什么条件？（3）当传送带两轮以12rad/s 的角速度顺时针转动时，物体仍从A 点无初速释放，在整个过程中物体与皮带系统增加的内能为多少？解：（1）设物体质量为m ，在C 点时运动速度为C v ，BC 间距离为s 。

微专题42 “传送带”模型中的能量问题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Q ＝F f x 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． 1.(多选)如图1所示，传送带以v 的速度匀速运动．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 端之前已和传送带相对静止，则下列说法正确的是( )图1A ．传送带对物体做功为m v 2B ．传送带克服摩擦力做功为m v 2C ．电动机由于传送物体多消耗的能量为m v 2D ．在传送物体过程中产生的热量为m v 2 答案 BC解析 物体与传送带相对静止前，物体受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理知传送带对物体做的功等于物体的动能的增加量，传送带对物体做功为W ＝12m v 2，物体与传送带相对静止后，物体受重力和支持力，传送带对物体不做功，故A 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 ＝F f Δx ，设加速时间为t ，物体的位移为x 1＝12v t ，传送带的位移为x 2＝v t ，根据动能定理知摩擦力对物体做的功W 1＝F f x 1＝12m v 2，热量Q ＝F f Δx＝12m v 2，传送带克服摩擦力做的功W 2＝F f x 2＝m v 2，故B 正确，D 错误；电动机由于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热量之和，等于m v 2，故C 正确． 2.(多选)如图2所示，水平传送带顺时针转动，速度为v 1，质量为m 的物块以初速度v 0从左端滑上传送带，v 0>v 1，经过一段时间物块与传送带速度相同，此过程中( )图2A ．物块克服摩擦力做的功为12m v 12B ．物块克服摩擦力做的功为12m (v 02－v 12)C ．产生的内能为12m (v 02－v 12)D ．产生的内能为12m (v 0－v 1)2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－W f ＝12m v 12－12m v 02，得W f ＝12m v 02－12m v 12，故A 错误，B 正确；物块和传送带间摩擦生热，相对位移为Δx ＝v 0＋v 12·v 0－v 1μg －v 1·v 0－v 1μg ＝(v 0－v 1)22μg ，故热量为Q＝μmg ·Δx ＝m (v 0－v 1)22，故C 错误，D 正确．3．已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以恒定的速度顺时针转动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度、质量为m 的小物块，如图3甲所示．以此时为t ＝0时刻，小物块的速度随时间的变化关系如图乙所示(图甲中取沿传送带向上的方向为正方向，图乙中v 1>v 2)．下列说法中正确的是( )图3A ．0～t 1内传送带对小物块做正功B ．小物块与传送带间的动摩擦因数μ小于tan θC ．0～t 2内传送带对小物块做功为12m v 22－12m v 12D ．0～t 2内小物块与传送带间因摩擦产生的热量大于小物块动能的减少量 答案 D解析 由题图乙可知，物块先向下运动后向上运动，又知传送带的运动方向向上，0～t 1内，物块向下运动，传送带对物块的摩擦力方向沿传送带向上，传送带对物块做负功，故A 错误；在t 1～t 2内，物块向上运动，则有μmg cos θ>mg sin θ，得μ>tan θ，故B 错误；0～t 2内，根据v －t 图像中图线与t 轴所围“面积”等于位移可知，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理有W ＋W G ＝12m v 22－12m v 12，则传送带对物块做的功W ≠12m v 22－12m v 12，故C 错误；0～t 2内物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的热量，则由能量守恒定律可知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的减少量，故D 正确．4．(2020·陕西西安市西安中学第六次模拟)如图4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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法中正确的是( )图4A ．0～8 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0.625C ．0～8 s 内物体机械能增量为78 JD ．0～8 s 内物体因与传送带摩擦产生的热量Q 为126 J 答案 D解析 根据v －t 图像与时间轴围成的“面积”等于物体的位移，可得0～8 s 内物体的位移x ＝12×2×(2＋4) m ＋2×4 m ＝14 m ，故A 错误． 物体运动的加速度a ＝ΔvΔt ＝1 m/s 2，根据μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 解得μ＝0.875，选项B错误；0～8 s 内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ΔE ＝mgx sin 37°＋12m ×(4 m/s)2＝92 J ，故C 错误；0～8 s 内只有前6 s 发生相对滑动，0～6 s 内传送带运动距离为：x 带＝4×6 m ＝24 m ；0～6 s 内物体位移为：x 物＝6 m ；则0～6 s 内两者相对位移Δx ＝x 带－x 物＝18 m ，产生的热量为Q ＝μmg cos θ·Δx ＝126 J ，故D 正确．5.(多选)(2019·湖北荆州市一检)如图5所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，重力加速度为g .开始时，a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )图5A ．物块a 的重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功等于a 机械能的增量C ．摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 动能增量之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等 答案 ACD解析 开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a g sin θ＝m b g ，则m a ＝m b sin θ＝m sin θ，b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减小量为ΔE p a ＝m a g ·h sin θ＝mgh ，故A 正确；根据能量守恒定律，摩擦力对a 做的功等于a 、b 系统机械能的增量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力对a 做的功等于系统动能的增量，故B 错误，C 正确；任意时刻a 、b 的速率大小相等，对b ，克服重力做功的瞬时功率P b ＝mg v ，对a 有：P a ＝m a g v sin θ＝mg v ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．6.如图6所示，光滑轨道ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B 处的入、出口靠近但相互错开，C 是半径为R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v 逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB 上竖直高度为3R 的位置A 由静止释放，滑块能通过C 点后再经D 点滑上传送带，已知滑块滑上传送带后，又从D 点滑入光滑轨道ABCD 且能到达原位置A ，则在该过程中(重力加速度为g )( )图6A ．在C 点滑块对轨道的压力为零B ．传送带的速度可能为5gRC ．摩擦力对物块的冲量为零D ．传送带速度v 越大，滑块与传送带因摩擦产生的热量越多 答案 D解析 对滑块从A 到C ，根据动能定理有mg (h －2R )＝12m v C 2－0，根据F N ＋mg ＝m v C 2R ，解得F N ＝mg ，选项A 错误；从A 到D ，根据动能定理有mgh ＝12m v D 2，解得v D ＝6gR ，由于滑块还能到达原位置A ，则传送带的速度v ≥v D ＝6gR ，选项B 错误；滑块在传送带上运动的过程中，动量方向变为相反，动量变化量不为0，则摩擦力对滑块的冲量不为0，选项C 错误；滑块与传送带之间产生的热量Q ＝μmg Δx ，传送带的速度越大，在相同时间内二者相对位移(Δx )越大，则产生的热量越多，故选项D 正确．7．(多选)(2019·安徽蚌埠市第三次质量检测)如图7所示，在一水平向右匀速运动的长传送带的左端A 点，每隔相同的时间轻放上一个相同的工件．经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L .已知传送带的速率恒为v ，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件质量为m ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图7A ．工件在传送带上加速运动的时间一定等于L vB ．传送带对每个工件做的功为12m v 2C ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于12μmgLD ．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为m v 2 答案 BD解析 工件在传送带上先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相等时工件做匀速直线运动，加速度为a ＝μg ，则加速的时间为t ＝vμg ，故A 错误；传送带对每个工件做的功使工件的动能增加，根据动能定理得：W ＝12m v 2，故B 正确；工件与传送带相对滑动的路程为：Δx＝v v μg －v 22μg ＝v 22μg ，则摩擦产生的热量为：Q ＝μmg Δx ＝m v 22，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E ＝12m v 2＋Q ＝m v 2，故D 正确．8.如图8所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端间距L ＝16 m ，传送带以速度v ＝10 m/s ，沿顺时针方向运动，物体质量m ＝1 kg ，无初速度地放置于A 端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图8(1)物体由A 端运动到B 端的时间； (2)系统因摩擦产生的热量． 答案 (1)2 s (2)24 J解析 (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力和重力，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，设物体经时间t 1，加速到与传送带同速， 则v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 12解得：a 1＝10 m/s 2 t 1＝1 s x 1＝5 m<L因mg sin θ>μmg cos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速 由mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 L －x 1＝v t 2＋12a 2t 22解得：t 2＝1 s故物体由A 端运动到B 端的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s. (2)物体与传送带间的相对位移 x 相＝(v t 1－x 1)＋(L －x 1－v t 2)＝6 m 故Q ＝μmg cos θ·x 相＝24 J.9.如图9所示，与水平面成30°角的传送带以v ＝2 m/s 的速度按如图所示方向顺时针匀速运动，AB 两端距离l ＝9 m ．把一质量m ＝2 kg 的物块(可视为质点)无初速度地轻轻放到传送带的A 端，物块在传送带的带动下向上运动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝7153，不计物块的大小，g 取10 m/s 2.求：图9(1)从放上物块开始计时，t ＝0.5 s 时刻摩擦力对物块做功的功率是多少？此时传送带克服摩擦力做功的功率是多少？(2)把这个物块从A 端传送到B 端的过程中，传送带运送物块产生的热量是多大？ (3)把这个物块从A 端传送到B 端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？ 答案 (1)14 W 28 W (2)14 J (3)18.8 W 解析 (1)物块受沿传送带向上的摩擦力为： F f ＝μmg cos 30°＝14 N由牛顿第二定律得：F f －mg sin 30°＝ma ， a ＝2 m/s 2物块与传送带速度相同时用时为：t 1＝v a ＝22 s ＝1 s因此t ＝0.5 s 时刻物块正在加速， 其速度为：v 1＝at ＝1 m/s则此时刻摩擦力对物块做功的功率是： P 1＝F f v 1＝14 W此时刻传送带克服摩擦力做功的功率是： P 2＝F f v ＝28 W(2)当物块与传送带相对静止时：物块的位移x 1＝12at 12＝12×2×12 m ＝1 m<l ＝9 m摩擦力对物块做功为：W 1＝F f x 1＝14×1 J ＝14 J 此段时间内传送带克服摩擦力所做的功： W 2＝F f v t 1＝28 J这段时间产生的热量：Q ＝W 2－W 1＝14 J(3)物块在传送带上匀速运动的时间为： t 2＝l －x 1v ＝4 s把物块由A 端传送到B 端摩擦力对物块所做的总功为： W 总＝mgl sin 30°＋12m v 2把物块从A 端传送到B 端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是： P ＝W 总t 1＋t 2＝18.8 W. 10．(2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m ＝1 kg 且可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB 长L ＝5 m ，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s ＝1.5 m ，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v ＝5 m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p ＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取g ＝10 m/s 2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R ；(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案 (1)0.8 m (2)13 m (3)37 m/s ≤v ≤43 m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12m v 02，可知v 0＝6 m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中， 由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2 m/s 2，t 1＝0.5 s ，x 1＝2.75 m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12m v 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据整理可以得到：R ＝0.8 m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度为v B ，由12m v 2－12m v B 2＝μ2mg ·2s得到v B ＝7 m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C 点x 处，由12m v B 2＝μ2mg (s －x )，得到：x ＝13m.(3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin 30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知：12m v 12－12m v F 2＝μ2mgs ＋mg (R ＋R sin 30°)解得：v 1＝37 m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由：12m v 22＝μ2mg ·3s ＋mgR解得：v 2＝43 m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12m v B m 2－12m v 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝214 m/s综合上述分析可知，只要传送带速度37 m/s ≤v ≤43 m/s 就满足条件．。

传送带模型中的动力学及能量观点的综合问题学校：_________班级：___________姓名：_____________模型概述1．传送带的特点：传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对滑动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。

2．传送带问题的解题关键：抓住v物=v传的临界点，当v物=v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。

3．传送带问题中位移的区别1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。

2)物体相对传送带的位移(划痕长度)Δx①若有一次相对运动：Δx=x传-x物或Δx=x物-x传。

②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx=Δx1+Δx2(图甲)；两次相对运动方向相反，则Δx等于较长的相对位移大小(图乙)。

4.传送带问题的基本类型有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型.1)水平传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况①可能一直加速②可能先加速后匀速①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0=v时，一直匀速③v0<v时，摩擦力为动力，可能一直加速，也可能先加速再匀速①传送带较短时，摩擦力为阻力，滑块一直减速到达左端②传送带足够长时，摩擦力先为阻力，滑块先向左减速，减速到零后摩擦力再为动力，物体反向加速运动回到右端。

2)倾斜传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况①可能一直加速②可能先加速后匀速①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能先以a 1加速再以a 2加速5.传送带问题分析的基本思路求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向.当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键.1)动力学分析：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．2)功能关系分析①功能关系分析：电机所做的功W =ΔE k (+ΔE P )+Q ②对W 和Q 的理解：Ⅰ、因放上物体而使电动机多消耗的电能：W Ⅱ、传送带克服摩擦力做的功：W f =F f ⋅x 传；Ⅲ、产生的内能：Q =W f =-F f ⋅x 相对．典题攻破1.水平传送带1.(2024·河南郑州·三模)(多选)如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 1=2m/s 向右运动，一质量为m =1kg 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2=4m/s 滑上传送带，经过时间t =9s ，最终滑块又返回至传送带的右端。

传送带中的能量问题知识梳理摩擦力做功与机械能、内能之间转化的关系方法指导：一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量＝相对，其中相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，l 相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，l 相对为两物体对地位移大小之和；如果一个物体相对另一物体做往复运动，则l 相对为两物体相对滑行路径的总长度例1、电机带动水平传送带以速度v 匀速运动，一质量为m 的小木块由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图所示，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)小木块获得的功能；(4)摩擦过程产生的内能；(5)电机带动传送带匀速转动输出的总能量．例2、如图5－4－4所示，AB为半径R＝0.8 m的1/4光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量M＝3 kg，车长L＝2.06 m，车上表面距地面的高度h＝0.2 m．现有一质量m＝1 kg的小滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了1.5 s时，车被地面装置锁定．(g＝10 m/s2)试求：(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小；例3、工厂流水线上采用弹射装置把物品转运，现简化其模型分析：如图5－4－24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；现将滑块向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时由静止释放，若滑块离开弹簧时的速度小于传送带的速度，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.求：(1)释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；(2)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．综合题例4、某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图5－4－8所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，s＝1.50 m．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g＝10 m/s2)达标检测1、如图16甲所示，水平传送带的长度L＝6 m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，现在一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以水平速度v0从A点滑上传送带，越过B点后做平抛运动，其水平位移为x，保持物块的初速度v0不变，多次改变皮带轮的速度v依次测量水平位移x，得到如图16乙所示的x－v图象．(1)当0＜v≤1 m/s时，物块在A、B之间做什么运动？当v≥7 m/s时，物块在A、B之间做什么运动？(2)物块的初速度v0多大？2、如图所示的水平传送带静止时，一个小物块A以某一水平初速度从传送带左端冲上传送带，然后从传送带右端以一个较小的速度V滑出传送带；若传送带在皮带轮带动下运动时，A物块仍以相同的水平速度冲上传送带，且传送带的速度小于A的初速度，则 ( )A、若皮带轮逆时针转动，A物块仍以速度V离开传送带B、若皮带轮逆时针方向转动，A物块不可能到达传送带的右端C、若皮带轮顺时针方向转动，A物块离开传送带的速度仍然可能为VD、若皮带轮顺时针方向转动，A物块离开传送带右端的速度一定大于V答案：例1对小木块，相对滑动时，由ma ＝μmg 得加速度a ＝μg ，由v ＝at 得，达相对静止所用时间t ＝v μg. (1)小木块的位移x 1＝v 2t ＝v 22μg. (2)传送带始终匀速运动，路程x 2＝vt ＝v 2μg. (3)对小木块获得的动能E k ＝12mv 2 这一问也可用动能定理解：μmgx 1＝E k故E k ＝12mv 2. (4)产生的内能Q ＝μmg (x 2－x 1)＝12mv 2. 注意，这儿凑巧了Q ＝E k ，但不是所有的问题都这样．(5)由能的转化与守恒定律得，电机输出的总能量转化为小木块的动能与内能，所以E 总＝E k ＋Q ＝mv 2.例2【标准解答】 (1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgR ＝12mv 2B ， F N B －mg ＝m v 2B R则：F N B ＝30 N.(2)设m 滑上小车后经过时间t 1与小车同速，共同速度大小为v ，对滑块有：μmg ＝ma 1，v ＝v B －a 1t 1对于小车：μmg ＝Ma 2，v ＝a 2t 1可得t 1＝1 s ＜1.5 s故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5 s ，则小车右端距B 端的距离为l 车＝v 2t 1＋v (1.5 s －t 1)＝1 m. (3)Q ＝μmgl 相对＝μmg (v B ＋v 2t 1－v 2t 1)＝6 J. 车被锁定后，滑块能否从车的左端滑出？若能滑出，试求出滑块落地点离车左端的水平距离．车被锁定时，m 相对车面已滑行了l 相对＝v B ＋v 2t 1－v 2t 1＝2 m 故此时滑块离车的左端的距离为l ＝L －l 相对＝0.06 m ，假设滑块能从车的左端滑出，速度大小为v ′，则由12mv 2＝12mv ′2＋μmgl 可得：v ′＝0.8 m/s ＞0，可见假设成立．又h ＝12gt ′2，l ′＝v ′t ′. 可得：l ′＝0.16 m.例3【解析】 (1)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E p ＝12mv 2 滑块在传送带上做匀加速运动由动能定理μmgL ＝12mv 20－12mv 2 解得：E p ＝12mv 20－μmgL . (2)设滑块在传送带上做匀加速运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移 s ＝v 0tv 0＝v ＋at μmg ＝ma滑块相对传送带滑动的位移Δs ＝s －L相对滑动生成的热量Q ＝μmg Δs解得：Q ＝mv 0(v 0－ v 20－2μgL )－μmgL .例4【解析】 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v 1，由平抛运动的规律 s ＝v 1th ＝12gt 2解得 v 1＝s g 2h＝3 m/s 设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v 2，最低点的速度为v 3，由牛顿运动定律及机械能守恒定律得mg ＝m v 22R12mv 23＝12mv 22＋mg (2R ) 解得v 3＝5gR ＝4 m/s通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是v min ＝4 m/s 设电动机工作时间至少为t ，根据功能原理Pt －fL ＝12mv 2min由此可得t ＝2.53 s.达标检测1、解析：(1)由于0＜v ≤1 m/s 时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变，所以物体在A 、B 之间做匀减速直线运动．由于v ≥7 m/s 时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变，所以物体在A 、B 之间做 匀加速直线运动．(2)由图象可知在传送带速度v 带＝1 m/s 时，物体做匀减速运动．则平抛初速度为v 1＝1 m/s ，由动能定理得：－μmgL ＝12mv 12－12mv 02 在v 带＝7 m/s 时，物体做匀加速运动，则平抛初速度为v 2＝7 m/s ，由动能定理得：μmgL ＝12mv 22－12mv 02 解得v 0＝v 12＋v 222＝5 m/s. 答案：(1)匀减速直线运动 匀加速直线运动 (2)5 m/s2、AC。

ʏ毛广文(特级教师,正高级教师) 传送带模型是以真实现象为依据的物理情景模型,以 传送带 为载体的试题,既能联系科学㊁生产和生活实际,又能训练同学们的科学思维,因而成为各级各类考试中的常见题型之一㊂求解以 传送带 为载体的能量问题时,同学们需要在熟练掌握传送带模型的特点和功能关系的基础之上,灵活选用不同的思路和方法综合分析判断㊂下面针对此类问题进行分析研讨,供同学们参考㊂一㊁明晰概念在处理传送带模型中的能量问题时,需要明确摩擦力做功和因摩擦而产生内能的区别,进而利用能量观点解决相关问题㊂1.传送带做的功:W 传=F x ,其中F 为传送带的动力,x 为传送带转动的距离㊂2.摩擦力做的功:W f =f x ,其中f 为物体所受的摩擦力,x 为物体相对地面的位移㊂3.因摩擦而产生的内能:ΔQ =f x 相对,其中f 为物体与传送带之间的滑动摩擦力,x 相对为物体与传送带之间的相对位移,若物体在传送带上做往复运动,则x 相对为总的相对路程㊂4.功能关系:W 传=ΔE k +ΔE p +ΔQ ㊂二㊁典型问题分析 图1例1 如图1所示,足够长的水平传送带以稳定的速度v 0匀速向右运动,某时刻在其左端无初速度地放上一个质量为m 的物体,经过一段时间,物体的速度达到v 02,在这个过程中因物体与传送带之间的摩擦而产生的热量为Q 1;物体继续加速,再经过一段时间,物体的速度增加到v 0,在这个过程中因物体与传送带之间的摩擦而产生的热量为Q 2㊂则Q 1ʒQ 2的值为( )㊂A .3ʒ1B .1ʒ3C .1ʒ1D .与物体和传送带之间的动摩擦因数μ的大小有关在物体做加速运动的过程中,根据牛顿第二定律得F 合=f =μm g =m a ,解得a =μg ㊂物体从静止加速到速度为v 02和从速度为v 02加速到速度为v 0所用的时间均为t=v 02μg ㊂在题述两个运动过程中,设物体相对地面的位移分别为x 1和x 2,传送带相对地面的位移分别为s 1和s 2,物体相对传送带的位移分别为Δx 1和Δx 2,则x 1=12a t 2=v 208μg ,x 2=v 02t +12a t 2=3v 208μg ,s 1=s 2=v 0t =v 22μg ,Δx 1=s 1-x 1=3v 208μg ,Δx 2=s 2-x 2=v 208μg ,Q 1=f ㊃Δx 1=3m v 208,Q 2=f ㊃Δx 2=m v 208,因此Q 1ʒQ 2=3ʒ1㊂答案:A本题主要考查摩擦力做功与摩擦生热的概念,明晰做功与对地位移的关系,摩擦生热与相对位移的关系即可顺利求解㊂图2例2 如图2所示,水平传送带由电动机带动,并始终以速度v 匀速向右运动,现将质量为m的物块由静止放置在传送带的左端,经过一段时间,物块能保持与传送带相对静止㊂设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ,对于这一过程,下列说法中正确的是( )㊂A .摩擦力对物块做的功为12m v 2B .物块对传送带做的功为12m v 283 物理部分㊃经典题突破方法 高一使用 2022年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.C .系统中摩擦生热为12m v 2D .电动机多做的功为m v2选物块为研究对象,根据动能定理可知,摩擦力做的功等于物块动能的增加,即12m v2,选项A 正确㊂根据位移与速度的关系可知,传送带的位移是物块位移的两倍,所以物块对传送带做功的绝对值是摩擦力对物块做功的两倍,即m v2,选项B 错误㊂电动机多做的功就是传送带克服摩擦力做的功,即m v2,选项D 正确㊂系统中摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积,即12m v2,选项C 正确㊂答案:A CD电动机多做的功也可以根据功能关系进行求解,即电动机多做的功等于系统的内能与物块的动能增加量之和㊂例3 如图3所示,在一水平向右匀速运动的传送带的左端A 点,每隔相等的时间T ,轻放上一个相同的工件㊂已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ,每个工件的质量为m ㊂经测量发现,那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L ㊂重力加速度为g ,下列判断中正确的有( )㊂图3A .传送带的速度大小为L TB .工件在传送带上加速的时间为L2μg T C .每个工件与传送带之间因摩擦而产生的热量为μm g L2D .传送带因传送一个工件而多消耗的能量为m L 2T2工件在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动㊂设传送带的运行速度为v ,根据每个工件滑上传送带后的运动规律得L =v T ,解得传送带的速度v =LT,选项A 正确㊂设每个工件做匀加速直线运动的时间为t ,根据牛顿第二定律得f =m a ,其中f =μN ,N =m g ,解得工件的加速度a =μg ,根据速度公式得v =a t ,解得t =Lμg T ,选项B 错误㊂每个工件与传送带之间的相对位移Δx =v t -v22a=L 22μg T 2,因摩擦而产生的热量Q =f ㊃Δx =m L 22T 2,选项C 错误㊂根据功能关系可得,传送带因传送一个工件而多消耗的能量E =12m v 2+Q =m L 2T2,选项D 正确㊂答案:AD求解本题的关键在于根据题意求出传送带的运行速度,即每一个工件最终随传送带一起匀速运动的速度,然后借助功能关系即可顺利求解相关能量问题㊂例4 如图4甲所示,一足够长的传送带与水平面之间的夹角为θ,以一定的速度匀速运动,某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块,以此时为t =0时刻,物块之后在传送带上运动的速度v 随时间t 的变化关系如图4乙所示(取沿斜面向上的运动方向为正方向,其中v 1>v 2)㊂已知传送带的速度始终保持不变,下列判断中正确的是( )㊂图4A .在0~t 1时间内,物块对传送带做正功B .物块与传送带之间的动摩擦因数μ<t a n θC .在0~t 2时间内,传送带对物块做的功为12m v 22-12m v 2193物理部分㊃经典题突破方法高一使用 2022年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.D .在0~t 2时间内,系统中产生的热量一定比物块动能的减少量大根据物块的v -t 图像可知,物块先向下运动后向上运动,则传送带的运动方向向上㊂在0~t 1时间内,物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下,则物块对传送带做负功,选项A 错误㊂在t 1~t 2时间内,物块向上运动,则μm g c o s θ>m gs i n θ,故μ>t a n θ,选项B 错误㊂根据v -t 图像与t 轴所围成的面积表示物块的位移可知,在0~t 2时间内,物块的总位移沿传送带向下,高度下降,重力对物块做正功,设为W 重,根据动能定理得W +W 重=12m v 22-12m v 21,则传送带对物块做的功W ʂ12m v 22-12m v 21,选项C 错误㊂在0~t 2时间内,物块的重力势能减小,动能也减小,都转化为系统中产生的热量,根据功能关系可知,系统中产生的热量一定大于物块动能的减少量,选项D 正确㊂答案:D本题借助图像描述物块在传送带上的运动,根据图像信息可以判断物块的运动情况,根据物块的运动情况可以判断物块的受力情况,利用受力分析可以得出μ>t a n θ的结论;根据v -t 图像与t 轴所围成的面积表示物块的位移,可以判定物块与传送带达共速时,物块在其出发点的下方,高度下降,重力对物块做正功;根据动能定理和功能关系,可以判断做功问题和摩擦生热问题㊂图51.如图5所示,三角形传送带以1m /s 的速度沿逆时针方向匀速转动,左右两边传送带的长度都是2m ,且与水平方向之间的夹角均为37ʎ㊂现有两个质量相等的小物块A ㊁B 从传送带顶端均以1m /s的初速度沿左右两边的传送带下滑,A ㊁B 两物块与传送带之间的动摩擦因数均为0.5㊂下列说法中正确的是( )㊂A .物块A 先到达传送带底端B .物块A ㊁B 同时到达传送带底端C .传送带对物块A ㊁B 均做负功D .物块A ㊁B 和传送带之间因摩擦而产生的热量相等图62.如图6所示,一质量M =2.0k g 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,子弹最终从物块中穿出㊂地面观察者记录了物块被子弹击穿后的速度随时间的变化关系如图7所示(取水平向右的运动方向为正方向)㊂已知传送带的速度始终保持不变,取重力加速度g =10m /s2㊂图7(1)指出物块随传送带一起运动时速度v 的方向及大小,并说明理由㊂(2)计算物块与传送带之间的动摩擦因数μ㊂(3)物块对传送带做了多少功?系统中有多少能量转化为热能?(计算结果保留一位小数)参考答案:1.B C2.(1)从v -t 图像可以看出,物块被子弹击穿后,先向左做匀减速运动,速度减小为零后,又向右做匀加速运动,当其速度等于2.0m /s 后随传送带一起向右做匀速运动㊂因此物块随传送带一起运动时速度v 的方向向右,大小为2.0m /s ㊂(2)μ=0.2㊂(3)W =-24.0J ,Q =36.0J㊂作者单位:河南省开封高级中学(责任编辑 张 巧)4 物理部分㊃经典题突破方法 高一使用 2022年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

传送带中的能量转化问题解题技巧A点到C点的时间为t，由匀加速直线运动公式可得：s = 1/2at^2 + vt其中v为物体在A点的初始速度，由于是无初速下滑，所以v = 0.代入题目数据可得：5 = 1/2at^2 + 0t = sqrt(10/a)由于BC段物体与传送带不打滑，所以物体在BC段的加速度为g - μg，代入上式可得：5 = 1/2(g - μg)t^2a = (g - μg)/2 = 2.45m/s^2物体在BC段的速度为v_BC = at = 7.78m/s，由此可得BC 段的长度为：s = v_BC * t = 19.4m2）物体以最短时间到达C点时，BC段的长度为最短，即BC段的长度为19.4m。

轮子转动的角速度大小为v_BC/r，代入题目数据可得：v_BC/r = 7.78rad/s3）物体与传送带系统增加的内能为动能转化为热能和摩擦产生的热能之和。

物体在BC段失去的重力势能全部转化为动能，即：E_k = mgh = 49J由于物体与传送带之间有摩擦，所以会产生热能，热能的大小为：Q = μmgd = 9.8J因此，物体与传送带系统增加的内能为：E = E_k + Q = 58.8J联解③、④得到：v' = 2gμL由①、⑤联解得到：v = at其中，S1为木块从A运动到B相对皮带的位移，公式为S1 = L + vt，其中v为初速度，L为A点到B点的距离。

木块开始向左做匀加速运动，到停止滑动所经历的时间为t2，这段时间内木块相对皮带发生相对位移S2，公式为S2 = v2/2gμ，其中v为匀加速运动的末速度。

全过程中产生最大热量Q为：Q = (M+m)gμ(S1+S2) = (v+2gμL)²/2gμ解答此题时应注意：第一问按常规的完全非弹性碰撞模型处理即可；v < 2gμL的含义是木块不会从皮带上滑出；第二问属于临界问题，要使系统产生的热量最多，意味着要使块和皮带之间的相对位移最大；求相对位移和相对速度时，同向相减，反向相加。

2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.6 “传送带”模型中的能量转化问题【专题诠释】传送带中摩擦力做功与能量转化1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【最新考向解码】【例1】(2019·长春实验中学高三上学期期末)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行。

在t＝0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带。

取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s2)。

求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功。

【答案】 (1)35 (2)－3.75 J 【解析】 (1)由v -t 图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：a 1＝v 1t 1＝8 m/s 2 后0.5 s 的加速度为：a 2＝v 2－v 1t 2＝2 m/s 2 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2联立解得：θ＝30°，μ＝35。

传送带模型中的能量问题1．如图所示，比较长的传送带与水平方向的夹角θ＝37°，在电动机带动下以v0＝4 m/s的恒定速率顺时针方向运行．在传送带底端P处有一离传送带很近的固定挡板，可将传送带上的物体挡住．在距P距离为L＝9 m的Q处无初速度地放一质量m＝1 kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，物体与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，求物体从静止释放到第一次返回上升至最高点的过程中：(1)相对传送带发生的位移；(2)系统因摩擦产生的热量；(3)传送带多消耗的电能；(4)物体的最终状态及该状态后电动机的输出功率．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3.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 ＝200kg 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．4．(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1A ．电动机多做的功为12m v 2 B ．物体在传送带上的划痕长v 2μgC ．传送带克服摩擦力做的功为12m v 2 D ．电动机增加的功率为μmg v5．(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2A．W1＝W2，P1<P2，Q1＝Q2 B．W1＝W2，P1<P2，Q1>Q2C．W1>W2，P1＝P2，Q1>Q2 D．W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q26．(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.7．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．8．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.。

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。

专题44 传送带中的能量问题1．(多选)如图所示，水平传送带在电动机的带动下始终以速度v 匀速运动．某时刻在传送带上A 点处轻轻放上一个质量为m 的小物体，经时间t 小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x ，A 点未到右端，在这段时间内( )A .小物体相对地面的位移大小为xB ．传送带上的A 点对地的位移大小为xC ．由于物体与传送带相互作用产生的热能为mv 2D ．由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv 22.(多选)如图所示，水平传送带保持静止时，一个质量为m 的小物块以水平初速度v 0从传送带左端冲上传送带，从传送带右端以一个较小的速度v 1滑出传送带．现在让传送带在电动机的带动下以速度v 2逆时针匀速转动，小物块仍以水平初速度v 0从传送带左端冲上传送带，则( )A ．小物块可能会从传送带左端滑出B ．小物块仍以速度v 1从传送带右端滑出C ．小物块克服摩擦力做的功为12mv 20 －12mv 21 D ．小物块和传送带间因摩擦而产生的内能为12mv 20 －12mv 213．(多选)如图所示，一质量为1kg 的小物块自斜面上A 点由静止开始下滑，经2s 运动到B 点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带，传送带以4m /s 的恒定速率运行．已知A 、B 间距离为2m ，传送带长度(即B 、C 间距离)为10m ，小物块与传送带的动摩擦因数为0.2，取g ＝10m /s 2.下列说法正确的是( )A .小物块在传送带上运动的时间为2.32sB ．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为2JC ．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为6JD ．小物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8J4．[2021·广东深圳市调研](多选)如图所示，滑轮大小可忽略的传送带以恒定速率顺时针转动．将小物块在传送带底端P 点无初速度释放，小物块在摩擦力的作用下运动至传送带顶端．在小物块运动过程中，下列说法中正确的是()A．小物块所受摩擦力的瞬时功率一定不断变大B．小物块所受摩擦力做的功大于小物块动能的增加量C．若物块滑到顶端时恰好与传送带共速，则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块增加的机械能D．若物块滑到顶端时恰好与传送带共速，则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块增加的动能5．[2021·陕西部分学校摸底](多选)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v＝2m/s沿图示方向匀速运动．现将一质量为2kg的小木块，从传送带的底端以v0＝4m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.从小木块滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是()A．运动时间为0.4sB．发生的位移为1.6mC．产生的热量为9.6JD．摩擦力对小木块所做的功为12.8J6.如图所示，某工厂用传送带向高处运送货物，将一货物轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是()A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C．第一阶段物体和传送带间摩擦生的热等于第一阶段物体机械能的增加量D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功7．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t ＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图像如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2，则()A ．传送带的速率v 0＝10m /sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2.0s 内摩擦力对物体做功W f ＝－24J专题44 传送带中的能量问题1．AD 2.BC 3.BCD4．BC 小物块在传送带摩擦力作用下可能先加速再匀速运动，摩擦力的瞬时功率则先增大后不变，A 错误；小物块上滑过程中，重力做负功，摩擦力做正功，总功等于动能增加量，所以摩擦力做功大于小物块动能增加量，B 正确；由功能关系可知，小物块增加的机械能等于摩擦对物块做的功，即f ·s 物，而x 带＝2x 物，Q ＝f (x 带－x 物)＝f ·x 物，故C 正确，D 错误．5．BC 第一阶段：根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，得a 1＝10m/s 2，第一阶段小木块的位移为x 1＝v 2－v 20 －2a 1＝0.6m ，所用时间为t 1＝v －v 0－a 1＝0.2s ，传送带的位移为x 传1＝v t 1＝0.4m ，相对位移为Δx 1＝x 1－x 传1＝0.2m ；第二阶段mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝2m/s 2，第二阶段小木块的位移为x 2＝v 22a 2＝1m ，所用时间为t 2＝v a 2＝1s ，传送带的位移为x 传2＝v t 2＝2m ，相对位移为Δx 2＝x 传2－x 2＝1m ．由以上分析可知，运动总时间为t ＝t 1＋t 2＝1.2s ，小木块的总位移x ＝x 1＋x 2＝1.6m ，产生总热量为Q ＝μmg cos θ·Δx 1＋μmg cos θ·Δx 2＝9.6J ；摩擦力第一阶段对小木块做负功，第二阶段对小木块做正功，摩擦力对小木块所做的功为W ＝－μmg cos θ·x 1＋μmg cos θ·x 2＝3.2J ，可知BC 正确．6．C 对物体分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A 错误；由动能定理知，合外力做的总功等于物体动能的增加量，B 错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D 错误；设第一阶段物体的运动时间为t ，传送带速度为v ，对物体：x 1＝v 2t ，对传送带：x 1′＝v ·t ，摩擦产生的热Q ＝F f x 相对＝F f (x 1′－x 1)＝F f ·v 2t ，机械能增加量ΔE ＝F f ·x 1＝F f ·v 2t ，所以Q ＝ΔE ，C 正确． 7．ACD 当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图像可得，传送带的速率为v 0＝10m/s ，A 正确；1.0s 之前的加速度a 1＝10m/s 2，1.0s 之后的加速度a 2＝2m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ≈37°，μ＝0.5，B 错误，C 正确；摩擦力大小F f ＝μmg cos θ＝4N ，在0～1.0s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0s 内物体的位移为5m ，1.0～2.0s 内物体的位移是11m ，0～2.0s 内摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24J ，D 正确．。

37°,在电动机带动下以v o = 4 m/s的恒定速率顺传送带模型中的能量问题1如图所示，比较长的传送带与水平方向的夹角9 =时针方向运行•在传送带底端P处有一离传送带很近的固定挡板，可将传送带上的物体挡住•在距P距离为L = 9 m的Q处无初速度地放一质量m= 1 kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数卩= 0.5，物体与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计，取g = 10 m/s1 2, sin37 ° = 0.6，求物体从静止释放到第一次返回上升至最高点的过程中：(1) 相对传送带发生的位移；(2) 系统因摩擦产生的热量；(3) 传送带多消耗的电能；(4) 物体的最终状态及该状态后电动机的输出功率.【解析】(1) 要分上和下两个过程处理，注意相对路程和相对位移是不一样的。

解法1:力和运动法.物体由静止释放，沿传送带向下加速运动，相对传送带亦向下滑，受力如图1所示，有 mgsin 0 — ^ mgcos 0 = ma，得 a1= 2 m/s 2与 P 碰前速度 V1 = ^2a1L= 6 m/s设物体从Q到P的时间为t1,贝U t1 = V = 3 sa1设物体对地位移为 X1，可知X1= L = 9 m，相对传送带向下的位移△X1 = X1 + V0t 1 = 21 m物体与挡板碰撞后，以速度 V1反弹，向上做减速运动，因V1>V0,物体相对传送带向上滑，设速度减小到与传送带速度相等的时间为12,此过程受力如图 2所示，有mgsin 0 +卩mgcos0 = ma,口2V1 — V0得 a2= 10 m/s , 12= -------------- = 0.2 sa2»................ V1 + V0 ............................. ..在t2时间内物体对地向上的位移X2= —2 t2= 1 m相对传送带向上的位移厶 X2= X2— V0t 2= 0.2 m物体速度与传送带速度相等后，由于mgsin 0 >卩mgcos0物体不能匀速，将相对传送带向下滑，对地向2V0上做加速度大小为 a3= a1= 2 m/s的减速运动，设速度减小到零的时间为t3, t3=一= 2 sa3, V0此过程中物体对地向上的位移X3= 2上3= 4 m相对传送带向下的位移厶X3= V0t 3 — x3= 4 m整个过程中两者相对滑动位移为△x=A X1 —△ X2+A X3 = 24.8 m.解法2:相对运动法.以传送带为参考系，在求出相对初速度和相对加速度后，三个阶段物体相对传送1 2 1 21 2m A X3 =尹上3= 4 m第二阶段物体相对传送带向上运动，两者相对滑动总位移为A x=AX1—A X2+A X3= 24.8 m.带的位移分别为A X1= V0t 1+ 2玄让1 = 21 m A X2= (v 1 — v°)t 2 — ?a2t 2= 0.22物体体和传送带v —t图线所夹的面积表示相对发生的位移:(V 0 + V o+ V i)t 1△ X i = _ = 21△ X2 =(v i —V o)t2—2=0.2 (3)76.8 J解法3:图象法•设沿传送带向上为正方向，画出如图3所示物体和传送带运动的v— t图象，直接用物△ X3= 2吸3 = 4 m两者相对滑动的总位移为△x =△ X i —△ X2+A X3= 24.8 m.(2) 系统因摩擦产生的热量，是由于一对滑动摩擦力作用点移动的不同导致做功不等而造成的，产生的热量不是与传送带和物体间的相对移动的位移而是与相对移动的距离有关(如图4所示阴影部分面积)：Q= Q i + Q+ Q= F f •△l =卩 mgcos 0 ( △X i +△x?+A X3) = 100.8 J.出现相对来回的情况时，热量要用相对路程而不能用相对位移(3) 传送带消耗的电能是因为传送带要克服摩擦力做功，这与传送带对地运动位移有关(如图5所示阴影部分面积)，在物体向下加速和相对传送带向下运动的减速阶段，摩擦力对传送带做负功消耗电能，在物体相对传送带向上运动的减速阶段，摩擦力对传送带做正功，减少电能损耗.△ E 电=—F f(x 传送带1— X 传送带2+ X 传送带3)=—卩 mgcos 0 (v o t i — v o t 2 +v o t 3) = — 76.8 J即传送带多消耗的电能为 76.8 J.可由功能关系处理，从开始到回到最高点过程中，系统增加了热能100.8 J，减少了重力势能 mgxsin 0, x=x1-x2-x3=4m, mgxsin 0 =24j,系统动能就有变，系统总的增加了100.8-24=76.8j所以传送带多消耗的电能是76.8j(4) 物体返回上升到最高点时速度为零，以后将重复上述过程，且每次碰后反弹速度、上升高度依次减小，最终达到一个稳态：稳态的反弹速度大小应等于传送带速度 4 m/s，此后受到的摩擦力总是斜向上，加速度为gsin 0 —卩gcos 0 = 2 m/s 2，方向斜向下，物体相对地面做往返"类竖直上抛”运动，对地上升的最v22v°大位移为X m= = 4 m，往返时间为 T= = 4 s2a i a i传送带受到的摩擦力大小始终为F f =卩mgcos0，稳态后方始终斜向下，故电动机的输出功率稳定为P =F f V0=u mgcos 0X V0= 16 W.传送带受到物体的摩擦力方向向下，电动机对传送带的力要向上，这样，电动机的输出功率用力和时间的积就可以求出了。

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。

传送带模型中的能量问题1．如图所示，比较长的传送带与水平方向的夹角θ＝37°，在电动机带动下以v 0＝4 m/s 的恒定速率顺时针方向运行．在传送带底端P 处有一离传送带很近的固定挡板，可将传送带上的物体挡住．在距P 距离为L ＝9 m 的Q 处无初速度地放一质量m ＝1 kg 的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，物体与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，求物体从静止释放到第一次返回上升至最高点的过程中：(1)相对传送带发生的位移；(2)系统因摩擦产生的热量；(3)传送带多消耗的电能；(4)物体的最终状态及该状态后电动机的输出功率．【解析】(1)要分上和下两个过程处理，注意相对路程和相对位移是不一样的。

解法1：力和运动法．物体由静止释放，沿传送带向下加速运动，相对传送带亦向下滑，受力如图1所示，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma 1，得a 1＝2 m/s 2 与P 碰前速度v 1＝2a 1L ＝6 m/s设物体从Q 到P 的时间为t 1，则t 1＝v 1a 1＝3 s 设物体对地位移为x 1，可知x 1＝L ＝9 m ，相对传送带向下的位移Δx 1＝x 1＋v 0t 1＝21 m物体与挡板碰撞后，以速度v 1反弹，向上做减速运动，因v 1>v 0，物体相对传送带向上滑，设速度减小到与传送带速度相等的时间为t 2，此过程受力如图2所示，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 2得a 2＝10 m/s 2，t 2＝v 1－v 0a 2＝0.2 s 在t 2时间内物体对地向上的位移x 2＝v 1＋v 02t 2＝1 m 相对传送带向上的位移Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.2 m 物体速度与传送带速度相等后，由于mgsin θ>μmgcos θ物体不能匀速，将相对传送带向下滑，对地向上做加速度大小为a 3＝a 1＝2 m/s 2的减速运动，设速度减小到零的时间为t 3，t 3＝v 0a 3＝2 s 此过程中物体对地向上的位移x 3＝v 02t 3＝4 m 相对传送带向下的位移Δx 3＝v 0t 3－x 3＝4 m整个过程中两者相对滑动位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＋Δx 3＝24.8 m.解法2：相对运动法．以传送带为参考系，在求出相对初速度和相对加速度后，三个阶段物体相对传送带的位移分别为Δx 1＝v 0t 1＋12a 1t 21＝21 m Δx 2＝(v 1－v 0)t 2－12a 2t 22＝0.2 m Δx 3＝12a 3t 23＝4 m 第二阶段物体相对传送带向上运动，两者相对滑动总位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＋Δx 3＝24.8 m.解法3：图象法．设沿传送带向上为正方向，画出如图3所示物体和传送带运动的v －t 图象，直接用物体和传送带v －t 图线所夹的面积表示相对发生的位移：Δx 1＝(v 0＋v 0＋v 1)t 12＝21 m ，Δx 2＝(v 1－v 0)t 22＝0.2 m Δx 3＝12v 0t 3＝4 m 两者相对滑动的总位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＋Δx 3＝24.8 m.(2)系统因摩擦产生的热量，是由于一对滑动摩擦力作用点移动的不同导致做功不等而造成的，产生的热量不是与传送带和物体间的相对移动的位移而是与相对移动的距离有关(如图4所示阴影部分面积)：Q ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＝F f ·Δl ＝μmgcos θ(Δx 1＋Δx 2＋Δx 3)＝100.8 J.出现相对来回的情况时，热量要用相对路程而不能用相对位移(3)传送带消耗的电能是因为传送带要克服摩擦力做功，这与传送带对地运动位移有关(如图5所示阴影部分面积)，在物体向下加速和相对传送带向下运动的减速阶段，摩擦力对传送带做负功消耗电能，在物体相对传送带向上运动的减速阶段，摩擦力对传送带做正功，减少电能损耗．ΔE 电＝－F f (x 传送带1－x 传送带2＋x 传送带3)＝－μmgcos θ(v 0t 1－v 0t 2＋v 0t 3)＝－76.8 J即传送带多消耗的电能为76.8 J.可由功能关系处理，从开始到回到最高点过程中，系统增加了热能100.8 J ，减少了重力势能mgxsin θ，x=x1-x2-x3=4m, mgxsin θ=24j,系统动能就有变，系统总的增加了100.8-24=76.8j 所以传送带多消耗的电能是76.8j(4)物体返回上升到最高点时速度为零，以后将重复上述过程，且每次碰后反弹速度、上升高度依次减小，最终达到一个稳态：稳态的反弹速度大小应等于传送带速度4 m/s ，此后受到的摩擦力总是斜向上，加速度为gsin θ－μgcos θ＝2 m/s 2，方向斜向下，物体相对地面做往返“类竖直上抛”运动，对地上升的最大位移为x m ＝v 202a 1＝4 m ，往返时间为T ＝2v 0a 1＝4 s 传送带受到的摩擦力大小始终为F f ＝μmgcos θ，稳态后方始终斜向下，故电动机的输出功率稳定为P ＝F f v0＝μmgcosθ×v0＝16 W.传送带受到物体的摩擦力方向向下，电动机对传送带的力要向上，这样，电动机的输出功率用力和时间的积就可以求出了。