专题突破练 专题二 第7练 传送带的动力学和能量问题

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1、第7练传送带的动力学和能量问题感悟高考明考向(2020全国卷IIL25改编)如图，相距L=11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送 带相接.传送带向右匀速运动,其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定.质量m=10 kg 的载物箱(可视为质点)，以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带.载物箱与传送带间的 动摩擦因数“ = 0.10,重力加速度取g=10 m/s2.(1) 若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2) 求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度.答案(1)2.75 s (2)3 m/s -,2 m/s解析 传送带的速度为v二4.0 m/

2、s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有 “mg 二 ma 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1,由运动学公式有V2 - vQ2-_ 2as1 联立式，代入题给数据得s1 - 4.5 m 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动设载物箱从滑上 传送带到离开传送带所用的时间为I,做匀减速运动所用的时间为，由运动学公式有v -v0-at1/ L - s,t1-t1/ +于联立式并代入题给数据得t1- 2.75 s （2）当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为；当载 物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到

3、达右侧平台时的速度最大，设为笃.由动能定理有 -PmgL - 2血乞2 - 2血勺2ymgL - |m22 _ 2血勺2 由式并代入题给条件得V-；2 m/s , v2-4：3 m/s先练后讲典题练1. （多选）安全检查仪可以对旅客的行李箱进行安全检查，其传送装置可简化为如图所示紧 绷的水平传送带始终保持1 m/s的恒定速率逆时针运行.旅客把质量为10 kg的行李箱（可视 为质点）无初速度地放在传送带A端，通过传送带使其运动到B端.设行李箱与传送带之间 的动摩擦因数为0.1, AB间的距离为2 m, g取10 m/s2,贝 ）A. 行李箱始终受到向左的摩擦力B. 行李箱到达B端所用时间为2.5

4、 sC. 传送带对行李箱所做的功为5 JD. 行李箱与传送带摩擦产生的热量为20 J答案BC解析 对行李箱由牛顿第二定律得ymg - ma ,解得 a - 1 m/s2 , 设行李箱做匀加速运动的时间 为t，行李箱加速运动的末速度为v - 1 m/s ,由v - a,解得-1 s ,匀加速运动的位移大小 为兀-刃12-2X1X12 m -0.5 m，匀速运动的时间为t?- v - 1 s - 1.5 s ,行李箱 从A到B的时间为t-t1 + t2-2.5 s,可知，行李箱加速运动时受到向左的摩擦力，匀速运动 时不受摩擦力，故A错误，B正确；根据动能定理，传送带对行李箱所做的功为W-|mv2

5、-0-|x10X12 J-5 J,故C正确；传送带和行李箱之间的相对位移为Ax - Vt1 - X1 - 1X 1 m -0.5 m-0.5 m,因摩擦产生的热量 Q-mgAx - 0.1 X 10 X 10X0.5 J-5 J,故 D 错误.2. （2022.重庆市西南大学附中模拟）传送装置在物流快递中的应用使得分拣工作更加智能 化.如图所示，水平传送带在电机的带动下，始终以速度2v0顺时针匀速转动，一质量为m的快递件以勺的速度从左端水平滑上传送带，最终快递件与传送带共速，则快递件与传送带间由于摩擦产生的热量为（)n-C)瓯3mvn 2A. 2mv02C. mvg答案DDmvo2D. 2解析

6、 快递件与传送带相对运动过程中，故匀加速直线运动，艮据牛顿第二定律有ymg二ma ,2v + v根据速度时间关系式有2v0二v0 + at ,快递件的位移X二七丹，传送带位移x2二2v0t，由于摩擦产生的热量Q二mg（x2 - X），联立解得Q二1mv02，故选D.3.（2022.山西怀仁市第一中学模拟）如图所示，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上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C

7、点后再经 d点滑上传送带，贝y（）A. 固定位置A到B点的竖直高度可能为2.4RB. 滑块不可能重新回到出发点A处C. 传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多D. 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关答案C解析 若滑块恰能通过c点贝U mg 二 m -R再由C到B由动能定理得2mgR -2mvB2 - 2mvC2 / B点的速度最小为vB二隔，再由A到B ,运用机械能守恒定律有mgh=1mvB2，解得AB 的竖直高度最小为h二2.5R，因为2.4RV2.5R , A错误；滑块滑回D点，其速度与进入传送带的速度相等时，滑块就能够重新回到出发点A处，B错误；滑块在传送带上向

8、右运动，减速 的距离与传送带的速度无关，只与滑到传送带上的速度、加速度有关，D错误；传送带的速 度越大，传送带与滑块相对运动的距离就会越大，故克服摩擦力做的功就越多，所以产生的 热量越多，C正确.4如图所示，倾角为e的足够长倾斜传送带沿逆时针方向以恒定速率运行，一个小物块无初 速度地放在传送带上端，传送带与物块间动摩擦因数“vtan 0,下列描述小物块动能Ek随物 块沿传送带运动距离x的变化规律中正确的是（）答案C解析 由于动摩擦因数“vtan 0，则小物块与传送带共速前，小物块受到的摩擦力沿斜面向下， 则根据动能定理可得其动能与随物块沿传送带运动距离x的关系为二mg（sin 0 +“cos

9、e）x, 共速之后摩擦力沿斜面向上有Ek2二Ek1 + mg（sin 0 - “cos 0）x ,可知后一段斜率较小，故C 正确，A、B、D错误.5.（多选）（2022*广东茂名市五校联盟第五次联考）如图所示，倾角0=37的传送带以v=4 m/s 的速率顺时针转动，其上方与一水平台面平滑连接.一质量m=1 kg的货物从传送带的底端 A处以v0=8 m/s的速率滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带两端A、B间的高度差h=2.49 m，sin 37 = 0.6，cos 37=0.8，重力加速度g = 10 m/s2,下列说法 正确的是（）A. 货物能冲上水平台面B. 货物从A

10、处运动到B处所用的时间为0.9 sC. 货物在传送带上的划痕长为1.05 mD. 货物与传送带间因摩擦产生的热量为5.2 J答案AB解析 设开始时货物的加速度大小为a1 ,由牛顿第二定律得mgsin 0 + “mgcos 0 = ma1，解得 a1 = 10 m/s2，设经时间t1货物与传送带共速，则由v二v0 - a1t1 ,解得t1 = 0.4 s ,货物相对传 送带向上运动的距离笫二弘- vt二0.8 m ,共速后的加速度大小为a2，由牛顿第二定律2得mgsin 0 - “mgeos 0二ma?，解得a2 = 2 m/s2 ,假设到达水平台面的速度为v，则有v2 - v 二笔（盘-呼，解

11、得v2二3 m/s ,则能冲上水平台面，故A正确；设共速后货物在传送 带上运动的时间为！，则由v2二v - a2t2，解得t2 = 0.5 s，共速后货物相对传送带向下的距离为心2二vt2 -宁t2二0.25 m，所以货物从A处运动到B处所用的时间为0.9 s，货物在传送带上的划痕长为心二0.8 m ,故B正确，C错误；货物与传送带间因摩擦产生的热量为Q二 “mgcos 0(AX + Ax2)二 4.2 J ,故 D 错误.乙则下列说法正确的是（）A.B.C.D.倾斜传送带与水平方向的夹角e=37煤块与传送带间的动摩擦因数“ = 0.5煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 s 煤块在传送带

12、上留下的痕迹长为（12+4；亏）m6.（多选）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率v传=4 m/s顺时针转动.一 煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取 g=10 m/s2， sin 37 = 0.6, sin 53 = 0.8,答案AD12 - 4、解析 由v-t图像得01 s内煤块的加速度大小a1=1 m/s2 = 8 m/s2 ,方向沿传送带向4 - 0、下，1 2 s内煤块的加速度大小a = m/s2二4 m/s2 ,方向沿传送带向下,0 1 s内，对 2 1煤块由牛顿第二定律得mgsin 0 + “mgeos 0二必,1

13、2 s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsin 02x-艸geos e = ma2 ,解得0二37 , 二0.25，故A正确，B错误；v-t图线与t坐标轴所围图形的面积表示位移，所以煤块上滑总位移为x二10 m,由运动学公式得下滑时间为t下 s仝s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2 +远）s，故 C错误;01 s内煤块比传送带多走4 m,l 2 s内传送带比煤块多走2 m,2 （2 +；5） s内传送带向上运动煤块向下运动则煤块在传送带上留下的痕迹长为2 m + |a2t下2 + v传t下二（12 +叶5） m, 故D正确.7.（多选）（2022.辽宁丹东市质检）如图所示，一物块置于

14、足够长的水平传送带上，弹簧左端固 定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块接触但不拴接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳使水平方 向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2 m（弹性限度内）.已知物块质量为0.5 kg,物块与传送 带间的动摩擦因数“=0.5，重力加速度g=10 m/s2.若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢 复原长时物块的速度为零;若传送带以v = 3 m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后（）-JFWZ-2A. 在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动B. 弹簧恢复原长时，物块速度大小为2 m/sC. 物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为2.5 JD. 弹簧恢复原

15、长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为0.25 J答案BD解析 设剪断轻绳前，单簧弹性势能为Ep，专送带不动时，艮据动能定理得Ep -艸g2二0 , 解得Ep二0.5 J ,传送带转动时，根据动能定理得Ep + mgAx二扌血貯严，解得v1 = 2 m/s，故B 正确；由B分析可知，在弹簧恢复原长的过程中，物块的速度一直小于传送带速度，物块所 受的滑动摩擦力一直水平向右，弹力水平向右，则物块向右做加速运动，故A错误；物块最 后和传送带速度相等，根据动能定理得E + W=1mv2 - 0，解得W二1.75 J ,故C错误；弹簧 p2恢复原长后，艮据牛顿第二定律得艸g = ma ,解得物块在传送带上的加速度a二5 m/s2 ,物块、v - vV2 - v 2加速到与传送带共速的时间为t= 51 （s）二0.2 s ,此过程物块的对地位移为X二20二0.5 m，专送带的对地位移为x2二vt二0.6 m ,则弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦 而产生的热量为Q二吨（笃-x1）二0.25 J ,故D正确.8. （2022.山东省模拟）如图甲所示，绷紧的水平传送带