2024届高考物理一轮复习重难点逐个击破38传送带模型板块模型能量分析（解析版）.docx

专题38 传送带模型 板块模型能量分析1.“板—块”模型和“传送带”模型本质上都是相对运动问题，一般要分别求出各物体相对地面的位移，再求相对位移2．两物体的运动方向相同时，相对位移等于两物体的位移之差两物体的运动方向相反时，相对位移等于两物体的位移之和考点一 传送带模型能量分析1.传送带克服摩擦力做的功：W＝fx传（x传为传送带对地的位移）2.系统产生的内能：Q＝fx相对（x相对为总的相对路程）．3. 求解电动机由于传送物体而多消耗的电能一般有两种思路①运用能量守恒以倾斜传送带为例，多消耗的电能为E电，则：E电＝ΔEk＋ΔEp＋Q.②运用功能关系传送带多消耗的电能等于传送带克服阻力做的功E电=fx传(特别注意：如果物体在倾斜传送带上的运动分匀变速和匀速两个运动过程，这两个过程中传送带都要克服摩擦力做功，匀变速运动过程中两者间的摩擦力是滑动摩擦力，匀速运动过程中两者间的摩擦力是静摩擦力)1．如图所示，长为5m的水平传送带以2m/s的速度顺时针匀速转动，将质量为1kg的小滑块无初速度放在传送带左侧已知传送带与小滑块之间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）A．小滑块在传送带上一直做加速运动直至离开B．小滑块在传送带上运动时间为2sC．传送带对小滑块做的功为2JD．因放上小滑块，电动机多消耗的电能为2J【答案】C【解析】AB．小滑块加速运动时的加速度 a=μg=1m/s2加速运动位移 s=v22a=2m加速时间为 t=va=21s=2s匀速运动的时间为 t'=L−sv=1.5s 故滑块在传送带上运动时间为3.5s，选项AB错误；C．传送带对滑块做的功等于滑块动能的增加，即 W=Ek=12mv2=2J 故C正确；D．加速阶段传送带匀速运动的位移为4m，滑块相对滑动的距离为2m，摩擦产生的热量为Q=μmgs相=2J故多消耗的电能 E=Q+Ek=4J 故D错误。

2．(多选)如图甲所示，水平传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为10kg的木箱（可视为质点）轻放到传送带最左端，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，4s未木箱到达传送带最右端，重力加速度g取10m/s2，则（　　）A．木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.1B．整个过程中摩擦生热为20JC．整个过程中传送带对木箱做的功为60JD．传送带速度为2m/s【答案】ABD【解析】A．由题图乙可知，木箱相对传送带滑动过程中的加速度大小为 a=ΔvΔt=1m/s2设木箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有 μmg=ma解得 μ=0.1 故A正确；BD．由图可知传送带的速度为 v=2m/s0~2s内，木箱和传送带之间的相对位移大小为 Δx=vt1−vt12=2m整个过程中摩擦生热为 Q=μmgΔx=20J 故BD正确；C．根据动能定理，整个过程中传送带对木箱做的功为 W=ΔEk=12mv2=20J 故C错误3．(多选)足够长的传送带水平放置，在电动机的作用下以速度v2逆时针匀速转动，一质量为m的小煤块以速度v1滑上水平传送带的左端，且v1>v2.小煤块与传送带间的动摩擦因数μ，重力加速度大小为g。

下列说法正确的是（　　）A．煤块在传送带上的痕迹长为v12−v222μgB．煤块在传送带上的痕迹长为v1+v222μgC．传送带与煤块摩擦产生的热量为12mv12−v22D．传送带克服煤块的摩擦力做功为mv2v1+v2【答案】BD【解析】AB．小煤块以速度v1滑上传送带先向右做匀减速运动到速度为零，此过程有a=μmgm=μg，t1=v1a，x1=v12t1此过程发生的相对位移为Δx1=v2t1+x1联立解得Δx1=v1(2v2+v1)2μg小煤块速度为零后开始向左做匀加速运动，直到与传送带达到共速v2，此过程有 a=μmgm=μg，t2=v2a，x2=v22t2此过程发生的相对位移为Δx2=v2t2−x2联立解得Δx2=v222μg煤块在传送带上的痕迹长为s=Δx1+Δx2=v1+v222μg A错误，B正确；C．传送带与煤块摩擦产生的热量为 Q=μmgΔx1+μmgΔx2=μmgs=12mv1+v22 C错误；D．传送带克服煤块的摩擦力做功为 Wf=μmgx传=μmgv2(t1+t2)=mv2v1+v2 D正确 4．(多选)如图甲所示，足够长的水平传送带以速度v＝2.5 m/s沿顺时针方向运行，可视为质点的物块在t＝0时刻以速度v0=5m/s，从传送带左端开始沿传送带转动方向运动，物块的质量m＝4 kg，物块在传送带上运动的部分v−t图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则在0~1 s内（　　）A．物块一直做匀减速运动到速度为零B．传送带对物块做的功为37.5 JC．物块与传送带的动摩擦因数为μ=0.5D．物块动能的变化量为−37.5J【答案】CD【解析】A．由题意知，传送带足够长，所以物块先匀减速到与传送带共速，之后再与传送带一起匀速直线运动，故A错误；BD．由动能定理得，传送带对物块做的功为W=ΔEk=12mv2−12mv02=−37.5J故B错误，D正确；C．由图像知，t=0.5s时物块与传送带共速，则加速度为a=ΔvΔt=5−2.50.5ms2=5ms2又由牛顿第二定律知μmg=ma 解得μ=0.5故C正确。

5．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为3.5m，传送带在电动机的带动下以v=2m/s的速度顺时针匀速转动现将一质量4kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=32，g为取10m/s2，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中（　　）A．小物块经过415s后与传送带共速B．摩擦力对小物块做的功为24JC．摩擦产生的热量为24JD．因放小物块而使得电动机多消耗的电能为78J【答案】C【解析】A．物体刚放在B点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由于μ=32>tan30∘物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律μmgcos30∘−mgsin30∘=ma得a=2.5m/s2假设物体能与传送带达到相同速度，则物体上滑的的位移x1=v22a=0.8m

摩擦力匀速阶段对小物块做的功 W2=mgsin30∘(L−x1)=4×10×12×(3.5−0.8)J=54J摩擦力对小物块做的功为 W=W1+W2=24J+54J=78J B错误；C．小物块与传送带的相对位移 Δx=vt−v2t=0.8m摩擦产生的热量 Q=μmgcos30∘⋅Δx=32×40×32×45J=24J C正确；D．电动机多消耗的电能 E=ΔEk+ΔEp+Q=12mv2+mgLsin30∘+Q=8J+70J+24J=102J D错误6．(多选)如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ=37°，A、B两端间距L=16m，传送带以速度v=10m/s沿顺时针方向运动现将一质量m=1kg的物体从A端静止释放，它与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，在物体到达B端的过程中（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）下列说法中正确的是（　　）A．物体从A端到B端的时间为2sB．传送带克服摩擦力做的功为80JC．电动机因传送物体而多消耗的电能为72JD．物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为24J【答案】AD【解析】A．物体轻放在A端，在传送带的作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得mgsin37°+μmgcos37°=ma1解得 a1＝10m/s2与传送带共速经过的时间 t1＝va1＝1s 运动的位移为 x1＝12at12＝12×10×12m＝5m 因为 mgsin37°＞μmgcos37°所以物体继续做匀加速直线运动，加速度为 mgsin37°-μmgcos37°=ma2解得 a2＝2m/s2继续向下匀加速，满足 L−x1＝vt2+12a2t22解得 t2=1s物体由A运动到B端的时间为 t=t1+t2=2s 故A正确；BC．第一阶段，传送带受向上的摩擦力，即摩擦力对传送带做负功，则 W1=−μmgcos37∘⋅vt1=−40J后一阶段，传送带受向下的摩擦力，则摩擦力对传送带做正功，则 W2=μmgcos37∘⋅vt2=40J可知传送带克服摩擦力做的功为0J，因整个过程中摩擦力对传送带做功为零，则电动机因传送物体而多消耗的电能为零，选项BC错误；D．物体前1s内，物块相对传送带的路程为 s1=vt1-x1=10×1m-5m=5m后1s内，物体相对传送带的路程为 s2=L-x1-vt2=16m-5m-10×1m=1m则物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为 Q=μmgcos37°•（s1+s2）=0.5×1×10×0.8×（5+1）J=24J故D正确。

7．（2022·全国·高三专题练习）(多选)如图所示为某建筑工地的传送装置，传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速度v0=2 m/s向下运动，质量为m=1kg的工件无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t1=0.2 s，工件的速度达到2m/s，此后再经过t2=1.0 s时间，工件运动到传动带的底端Q，且到底端时的速度为v=4m/s，重力加速度g=10 m/s2，工件可视为质点则下列说法正确的是（　　）A．传送带的长度为x=2.4 mB．传送带与工件间的动摩擦因数为μ=0.5C．工件由P运动到Q的过程中，传送带对工件所做的功为W=−11.2 JD．工件由P运动到Q的过程中，因摩擦而产生的热量为Q=4.8 J【答案】BCD【解析】分析知工件在传送带上先做匀加速直线运动，与传送带达到共同速度后，工件继续沿传送带向下加速运动AB．设传送带与水平面的夹角记为θ，由题意可知在t1=0.2 s时间内，对工件由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ=ma1由运动学规律有a1=v0t1=10ms2工件在t1=0.2 s时间内的位移x1=v02t1=12×2×0.2m=0.2m在t2=1.0 s的时间内，对工件由牛顿第二定律得mgsin θ−μmgcos θ=ma2由运动学规律有a2=v−v0t2=4−21.0ms2=2.0ms2工件在t2=1.0 s时间内的位移x2=v0+v2t2=2+42×1.0m=3.0m则有传送带的长度为x=x1＋x2=0.2 m＋3.0 m=3.2 m由以上分析可解得cos θ=0.8 μ=0.5 A错误，B正确；C．工件受到传送带的摩擦力大小 f=μmgcos θ=4N在t1=0.2 s的时间内，摩擦力对工件做正功Wf1=fx1=4×0.2 J=0.8 J在t2=1.0 s的时间内，摩擦力对工件做负功Wf2=−fx2=−4×3。