資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題強化（10）功能關系 能量守恒
學習目標 核心素養
功能關系的理解和應用 摩擦力做功與能量的關系 傳送帶的能量轉化問題 1、科學探究：動能和勢能的相互轉化，推導機械能守恒。 2、科學態度與責任：應用機械能守恒解決生產、生活中的實際問題。 3、功能關系的應用
知識點1 功能關系的理解
1、幾種常見的功能關系及其表達式
力做功 能的變化 定量關系
合力的功 動能變化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功 重力勢能變化 (1)重力做正功，重力勢能減少 (2)重力做負功，重力勢能增加 (3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
彈簧彈力的功 彈性勢能變化 (1)彈力做正功，彈性勢能減少 (2)彈力做負功，彈性勢能增加 (3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、彈簧彈力做功 機械能不變化 機械能守恒ΔE＝0
除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功 機械能變化 (1)其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少 (2)其他力做多少負功，物體的機械能就減少多少 (3)W其他＝ΔE
一對相互作用的滑動摩擦力的總功 機械能減少 內能增加 (1)作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統內能增加 (2)摩擦生熱Q＝Ff·x相對
2、功能關系中的圖像問題
（2023春 宜豐縣校級期末）如圖所示，光滑水平面OB與足夠長粗糙斜面BC交于B點。輕彈簧左端固定于豎直墻面，現用質量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經B點滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上。不計滑塊在B點的機械能損失，換用材料相同，質量為m2的滑塊（m2≠m1）壓縮彈簧至同一點D后，重復上述過程，下列說法中正確的是（　　）
A．兩滑塊到達B點時速度相同
B．兩滑塊沿斜面上升的最大高度相同
C．兩滑塊上升到最高點的過程中重力勢能增加量不同
D．兩滑塊上升到最高點的過程中摩擦產生的熱量相同
（2023春 市南區校級期末）一個質量為m的物體，在距離地面h高處由靜止下落到地面，已知小球下落過程中加速度大小為g，則在小球下落到地面的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小球重力勢能的減小量為mgh
B．小球動能的增加量為mgh
C．小球動能的增加量為mgh
D．小球機械能的減小量為mgh
（2023春 昌寧縣校級期末）一質量為m的小球從高度為H的平臺上以速度v0水平拋出，落在松軟路面上，砸出一個深度為h的坑，如圖所示。不計空氣阻力，重力加速度為g，對小球從拋出到落至坑底的過程，以下說法正確的是（　　）
A．合外力對小球做的總功為mg（H+h）
B．小球的機械能減少量為mg（H+h）
C．路面對小球做的功為mg（H+h）
D．路面對小球做的功為﹣（mgh）
知識點2 摩擦力做功與能量轉化
1．靜摩擦力做功的特點
(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零．
(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能．
2．滑動摩擦力做功的特點
(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互間存在滑動摩擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果：
①機械能全部轉化為內能；
②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能．
(3)摩擦生熱的計算：Q＝Ffx相對．其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對位移．
深化拓展　從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統做的功等于系統內能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的減少量等于系統內能的增加量．
（2023春 上猶縣校級期末）如圖所示，一質量為M、長為L的木板B靜止在光滑水平面上，其左端放有可視為質點的質量為m的滑塊A，現用一水平恒力F作用在滑塊上，使滑塊從靜止開始做勻加速直線運動。滑塊與木板之間的摩擦力為Ff，滑塊滑到木板右端時，木板運動距離為x。關于此過程，下列說法中正確的是（　　）
A．滑塊A克服摩擦力做的功為FfL
B．滑塊A與木板B摩擦產生的熱量為F（L+x）
C．滑塊A與木板B增加的機械能為F（L+x）+FfL
D．滑塊A到達木板右端時，木板B具有的動能為Ffx
（2023 東莞市開學）一電動機帶動傳送帶始終以v＝4m/s的速率運動，傳送帶兩端A、B間的距離L＝4m。工作時，機器手臂將一個工件無初速度放到A點，當該工件剛離開B點時，機器手臂將下一個工件放到A點，之后不斷重復此過程。已知每個工件的質量m＝1kg，與傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.4，工件可視為質點且不發生滾動，重力加速度g取10m/s2。從第一個工件放到A點開始計時，則（　　）
A．工件在傳送帶上先做勻加速直線運動再做勻速直線運動
B．整個過程傳送帶對工件做功為16J
C．每個工件在傳送帶上運動的時間為2s
D．電動機多消耗的電能等于工件增加的動能
（2023春 大名縣校級期中）如圖所示，傾角為37°的傳送帶以大小為v0的速度逆時針勻速轉動，質量m＝0.5kg的小滑塊（可視為質點）以平行傳送帶的初速度v＝2m/s從頂端滑上傳送帶，經過t0＝4s滑到傳送帶的底端。在此過程中，滑塊所受的合力做負功的平均功率大小為0.25W，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）滑塊運動到傳送帶的底端時的速度大小以及傳送帶轉軸中心間的距離；
（2）滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數；
（3）若v0＝v，滑塊在傳送帶上運動的整個過程中，滑塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量。
知識點3 能量守恒定律的理解和應用
1．內容
能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變．
2．表達式
ΔE減＝ΔE增．
3．基本思路
(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；
(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加且減少量和增加量一定相等．
（2023春 陽明區校級期末）質量為m的物體A和質量為2m的物體B用輕質彈簧相連，靜置于水平面上，如圖1所示。現用一豎直向上的力F作用在B上，使其向上做勻加速運動。用x表示B離開初始位置的位移，拉力F和x之間關系如圖2所示。從拉力F作用在物塊上開始到A剛要離開地面的過程中，物塊B的位移為x0，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．拉力的最小值為F0﹣2mg
B．彈簧恢復原長時物體B的位移為
C．物體A離開地面時，物體B的動能為（F0﹣2mg）x0
D．彈簧的彈性勢能增加了mgx0
（2023春 峨山縣期末）質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為（　　）
A．mv02﹣μmg（s+x） B．mv02﹣μmgx
C．μmgs D．μmg（s+x）
（2023 儀征市校級開學）大貨車裝載很重的貨物時，在行駛過程中要防止貨物發生相對滑動，否則存在安全隱患。下面進行安全模擬測試實驗：如圖1所示，一輛后車廂表面粗糙且足夠長的小貨車向前以未知速度v勻速行駛，質量mA＝10kg的貨物A（可看成質點）和質量mB＝20kg的貨物B（可看成水平長板）疊放在一起，開始時A位于B的右端，在t＝0時刻將貨物A、B輕放到小貨車的后車廂前端，最終貨物A恰好沒有滑離貨物B，貨物A、B在0～1s時間內的速度一時間圖像如圖2所示，已知貨物A、B間的動摩擦因數μ1＝0.40，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）運動過程中貨物A的加速度？
（2）貨物B與車廂表面之間的動摩擦因數μ2；
（3）貨物A、B間由于摩擦而產生的內能。
知識點四 傳送帶模型中的動力學和能量轉化問題
1．傳送帶模型是高中物理中比較成熟的模型，典型的有水平和傾斜兩種情況．一般設問的角度有兩個：
(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系．
(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解．
2．傳送帶模型問題中的功能關系分析
(1)功能關系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)對W和Q的理解：
①傳送帶做的功：W＝Fx傳；
②產生的內能Q＝Ffx相對．
傳送帶模型問題的分析流程
（2023春 滁州期末）如圖所示，一傾斜傳送帶與水平面夾角為37°，在電動機的帶動下，傳送帶以2m/s的恒定速率順時針運行。現將一質量為10kg的貨物（可視為質點）輕放在傳送帶底端，貨物被傳送到h＝6m的高處。已知貨物與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，則在此過程中（　　）
A．貨物先受到滑動摩擦力作用，后不受摩擦力作用
B．貨物在傳送帶上運動的時間為8s
C．貨物的機械能增加了1240J
D．貨物與傳送帶間由于摩擦產生的熱量為320J
（2023春 渭源縣期末）如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針運行。現將一質量為0.5kg的煤塊輕輕放在傳送帶的A端，物體的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，3s末物體到達B端，取沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．傾角θ＝30°
B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.4
C．3s內傳送帶上留下的痕跡長為9m
D．3s內煤塊與傳送帶摩擦產生的內能18J
（2022 向陽區校級模擬）某傳送裝置如圖所示，擋板M固定在水平臺面上，連接有輕彈簧K，A、B是水平傳送帶的左、右兩端點，B點右側通過另一水平臺面BC與豎直半圓固定軌道CDH連接，D是半圓的中點，用質量m＝1kg的物塊（可視為質點）向左緩慢擠壓彈簧使其具有一定的彈性勢能E并用細線鎖定（彈簧與物塊不拴接）。已知傳送帶順時針勻速旋轉，其速度v＝4m/s，A、B間的距離L＝2m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5（其余接觸面不計摩擦）。圓軌道的半徑R＝1m，重力加速度取g＝10m/s某時刻剪斷細線，釋放物塊。
（1）若彈簧的彈性勢能E＝2J，則物塊在傳送帶上第一次由A運動到B的時間是多少？
（2）在這個過程中系統產生的熱量Q是多少？
（3）若要物塊釋放后能滑上半圓軌道且沿半圓軌道運動時不脫離軌道，求彈簧的彈性勢能E應滿足的條件。
（2023春 懷仁市期末）如圖甲、乙所示為商場中兩種形式傾角相同的自動扶梯，甲為傾斜面，乙為水平臺階，質量相等的A、B兩人分別站在甲、乙上，隨著扶梯一起斜向上以相同的速度做勻速運動，則（　　）
A．甲對A的支持力做負功
B．乙對B的支持力不做功
C．甲對A的摩擦力不做功
D．在相等的時間內A、B兩人重力勢能的增加量相等
（2023春 炎陵縣期末）在地面上以初速度v0把小球豎直向上拋出，經過時間t1，小球到達最高點。不計空氣阻力。小球在上升過程中的速度v隨時間t的變化關系如圖所示，則小球（　　）
A．在0﹣t1時間內，加速度逐漸減小
B．在0﹣t1時間內，動能逐漸減小
C．在0﹣t1時間內，重力勢能先增大后減小
D．到達最高點時加速度為0，處于平衡狀態
（2023春 楚雄州期末）滑滑梯是深受兒童喜愛的娛樂項目之一、如圖所示，小孩沿一粗糙滑梯加速下滑，該過程中（　　）
A．小孩所受重力做功的功率增大，其機械能增大
B．小孩所受重力做功的功率增大，其機械能減小
C．小孩所受重力做功的功率減小，其機械能增大
D．小孩所受重力做功的功率減小，其機械能減小
（2023 天心區校級開學）水上蹦床是一種水上娛樂項目，游客站在上面可以自由蹦跳（如圖）。對于蹦床運動的分析，下列說法錯誤的是（　　）
A．游客接觸蹦床向下運動到最低點時，蹦床的彈性勢能最大
B．游客離開蹦床向上運動過程中，他的動能減小，重力勢能增大
C．游客在最高點時受到的是平衡力
D．游客想彈得更高，就要在蹦床上發力，此過程將消耗游客體能
（2023春 百色期末）2023年初防城港市海上風電示范項目全面啟動，力爭2023年底首臺機組并網發電。某一風力發電機，它的葉片轉動時可形成半徑為R的圓面，某時間內該地區的風速是v，風向恰好跟葉片轉動的圓面垂直，已知空氣密度為ρ，假如這個風力發電機能將此圓內10%的空氣動能轉化為電能。關于該風力發電機，下列說法正確的是（　　）
A．單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流的體積為πR2ν
B．單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流動能為
C．該風力發電機發電的功率為
D．單位時間內發電機產生的電能為
（2023春 西城區期末）如圖所示，某人沿與水平成30°角的方向斜向上以10m/s的初速度v0拋出質量為1kg的小球，小球拋出時距離地面高度h為10m，落地前瞬時速度大小為16m/s。g取10m/s2，則對于小球在空中運動的整個過程，下列說法中正確的是（　　）
A．機械能減少78J
B．重力做功大于100J
C．合力對小球做的功為78J
D．空氣阻力對小球做的功為﹣78J
（2022秋 齊齊哈爾期末）如圖所示，質量為m＝1kg的小物塊從x＝0.5m的O點以速度v0＝4m/s沿水平面向右運動，小物塊撞擊彈簧后被彈簧彈回并最終靜止于O點，已知小物塊與水平面間動摩擦因數為μ＝0.5。下列說法正確的是（　　）
A．小物塊向右運動過程中，加速度逐漸減小
B．小物塊向左運動過程中，經過A點（彈簧原長處）速度最大
C．小物塊向右運動過程中，彈簧的最大壓縮量為0.3m
D．彈簧儲存的彈性勢能的最大值為8J
（2023春 青羊區校級期末）如圖所示，木板A靜止于光滑水平面上，木塊B輕置于木板A上。現施加外力F拉著木塊B做勻加速直線運動，木板A在摩擦力作用下也向右加速運動，但加速度小于木塊B的加速度，則（　　）
A．木板A所受摩擦力對木板A做負功
B．木板A對木塊B的摩擦力做的功與木塊B對木板A的摩擦力做的功的大小相等
C．木塊與木板間摩擦產生的熱量等于木板A對木塊B的摩擦力做功的大小減去木塊B對木板A的摩擦力做的功
D．力F做的功等于木塊B與木板A的動能增量之和
（2023 湖南開學）工廠的流水生產線如圖所示，傾斜傳送帶兩側端點間距6m，傾角37°。t＝0時，一質量為1kg的物塊從靜止的傳送帶底部的A點。以10m/s的速度沖上傳送帶，物塊與傳送帶間動摩擦因數為0.5，傳送輪和物塊大小均可以忽略（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。物塊在傳送帶上運動的過程中，求：（結果可用根號表示）
（1）物塊能否運動到傳送帶的頂端？若能，請說明理由；若不能，請計算物塊在傳送帶上向上運動的最大距離；
（2）物塊在傳送帶上的運動時間；
（3）若t＝1s時，傳送帶開始沿順時針方向以5m/s2的加速度勻加速轉動.物塊在傳送帶上的運動時間是否有變化？求從此時起到物塊離開傳送帶，物塊與傳送帶間由于摩擦產生的熱量。
（2023春 山西期末）圖甲為機場地勤工作人員用來從飛機上卸行李的傳送帶裝置，其結構可簡化為圖乙。傳送帶以v0＝1m/s的速率逆時針轉動，在傳送帶上端A點無初速度地放上一個質量為m＝10kg的物體（可視為質點）。物體經歷了2.1s后滑到傳送帶底端B點，通過計算機記錄了傳送帶對該物體的摩擦力做功的功率大小與時間的圖像如圖丙所示。已知傳送帶的傾角θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）物體與傳送帶之間的動摩擦因數；
（2）傳送帶的長度；
（3）物體與傳送帶由于克服摩擦力做功而產生的熱量。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)中小學教育資源及組卷應用平臺
專題強化（10）功能關系 能量守恒
學習目標 核心素養
功能關系的理解和應用 摩擦力做功與能量的關系 傳送帶的能量轉化問題 1、科學探究：動能和勢能的相互轉化，推導機械能守恒。 2、科學態度與責任：應用機械能守恒解決生產、生活中的實際問題。 3、功能關系的應用
知識點1 功能關系的理解
1、幾種常見的功能關系及其表達式
力做功 能的變化 定量關系
合力的功 動能變化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功 重力勢能變化 (1)重力做正功，重力勢能減少 (2)重力做負功，重力勢能增加 (3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
彈簧彈力的功 彈性勢能變化 (1)彈力做正功，彈性勢能減少 (2)彈力做負功，彈性勢能增加 (3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、彈簧彈力做功 機械能不變化 機械能守恒ΔE＝0
除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功 機械能變化 (1)其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少 (2)其他力做多少負功，物體的機械能就減少多少 (3)W其他＝ΔE
一對相互作用的滑動摩擦力的總功 機械能減少 內能增加 (1)作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統內能增加 (2)摩擦生熱Q＝Ff·x相對
2、功能關系中的圖像問題
（2023春 宜豐縣校級期末）如圖所示，光滑水平面OB與足夠長粗糙斜面BC交于B點。輕彈簧左端固定于豎直墻面，現用質量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經B點滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上。不計滑塊在B點的機械能損失，換用材料相同，質量為m2的滑塊（m2≠m1）壓縮彈簧至同一點D后，重復上述過程，下列說法中正確的是（　　）
A．兩滑塊到達B點時速度相同
B．兩滑塊沿斜面上升的最大高度相同
C．兩滑塊上升到最高點的過程中重力勢能增加量不同
D．兩滑塊上升到最高點的過程中摩擦產生的熱量相同
【解答】解：A、根據題意可知，彈簧將滑塊彈開運動到B點的過程中，彈簧和滑塊組成的機械能守恒，則兩滑塊運動到B點的動能相等，由可知，由于兩滑塊的質量不相等，則兩滑塊到達B點時速度不相同，故A錯誤；
B、根據題意，滑塊在斜面上，由牛頓第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma
解得：a＝gsinθ+μgcosθ
可知，兩滑塊在斜面上運動時的加速度相等，由于初速度不相等，則兩滑塊沿斜面上升的最大高度不相同，故B錯誤；
CD、根據題意，設滑塊上升的最大高度為h，則滑塊上升到最高點的過程中重力勢能增加量為mgh，滑塊從開始彈開到最高點過程中，由能量守恒定律有Ep＝mgh+μmgcosθ
解得：mgh
可知，兩滑塊上升到最高點的過程中重力勢能增加量相同，則兩滑塊上升到最高點的過程中摩擦產生的熱量為：Q＝Ep﹣mgh
可知，兩滑塊上升到最高點的過程中摩擦產生的熱量相同，故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2023春 市南區校級期末）一個質量為m的物體，在距離地面h高處由靜止下落到地面，已知小球下落過程中加速度大小為g，則在小球下落到地面的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小球重力勢能的減小量為mgh
B．小球動能的增加量為mgh
C．小球動能的增加量為mgh
D．小球機械能的減小量為mgh
【解答】解：A.物體下降h時，重力做的功為mgh，所以物體的重力勢能減少mgh，故A錯誤；
BC.小球下落過程中加速度大小為g，則合外力：F＝mamg，下降h的過程中合外力做的功等于mgh，所以小球動能的增加量為mgh，故BC錯誤；
D.小球下落過程中所受阻力的大小為mg，阻力做功為mgh，小球機械能的減小量為mgh，故D正確。
故選：D。
（2023春 昌寧縣校級期末）一質量為m的小球從高度為H的平臺上以速度v0水平拋出，落在松軟路面上，砸出一個深度為h的坑，如圖所示。不計空氣阻力，重力加速度為g，對小球從拋出到落至坑底的過程，以下說法正確的是（　　）
A．合外力對小球做的總功為mg（H+h）
B．小球的機械能減少量為mg（H+h）
C．路面對小球做的功為mg（H+h）
D．路面對小球做的功為﹣（mgh）
【解答】解：A、對小球從拋出到落至坑底的過程中，動能變化量為ΔEk＝0，根據動能定理知，外力對小球做的總功為，故A錯誤；
B、小球機械能的減少量等于動能和重力勢能的減小量之和，動能減小量為，重力勢能的減小量為mg（H+h），故機械能的減小量為mg（H+h），故B正確；
CD、對從拋出到落至坑底的過程中，根據動能定理，有：mg（H+h）+W＝0，故路面對小球做的功W＝﹣[mg（H+h）]，故CD錯誤。
故選：B。
知識點2 摩擦力做功與能量轉化
1．靜摩擦力做功的特點
(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零．
(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能．
2．滑動摩擦力做功的特點
(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互間存在滑動摩擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果：
①機械能全部轉化為內能；
②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能．
(3)摩擦生熱的計算：Q＝Ffx相對．其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對位移．
深化拓展　從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統做的功等于系統內能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的減少量等于系統內能的增加量．
（2023春 上猶縣校級期末）如圖所示，一質量為M、長為L的木板B靜止在光滑水平面上，其左端放有可視為質點的質量為m的滑塊A，現用一水平恒力F作用在滑塊上，使滑塊從靜止開始做勻加速直線運動。滑塊與木板之間的摩擦力為Ff，滑塊滑到木板右端時，木板運動距離為x。關于此過程，下列說法中正確的是（　　）
A．滑塊A克服摩擦力做的功為FfL
B．滑塊A與木板B摩擦產生的熱量為F（L+x）
C．滑塊A與木板B增加的機械能為F（L+x）+FfL
D．滑塊A到達木板右端時，木板B具有的動能為Ffx
【解答】解：A、滑塊滑到木板右端時，木板運動距離為x，A對地的位移為L+x，則滑塊A克服摩擦力做的功為Wf＝Ff（L+x），故A錯誤；
B、滑塊A與木板B摩擦產生的熱量為Q＝FfL，故B錯誤；
C、滑塊A與木板B增加的機械能為ΔE＝F（L+x）﹣Q＝F（L+x）﹣FfL，故C錯誤；
D、對B，根據動能定理，滑塊A到達木板右端時，木板B具有的動能為Ek＝Ffx，故D正確。
故選：D。
（2023 東莞市開學）一電動機帶動傳送帶始終以v＝4m/s的速率運動，傳送帶兩端A、B間的距離L＝4m。工作時，機器手臂將一個工件無初速度放到A點，當該工件剛離開B點時，機器手臂將下一個工件放到A點，之后不斷重復此過程。已知每個工件的質量m＝1kg，與傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.4，工件可視為質點且不發生滾動，重力加速度g取10m/s2。從第一個工件放到A點開始計時，則（　　）
A．工件在傳送帶上先做勻加速直線運動再做勻速直線運動
B．整個過程傳送帶對工件做功為16J
C．每個工件在傳送帶上運動的時間為2s
D．電動機多消耗的電能等于工件增加的動能
【解答】解：AC、工件先做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律得μmg＝ma，解得：a＝4m/s2
工件勻加速至與傳送帶共速的時間和位移分別為
t1s＝1s，s1m＝2m＜L＝4m
則工件與傳送帶共速后做勻速直線運動，工件做勻速直線運動的時間為
t2s＝0.5s
故每個工件在傳送帶上運動的時間為t＝t1+t2＝1s+0.5s＝1.5s，故A正確，C錯誤；
B、由動能定理得整個過程傳送帶對工件做功為WJ＝8J，故B錯誤；
D、在工件加速運動階段，與傳動帶有發生相對滑動，因摩擦產生內能，故電動機多消耗的電能等于工件增加的動能與因摩擦產生的內能之和，故D錯誤。
故選：A。
（2023春 大名縣校級期中）如圖所示，傾角為37°的傳送帶以大小為v0的速度逆時針勻速轉動，質量m＝0.5kg的小滑塊（可視為質點）以平行傳送帶的初速度v＝2m/s從頂端滑上傳送帶，經過t0＝4s滑到傳送帶的底端。在此過程中，滑塊所受的合力做負功的平均功率大小為0.25W，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）滑塊運動到傳送帶的底端時的速度大小以及傳送帶轉軸中心間的距離；
（2）滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數；
（3）若v0＝v，滑塊在傳送帶上運動的整個過程中，滑塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量。
【解答】解：（1）滑塊所受的合力做負功的平均功率大小為：0.25W，根據動能定理得：
解得：v'＝0m/s
物體從上端滑下來的過程中做勻變速運動，有運動學公式得：L4m
（2）滑塊下滑過程中的加速度為：
根據牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
解得：μ＝0.8125
（3）若v0＝v，由于μ＞tan37°，分析可知，滑塊在傳送帶上做雙向可逆運動，返回到頂端時速度正好為﹣v，根據對稱性，滑塊在傳送帶上運動的整個過程中的時間為：t＝2t0
傳送帶的位移為：x帶＝2v0t
滑塊的位移為：x2塊＝0
則物塊與傳送帶的相對位移為：Δs相對＝x2帶﹣x2塊
聯立解得：Δs相對＝16m
滑塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量：Q＝fs相對＝μmgcosθ Δs相對
代入數據得：Q＝52J
知識點3 能量守恒定律的理解和應用
1．內容
能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變．
2．表達式
ΔE減＝ΔE增．
3．基本思路
(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；
(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加且減少量和增加量一定相等．
（2023春 陽明區校級期末）質量為m的物體A和質量為2m的物體B用輕質彈簧相連，靜置于水平面上，如圖1所示。現用一豎直向上的力F作用在B上，使其向上做勻加速運動。用x表示B離開初始位置的位移，拉力F和x之間關系如圖2所示。從拉力F作用在物塊上開始到A剛要離開地面的過程中，物塊B的位移為x0，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．拉力的最小值為F0﹣2mg
B．彈簧恢復原長時物體B的位移為
C．物體A離開地面時，物體B的動能為（F0﹣2mg）x0
D．彈簧的彈性勢能增加了mgx0
【解答】解：A、物體A剛要離開地面時，對物體B，根據牛頓第二定律得：F0﹣F彈﹣2mg＝2ma
對A物體，由平衡條件有F彈＝mg
物體B剛開始運動時，拉力最小，此時彈簧壓縮量為x1，根據牛頓第二定律得：Fmin﹣2mg+kx1＝2ma
F作用前，對物體B，由平衡條件有kx1＝2mg
聯立解得：Fmin＝F0﹣3mg，故A錯誤；
B、A將要離開地面時，彈簧的伸長量為x2，則kx2＝mg，又x1+x2＝x0
可知，因此彈簧恢復原長時物體B的位移為，故B正確；
C、物體A離開地面時，對B，根據牛頓第二定律得：F0﹣mg﹣2mg＝2ma
可知物體B的加速度：
可知B在勻加速上升，上升位移為x0時，可知v2＝2ax0
此時物體B的動能為，故C錯誤；
D、彈簧初始狀態的的壓縮量大于A離開地面時的彈簧的伸長量，因此彈簧的彈性勢能減少，故D錯誤。
故選：B。
（2023春 峨山縣期末）質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為（　　）
A．mv02﹣μmg（s+x） B．mv02﹣μmgx
C．μmgs D．μmg（s+x）
【解答】解：物體受到的滑動摩擦力大小為f＝μmg，對物體與彈簧及地面組成的系統，由動能定理可得：
﹣W﹣μmg（s+x）＝0，
解得：
故選：A。
（2023 儀征市校級開學）大貨車裝載很重的貨物時，在行駛過程中要防止貨物發生相對滑動，否則存在安全隱患。下面進行安全模擬測試實驗：如圖1所示，一輛后車廂表面粗糙且足夠長的小貨車向前以未知速度v勻速行駛，質量mA＝10kg的貨物A（可看成質點）和質量mB＝20kg的貨物B（可看成水平長板）疊放在一起，開始時A位于B的右端，在t＝0時刻將貨物A、B輕放到小貨車的后車廂前端，最終貨物A恰好沒有滑離貨物B，貨物A、B在0～1s時間內的速度一時間圖像如圖2所示，已知貨物A、B間的動摩擦因數μ1＝0.40，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）運動過程中貨物A的加速度？
（2）貨物B與車廂表面之間的動摩擦因數μ2；
（3）貨物A、B間由于摩擦而產生的內能。
【解答】解：（1）對貨物A，剛放上車廂時，由牛頓第二定律：μ1mAg＝mAaA
解得A的加速度為：
（2）對貨物A，剛放上車廂時，A的加速度：
由圖2知：v＝aAt2＝4×1m/s＝4m/s
對貨物B，由圖2知剛放上車廂時，貨物B的加速度：aBm/s2＝8m/s2
由牛頓第二定律：μ2（mA+mB）g﹣μ1mAg＝mBaB
解得：μ2＝0.67
（3）【解法一】：由圖2知，貨物B經時間t1＝0.5s與車共速，貨物A經時間t2＝1s與車共速，從將貨物A、B放上車廂到A、B均與車相對靜止的過程中：，
貨物B的長度：L＝xB﹣xA
解得：L＝1.0m
貨物A、B間由于摩擦而產生的內能：Q＝μ1mAgL＝0.4×10×10×1.0J＝40J
【解法二】：從將貨物A、B放上車廂到A、B均與車相對靜止的過程中，貨物B對地的位移設為xB，貨物A對地的位移設為xA，則貨物B的長度：L＝xB﹣xA
由圖2知，貨物A、B對地位移之差在數值上等于圖中斜三角形的面積值，即：
貨物A、B間由于摩擦而產生的內能：Q＝μ1mAgL＝0.4×10×10×1.0J＝40J
知識點四 傳送帶模型中的動力學和能量轉化問題
1．傳送帶模型是高中物理中比較成熟的模型，典型的有水平和傾斜兩種情況．一般設問的角度有兩個：
(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系．
(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解．
2．傳送帶模型問題中的功能關系分析
(1)功能關系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)對W和Q的理解：
①傳送帶做的功：W＝Fx傳；
②產生的內能Q＝Ffx相對．
傳送帶模型問題的分析流程
（2023春 滁州期末）如圖所示，一傾斜傳送帶與水平面夾角為37°，在電動機的帶動下，傳送帶以2m/s的恒定速率順時針運行。現將一質量為10kg的貨物（可視為質點）輕放在傳送帶底端，貨物被傳送到h＝6m的高處。已知貨物與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，則在此過程中（　　）
A．貨物先受到滑動摩擦力作用，后不受摩擦力作用
B．貨物在傳送帶上運動的時間為8s
C．貨物的機械能增加了1240J
D．貨物與傳送帶間由于摩擦產生的熱量為320J
【解答】解：AB、斜面的高度為：h＝Lsin37°，解得斜面長：L＝10m
貨物被放上傳送帶時，根據牛頓第二定律得：μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma
代入解得：a＝0.4m/s
貨物與傳送帶共速的時間為：t1s＝5s
加速運動的位移為：x1m＝5m＜L
因μmgcos37°＞mgsin37°，故共速后貨物做勻速直線運動，此過程的時間為：
t2s＝2.5s
貨物在傳送帶上運動的時間為：t＝t1+t2＝5s+2.5s＝7.5s
貨物先受到滑動摩擦力作用做勻加速直線運動，后受靜摩擦力作用做勻速直線運動，貨物在傳送帶上運動的時間為7.5s，AB錯誤；
C、貨物增加的機械能為：ΔE10×10×6J＝620J，故C錯誤；
D、貨物與傳送帶間由于摩擦產生的熱量為：
Q＝μmg（vt1﹣x1）cos37°＝0.8×10×10×（2×5﹣5）×0.8J＝320J，故D正確。
故選：D。
（2023春 渭源縣期末）如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針運行。現將一質量為0.5kg的煤塊輕輕放在傳送帶的A端，物體的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，3s末物體到達B端，取沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．傾角θ＝30°
B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.4
C．3s內傳送帶上留下的痕跡長為9m
D．3s內煤塊與傳送帶摩擦產生的內能18J
【解答】解：做受力分析圖如圖所示，
結合圖乙可知0﹣1s內加速度為：a1m/s2＝10m/s2
1﹣3s內加速度為：a2m/s2＝2m/s2
AB、根據受力分析，由牛頓第二定律有：
0﹣1s內：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
1﹣3s內：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得：θ＝37°，μ＝0.5，故AB錯誤。
C、由題可得，煤塊先相對傳送帶沿斜面向上運動，再相對傳送帶沿斜面向下運動，則留下的痕跡長度等于兩段相對運動位移的最大者，由v﹣t圖像與時間軸圍成面積表示位移可得：
Δx1＝（10×11）m＝5m
Δx2＝（2﹣10×2）m＝4m
因Δx1＞Δx2，故痕跡長為：L＝Δx1＝5m，故C錯誤。
D、根據摩擦力生熱的計算公式Q摩＝f滑s相，可得Q摩＝μmgcosθ×（Δx1+Δx2）＝0.5×0.5×10×0.8×（4+5）J＝18J，故D正確。
故選：D。
（2022 向陽區校級模擬）某傳送裝置如圖所示，擋板M固定在水平臺面上，連接有輕彈簧K，A、B是水平傳送帶的左、右兩端點，B點右側通過另一水平臺面BC與豎直半圓固定軌道CDH連接，D是半圓的中點，用質量m＝1kg的物塊（可視為質點）向左緩慢擠壓彈簧使其具有一定的彈性勢能E并用細線鎖定（彈簧與物塊不拴接）。已知傳送帶順時針勻速旋轉，其速度v＝4m/s，A、B間的距離L＝2m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5（其余接觸面不計摩擦）。圓軌道的半徑R＝1m，重力加速度取g＝10m/s某時刻剪斷細線，釋放物塊。
（1）若彈簧的彈性勢能E＝2J，則物塊在傳送帶上第一次由A運動到B的時間是多少？
（2）在這個過程中系統產生的熱量Q是多少？
（3）若要物塊釋放后能滑上半圓軌道且沿半圓軌道運動時不脫離軌道，求彈簧的彈性勢能E應滿足的條件。
【解答】解：（1）若彈簧的彈性勢能E＝2J，設釋放后物塊在A點獲得的速度為v0，有：
可得v0＝2m/s，
因v0＜v，故物塊滑上傳送帶后受摩擦力作用而做加速運動，設其加速度大小為a，對物塊由牛頓第二定律有μmg＝ma
可得：a＝5m/s2，
設物塊加速至v與傳送帶共速需要時間t1，所需位移x1，有：
因x1＜L，故物塊此后在傳送帶上做勻速直線運動，其時間
故物塊在傳送帶上運動時間t＝t1+t2＝0.6s，
（2）物塊與傳送帶發生的相對位移為：Δx＝vt1﹣x0
故產生的熱量為：Q＝μmgΔx＝2.0J
（3）物塊經過B點由C滑上圓軌道，若剛好到達D點，則在D點的速度為零，
設其在C點的速度為v1，對C→D，由機械能守恒有
解得：
因v1＞v，故物塊在傳送帶上做勻減速直線運動，設此情況彈簧對應的彈性勢能為E1，對物塊釋放到運動到C，由動能定理有
由功能關系有彈簧具有的彈性勢能E1＝W1
可得E1＝20J
若物塊剛好到達H點，設其在H點的速度為v2，在H點由牛頓第二定律有
解得：
對物塊釋放到運動H，由動能定理有
由功能關系有彈簧具有的彈性勢能E2＝W2
可得E2＝35J；
綜上所述，要物塊釋放后不脫離圓軌道，彈簧的彈性勢能E應滿足：E≥35J或0J＜E≤20J；
（2023春 懷仁市期末）如圖甲、乙所示為商場中兩種形式傾角相同的自動扶梯，甲為傾斜面，乙為水平臺階，質量相等的A、B兩人分別站在甲、乙上，隨著扶梯一起斜向上以相同的速度做勻速運動，則（　　）
A．甲對A的支持力做負功
B．乙對B的支持力不做功
C．甲對A的摩擦力不做功
D．在相等的時間內A、B兩人重力勢能的增加量相等
【解答】解：A、甲的斜面對A的支持力與位移垂直，支持力不做功，故A錯誤；
B、乙的臺階對B的支持力與位移的夾角為銳角，支持力做正功，故B錯誤；
C、甲的斜面對A的靜摩擦力與位移同向，靜摩擦力做正功，故C錯誤；
D、甲、乙的重力相等，在相等的時間內上升的高度相等，則重力勢能的增加量相等，故D正確。
故選：D。
（2023春 炎陵縣期末）在地面上以初速度v0把小球豎直向上拋出，經過時間t1，小球到達最高點。不計空氣阻力。小球在上升過程中的速度v隨時間t的變化關系如圖所示，則小球（　　）
A．在0﹣t1時間內，加速度逐漸減小
B．在0﹣t1時間內，動能逐漸減小
C．在0﹣t1時間內，重力勢能先增大后減小
D．到達最高點時加速度為0，處于平衡狀態
【解答】解：A、v﹣t圖像的斜率表示加速度，斜率不變則加速度不變，所以在0﹣t1時間內，加速度不變，故A錯誤；
B、根據圖像可知，在0﹣t1時間內，小球速度逐漸減小，故動能逐漸減小，故B正確；
C、在0﹣t1時間內，小球一直向上運動，小球克服重力做功、重力勢能增大，故C錯誤；
D、小球到達最高點時速度為0，合外力不為零、加速度不為零、受力不平衡，故D錯誤。
故選：B。
（2023春 楚雄州期末）滑滑梯是深受兒童喜愛的娛樂項目之一、如圖所示，小孩沿一粗糙滑梯加速下滑，該過程中（　　）
A．小孩所受重力做功的功率增大，其機械能增大
B．小孩所受重力做功的功率增大，其機械能減小
C．小孩所受重力做功的功率減小，其機械能增大
D．小孩所受重力做功的功率減小，其機械能減小
【解答】解：小孩沿一粗糙滑梯加速下滑，由于滑動摩擦力對小孩做負功，所以其機械能減小。
小孩所受重力做功的功率可表示為P＝mgvsinθ，隨著速度增大，重力做功的功率增大，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2023 天心區校級開學）水上蹦床是一種水上娛樂項目，游客站在上面可以自由蹦跳（如圖）。對于蹦床運動的分析，下列說法錯誤的是（　　）
A．游客接觸蹦床向下運動到最低點時，蹦床的彈性勢能最大
B．游客離開蹦床向上運動過程中，他的動能減小，重力勢能增大
C．游客在最高點時受到的是平衡力
D．游客想彈得更高，就要在蹦床上發力，此過程將消耗游客體能
【解答】解：A、游客接觸蹦床向下運動到最低點時，蹦床的彈性形變的程度最大，所以彈性勢能最大，故A正確；
B、游客離開蹦床向上運動過程中，質量不變，速度變小，動能變小，質量不變，高度變大，重力勢能增大，故B正確；
C、游客在最高點時只受到重力的作用，受到的不是平衡力，故C錯誤；
D、游客想彈得更高，就要在蹦床上發力，使蹦床的形變程度變大，彈性勢能變大，轉化為的重力勢能就越大，此過程將消耗游客體能，游客的體能轉化為彈性勢能，故D正確。
本題選錯誤的，故選：C。
（2023春 百色期末）2023年初防城港市海上風電示范項目全面啟動，力爭2023年底首臺機組并網發電。某一風力發電機，它的葉片轉動時可形成半徑為R的圓面，某時間內該地區的風速是v，風向恰好跟葉片轉動的圓面垂直，已知空氣密度為ρ，假如這個風力發電機能將此圓內10%的空氣動能轉化為電能。關于該風力發電機，下列說法正確的是（　　）
A．單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流的體積為πR2ν
B．單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流動能為
C．該風力發電機發電的功率為
D．單位時間內發電機產生的電能為
【解答】解：A.Δt時間內沖擊葉片圓面的氣流體積為：
ΔV＝S×vΔt＝πR2×vΔt
故單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流體積為：
，故A正確；
B.Δt時間內沖擊葉片圓面的氣流的動能為：
故單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流的動能為：
，故B錯誤；
C.該風力發電機的發電功率為：
，故C錯誤；
D.單位時間發電機產生的電能為，故D錯誤。
故選：A。
（2023春 西城區期末）如圖所示，某人沿與水平成30°角的方向斜向上以10m/s的初速度v0拋出質量為1kg的小球，小球拋出時距離地面高度h為10m，落地前瞬時速度大小為16m/s。g取10m/s2，則對于小球在空中運動的整個過程，下列說法中正確的是（　　）
A．機械能減少78J
B．重力做功大于100J
C．合力對小球做的功為78J
D．空氣阻力對小球做的功為﹣78J
【解答】解：ABD、小球重力做的功WG＝mgh＝1×10×10J＝100J
從拋出到落地的過程，設空氣阻力做的功為Wf，利用動能定理有：
代入數據可得：Wf＝﹣22J
根據功能關系可知ΔE＝Wf＝﹣22J，所以機械能減少22J，故ABD錯誤；
C、根據動能定理可知合力做的功W＝WG+Wf＝100J﹣22J＝78J，故C正確。
故選：C。
（2022秋 齊齊哈爾期末）如圖所示，質量為m＝1kg的小物塊從x＝0.5m的O點以速度v0＝4m/s沿水平面向右運動，小物塊撞擊彈簧后被彈簧彈回并最終靜止于O點，已知小物塊與水平面間動摩擦因數為μ＝0.5。下列說法正確的是（　　）
A．小物塊向右運動過程中，加速度逐漸減小
B．小物塊向左運動過程中，經過A點（彈簧原長處）速度最大
C．小物塊向右運動過程中，彈簧的最大壓縮量為0.3m
D．彈簧儲存的彈性勢能的最大值為8J
【解答】解：A、小物塊向右運動過程中，先做勻減速運動后，接觸彈簧后，彈簧對小物塊向左的彈力不斷增大，合力增大，加速度增大，做變減速運動，加速度先不變，后增大，故A錯誤；
B、小物塊彈回向左運動的過程中，合力為零時速度最大，此位置在A點與墻之間，而A點彈力為0，但摩擦力不為0，則合力不為零，速度不是最大，故B錯誤；
C、對小物塊從O點到回到O點全程，由動能定理可知：﹣μmg 2（x+Δx）＝0，解得彈簧的最大壓縮量為：Δx＝0.3m，故C正確；
D、對小物塊從O點到彈簧壓縮量最大的過程，由能量守恒定律可知：μmg （x+Δx）+Ep，解得彈性勢能的最大值為：Ep＝4J，故D錯誤。
故選：C。
（2023春 青羊區校級期末）如圖所示，木板A靜止于光滑水平面上，木塊B輕置于木板A上。現施加外力F拉著木塊B做勻加速直線運動，木板A在摩擦力作用下也向右加速運動，但加速度小于木塊B的加速度，則（　　）
A．木板A所受摩擦力對木板A做負功
B．木板A對木塊B的摩擦力做的功與木塊B對木板A的摩擦力做的功的大小相等
C．木塊與木板間摩擦產生的熱量等于木板A對木塊B的摩擦力做功的大小減去木塊B對木板A的摩擦力做的功
D．力F做的功等于木塊B與木板A的動能增量之和
【解答】解：A、對A受力分析可知，A相對B向左運動，則B對A的摩擦力向右，由于A、B加速度大小不相等，則A、B之間為滑動摩擦力，B對A的摩擦力與A的運動方向相同，木塊A所受摩擦力對木塊A做正功，故A錯誤；
B、由于A的加速度小于B的加速度，相同的時間內，B的位移大于A的位移，木板A對木塊B的摩擦力做的功大于木塊B對木板A的摩擦力做的功，故B錯誤；
C、根據功能關系可得：Q＝f（xB﹣xA）＝fxB﹣fxA，可知木塊與木板間摩擦產生的熱量等于木板A對木塊B的摩擦力做功的大小減去木塊B對木板A的摩擦力做的功，故C正確；
D、由功能關系可知力F做的功等于木塊B與木板A動能增量之和加上由于摩擦產生的熱量，故D錯誤。
故選：C。
（2023 湖南開學）工廠的流水生產線如圖所示，傾斜傳送帶兩側端點間距6m，傾角37°。t＝0時，一質量為1kg的物塊從靜止的傳送帶底部的A點。以10m/s的速度沖上傳送帶，物塊與傳送帶間動摩擦因數為0.5，傳送輪和物塊大小均可以忽略（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。物塊在傳送帶上運動的過程中，求：（結果可用根號表示）
（1）物塊能否運動到傳送帶的頂端？若能，請說明理由；若不能，請計算物塊在傳送帶上向上運動的最大距離；
（2）物塊在傳送帶上的運動時間；
（3）若t＝1s時，傳送帶開始沿順時針方向以5m/s2的加速度勻加速轉動.物塊在傳送帶上的運動時間是否有變化？求從此時起到物塊離開傳送帶，物塊與傳送帶間由于摩擦產生的熱量。
【解答】解：（1）物塊從傳送帶底部開始向上滑動，根據牛頓第二定律可知mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
解得a1＝10m/s2
物塊減速為零需要的時間為t1
該過程物塊走過的位移為x1t1
代入數據解得t1＝1s，x1＝5m＜6m
由于mgsin37°＞μmgcos37°，物塊減速為零后相對于傳送帶向下運動，所以所以不能到達頂端，物塊在傳送帶上向上運動的最大距離為5m。
（2）物塊速度減到零后開始向下運動，根據牛頓第二定律可知mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
解得a2＝2m/s2
物塊下滑到傳送帶底端時x1
解得t2s
物塊在傳送帶上運動的總時間為t＝t1+t2＝（1）s
（3）t＝1s后物塊在傳送帶上開始向下運動，物塊所受摩擦力與傳送帶是否向上運動無關，所以物塊受力不變，加速度不變，運動時間不變，在物塊下滑的t2時間內傳送帶向上運動位移為：
x'm＝12.5m
物塊向下運動到離開傳送帶的過程，相對傳送帶運動的路程為：s＝x1+x'＝5m+12.5m＝17.5m
物塊與傳送帶間由于摩擦產生的熱量為：Q＝μmgscos37°
代入數據解得：Q＝70J
（2023春 山西期末）圖甲為機場地勤工作人員用來從飛機上卸行李的傳送帶裝置，其結構可簡化為圖乙。傳送帶以v0＝1m/s的速率逆時針轉動，在傳送帶上端A點無初速度地放上一個質量為m＝10kg的物體（可視為質點）。物體經歷了2.1s后滑到傳送帶底端B點，通過計算機記錄了傳送帶對該物體的摩擦力做功的功率大小與時間的圖像如圖丙所示。已知傳送帶的傾角θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）物體與傳送帶之間的動摩擦因數；
（2）傳送帶的長度；
（3）物體與傳送帶由于克服摩擦力做功而產生的熱量。
【解答】解：（1）傳送帶對物體的摩擦力做功的功率大小為：P＝fv
由圖可知傳送帶對該物體的摩擦力做功的功率大小為P＝40W時，剛好與皮帶共速，即得
P＝μmgcosθ v0
代入數據解得：μ＝0.5
（2）物體剛放到皮帶上時加速度為μgcosθ+gsinθ
代入數據解得：a1＝10m/s2
則物體與皮帶共速時，有
代入數據解得：x1＝0.05m
又有v0＝a1t1
解得共速前運動的時間為：t1＝0.1s
由于tan53°＝0.75＞μ＝0.5
所以物體與皮帶共速后，將在后面的2s時間內繼續向下做勻加速直線運動，且有
代入數據解得：a2＝2m/s2
由運動學公式有：
代入數據解得：x2＝6m
故傳送帶的長度為l＝x1+x2＝0.05m+6m＝6.05m
（3）前面0.1s內的相對位移為Δx1＝v0t1﹣x1＝（1×0.1﹣0.05）m＝0.05m
后面的2s內的相對位移為Δx2＝x2﹣v0t2＝（6﹣1×2）m＝4m
故整個過程物體與傳送帶由于克服摩擦力做功而產生的熱量為Q＝μmgcosθ（Δx1+Δx2）
代入數據解得：Q＝162J
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑