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(共61張PPT)
第五章　機械能
思維進階課六　力學和能量觀點解決“傳送帶”和
“滑塊—木板”模型問題
[學習目標]　1．會用能量觀點求解摩擦產生的熱量等綜合問題。
2．會用動力學的觀點分析“傳送帶”和“板塊”模型的運動情況。
進階1　“傳送帶”問題中的摩擦力做功分析
1．分析角度
(1)動力學角度：首先要正確的對物體進行運動分析和受力分析，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．功能關系
(1)功能關系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)對W和Q的理解
①傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ff x傳；
②產生的內能：Q＝Ff x相對。
角度1　水平傳送帶問題
[典例1]　(2025·山東煙臺高三質檢)某物流分揀中心為轉運貨物安裝有水平傳送帶，傳送帶空載時保持靜止，一旦有貨物置于傳送帶上，傳送帶就會以1 m/s2的加速度向前加速運行。如圖所示，在傳送帶空載的某時刻，某質量為20 kg的貨物向前以3 m/s的初速度滑上傳送帶。已知傳送帶長為6 m，貨物和傳送帶之間的動摩擦因數為0.2，g＝10 m/s2，求：
(1)貨物用多長時間到達傳送帶末端；
(2)整個過程傳送帶對貨物做的功；
(3)傳送帶與貨物由于摩擦產生的熱量。
[解析]　(1)對貨物受力分析，由牛頓第二定律可知μmg＝ma′
解得a′＝2 m/s2
設經時間t1兩者共速，則v0－a′t1＝at1
解得t1＝1 s
故貨物運動1 s后兩者共速
此時的速度大小v＝at1＝1 m/s
從開始到二者共速，貨物的位移
x1＝＝2 m
由題意知，兩者共速后，一起以加速度a做勻加速直線運動，設兩者共速后，貨物再運動時間t2到達傳送帶末端，則＝l－x1
解得t2＝2 s
所以貨物到達傳送帶末端所用的時間
t＝t1＋t2＝3 s。
(2)設貨物到達傳送帶末端的速度大小為v′，則
v′＝v＋at2
解得v′＝3 m/s
貨物從滑上傳送帶至到達傳送帶末端的過程
由動能定理得W＝
解得W＝0。
(3)貨物和傳送帶之間的相對位移
Δx＝＝1.5 m
所以整個過程因摩擦產生的熱量
Q＝μmgΔx＝60 J。
[答案]　(1)3 s　(2)0　(3)60 J
角度2　傾斜傳送帶問題
[典例2]　如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動機的帶動下始終保持v0＝2 m/s的速率運行。現把一質量為m＝10 kg的工件(可看作質點)輕輕放在傳送帶的底端，經過1.9 s，工件被傳送到h＝1.5 m的高處。g取10 m/s2，求：
(1)工件與傳送帶間的動摩擦因數；
(2)電動機由于傳送工件多消耗的電能。
思路點撥：解此題按以下思路。
[解析]　(1)傳送帶長x＝＝3 m
工件速度達到v0前，做勻加速運動的位移
x1＝t1＝t1
工件速度達到v0后，勻速運動的位移為
x－x1＝v0(t－t1)
解得加速運動的時間t1＝0.8 s
加速運動的位移x1＝0.8 m
所以加速度a＝＝2.5 m/s2
由牛頓第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得μ＝。
(2)在時間t1內，傳送帶運動的位移
x傳送帶＝v0t1＝1.6 m
在時間t1內，工件相對傳送帶的位移
x相對＝x傳送帶－x1＝0.8 m
在時間t1內，摩擦生熱
Q＝μmg cos θ·x相對＝60 J
工件獲得的動能Ek＝＝20 J
工件增加的勢能Ep＝mgh＝150 J
故電動機多消耗的電能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。
[答案]　(1)　(2)230 J
規律總結　摩擦生熱的三點提醒
(1)大小：系統內因滑動摩擦力做功產生的熱量Q＝Ff x相對。
(2)產生：有滑動摩擦力的系統內存在相對位移，摩擦生熱Q＝Ff
x相對，x相對是兩物體間相對運動的路程，即同向相減、反向相加；若物體做往復運動，則x相對為總的相對路程。
(3)能量變化的兩種形式：一是相互摩擦的物體之間機械能轉移；二是系統的機械能轉化為內能(即熱量)。
進階2　“滑塊—木板”問題中的摩擦力做功分析
1．動力學分析：分別對滑塊和木板進行受力分析，根據牛頓第二定律求出各自的加速度a1、a2；從放上滑塊到二者速度相等，所用時間相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用時間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移。
2．功和能分析：對滑塊和木板分別運用動能定理，或者對系統運用能量守恒定律。如圖所示，要注意區分三個位移：
(1)求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x滑；
(2)求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移x板；
(3)求摩擦生熱時用相對路程Δx。
角度1　水平面上的“滑塊—木板”問題
[典例3]　(多選)(2023·全國乙卷)如圖所示，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊(可視為質點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f ，當物塊從木板右端離開時(　　)
A．木板的動能一定等于f l
B．木板的動能一定小于f l
C．物塊的動能一定大于－f l
D．物塊的動能一定小于－f l
√
√
BD　[根據題意分析可知，物塊做勻減速運動，木板做勻加速運動，物塊離開木板時，物塊的速度v1大于木板的速度v2，則有物塊位移
x物＝t，木板位移x木＝t，則x物>2x木，又x物－x木＝l，v1＞v2，可知x木角度2　傾斜面上的“滑塊—木板”問題
[典例4]　(2025·湖北十堰高三月考)如圖所示，傾角θ＝37°的光滑斜面上有一質量M＝4 kg的足夠長的木板A，在A的上端有一質量m＝2 kg的物塊B(可視作質點)，物塊B與木板A間的動摩擦因數μ＝0.5，斜面底端有一擋板P，木板與擋板P碰撞后會等速率反彈。現將木板與物塊同時由靜止釋放，釋放時木板前端與擋板相距s＝ m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求木板A第1次碰撞擋板P時的速度大小；
(2)求從木板A第1次碰到擋板到木板A第1次減速為零的時間，并求出在此過程中，物塊B與木板A間因摩擦產生的熱量。
[解析]　(1)分析可知，釋放后A、B一起加速下滑，
由牛頓第二定律有(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a
可得a＝g sin θ＝6 m/s2
設木板碰撞擋板時速度為v，則v2＝2as
代入數據解得v＝2 m/s。
(2)碰撞后木板A減速上滑，設其加速度大小為aA，有Mg sin θ＋μmg cos θ＝MaA
可得aA＝8 m/s2
故所求時間t＝＝0.25 s
木板A上滑距離xA＝＝ m
此過程中，物塊B加速下滑，設其加速度大小為aB，
有mg sin θ－μmg cos θ＝maB
可得aB＝2 m/s2
物塊B下滑距離xB＝vt＋aBt2＝ m
故因摩擦產生的熱量Q＝μmg cos θ·(xA＋xB)＝6.5 J。
[答案]　(1)2 m/s　(2)0.25 s　6.5 J
思維進階特訓(六)
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1．(多選)(2024·黑龍江哈爾濱高三期中)如圖所示，質量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上，質量為m的小物塊放在小車的最左端。現用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為f，經過一段時間小車運動的位移為x，小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說法正確的是(　　)
A．此時物塊的動能為F(x＋L)
B．此時小車的動能為f x
C．這一過程中，物塊和小車增加的機械能為Fx－f L
D．這一過程中，系統因摩擦而損失的機械能為f L
√
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BD　[根據動能定理，物塊的動能為Ek1＝(F－f )·(L＋x)，A錯誤；小車的動能為Ek2＝f x，B正確；物塊和小車增加的機械能等于力F做功與摩擦生熱之差，則ΔE＝F(L＋x)－f L，C錯誤；系統因摩擦而損失的機械能為ΔE損＝f x相對＝f L，D正確。]
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2．如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現將質量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動摩擦因數為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對木板靜止的過程中，需對木板施加一水平向右的作用力F，則力F對木板所做的功為(　　)
A．
C．mv2 D．2mv2
√
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C　[由能量守恒定律可知，力F對木板所做的功W一部分轉化為物體的動能，一部分轉化為系統內能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，聯立以上各式可得W＝mv2，故選項C正確。]
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3．(2025·河北邯鄲高三檢測)如圖所示為速凍食品加工廠生產和包裝餃子的一道工序，餃子由水平傳送帶運送至下一環節。將餃子無初速度地輕放在傳送帶上，傳送帶足夠長且以速度v勻速轉動，餃子與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，不考慮餃子之間的相互作用力和空氣阻力。關于餃子在水平傳
送帶上運動的過程中，下列說法正確的是(　　)
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A．傳送帶的速度越快，餃子的加速度越大
B．餃子相對于傳送帶的位移為
C．餃子由靜止開始加速到與傳送帶速度相等的過程中，增加的動能等于因摩擦產生的熱量
D．傳送帶因傳送餃子多消耗的電能等于餃子增加的動能
√
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C　[餃子的加速度a＝＝＝μg，與傳送帶的速度無關，故A錯誤；餃子從放上傳送帶到與傳送帶共速所用時間t＝，餃子在傳送帶上留下的痕跡長度Δs＝vt－＝，故B錯誤；餃子從靜止加速到與傳送帶共速的過程，餃子增加的動能Ek＝μmgs餃子，因摩擦產生的熱量Q＝μmgs相對，又因為餃子從初速度為零開始做勻加速運
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動到和傳送帶共速，餃子的位移s餃子＝t，相對位移為s相對＝s傳送帶－s餃子＝vt－t＝t，即s相對＝s餃子，故餃子增加的動能等于因摩擦產生的熱量，故C正確；傳送帶多消耗的電能等于餃子增加的動能與因摩擦產生的熱量的總和，故D錯誤。]
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4．(多選)(2024·安徽合肥二模)如圖所示，水平傳送帶左端A與右端B相距2.5 m，傳送帶以1 m/s的速度逆時針勻速轉動。質量為2 kg的小滑塊以2 m/s的初速度從A端滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.1，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．小滑塊最終從B端離開傳送帶
B．整個過程摩擦力對小滑塊做功為－4 J
C．小滑塊在傳送帶上的劃痕長度為4.5 m
D．小滑塊在傳送帶上勻速運動的時間為1.5 s
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CD　[根據牛頓第二定律有μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，小滑塊向右減速到零的時間t1＝＝2 s，運動的距離L1＝t1＝2 m，L1小于傳送帶的長度，因此小滑塊最終從A端離開傳送帶，A錯誤；減速到零之后反向加速直到共速，加速時間t2＝＝1 s，反向加速的距離L2＝t2＝0.5 m，再向左勻速運動L3＝1.5 m到達A端，時間t3＝＝1.5 s，
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D正確；從滑上傳送帶到共速，滑塊與傳送帶的相對位移 m＋ m＝4.5 m，C正確；根據動能定理，摩擦力對小滑塊做的功等于小滑塊動能的變化量，Wf＝＝－3 J，B錯誤。]
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5．(2024·黑龍江佳木斯二模)光滑水平面上放置一長為L、不計質量的輕質木片，木片左、右端放置一個質量都是m、可視為質點的小滑塊A和B，A、B與輕質木片間動摩擦因數分別是μ1和μ2，且2μ2>μ1>μ2。現在對A施加水平向右的推力F，使A能與B相遇，則(　　)
A．若F大于μ1mg，則可以使A與B相碰
B．若F大于μ2mg，則可以使A與B相碰
C．A與B相碰前系統產生的內能為μ2mgL
D．只要F足夠大，A、B可能一起相對木片運動
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C　[當力F較小時，A、B和木片一起向前加速，隨著力F的增大，最大靜摩擦力小的先滑動，B與輕質木片間摩擦力達到最大值時，加速度為a，則μ2mg＝ma，得a＝μ2g，把A、B和木片看成一個整體，F>2ma＝2μ2mg>μ1mg，B和木片發生相對滑動，使A能與B相遇，故A、B錯誤；由于A、B與木片的最大摩擦力都是μ2mg，小于μ1mg，所以A相對木片不動，故D錯誤；A與B相碰前系統產生的內能為滑動摩擦力與相對位移的乘積，A能與B相遇時，B與木片的相對位移為L，則A與B相碰前系統產生的內能Q＝μ2mgL，故C正確。]
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6．如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2 kg的另一物體B(可看成質點)以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦力，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示。下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　)
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A．木板A最終獲得的動能為2 J
B．系統損失的機械能為4 J
C．木板A的最小長度為2 m
D．A、B間的動摩擦因數為0.1
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D　[由題圖乙可知，0～1 s內，A、B的加速度大小都為a＝1 m/s2，物體B和木板A水平方向均受相互作用的滑動摩擦力，根據牛頓第二定律知二者質量相等，則木板最終動能EkA＝＝1 J，選項A錯誤；系統損失的機械能ΔE＝＝2 J，選項B錯誤；由題圖乙可得二者相對位移為 1 m, 即木板A的最小長度為1 m，選項C錯誤；對B受力分析，根據牛頓第二定律，可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，選項D正確。]
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7．(多選)(2024·廣西柳州二模)如圖甲所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定的速率＝10 m/s沿逆時針方向運行。t＝0時，將質量m＝
2 kg的煤塊(可視為質點)輕放在傳送帶上端，煤塊相對地面的v-t圖像如圖乙所示，2 s末滑離傳送帶，傳送帶上下兩端長L＝16 m。設沿傳送帶向下為正方向。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。則(　　)
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A．煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.4
B．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度為5 m
C．整個過程因摩擦而產生的熱量Q為48 J
D．整個過程因摩擦而產生的熱量Q為50 J
√
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BC　[由題圖乙得0～1 s內煤塊加速度a1＝＝ m/s2＝10.0 m/s2，根據牛頓第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，1～2 s內煤塊加速度a2＝ m/s2＝2.0 m/s2，根據牛頓第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得μ＝0.5，故A錯誤；根據題圖乙可知，0～1 s內傳送帶比煤塊多運動位移Δx1＝×10×1 m＝5 m，1～2 s內煤塊比傳送帶多運動位移Δx2＝×2×1 m＝1 m，兩者有重疊部分，所以煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度為 5 m，故B正確；整個過程因摩擦而產生的熱量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos θ＝48 J，故C正確，D錯誤。]
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8．如圖所示，水平傳送帶足夠長，向右前進的速度v＝4 m/s，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質量m＝2 kg的小物塊從A點靜止釋放。已知A、P的距離L＝8 m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數分別為μ1＝0.25、μ2＝0.20，重力加速度g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物塊：
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(1)第1次滑過P點時的速度大小v1；
(2)第1次在傳送帶上往返運動的時間t；
(3)從釋放到最終停止運動，與斜面間摩擦產生的熱量Q。
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[解析]　(1)由動能定理得
(mg sin 37°－μ1mg cos 37°)L＝－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛頓第二定律得μ2mg＝ma
物塊與傳送帶共速時，由速度公式得－v＝v1－at1
解得t1＝6 s
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勻速運動階段的時間為t2＝＝3 s
第1次在傳送帶上往返運動的時間t＝t1＋t2＝9 s。
(3)由分析可知，物塊第1次離開傳送帶以后，之后物塊再下滑到達P點的速度小于4 m/s，直到物塊停止運動，每次再到達傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等，則根據能量守恒定律有
Q＝μ1mgL cos 37°＋mv2＝48 J。
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[答案]　(1)8 m/s　(2)9 s　(3)48 J
9．(2024·山東濟寧市一模)某貨物傳送裝置簡化圖如圖甲所示，該裝置由傳送帶及固定擋板CDEF組成，擋板與傳送帶上表面ABCD垂直，傳送帶上表面與水平地面的夾角θ＝37°，CD與水平面平行。傳送帶始終勻速轉動，工作人員將質量分布均勻的正方體貨物從D點由靜止釋放，貨物對地發生位移L＝10 m后被取走，貨物在傳送帶上運動時的剖面圖如圖乙所示。已知傳送帶速率v0＝2 m/s，貨物質量m＝10 kg，貨物與傳送帶的動摩擦因數μ1＝0.5，與擋板的動摩擦因數μ2＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力。求：
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(1)貨物在傳送帶上經歷的時間t；
(2)因運送貨物傳送裝置多消耗的電能E。
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[解析]　(1)設傳送帶對貨物的彈力大小為N1，擋板對貨物的彈力大小為N2，對貨物進行分析如圖所示，有
N1＝mg cos θ，N2＝mg sin θ，
μ1N1－μ2N2＝ma
解得a＝2.5 m/s2
貨物勻加速至2 m/s的過程，根據速度與位移關系式有＝2ax0
解得x0＝0.8 m題號
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則勻加速直線運動的時間t1＝＝ s＝0.8 s
之后貨物做勻速直線運動，經歷時間
t2＝＝ s＝4.6 s
則貨物在傳送帶上經歷的時間t＝t1＋t2＝5.4 s。
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(2)貨物與傳送帶之間產生的熱量
Q1＝μ1N1＝32 J
貨物與擋板之間產生的熱量Q2＝μ2N2L＝150 J
貨物增加的動能ΔEk＝＝20 J
因運送貨物傳送裝置多消耗的電能
E＝Q1＋Q2＋ΔEk＝202 J。
[答案]　(1)5.4 s　(2)202 J
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10．如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長的斜面固定在水平面上，斜面上放一長度為L＝4 m、質量M＝2 kg的木板，木板與斜面間的動摩擦因數μ1＝0.5，木板在沿斜面向下的恒力F＝8 N的作用下從靜止開始下滑，經時間t1＝1 s，將一質量為m＝1 kg的可視為質點的物塊無初速度地輕放在木板的最下端，物塊與木板間的動摩擦因數μ2＝0.25，當物塊與木板速度相同時撤去恒力F，最終物塊會與木板分離。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不計空氣阻力，試求：
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(1)t1＝1 s時木板速度的大小v1；
(2)從物塊放到木板上到與木板共速的速度大小v2和所用時間t2；
(3)木板上表面因摩擦產生的熱量Q。
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[解析]　(1)設沒放物塊時，木板加速下滑的加速度大小為a，根據牛頓第二定律可得
F＋Mg sin θ－μ1Mg cos θ＝Ma
解得a＝6 m/s2
t1＝1 s時木板速度的大小v1＝at1＝6 m/s。
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(2)從物塊放到木板上到與木板共速的過程，設木板的加速度大小為a1，物塊的加速度大小為a2，根據牛頓第二定律，對木板，有
F＋Mg sin θ－μ1(m＋M)g cos θ－μ2mg cos θ＝Ma1
對物塊，有mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma2
解得a1＝3 m/s2，a2＝8 m/s2
設經時間t2物塊與木板共速，速度大小為v2，有
v2＝v1＋a1t2＝a2t2
解得v2＝9.6 m/s，t2＝1.2 s。
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(3)從物塊放到木板上到與木板共速的過程，物塊的位移x2＝＝5.76 m
木板的位移x1＝＝9.36 m
物塊相對木板向上運動Δx＝x1－x2＝3.6 m
撤去F后，木板速度小于物塊速度，物塊最終從木板下端離開木板，由功能關系知木板上表面因摩擦產生的熱量Q＝μ2mg cos θ·2Δx
解得Q＝14.4 J。
[答案]　(1)6 m/s　(2)9.6 m/s　1.2 s　(3)14.4 J
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