Question

5．如圖所示，傾角為37°的足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定速度運(yùn)行，將一質(zhì)量為m=1kg的小物塊以某一初速度方上傳送帶，物體相對(duì)地面的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示，取沿傳送帶向上未正方向，g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．則下列說(shuō)法正確的（　�。�

• A． 物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75
• B． 0～8s內(nèi)物體位移的大小為14m
• C． 0～8s內(nèi)物體機(jī)械能的增量為84J
• D． 0～8s內(nèi)因放上物體，傳送帶電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為216J

Answer 1

分析 根據(jù)v-t圖象的斜率求出物體運(yùn)動(dòng)的加速度，由牛頓第二定律求解物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)．速度圖象的“面積”大小等于位移，物體在0-2s內(nèi)的位移為負(fù)值，在2-8s內(nèi)的位移為正值．0-8s內(nèi)物體機(jī)械能增量等于動(dòng)能增加量與重力勢(shì)能增加量之和．在前6s內(nèi)物體與傳送帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，求出相對(duì)位移△s，產(chǎn)生的熱量為Q=μmgcosθ•△s．再由能量守恒定律求傳送帶電動(dòng)機(jī)多消耗的電能．

解答 解：A、根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，可得，物體相對(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為：a=$\frac{2}{2}$=lm/s²
由牛頓第二定律得：μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得 μ=0.875．故A錯(cuò)誤．
B、0～8s內(nèi)物體位移為：s=-$\frac{1}{2}$×2×2+$\frac{2+6}{2}$×4=14m，故B正確．
C、物體被送上的高度為：h=ssinθ=8.4m，重力勢(shì)能的增量為：△E_p=mgh=84J
動(dòng)能增量為：△E_k=$\frac{1}{2}m（{v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}）$=$\frac{1}{2}$×1×（42-22）=6J，機(jī)械能增加為：△E=△E_p+△E_k=90J，故C錯(cuò)誤．
D、0-8s內(nèi)只有前6s內(nèi)物體與傳送帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)．0-6s內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)距離為：s_帶=4×6m=24m
0-6s內(nèi)物體位移為：s_物=-$\frac{1}{2}$×2×2+$\frac{4×4}{2}$=6m
產(chǎn)生的熱量為：Q=μmgcosθ•s_相對(duì)=μmgcosθ•（s_帶-s_物）=0.875×1×10×0.8×18J=126J
0～8s內(nèi)傳送帶電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為：W=△E+Q=90J+126J=216J，故D正確；
故選：BD

點(diǎn)評(píng) 本題首先要讀懂速度圖象，根據(jù)圖象分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，求出位移和加速度，其次根據(jù)牛頓第二定律和功能關(guān)系求解相關(guān)的量，對(duì)于熱量，要根據(jù)相對(duì)位移求解．