2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）微专题1　传送带模型综合问题含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）微专题1传送带模型综合问题微专题1传送带模型综合问题1.如图所示,飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行,将行李箱无初速度地放在传送带底端,当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动.假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ,传送带与水平面的夹角为θ,已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力,下列说法正确的是 (C)A.要实现这一目的前提是μ<tanθB.做匀速运动时,行李箱与传送带之间的摩擦力为零C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上D.若传送带速度足够大,可以无限缩短传送的时间[解析]要实现题述目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力,即μmgcosθ>mgsinθ,可得μ>tanθ,故A错误;做匀速运动时,行李箱与传送带之间的摩擦力为Ff=mgsinθ,故B错误;行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向上,故C正确;若传送带速度足够大,行李箱在传送带上一直做匀加速运动,传送时间将是定值,故D错误.2.(多选)如图所示,质量为m=1kg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑,滑到水平传送带上的A点,物体和传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2,传送带A、B之间的距离为L=5m,传送带一直以v=4m/s的速度匀速运动,g取10m/s2,则(AC)A.物体从A运动到B的时间是1.5sB.物体从A运动到B的过程中,摩擦力对物体做功为2JC.物体从A运动到B的过程中,产生的热量为2JD.物体从A运动到B的过程中,带动传送带转动的电动机多做的功为10J[解析]设物体下滑到A点的速度为v0,对PA过程,由机械能守恒定律有m=mgh,代入数据得v0==2m/s<4m/s,则物体滑上传送带后,在滑动摩擦力作用下做匀加速运动,加速度大小为a==μg=2m/s2,加速至速度与传送带速度相等时用时为t1==s=1s,匀加速运动的位移为x1=t1=×1m=3m<L=5m,所以物体与传送带共速后向右继续匀速运动,匀速运动的时间为t2==s=0.5s,故物体从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5s,故A正确;物体运动到B的速度为v=4m/s,根据动能定理得,摩擦力对物体做功为Wf=mv2-m=×1×42J-×1×22J=6J,故B错误;在t1时间内,传送带做匀速运动的位移为x传送带=vt1=4m,故产生热量为Q=μmgΔx=μmg(x传送带-x1),代入数据得Q=2J,故C正确;电动机多做的功一部分转化成了物体的动能,另一部分转化为内能,则电动机多做的功为W=+Q=8J,故D错误.3.(多选)如图所示,传送带与水平地面的夹角为θ=37°,A、B两端间距为L=16m,传送带以速度v=10m/s沿顺时针方向运动.现将一质量为m=1kg的物体(可看作质点)由静止放上A端,物体与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.在物体到达B端的过程中,下列说法中正确的是(AD)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[解析]物体放上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,物体与传送带达到共速需要的时间为t1==1s,运动的位移为x1=a=5m,因为mgsin37°>μmgcos37°,所以物体继续做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mgsin37°-μmgcos37°=ma2,解得a2=2m/s2,继续向下匀加速运动的过程中,有L-x1=vt2+a2,解得运动时间为t2=1s,所以物体由A端运动到B端的时间为t=t1+t2=2s,故A正确;第一阶段,传送带受到向上的摩擦力,则摩擦力对传送带做负功,W1=-μmgcos37°·vt1=-40J,后一阶段,传送带受到向下的摩擦力,则摩擦力对传送带做正功,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B、C错误;前1s内,物体相对传送带的路程为s1=vt1-x1=5m,后1s内,物体相对传送带的路程为s2=vt2+a2-vt2=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)=24J,故D正确.4.(多选)如图甲所示,绷紧的传送带与水平方向夹角为37°,传送带的v-t图像如图乙所示.t=0时刻质量为1kg的楔形物体以某一初速度从B点滑上传送带,并沿传送带向上做匀速运动,2s后开始做减速运动,在t=4s时物体恰好到达最高点A.sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2.在物体从B点运动到A点的过程中,下列说法正确的是 (ABD)A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.75B.t=2s后物体与传送带相对静止一起运动C.t=2s后物体受到的摩擦力沿传送带向下D.传送带上A、B两点间的距离为6m[解析]速度—时间图像的斜率表示加速度,由图像可知,传送带做匀减速运动的加速度大小为a1=1m/s2,t=0时刻质量为1kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动,说明物体受力平衡,由平衡条件可知μmgcos37°=mgsin37°,解得物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.75,故选项A正确;2s末,传送带的速度为2m/s,物体开始减速运动,在t=4s时物体恰好到达最高点,则物体做匀速运动时的速度为2m/s,且t=2s后物体做匀减速运动的加速度大小a2=m/s2=1m/s2,即物体与传送带相对静止一起做加速度为1m/s2的匀减速运动,物体受到的摩擦力为静摩擦力,取沿传送带向下为正方向,对物体,由牛顿第二定律得mgsin37°+Ff=ma2,解得Ff=-5N,“-”说明t=2s后物体受到的摩擦力沿传送带向上,传送带上A、B两点间的距离lAB=vt1+t2=2×2m+×2m=6m,故选项C错误,B、D正确.5.(多选)如图甲所示,足够长的倾角为θ=37°的传送带以速度v=2.5m/s沿顺时针方向运行,质量为m、可视为质点的物块在t=0时刻以速度v0从传送带底端开始沿传送带上滑,物块在传送带上运动时的机械能E随时间t的变化关系如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取传送带最底端所在平面为零势能面,sin37°=0.6,重力加速度g取10m/s2,则(CD)A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25B.物块的质量为2kgC.物块滑上传送带时的速度为5m/sD.物块滑离传送带时的动能为20J[解析]根据图乙可知在0.25s时物块的速度与传送带的速度相等,0.25~1.5s时间内物块的机械能增加,故摩擦力做正功,摩擦力方向沿斜面向上,且在1.5s时物块的机械能不再增加,即物块的速度为零,以沿斜面向上为正方向,对物块分析受力,在0~0.25s沿斜面方向由牛顿第二定律可得-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,该过程由匀变速直线运动规律可得v=v0+a1t1,在0.25~1.5s时间内由牛顿第二定律可得-mgsinθ+μmgcosθ=ma2,此过程由匀变速直线运动规律可得0=v+a2t2,联立以上各式并代入数据解得v0=5m/s,μ=0.5,故A错误,C正确;由图乙可知,物块的初始机械能为E=m=50J,代入数据可得m=4kg,故B错误;由图乙可知物块从底部滑至最高点,前后两阶段摩擦力做功的绝对值之和为W=(50-35)+(60-35)J=40J,到达最高点时机械能为E'=60J,由于物块所受重力沿斜面的分力大于传送带对物块的摩擦力,故物块到达最高点后会沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动,此过程中,物块向下移动的位移与物块向上移动的位移相等,摩擦力大小相等,且下滑过程中摩擦力始终做负功,故从最高点运动至离开传送带的过程中,由能量守恒定律可得E'=W+Ek,代入数据可得Ek=20J,故D正确.6.圆弧轨道AB固定于地面上,半径R=2m,所对圆心角为60°,其末端与逆时针转动的水平传送带相切于B点,如图所示,传送带长l=1.5m,速度v=4m/s.一质量为m=0.1kg的滑块从最高点A由静止开始滑下并滑上水平传送带,运动到B点时速度vB=3m/s,g取10m/s2.(1)求滑块沿圆弧从A到B运动过程中摩擦力对滑块做的功;(2)若滑块不从右端滑离传送带,则滑块与传送带间的动摩擦因数μ应满足什么条件?(3)若传送带与滑块间的动摩擦因数μ=0.6,求滑块从B点开始到第一次离开传送带过程中产生的热量Q.[答案](1)-0.55J(2)μ≥0.3(3)2.4J[解析](1)A→B的过程,由动能定理得mgR(1-cos60°)+Wf=m代入数据解得Wf=-0.55J(2)滑块在传送带上受到向左的摩擦力,当滑块恰好不从右端离开传送带时,由动能定理得-μmgl=0-m解得μ==0.3即μ至少为0.3时滑块不从右端滑离传送带(3)由牛顿第二定律得a==μg=0.6×10m/s2=6m/s2滑块向右做匀减速运动的最大距离x1==m=0.75m此时未从右端滑离传送带,接下来向左反向加速从B点离开传送带,向左加速位移为x2=x1=0.75m滑块运动时间t=2=2×s=1s传送带向左运动的距离x3=vt=4m则滑块从B点开始到第一次离开传送带过程中产生的热量Q=Ff·x相对=μmg(x1+x3-x2)=0.6×0.1×10×4J=2.4J7.如图所示,光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧,弹簧左端固定,右端放一个质量为m=1kg的物块(可视为质点),物块与弹簧不粘连,B点与水平传送带的左端刚好平齐接触,传送带BC的长为L=6m,沿逆时针方向以恒定速度v=1m/s匀速转动.CD为光滑的水平轨道,C点与传送带的右端刚好平齐接触,DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道,DE与CD相切于D点.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2,g取10m/s2.(1)若释放弹簧,物块离开弹簧,滑上传送带刚好能到达C点,求弹簧储存的弹性势能Ep;(2)若释放弹簧,物块离开弹簧,滑上传送带能够通过C点,并经过半圆轨道DE,从其最高点E飞出,最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处(CD长大于1.2m),求物块通过E点时受到的压力大小;(3)满足(1)条件时,求物块通过传送带的过程中产生的热量.(不考虑从C点返回之后的运动)[答案](1)12J(2)12.5N(3)16.9J[解析](1)由动能定理知 -μmgL=0-mv2由能量守恒定律知Ep=mv2解得Ep=12J(2)由平抛运动知 竖直方向y=2R=gt2水平方向x=vEt在E点,由牛顿第二定律知FN+mg=m解得FN=12.5N(3)物块在B点的速度为vB==2m/s从B点到C点的时间为t'==s物块相对传送带的位移为Δx相对=L+vt=6m+×1m=(6+)m由能量守恒定律知Q=μmg·Δx相对=(12+2)J≈16.9J8.[2020·全国卷Ⅲ]如图所示,相距L=11.5m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=10kg的载物箱(可视为质点),以初速度v0=5.0m/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μ=0.10,重力加速度g取10m/s2.(1)若v=4.0m/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;(3)若v=6.0m/s,载物箱滑上传送带Δt=s后,传送带速度突然变为零.求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中,传送带对它的冲量.[答案](1)2.75s(2)4m/sm/s(3)N·s,方向竖直向上[解析](1)传送带的速度为v=4.0m/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μmg=ma ①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-=-2as1 ②联立①②式,代入题给数据得s1=4.5m③因此,载物箱在到达右侧平台前,速度先减小至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t1,做匀减速运动所用的时间为t1',由运动学公式有v=v0-at1' ④t1=t1'+ ⑤联立①③④⑤式并代入题给数据得t1=2.75s⑥(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v1;当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时,到达右侧平台时的速度最大,设为v2.由动能定理有-μmgL=m-m ⑦μmgL=m-m ⑧由⑦⑧式并代入题给条件得v1=m/s,v2=4m/s⑨(3)传送带的速度为v=6.0m/s时,由于v0<v<v2,载物箱先做匀加速运动,加速度大小仍为a,设载物箱做匀加速运动通过的距离为s2,所用时间为t2,由运动学公式有v=v0+at2 ⑩v2-=2as2 联立①⑩式并代入题给数据得t2=1.0ss2=5.5m因此载物箱加速运动的时间为1.0s、位移为5.5m时,达到与传送带相同的速度.此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt-t2)的时间后,传送带的速度忽然变为零.设载物箱匀速运动通过的距离为s3,有s3=(Δt-t2)v 由式可知,mv2>μmg(L-s2-s3),即载物箱运动到右侧平台时速度大于零,设为v3.由运动学公式有-v2=-2a(L-s2-s3) 联立①式并代入题给数据得v3=5m/s设载物箱在传送带停止后匀加速运动到右侧平台所用的时间为t3,由运动学公式有v3=v-at3 解得t3=1s载物箱通过传送带的过程中,传送带对载物箱的作用力有水平方向的摩擦力和竖直方向上的支持力,设在水平方向和竖直方向上传送带对载物箱的冲量分别为I1、I2,由动量定理有I1=m(v3-v0)=0 I2=FN(Δt+t3)=mg(Δt+t3)=N·s所以载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中,传送带对它的冲量I==N·s方向竖直向上微专题2滑块—木板模型综合问题1.如图所示,质量为M的长木板放在光滑的水平地面上处于静止状态,木板的长度为L,B为木板的中点,木板上表面B点左侧粗糙、右侧光滑.一个质量为m的物块从木板的左端A点以初速度v0滑上木板,已知物块能滑离木板,且物块在B点右侧木板上滑行的时间为t,则物块滑离木板时的速度大小为 (C)A.B.C.D.[解析]设物块刚滑到B点右侧时,物块的速度大小为v1,木板的速度大小为v2,有(v1-v2)t=L,物块从木板的B点到滑离木板的过程中,对物块和木板组成的系统,根据动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2,联立解得v1=,C正确.2.(多选)如图所示,光滑水平地面上停放着一辆质量为m的小车,小车的四分之一圆弧轨道在最低点与水平轨道相切,且整个轨道表面光滑.在小车的右端固定一个轻弹簧,一个质量也为m的小球从圆弧轨道上离水平轨道高为h处开始自由滑下,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 (BD)A.小球和小车组成的系统动量始终守恒B.弹簧具有的最大弹性势能为mghC.小球具有的最大动能为mghD.被弹簧反弹后,小球能回到离水平轨道高为h处[解析]小球在圆弧轨道上下滑的过程中,小球在竖直方向上有加速度,系统在竖直方向上所受的合外力不为零,而系统在水平方向上不受外力,则系统所受的合外力不为零,系统动量不守恒,故A错误;当小球和小车速度相同时,弹簧的弹性势能最大,取水平向右为正方向,根据系统在水平方向上动量守恒得0=(m+m)v共,解得v共=0,根据系统机械能守恒得弹簧具有的最大弹性势能Ep=mgh,故B正确;设小球返回圆弧轨道时上升的最大高度为H,此时小球与小车速度相同,设为v共',取水平向右为正方向,根据系统在水平方向上动量守恒得0=(m+m)v共',解得v共'=0,根据系统机械能守恒得mgh=mgH,解得H=h,即被弹簧反弹后,小球能回到离水平轨道高为h处,故D正确;当小球滑到圆弧轨道的最低点时速度最大,设此时小球和小车的速度分别为v1和v2,小球在圆弧轨道上下滑的过程中,取水平向右为正方向,根据系统在水平方向上动量守恒得0=mv1+mv2,根据系统机械能守恒得mgh=m+m,小球具有的最大动能为Ekm=m,联立解得Ekm=mgh,故C错误.3.(多选)如图所示,一质量为2m的小车静止在光滑水平地面上,其左端P点与平台平滑连接,小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道,质量为m的光滑小球以v0=2(g为重力加速度)的速度由水平台面滑上小车.已知OP竖直,OQ水平,水平台面高h=,小球可视为质点,则 (AD)A.小车能获得的最大速度为B.小球在Q点的速度大小为C.小球在Q点的速度方向与水平方向夹角的正切值为D.小球落地时的速度大小为[解析]小球最终由P点离开小车,从小球滑上小车至离开小车,此过程系统无机械能损失,可视为弹性碰撞,由弹性碰撞结论可知,小车能获得的最大速度为vmax=v0=,故A正确;小球在Q点时,在水平方向上与小车共速,由水平方向动量守恒得mv0=(m+2m)v共,解得v共=,由能量守恒定律得m=mgR+×2m+m,解得vQ=,则小球此时在竖直方向上的分速度大小为vQy==,设小球在Q点的速度方向与水平方向的夹角为θ,则tanθ==,故B、C错误;小球离开小车时的速度大小为vP==,小球离开小车后至落地过程,由动能定理得mgh=mv2-m,解得v=,故D正确.4.如图甲所示,足够长的木板置于光滑水平地面上,其上表面的右端放置一个小滑块,开始时两者均静止.现木板受到一水平向右逐渐增大的拉力F作用,其加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示,直线AB反向延长线的横截距为3N.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2.求:(1)木板与滑块之间的动摩擦因数μ;(2)木板的质量M和滑块的质量m.[答案](1)0.3(2)3kg1kg[解析](1)根据图像可知,当拉力F满足0<F≤12N时,滑块和木板保持相对静止一起向右加速运动,当拉力F>12N时,滑块和木板发生相对滑动,木板和滑块恰好发生相对滑动时,加速度a0=3m/s2对滑块,根据牛顿第二定律有μmg=ma0解得μ=0.3(2)当外力F>12N时,对木板,根据牛顿第二定律有F-μmg=Ma整理得a=F-图像中直线AB的斜率k==kg-1=kg-1解得M=3kg当外力满足0<F≤12N时,对整体,根据牛顿第二定律有F=(M+m)a整理得a=F由图像可知直线OA的斜率k'==kg-1=kg-1解得m=1kg5.如图所示,光滑水平面上有一质量为M=4.0kg的平板车,车的上表面有一段长为L=1.5m的粗糙水平轨道,水平轨道左侧连一半径为R=0.25m的四分之一光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在点O'处相切.现将一质量为m=1.0kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车,小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.5,小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.g取10m/s2,求:(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小;(2)小物块与车最终相对静止时,它距点O'的距离.[答案](1)5m/s(2)0.5m[解析](1)平板车和小物块组成的系统在水平方向