金版教程2025年高考物理复习第4讲 启智微专题 答卷现场3 传送带模型

答卷现场3传送带模型(16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5。设皮带足够长，取g＝10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中产生的热量Q。试卷抽样评析指导1.失分点①：应求邮件对地位移，而不是对皮带的位移，理解错误，导致求解错误，本步完全失分，扣5分。失分原因：按自己的想象做题。补偿建议：认真审题，按题目要求求解。规范解答：邮件对地位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×5×0.22m＝0.1m2.失分点②：邮件与皮带发生相对滑动的过程中产生的热量Q＝Ff·l相对，l相对为皮带与邮件的相对路程，热量Q不等于摩擦力对邮件所做的功，理解错误，本步完全失分，扣5分。失分原因：物理规律理解不清楚。补偿建议：深入理解掌握物理规律。规范解答：邮件与皮带发生相对滑动过程中产生的热量Q＝Ff·(s皮带－x)＝μmg·(vt－x)＝0.5×2×10×(1×0.2－0.1)J＝1J课时作业1.(2023·广东高考)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从eq\f(1,4)圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有()A．重力做的功为360JB．克服阻力做的功为440JC．经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D．经过Q点时对轨道的压力大小为380N答案BCD解析货物从P点运动到Q点的过程，重力做的功为WG＝mgh＝800J，故A错误；货物从P点运动到Q点的过程，由动能定理得WG－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得克服阻力做的功为Wf＝440J，故B正确；由题意可知，圆弧滑道的半径r＝h，货物经过Q点时向心加速度大小为a＝eq\f(v2,r)＝9m/s2，故C正确；设在Q点时，轨道对货物的支持力大小为F，由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v2,r)，代入数据解得F＝380N，由牛顿第三定律得，货物经过Q点时对轨道的压力大小为F′＝F＝380N，故D正确。2．(2022·河北省石家庄市高三下教学质量检测二)如图，质量为4m的物块A静置于水平桌面上，桌子左端固定一足够小的光滑定滑轮，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接物块A和质量为m的小球B，在O处定滑轮的正下方P点固定一颗光滑钉子。开始时OB与竖直方向的夹角θ为37°，现将小球B由静止释放，轻绳碰到钉子后瞬间物块A恰好未滑动，物块A与水平桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则OP与OB的比值为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.eq\f(2,3) D.eq\f(1,3)答案D解析设eq\f(OP,OB)＝k，小球B从初始位置到最低点，由机械能守恒定律得mg·OB(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，在最低点由牛顿第二定律得T－mg＝meq\f(v2,OB－kOB)，由题意知T＝μ·4mg，联立解得k＝eq\f(1,3)，故D正确，A、B、C错误。3.(2023·湖南省郴州市高三上第一次教学质量监测)如图所示，水平光滑长杆上套有一个质量为mA的小物块A，细线跨过O点的轻小光滑定滑轮一端连接A，另一端悬挂质量为mB的小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC＝h。开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，现将A、B同时由静止释放，则下列分析正确的是()A．物块A在运动过程中最大速度为eq\r(\f(mBgh,mA))B．物块A过C点后，向右运动的最远距离为2hC．连接物块A的细线与水平方向的夹角为45°时，物块A、B的速度大小关系为vA＝eq\r(2)vBD．物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B的机械能先增大后减小答案C解析当物块A运动到O点正下方C点时，A、B的总重力势能最小，总动能最大，B的速度为零，则物块A的速度达到最大，根据系统机械能守恒有mBgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sin30°)－h))＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,m)，解得vm＝eq\r(\f(2mBgh,mA))，故A错误；根据系统机械能守恒及对称性，物块A过C点后，向右运动的最远距离与初始PC间的距离相等，为eq\f(h,tan30°)＝eq\r(3)h，故B错误；当连接物块A的细线与水平方向的夹角为45°时，有vAcos45°＝vB，解得vA＝eq\r(2)vB，故C正确；物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B一直向下运动，细线对物块B的拉力一直做负功，所以物块B的机械能一直减小，故D错误。4.(2023·山东省潍坊市高三下三模)如图所示，三个相同的小物块a、b、c，质量均为m，c放在水平地面上，b和c在竖直方向上通过劲度系数为k的轻弹簧相连，a在b的正上方，开始时a、b、c均静止。现让a自由下落，a、b碰后一起向下运动。已知弹簧的弹性势能可表示为Ep＝eq\f(1,2)kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g。若b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，则a开始下落时距b的高度为()A.eq\f(11mg,k) B.eq\f(9mg,k)C.eq\f(7mg,k) D.eq\f(5mg,k)答案B解析设开始时，a、b之间的高度差为H，弹簧的压缩量为x1，对b根据平衡条件有kx1＝mg，弹簧的弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)；设a、b碰撞前瞬间a的速度大小为v1，碰撞后瞬间a、b的速度大小为v2，a从静止释放到与b碰撞前做自由落体运动，有veq\o\al(2,1)＝2gH，a、b碰撞过程动量守恒，有mv1＝2mv2；对a、b分别受力分析可知，当弹簧恢复原长时，a、b分离，设a、b运动到弹簧原长时速度大小为v3，a、b碰撞后到a、b运动到弹簧原长过程，a、b及弹簧组成的系统机械能守恒，有eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,3)＋2mgx1；当b运动到最高点时，c恰好离开地面，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2，则对c有kx2＝mg，从弹簧处于原长位置至b运动至最高点，对b和弹簧组成的系统，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝mgx2＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)，联立解得H＝eq\f(9mg,k)，故B正确。5．(2024·山西省吕梁市高三上期中)倾斜传送带广泛应用于矿山、港口、电厂、物流等领域。如图甲所示，与水平面成θ角的倾斜传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝10kg的货物轻放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，由v­t图像可知()A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.25B．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功为112JC．货物从A运动到B过程中，货物对传送带做功为64JD．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为128J答案C解析设货物与传送带间的动摩擦因数为μ，由题图乙可得，0～0.2s货物所受摩擦力沿皮带向下，对货物由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，0.2～1.2s货物所受摩擦力沿皮带向上，对货物由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，由题图乙可得，a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(2,0.2)m/s2＝10m/s2，a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(4－2,1.2－0.2)m/s2＝2m/s2，联立可得θ＝37°，μ＝0.5，故A错误；0～0.2s货物的位移为x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝0.2m，0.2s末货物的速度为v1＝2m/s，0.2～1.2s货物的位移为x2＝v1(t2－t1)＋eq\f(1,2)a2(t2－t1)2＝3m，1.2s末货物的速度大小v2＝4m/s，货物从A运动到B过程中，根据动能定理有W1＋mg(x1＋x2)·sinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0，解得传送带对货物做的功为W1＝－112J，故B错误；0～0.2s传送带运动的距离为x带1＝v带t1＝0.4m，货物对传送带的摩擦力沿传送带向上，0.2～1.2s传送带运动的距离为x带2＝v带(t2－t1)＝2m，货物对传送带的摩擦力沿传送带向下，则货物从A运动到B过程中，货物对传送带做功为W2＝μmgcosθ·(x带2－x带1)＝64J，故C正确；货物从A运动到B过程中，货物与传送带的相对路程为x相对＝(x带1－x1)＋(x2－x带2)＝1.2m，由功能关系可得，货物与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgcosθ·x相对＝48J，故D错误。6．(2023·山东省日照市高三下三模)(多选)如图所示，水平传送带以v0＝6m/s的速率顺时针转动，左、右两端点A、B间距L＝4m。光滑水平面AC、足够长的光滑斜面CE及传送带左侧平滑相连，竖直面内半径R＝0.5m的光滑半圆形轨道BD与传送带右侧相切于B点(物块通过各连接处时无机械能损失)。现将一质量m＝1kg的小物块(视为质点)自斜面CE上高度为h的某点由静止释放，能顺利通过传送带从半圆轨道D点水平抛出。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2。下列判断正确的是()A．物块通过半圆轨道D点时对轨道的最小压力为零B．物块通过B点时的最小速度为5m/sC．在某一高度范围内释放，若物块总能以相同的速度通过轨道D点，则h最小为0.2mD．若物块总能以相同的速度通过轨道D点，则h最大为3.4m答案CD解析物块恰能从D点抛出时，对应的在B点的速度最小，设为vB0，则mg＝meq\f(veq\o\al(2,D0),R)，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B0)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D0)，解得vB0＝5m/s；由牛顿第二定律可知，物块在传送带上做变速运动时的加速度大小a＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),m)＝μg，若物块从A点由静止开始运动，则物块从斜面上释放后，到达B点的最小速度，设为vB1，假设物块能一直加速，由匀变速直线运动规律有veq\o\al(2,B1)＝2aL，解得物块在B点的最小速度大小vB1＝4eq\r(2)m/s，vB1＜v0，则假设正确；vB1＞vB0，则综上分析可知，物块通过B点时的最小速度为4eq\r(2)m/s，物块通过D点时对轨道的最小压力不为零，故A、B错误。若物块总能以相同的速度通过轨道D点，根据机械能守恒定律，可知物块总能以相同的速度通过B点，则该速度为传送带转动的速度v0＝6m/s，分析可知，当h最小时，物块在传送带上一直做匀加速运动，到达B点时速度恰好为v0，根据动能定理有mghmin＋μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得hmin＝0.2m，当h最大时，物块在传送带上一直做匀减速运动，到达B点时速度恰好为v0，根据动能定理有mghmax－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得hmax＝3.4m，故C、D正确。7．如图所示是动力滚筒输送机示意图，水平框架上安装了许多同样的转筒，由电动机带动转筒转动。将物体放到转筒上，依靠转筒摩擦带动运送货物。动力滚筒输送机适用于各类箱、包、托盘等货件的输送。滚筒输送机具有结构简单，可靠性高，使用维护方便等优点。某快递公司用动力滚筒输送机分拣快递，动力滚筒输送机水平方向放置，转筒半径为r＝4cm，转动角速度ω＝50rad/s，现将一个质量m＝2kg的快递箱无初速放在A点，将快递箱从A点传送到B点运动的距离为16m。快递箱与转筒间的动摩擦因数μ＝0.2，整个过程转筒始终保持匀速转动，快递箱大小可忽略不计，重力加速度g取10m/s2，快递箱从A点传到B点的过程中，下列说法正确的是()A．所需要的时间为8sB．平均速度为4m/sC．输送机对快递箱做的功为64JD．运送快递箱电动机多做的功为8J答案D解析滚筒输送机的线速度v＝ωr＝2.0m/s，快递箱无初速放在A点，在摩擦力作用下产生的加速度a＝μg＝2.0m/s2，快递箱加速到2.0m/s用的时间t1＝eq\f(v,a)＝1s，在t1时间内发生的位移x1＝eq\f(v,2)t1＝1m，其后快递箱随滚筒输送机做匀速运动的时间t2＝eq\f(xAB－x1,v)＝7.5s，快递箱从A点传到B点所需要的时间t＝t1＋t2＝8.5s，故A错误；快递箱从A点传到B点的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(xAB,t)＝eq\f(16,8.5)m/s≈1.9m/s，故B错误；输送机对快递箱做的功W1＝μmgx1＝4.0J，故C错误；运送快递箱滚筒输送机在t1时间内发生的位移x2＝vt1＝2m，所以运送快递箱电动机多做的功为W2＝μmgx2＝8.0J，故D正确。8．(2023·黑龙江省齐齐哈尔市高三一模)如图所示，长木板A放置在光滑水平面上，木板右端与固定平台的距离为d＝4m，木板上表面与光滑平台等高，平台上固定半径R＝0.3m的光滑半圆轨道，轨道末端与平台相切。木板左端放置滑块B，滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，给滑块施加水平向右F＝24N的作用力，作用时间t1＝1s后撤去F，滑块质量m＝3kg，木板质量M＝2kg，滑块没有滑离木板，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。(1)求木板的最大速度；(2)若木板与平台间碰撞无能量损失，最终滑块停在木板右端，求木板的长度；(3)若木板长度L＝4.16m，且木板与平台碰撞即与平台黏合在一起，求滑块通过轨道最高点时对轨道的压力大小。答案(1)4.8m/s(2)12m(3)10N解析(1)设施加外力时滑块和木板的加速度大小分别为a1、a2，撤去外力时滑块及木板的速度分别为v1、v2，由牛顿第二定律，对滑块有F－μmg＝ma1对木板有μmg＝Ma2由运动学公式有v1＝a1t1，v2＝a2t1设撤去外力后滑块加速度大小为a3，则有μmg＝ma3假设木板未碰到平台前已与滑块达到共同速度，设再经过t2时间达到共同速度v0，有v0＝v1－a3t2v0＝v2＋a2t2解得t2＝0.6s，v0＝4.8m/s木板位移xM＝eq\f(1,2)a2(t1＋t2)2＝3.84m因为xM<d＝4m，