2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）微專題1　傳送帶模型綜合問題含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）微專題1傳送帶模型綜合問題微專題1傳送帶模型綜合問題1.如圖所示,飛機(jī)場運輸行李的傾斜傳送帶保持恒定的速率向上運行,將行李箱無初速度地放在傳送帶底端,當(dāng)傳送帶將它送入飛機(jī)貨艙前行李箱已做勻速運動.假設(shè)行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ,傳送帶與水平面的夾角為θ,已知滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力,下列說法正確的是 (C)A.要實現(xiàn)這一目的前提是μ<tanθB.做勻速運動時,行李箱與傳送帶之間的摩擦力為零C.全過程傳送帶對行李箱的摩擦力方向沿傳送帶向上D.若傳送帶速度足夠大,可以無限縮短傳送的時間[解析]要實現(xiàn)題述目的前提是沿傳送帶向上的最大靜摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力,即μmgcosθ>mgsinθ,可得μ>tanθ,故A錯誤;做勻速運動時,行李箱與傳送帶之間的摩擦力為Ff=mgsinθ,故B錯誤;行李箱在加速階段和勻速階段受到的摩擦力均沿傳送帶向上,故C正確;若傳送帶速度足夠大,行李箱在傳送帶上一直做勻加速運動,傳送時間將是定值,故D錯誤.2.(多選)如圖所示,質(zhì)量為m=1kg的物體從高為h=0.2m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑,滑到水平傳送帶上的A點,物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2,傳送帶A、B之間的距離為L=5m,傳送帶一直以v=4m/s的速度勻速運動,g取10m/s2,則(AC)A.物體從A運動到B的時間是1.5sB.物體從A運動到B的過程中,摩擦力對物體做功為2JC.物體從A運動到B的過程中,產(chǎn)生的熱量為2JD.物體從A運動到B的過程中,帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機(jī)多做的功為10J[解析]設(shè)物體下滑到A點的速度為v0,對PA過程,由機(jī)械能守恒定律有m=mgh,代入數(shù)據(jù)得v0==2m/s<4m/s,則物體滑上傳送帶后,在滑動摩擦力作用下做勻加速運動,加速度大小為a==μg=2m/s2,加速至速度與傳送帶速度相等時用時為t1==s=1s,勻加速運動的位移為x1=t1=×1m=3m<L=5m,所以物體與傳送帶共速后向右繼續(xù)勻速運動,勻速運動的時間為t2==s=0.5s,故物體從A運動到B的時間為t=t1+t2=1.5s,故A正確;物體運動到B的速度為v=4m/s,根據(jù)動能定理得,摩擦力對物體做功為Wf=mv2-m=×1×42J-×1×22J=6J,故B錯誤;在t1時間內(nèi),傳送帶做勻速運動的位移為x傳送帶=vt1=4m,故產(chǎn)生熱量為Q=μmgΔx=μmg(x傳送帶-x1),代入數(shù)據(jù)得Q=2J,故C正確;電動機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動能,另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,則電動機(jī)多做的功為W=+Q=8J,故D錯誤.3.(多選)如圖所示,傳送帶與水平地面的夾角為θ=37°,A、B兩端間距為L=16m,傳送帶以速度v=10m/s沿順時針方向運動.現(xiàn)將一質(zhì)量為m=1kg的物體(可看作質(zhì)點)由靜止放上A端,物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.在物體到達(dá)B端的過程中,下列說法中正確的是(AD)A.物體從A端到B端的時間為2sB.傳送帶克服摩擦力做的功為80JC.電動機(jī)因傳送物體而多消耗的電能為72JD.物體與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為24J[解析]物體放上A端,在傳送帶的作用下做勻加速直線運動,根據(jù)牛頓第二定律得mgsin37°+μmgcos37°=ma1,解得a1=10m/s2,物體與傳送帶達(dá)到共速需要的時間為t1==1s,運動的位移為x1=a=5m,因為mgsin37°>μmgcos37°,所以物體繼續(xù)做勻加速直線運動,由牛頓第二定律得mgsin37°-μmgcos37°=ma2,解得a2=2m/s2,繼續(xù)向下勻加速運動的過程中,有L-x1=vt2+a2,解得運動時間為t2=1s,所以物體由A端運動到B端的時間為t=t1+t2=2s,故A正確;第一階段,傳送帶受到向上的摩擦力,則摩擦力對傳送帶做負(fù)功,W1=-μmgcos37°·vt1=-40J,后一階段,傳送帶受到向下的摩擦力,則摩擦力對傳送帶做正功,W2=μmgcos37°·vt2=40J,可知傳送帶克服摩擦力做的功為0J,因整個過程中摩擦力對傳送帶做功為零,則電動機(jī)因傳送物體而多消耗的電能為零,選項B、C錯誤;前1s內(nèi),物體相對傳送帶的路程為s1=vt1-x1=5m,后1s內(nèi),物體相對傳送帶的路程為s2=vt2+a2-vt2=1m,則物體與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=μmgcos37°·(s1+s2)=24J,故D正確.4.(多選)如圖甲所示,繃緊的傳送帶與水平方向夾角為37°,傳送帶的v-t圖像如圖乙所示.t=0時刻質(zhì)量為1kg的楔形物體以某一初速度從B點滑上傳送帶,并沿傳送帶向上做勻速運動,2s后開始做減速運動,在t=4s時物體恰好到達(dá)最高點A.sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2.在物體從B點運動到A點的過程中,下列說法正確的是 (ABD)A.物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75B.t=2s后物體與傳送帶相對靜止一起運動C.t=2s后物體受到的摩擦力沿傳送帶向下D.傳送帶上A、B兩點間的距離為6m[解析]速度—時間圖像的斜率表示加速度,由圖像可知,傳送帶做勻減速運動的加速度大小為a1=1m/s2,t=0時刻質(zhì)量為1kg的楔形物體從B點滑上傳送帶并沿傳送帶向上做勻速運動,說明物體受力平衡,由平衡條件可知μmgcos37°=mgsin37°,解得物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.75,故選項A正確;2s末,傳送帶的速度為2m/s,物體開始減速運動,在t=4s時物體恰好到達(dá)最高點,則物體做勻速運動時的速度為2m/s,且t=2s后物體做勻減速運動的加速度大小a2=m/s2=1m/s2,即物體與傳送帶相對靜止一起做加速度為1m/s2的勻減速運動,物體受到的摩擦力為靜摩擦力,取沿傳送帶向下為正方向,對物體,由牛頓第二定律得mgsin37°+Ff=ma2,解得Ff=-5N,“-”說明t=2s后物體受到的摩擦力沿傳送帶向上,傳送帶上A、B兩點間的距離lAB=vt1+t2=2×2m+×2m=6m,故選項C錯誤,B、D正確.5.(多選)如圖甲所示,足夠長的傾角為θ=37°的傳送帶以速度v=2.5m/s沿順時針方向運行,質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物塊在t=0時刻以速度v0從傳送帶底端開始沿傳送帶上滑,物塊在傳送帶上運動時的機(jī)械能E隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示,已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取傳送帶最底端所在平面為零勢能面,sin37°=0.6,重力加速度g取10m/s2,則(CD)A.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.25B.物塊的質(zhì)量為2kgC.物塊滑上傳送帶時的速度為5m/sD.物塊滑離傳送帶時的動能為20J[解析]根據(jù)圖乙可知在0.25s時物塊的速度與傳送帶的速度相等,0.25~1.5s時間內(nèi)物塊的機(jī)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時物塊的機(jī)械能不再增加,即物塊的速度為零,以沿斜面向上為正方向,對物塊分析受力,在0~0.25s沿斜面方向由牛頓第二定律可得-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,該過程由勻變速直線運動規(guī)律可得v=v0+a1t1,在0.25~1.5s時間內(nèi)由牛頓第二定律可得-mgsinθ+μmgcosθ=ma2,此過程由勻變速直線運動規(guī)律可得0=v+a2t2,聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得v0=5m/s,μ=0.5,故A錯誤,C正確;由圖乙可知,物塊的初始機(jī)械能為E=m=50J,代入數(shù)據(jù)可得m=4kg,故B錯誤;由圖乙可知物塊從底部滑至最高點,前后兩階段摩擦力做功的絕對值之和為W=(50-35)+(60-35)J=40J,到達(dá)最高點時機(jī)械能為E'=60J,由于物塊所受重力沿斜面的分力大于傳送帶對物塊的摩擦力,故物塊到達(dá)最高點后會沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動,此過程中,物塊向下移動的位移與物塊向上移動的位移相等,摩擦力大小相等,且下滑過程中摩擦力始終做負(fù)功,故從最高點運動至離開傳送帶的過程中,由能量守恒定律可得E'=W+Ek,代入數(shù)據(jù)可得Ek=20J,故D正確.6.圓弧軌道AB固定于地面上,半徑R=2m,所對圓心角為60°,其末端與逆時針轉(zhuǎn)動的水平傳送帶相切于B點,如圖所示,傳送帶長l=1.5m,速度v=4m/s.一質(zhì)量為m=0.1kg的滑塊從最高點A由靜止開始滑下并滑上水平傳送帶,運動到B點時速度vB=3m/s,g取10m/s2.(1)求滑塊沿圓弧從A到B運動過程中摩擦力對滑塊做的功;(2)若滑塊不從右端滑離傳送帶,則滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ應(yīng)滿足什么條件?(3)若傳送帶與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ=0.6,求滑塊從B點開始到第一次離開傳送帶過程中產(chǎn)生的熱量Q.[答案](1)-0.55J(2)μ≥0.3(3)2.4J[解析](1)A→B的過程,由動能定理得mgR(1-cos60°)+Wf=m代入數(shù)據(jù)解得Wf=-0.55J(2)滑塊在傳送帶上受到向左的摩擦力,當(dāng)滑塊恰好不從右端離開傳送帶時,由動能定理得-μmgl=0-m解得μ==0.3即μ至少為0.3時滑塊不從右端滑離傳送帶(3)由牛頓第二定律得a==μg=0.6×10m/s2=6m/s2滑塊向右做勻減速運動的最大距離x1==m=0.75m此時未從右端滑離傳送帶,接下來向左反向加速從B點離開傳送帶,向左加速位移為x2=x1=0.75m滑塊運動時間t=2=2×s=1s傳送帶向左運動的距離x3=vt=4m則滑塊從B點開始到第一次離開傳送帶過程中產(chǎn)生的熱量Q=Ff·x相對=μmg(x1+x3-x2)=0.6×0.1×10×4J=2.4J7.如圖所示,光滑水平導(dǎo)軌AB的左端有一壓縮的彈簧,彈簧左端固定,右端放一個質(zhì)量為m=1kg的物塊(可視為質(zhì)點),物塊與彈簧不粘連,B點與水平傳送帶的左端剛好平齊接觸,傳送帶BC的長為L=6m,沿逆時針方向以恒定速度v=1m/s勻速轉(zhuǎn)動.CD為光滑的水平軌道,C點與傳送帶的右端剛好平齊接觸,DE是豎直放置的半徑為R=0.4m的光滑半圓軌道,DE與CD相切于D點.已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2,g取10m/s2.(1)若釋放彈簧,物塊離開彈簧,滑上傳送帶剛好能到達(dá)C點,求彈簧儲存的彈性勢能Ep;(2)若釋放彈簧,物塊離開彈簧,滑上傳送帶能夠通過C點,并經(jīng)過半圓軌道DE,從其最高點E飛出,最終落在CD上距D點的距離為x=1.2m處(CD長大于1.2m),求物塊通過E點時受到的壓力大小;(3)滿足(1)條件時,求物塊通過傳送帶的過程中產(chǎn)生的熱量.(不考慮從C點返回之后的運動)[答案](1)12J(2)12.5N(3)16.9J[解析](1)由動能定理知 -μmgL=0-mv2由能量守恒定律知Ep=mv2解得Ep=12J(2)由平拋運動知 豎直方向y=2R=gt2水平方向x=vEt在E點,由牛頓第二定律知FN+mg=m解得FN=12.5N(3)物塊在B點的速度為vB==2m/s從B點到C點的時間為t'==s物塊相對傳送帶的位移為Δx相對=L+vt=6m+×1m=(6+)m由能量守恒定律知Q=μmg·Δx相對=(12+2)J≈16.9J8.[2020·全國卷Ⅲ]如圖所示,相距L=11.5m的兩平臺位于同一水平面內(nèi),二者之間用傳送帶相接.傳送帶向右勻速運動,其速度的大小v可以由驅(qū)動系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定.質(zhì)量m=10kg的載物箱(可視為質(zhì)點),以初速度v0=5.0m/s自左側(cè)平臺滑上傳送帶.載物箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.10,重力加速度g取10m/s2.(1)若v=4.0m/s,求載物箱通過傳送帶所需的時間;(2)求載物箱到達(dá)右側(cè)平臺時所能達(dá)到的最大速度和最小速度;(3)若v=6.0m/s,載物箱滑上傳送帶Δt=s后,傳送帶速度突然變?yōu)榱?求載物箱從左側(cè)平臺向右側(cè)平臺運動的過程中,傳送帶對它的沖量.[答案](1)2.75s(2)4m/sm/s(3)N·s,方向豎直向上[解析](1)傳送帶的速度為v=4.0m/s時,載物箱在傳送帶上先做勻減速運動,設(shè)其加速度大小為a,由牛頓第二定律有μmg=ma ①設(shè)載物箱滑上傳送帶后勻減速運動的距離為s1,由運動學(xué)公式有v2-=-2as1 ②聯(lián)立①②式,代入題給數(shù)據(jù)得s1=4.5m③因此,載物箱在到達(dá)右側(cè)平臺前,速度先減小至v,然后開始做勻速運動.設(shè)載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時間為t1,做勻減速運動所用的時間為t1',由運動學(xué)公式有v=v0-at1' ④t1=t1'+ ⑤聯(lián)立①③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得t1=2.75s⑥(2)當(dāng)載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運動時,到達(dá)右側(cè)平臺時的速度最小,設(shè)為v1;當(dāng)載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運動時,到達(dá)右側(cè)平臺時的速度最大,設(shè)為v2.由動能定理有-μmgL=m-m ⑦μmgL=m-m ⑧由⑦⑧式并代入題給條件得v1=m/s,v2=4m/s⑨(3)傳送帶的速度為v=6.0m/s時,由于v0<v<v2,載物箱先做勻加速運動,加速度大小仍為a,設(shè)載物箱做勻加速運動通過的距離為s2,所用時間為t2,由運動學(xué)公式有v=v0+at2 ⑩v2-=2as2 聯(lián)立①⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得t2=1.0ss2=5.5m因此載物箱加速運動的時間為1.0s、位移為5.5m時,達(dá)到與傳送帶相同的速度.此后載物箱與傳送帶共同勻速運動(Δt-t2)的時間后,傳送帶的速度忽然變?yōu)榱?設(shè)載物箱勻速運動通過的距離為s3,有s3=(Δt-t2)v 由式可知,mv2>μmg(L-s2-s3),即載物箱運動到右側(cè)平臺時速度大于零,設(shè)為v3.由運動學(xué)公式有-v2=-2a(L-s2-s3) 聯(lián)立①式并代入題給數(shù)據(jù)得v3=5m/s設(shè)載物箱在傳送帶停止后勻加速運動到右側(cè)平臺所用的時間為t3,由運動學(xué)公式有v3=v-at3 解得t3=1s載物箱通過傳送帶的過程中,傳送帶對載物箱的作用力有水平方向的摩擦力和豎直方向上的支持力,設(shè)在水平方向和豎直方向上傳送帶對載物箱的沖量分別為I1、I2,由動量定理有I1=m(v3-v0)=0 I2=FN(Δt+t3)=mg(Δt+t3)=N·s所以載物箱從左側(cè)平臺向右側(cè)平臺運動的過程中,傳送帶對它的沖量I==N·s方向豎直向上微專題2滑塊—木板模型綜合問題1.如圖所示,質(zhì)量為M的長木板放在光滑的水平地面上處于靜止?fàn)顟B(tài),木板的長度為L,B為木板的中點,木板上表面B點左側(cè)粗糙、右側(cè)光滑.一個質(zhì)量為m的物塊從木板的左端A點以初速度v0滑上木板,已知物塊能滑離木板,且物塊在B點右側(cè)木板上滑行的時間為t,則物塊滑離木板時的速度大小為 (C)A.B.C.D.[解析]設(shè)物塊剛滑到B點右側(cè)時,物塊的速度大小為v1,木板的速度大小為v2,有(v1-v2)t=L,物塊從木板的B點到滑離木板的過程中,對物塊和木板組成的系統(tǒng),根據(jù)動量守恒定律得mv0=mv1+Mv2,聯(lián)立解得v1=,C正確.2.(多選)如圖所示,光滑水平地面上停放著一輛質(zhì)量為m的小車,小車的四分之一圓弧軌道在最低點與水平軌道相切,且整個軌道表面光滑.在小車的右端固定一個輕彈簧,一個質(zhì)量也為m的小球從圓弧軌道上離水平軌道高為h處開始自由滑下,重力加速度大小為g,下列說法正確的是 (BD)A.小球和小車組成的系統(tǒng)動量始終守恒B.彈簧具有的最大彈性勢能為mghC.小球具有的最大動能為mghD.被彈簧反彈后,小球能回到離水平軌道高為h處[解析]小球在圓弧軌道上下滑的過程中,小球在豎直方向上有加速度,系統(tǒng)在豎直方向上所受的合外力不為零,而系統(tǒng)在水平方向上不受外力,則系統(tǒng)所受的合外力不為零,系統(tǒng)動量不守恒,故A錯誤;當(dāng)小球和小車速度相同時,彈簧的彈性勢能最大,取水平向右為正方向,根據(jù)系統(tǒng)在水平方向上動量守恒得0=(m+m)v共,解得v共=0,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得彈簧具有的最大彈性勢能Ep=mgh,故B正確;設(shè)小球返回圓弧軌道時上升的最大高度為H,此時小球與小車速度相同,設(shè)為v共',取水平向右為正方向,根據(jù)系統(tǒng)在水平方向上動量守恒得0=(m+m)v共',解得v共'=0,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mgh=mgH,解得H=h,即被彈簧反彈后,小球能回到離水平軌道高為h處,故D正確;當(dāng)小球滑到圓弧軌道的最低點時速度最大,設(shè)此時小球和小車的速度分別為v1和v2,小球在圓弧軌道上下滑的過程中,取水平向右為正方向,根據(jù)系統(tǒng)在水平方向上動量守恒得0=mv1+mv2,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mgh=m+m,小球具有的最大動能為Ekm=m,聯(lián)立解得Ekm=mgh,故C錯誤.3.(多選)如圖所示,一質(zhì)量為2m的小車靜止在光滑水平地面上,其左端P點與平臺平滑連接,小車上表面PQ是以O(shè)為圓心、半徑為R的四分之一圓弧軌道,質(zhì)量為m的光滑小球以v0=2(g為重力加速度)的速度由水平臺面滑上小車.已知OP豎直,OQ水平,水平臺面高h(yuǎn)=,小球可視為質(zhì)點,則 (AD)A.小車能獲得的最大速度為B.小球在Q點的速度大小為C.小球在Q點的速度方向與水平方向夾角的正切值為D.小球落地時的速度大小為[解析]小球最終由P點離開小車,從小球滑上小車至離開小車,此過程系統(tǒng)無機(jī)械能損失,可視為彈性碰撞,由彈性碰撞結(jié)論可知,小車能獲得的最大速度為vmax=v0=,故A正確;小球在Q點時,在水平方向上與小車共速,由水平方向動量守恒得mv0=(m+2m)v共,解得v共=,由能量守恒定律得m=mgR+×2m+m,解得vQ=,則小球此時在豎直方向上的分速度大小為vQy==,設(shè)小球在Q點的速度方向與水平方向的夾角為θ,則tanθ==,故B、C錯誤;小球離開小車時的速度大小為vP==,小球離開小車后至落地過程,由動能定理得mgh=mv2-m,解得v=,故D正確.4.如圖甲所示,足夠長的木板置于光滑水平地面上,其上表面的右端放置一個小滑塊,開始時兩者均靜止.現(xiàn)木板受到一水平向右逐漸增大的拉力F作用,其加速度a隨拉力F變化的關(guān)系圖像如圖乙所示,直線AB反向延長線的橫截距為3N.已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2.求:(1)木板與滑塊之間的動摩擦因數(shù)μ;(2)木板的質(zhì)量M和滑塊的質(zhì)量m.[答案](1)0.3(2)3kg1kg[解析](1)根據(jù)圖像可知,當(dāng)拉力F滿足0<F≤12N時,滑塊和木板保持相對靜止一起向右加速運動,當(dāng)拉力F>12N時,滑塊和木板發(fā)生相對滑動,木板和滑塊恰好發(fā)生相對滑動時,加速度a0=3m/s2對滑塊,根據(jù)牛頓第二定律有μmg=ma0解得μ=0.3(2)當(dāng)外力F>12N時,對木板,根據(jù)牛頓第二定律有F-μmg=Ma整理得a=F-圖像中直線AB的斜率k==kg-1=kg-1解得M=3kg當(dāng)外力滿足0<F≤12N時,對整體,根據(jù)牛頓第二定律有F=(M+m)a整理得a=F由圖像可知直線OA的斜率k'==kg-1=kg-1解得m=1kg5.如圖所示,光滑水平面上有一質(zhì)量為M=4.0kg的平板車,車的上表面有一段長為L=1.5m的粗糙水平軌道,水平軌道左側(cè)連一半徑為R=0.25m的四分之一光滑圓弧軌道,圓弧軌道與水平軌道在點O'處相切.現(xiàn)將一質(zhì)量為m=1.0kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車,小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點A.g取10m/s2,求:(1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大小;(2)小物塊與車最終相對靜止時,它距點O'的距離.[答案](1)5m/s(2)0.5m[解析](1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向