下载文档原格式
2024年10月绵阳南山中学集团学校高2022级10月联考物理试卷命题人：孔庆尹贾学明宋俊林本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷组成，共6页；答题卷共2页．满分100分，时间75分钟．考试结束后将答题卡和答题卷一并交回．第Ⅰ卷(选择题，共46分)注意事项：1．答第I 卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上．2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上．一、本题共10小题，共46分。
第1～7题，每小题4分，只有一项是符合题要求；第8～10题，每小题6分，有两个或两个以上选项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m 的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。
若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g ，则对擦窗工具受力情况的分析正确的是（）A ．擦窗工具受到3个力作用B ．擦窗工具受到4个力作用C ．摩擦力的方向可能与拉力方向相反D ．摩擦力大小等于2mg2．中国高铁的发展经历了从技术引进、消化吸收到自主创新、领跑全球的过程。
高铁的发展极大方便了人们的出行。
假设两高铁站P 和Q 间的铁路里程为216km 。
列车从P 站始发，直达终点站Q 。
设高铁列车的最高速度为324km/h 。
若高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5m/s 2，其余行驶时间内保持最高速度匀速运动。
则从P 到Q 乘高铁列车出行的时间为（）A ．37分钟B ．40分钟C ．43分钟D ．46分钟3．一小车沿直线运动，从t =0开始由某一速度做匀减速运动，当t =t 1时速度降为零，此后反向做匀加速运动直到t 2时刻。
在下列小车位移x 随时间t 变化的关系曲线中，可能正确的是（）A ．B ．C ．D ．4．如图甲所示，电梯配重可以平衡轿厢及其载荷的重量从而减少电机的工作负担，提高能效。
一个物体以速度v 0(v 0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型. 1.动力学角度，如求物体在传送带上运动的时间、物体在传送带上能达到的速度、物体相对传送带滑过的位移，方法是牛顿第二定律结合运动学规律.典型的有水平和倾斜两种情况.水平传送带模型项目 图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速情景2(1)v 0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v 0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端. 其中v 0>v 返回时速度为v ，当v 0<v 返回时速度为v 0倾斜传送带模型项目 图示滑块可能的运动情况 情景1(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(3)可能先以a 1加速后以a 2加速 情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速 (3)可能一直匀速(4)可能先以a 1加速后以a 2加速 情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速2.能量的角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等.在传送带模型中，物体和传送带由于摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以物体与传送带间的相对路程.1.如图所示，物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运动，则传送带对物体做功情况可能是( )A.始终不做功B.先做负功后做正功C.先做正功后不做功D.先做负功后不做功 答案：ACD解析：要判断传送带对物体的做功情况需分析物体所受摩擦力的可能方向.如何判断摩擦力的方向呢？要比较物体刚滑上传送带时的速度与传送带速度的大小关系. 设传送带速度大小为v 1，物体刚滑上传送带时的速度大小为v 2.当v 1＝v 2时，物体随传送带一起匀速运动，故传送带与物体之间不存在摩擦力，即传送带对物体始终不做功，A 选项正确；当v 1<v 2时，物体相对传送带向右运动，物体受到的滑动摩擦力方向左，则物体先做匀减速运动，直到速度减为v 1再做匀速运动，故传送带对物体先做负功后不做功，D 选项正确；当v 1>v 2时，物体相对传送带向左运动，物体受到的滑动摩擦力方向向右，则物体先做匀加速运动直到速度达到v 1再做匀速运动，故传送带对物体先做正功后不做功，C 选项正确.2.如图所示，水平传送带A 、B 两端相距s ＝3.5 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A 端瞬时速度v A ＝4 m/s ，达到B 端的瞬时速度设为v B ，则( )A.若传送带不动，则v B ＝3 m/sB.若传送带以速度v ＝4 m/s 逆时针匀速转动，v B ＝3 m/sC.若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝3 m/sD.若传送带以速度v ＝4 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝3 m/s 答案：ABC解析：若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知v －v ＝2as ，a ＝μg ，代入数据解得v B＝3 m/s ，当2B 2A 满足选项B 、C 中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件达到B 端的瞬时速度仍为3 m/s ，故选项A 、B 、C 正确；若传送带以速度v ＝4 m/s 顺时针匀速转动，则工件滑上A 端后做匀速运动，到B 端的速度仍为4 m/s ，故选项D 错误.3.如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是 ( )A.电动机做的功为mv 212B.摩擦力对物体做的功为mv 2C.传送带克服摩擦力做的功为mv 212D.电动机增加的功率为μmgv解析：由能量守恒定律知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A 错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B 错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，故C 错；由功率公式易知传送带增加的功率为μmgv ，故D 对. 答案：D4.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行.初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知v 2>v 1，则( )A.t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B.t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：相对地面而言，小物块在0～t 1时间内，向左做匀减速运动，t 1～t 2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t 2时刻)，小物块向右做匀速运动.故小物块在t 1时刻离A 处距离最大，A 错误.相对传送带而言，在0～t 2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t 2～t 3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t 2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B 正确，C 、D 均错误. 答案：B5.如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角θ＝37°，并以v ＝10 m/s 的速率逆时针匀速转动着，在传送带的A 端轻轻地放一个质量为m ＝1 kg 的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)则下列有关说法正确的是( )A.小物体运动1 s 后，受摩擦力的大小不适用公式F ＝μF NB.小物体运动1 s 后加速度大小为2 m/s 2C.在放上小物体的第1 s 内，系统产生50 J 的热量D.在放上小物体的第1 s 内，至少给系统提供能量70 J 才能维持传送带匀速转动解析：刚放上小物体时，小物体相对于传送带向上运动，小物体受到的摩擦力方向沿传送带斜向下，大小为F f1＝μmg cos θ，其加速度大小a 1＝＝10 m/s 2，方向沿传送带斜向下.1 s 末小物体mg sin θ＋μmg cos θm的速度为v ＝a 1t ＝10 m/s ，又μ<tan θ，则此后小物体相对于传送带向下滑动，受到的摩擦力沿传送带斜向上，大小为F f2＝μmg cos θ，其加速度大小a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2，方向沿传送带斜向下，故A 错、B对；在第1 s 内小物体与传送带产生的热量为Q ＝F f L ＝μF N L ＝μmgL cos θ，又知L ＝vt －a 1t 2，解得Q ＝2012J ，故C 错；第1 s 内小物体的位移为x ＝vt ＝5 m ，其增加的动能为E k ＝mv 2＝50 J ，需向系统提供的能量1212E ＝E k ＋Q －mg sin θ·x ＝40 J ，D 项错. 答案：B6.如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为μ，小滑块速度随时间变化关系如图乙所示，v 0、t 0已知，则( )A.传送带一定逆时针转动B.μ＝tan θ＋v 0gt 0cos θC.传送带的速度大于v 0D.t 0后滑块的加速度为2g sin θ－v 0t0答案：AD解析：若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mg sin θ>μmg cos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mg sin θ<μmg cos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，选项A 正确.滑块在0～t 0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，a 1＝g sin θ＋μg cos θ，由图可知a 1＝v 0t，则μ＝－tan θ，选项B 错误.传送带的速度等于v 0，选项C 错误.等速后的加速度a 2＝g sin θ－μg cosv0gt 0cos θθ，代入μ值得a 2＝2g sin θ－，选项D 正确.v 0t07.传送带用于传送工件可以提高工作效率.如图所示，传送带长度是l ，以恒定的速度v 运送质量为m 的工件，工件从最低点A 无初速度地放到传送带上，到达最高点B 前有一段匀速的过程.工件与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平方向夹角为θ，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即放到传送带上，整条传送带满载时恰好能传送n 个工件.重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A.在传送带上摩擦力对每个工件做的功为W f ＝μmv 2cos θ2(μcos θ－sin θ)B.在传送带上摩擦力对每个工件做的功为W f ＝mv 2＋mgl sin θ12C.每个工件与传送带之间由摩擦产生的热量为Q ＝μmv cos θ2(μcos θ－sin θ)D.传送带满载工件比空载时增加的功率为P ＝mgv (μcos θ＋n sin θ－sin θ)解析：由动能定理可知，W f －mgl sin θ＝mv 2，故传送带上摩擦力对每个工件做的功为W f ＝mv 2＋mgl sin1212θ，A 错误、B 正确；工件加速过程的加速度a ＝＝μg cos θ－g sin θ，加速到同速所用的时μm cos θ－mg sin θm间t ＝＝，故每个工件加速过程中由摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θ＝，v a v μg cos θ－g sin θ(vt －v 2t )μmg cos θv 22(μcos θ－sin θ)故C 错误；满载比空载时，传送带增加的拉力F ＝(n －1)mg sin θ＋μmg cos θ，故传送带满载比空载时增加的功率为P ＝F ·v ＝mgv (μcos θ＋n sin θ－sin θ)，D 正确.答案：BD8.水平传送带AB 以v ＝2 m/s 的速度匀速运动，如图所示，A 、B 相距11 m ，一物体(可视为质点)从A 点由静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，则物体从A 沿传送带运动到B 所需的时间为多少？(g ＝10 m/s 2)解析：开始时，物体受的摩擦力为F f ＝μmg ，由牛顿第二定律得物体的加速度a ＝＝μg ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2.F fm设经时间t 物体速度达到2 m/s ，由v ＝at 得：t 1＝＝ s ＝1 s.v a 22此时间内的位移为：x 1＝at ＝×2×12 m ＝1 m<11 m.122112此后物体做匀速运动，所用时间：t 2＝＝ s ＝5 s.x －x 1v 11－12故所求时间t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋5 s ＝6 s. 答案：6 s9.某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v ＝1 m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为m ＝2 kg 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 ＝10 m/s 2，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)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W . 解析：(1)邮件滑动时的加速度 a ＝＝μg ＝0.5×10 m/s 2＝5 m/s 2μmg m邮件滑动的时间为t ，有v ＝at ⇒t ＝＝＝0.2 sv a 1 m/s5 m/s 2(2)邮件对地位移x ＝at 2＝×5×0.22 m ＝0.1 m1212(3)邮件与皮带之间的摩擦力对皮带做功W ＝F f s 皮带＝－μmgvt ＝－0.5×2×10×1×0.2 J ＝－2 J 答案：(1)0.2 s (2)0.1 m (3)－2 J10.如图所示，水平传送带AB 长L ＝6 m ，以v 0＝3 m/s 的恒定速度转动.水平光滑台面与传送带平滑连接于B 点，竖直平面内的半圆形光滑轨道半径R ＝0.4 m ，与水平台面相切于C 点.一质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，从A 点无初速度释放，当它运动到A 、B 中点位置时，刚好与传送带保持相对静止.重力加速度g ＝10 m/s 2.试求：(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ. (2)物块刚滑过C 点时对轨道的压力F N .(3)物块在A 点至少要具有多大的速度，才能通过半圆形轨道的最高点D (结果可用根式表示)解析：(1)对物块，从静止开始做匀加速直线运动，由动能定理有μmg ＝mvL 21220解得μ＝0.15.(2)物块刚滑过C 点时的速度v C ＝v 0＝3 m/s在C 点，有F N －mg ＝mv 2CR解得F N ＝32.5 N由牛顿第三定律知，物块对轨道的压力大小为32.5 N ，方向竖直向下. (3)物块经过半圆轨道最高点D 的最小速度为 v D ＝＝2 m/sgR 从C 到D 的过程中，由动能定理有－2mgR ＝mv D 2－mv C ′21212解得v ′C ＝ m/s>3 m/s20可见，物块从A 到B 的全过程中一直做匀减速直线运动，到达B 端的速度至少为 v B ′＝v C ′＝ m/s 20由动能定理可知，－μmgL ＝mv B ′2－mv A ′21212解得v A ′＝ m/s38答案：(1)0.15 (2)32.5 N (3) m/s3811.如图所示，质量为m 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0，长为L ，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.(1)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能.(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量.解析：(1)设滑块冲上传送带时的速度为v ，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒：E p ＝mv 2 ①12设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a . 由牛顿第二定律：μmg ＝ma ②由运动学公式v 2－v ＝2aL ③ 20联立①②③得：E p ＝mv ＋μmgL .1220(2)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ④ v 0＝v －at ⑤滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x ⑥ 相对滑动产生的热量Q ＝μmg ·Δx ⑦ 联立②③④⑤⑥⑦得：Q ＝μmgL －mv 0·(－v 0). v 20＋2μgL 答案：(1)mv ＋μmgL (2)μmgL －mv 0·(－v 0) 1220v 20＋2μgL 12.如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A ，B 两端相距5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m/s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物体从A 点到达B 点所需的时间：(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？ 解析：(1)设在AB 上运动的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1①设经t 1速度与传送带速度相同，t 1＝ ②v 0－va1通过位移s 1＝ ③v 20－v22a 1速度小于v 至减为零前的加速度为a 2 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2④物体继续减速，设经t 2速度到达传送带B 点L －s 1＝vt 2－a 2t ⑤122t ＝t 1＋t 2＝2.2 s ⑥(2)若AB 部分传送带的速度较大，沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况速度一直为a 2 ⑦L ＝v 0t －a 2t 2 ⑧12t ＝1 s ⑨ 答案：(1)2.2 s (2)1 s13.如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A 、B 两点间的距离为l ＝5 m ，传送带在电动机的带动下以v ＝1 m/s 的速度匀速运动，现将一质量为m ＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：32(g 取10 m/s 2)(1)传送带对小物体做的功；(2)电动机由于传送小物体多消耗的能量.解析：(1)小物体轻放在传送带上时，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得沿斜面方向：μmg cos θ－mg sin θ＝ma可知，小物体上升的加速度为a ＝2.5 m/s 2当小物体的速度为v ＝1 m/s 时，位移x ＝＝0.2 mv 22a然后小物体将以v ＝1 m/s 的速度完成4.8 m 的路程，由功能关系得：W ＝ΔE p ＋ΔE k ＝mgl sin θ＋mv 2＝255 J12(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q ，由v ＝at 得t ＝＝0.4 sva 相对位移x ′＝vt －at 2＝0.2 m12摩擦热Q ＝μmgx ′cos θ＝15 J电动机多消耗的能量E ＝Q ＋W ＝270 J 答案：(1)255 J (2)270 J14.如右图所示，一传送皮带与水平面夹角为30°，以2 m/s 的恒定速度顺时针运行.现将一质量为10 kg的工件轻放于底端，经一段时间送到高2 m 的平台上，工件与皮带间的动摩擦因数μ＝，求带动皮带的32电动机由于传送工件多消耗的电能.(取g ＝10 m/s 2)思维点拨：首先要弄清什么是电动机“多消耗的电能”.当皮带空转时，电动机会消耗一定的电能.现将一工件置于皮带上，在摩擦力作用下，工件的动能和重力势能都要增加；另外，滑动摩擦力做功还会使一部分机械能转化为热，这两部分能量之和，就是电动机多消耗的电能.解析：设工件向上运动距离x 时，速度达到传送带的速度v ，由动能定理可知－mgx sin 30°＋μmg cos 30°x ＝mv 212代入数据，解得x ＝0.8 m ，说明工件未到达平台时，速度已达到v ，所以工件动能的增量为ΔE k ＝mv 2＝20 J12到达平台时，工件重力势能增量为ΔE p ＝mgh ＝200 J在工件加速运动过程中，工件的平均速度为＝，因此工件的位移是皮带运动距离x ′的，v v 212即x ′＝2x ＝1.6 m.由于滑动摩擦力做功而增加的内能ΔE 为 ΔE ＝F f Δx ＝μmg cos 30°(x ′－x )＝60 J. 电动机多消耗的电能为 ΔE k ＋ΔE p ＋ΔE ＝280 J. 答案：280 J15.一传送带装置示意图如图所示，传送带在AB 区域是倾斜的，倾角θ＝30°.工作时传送带向上运行的速度保持v ＝2 m/s 不变.现将质量均为m ＝2 kg 的小货箱(可视为质点)一个一个在A 处放到传送带上，放置小货箱的时间间隔均为T ＝1 s ，放置时初速度为零，小货箱一到达B 处立即被取走.已知小货箱刚放在A 处时，前方相邻的小货箱还处于匀加速运动阶段，此时两者相距为s 1＝0.5 m.传送带装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，取g ＝10 m/s 2. (1)求小货箱在传送带上做匀加速运动的加速度大小.(2)AB 的长度至少多长才能使小货箱最后的速度能达到v ＝2 m/s.(3)除了刚释放货箱的时刻，若其他时间内总有4个货箱在传送带上运动，求每运送一个小货箱电动机对外做的功.并求电动机的平均输出功率.P答案：(1) 1 m/s 2 (2) 2 m (2) 88 W解析：(1)小货箱刚放在A 处时，前方相邻的小货箱已经运动了时间T ，有s 1＝aT 212代入数据解得加速度大小：a ＝1 m/s 2.(2)设AB 的长度至少为l ，则货箱的速度达到v ＝2 m/s 时，有v 2＝2al 代入数据解得AB 长度至少为l ＝2 m(3)传送带上总有4个货箱在运动，说明货箱在A 处释放后经过t ＝4T 的时间运动至B 处.货箱匀加速运动的时间为t 1＝＝2 s.设货箱受到的滑动摩擦力大小为f ，由牛顿定律得f －mg sin θ＝ma ，这段时间内，传va送带克服该货箱的摩擦力做的功W 1＝f ·vt 1，代入数据解得W 1＝48 J ，货箱在此后的时间内随传送带做匀速运动，传送带克服该货箱的摩擦力做的功，W 2＝mg sin θ·v (t －t 1)，代入数据解得W 2＝40 J ，每运送一个小货箱电动机对外做的功W ＝W 1＋W 2＝88 J ，放置小货箱的时间间隔为T ，则每隔时间T 就有一个小货箱到达B 处，因此电动机的平均输出功率＝＝88 W.P WT 另：关键一句话是：传送带上总有4个货箱在运动，说明货箱在A 处释放后经过t ＝4T 的时间运动至B 处.。
传送带中的摩擦力做功与能量转化问题传送带问题具有理论联系实际，综合性较强的特点。
通过归类教学把相近、类似的问题区别开来，经过典型例题分析、比较，充分认识这类问题的特点、规律，掌握对该类问题的处理方法、技巧，采用归类教学有利于提高分析、鉴别并解决物理综合问题的能力。
一、运动时间的讨论问题1：(水平放置的传送带)如图所示，水平放置的传送带以速度v=2m/s 匀速向右运行，现将一质量为2kg 的小物体轻轻地放在传送带A 端，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，若A 端与B 端相距4 m ，求物体由A 到B 的时间和物体到B 端时的速度分别是多少？解析：小物体放在A 端时初速度为零，且相对于传送带向左运动，所以小物体受到向右的滑动摩擦力，小物体在该力作用下向前加速，a=μg,当小物体的速度与传送带的速度相等时，两者相对静止，摩擦力突变为零，小物体开始做匀速直线运动。
所以小物体的运动可以分两个阶段，先由零开始匀加速运动，后做匀速直线运动。
小物体做匀加速运动，达到带速2m/s 所需的时间 1v t s a == 在此时间内小物体对地的位移m at x 1212== 以后小物体以2m/s 做匀速直线运动的时间 s s v x s t AB 5.123==-=' 物体由A 到B 的时间T=1s+1.5s=2.5s ，且到达B 端时的速度为2m/s.讨论：若带长L 和动摩擦因数μ已知，则当带速v 多大时，传送时间最短？22()()22v v v L v T vT a g a a aμ=+-=-= 22L v L v T T v a v a=+=当时最短此时v =这说明小物体一直被加速过去且达到另一端时恰与带同速时间最短。
变式：如图所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是 ( )A.L v ＋v 2μgB.L vC.2L μgD.2L v 解析：因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，水平传送带传送物体一般存在以下三种情况（1）若一直匀加速至右端仍未达带速，则L ＝12μgt 2，得：t ＝2L μg，C 正确；（2）若一直加速到右端时的速度恰好与带速v 相等，则L ＝0＋v 2t ，有：t ＝2L v，D 正确；（3）若先匀加速到带速v ，再匀速到右端，则v22μg ＋v ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －v μg ＝L ，有：t ＝L v ＋v 2μg，A 正确，木块不可能一直匀速至右端，故B 不可能．问题2：(倾斜放置的传送带)如图所示，传送带与地面的倾角θ=37°，从A 端到B 端的长度为16m ，传送带以v 0=10m/s 的速度沿逆时针方向转动。
高中物理。
传送带模型。
典型例题(含答案)【经典】传送带专题难点形成的原因：传送带的物理问题存在许多难点，包括但不限于以下几个方面：1.对于物体和传送带之间的摩擦力产生条件、方向等基础知识模糊不清；2.对于物体在传送带上的运动方式的判断错误；3.对于物体在传送带上的能量转化情况考虑不全面，出现能量转化不守恒的错误过程。
1.水平传送带的应用水平传送带在机场和火车站等场合得到广泛应用，如图所示，为一水平传送带装置示意图。
绷紧的传送带AB以恒定速率v=1m/s运行。
现将质量为m=4kg的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。
已知行李与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1，A、B之间的距离L=2m，重力加速度g=10m/s^2.1) 求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小和加速度的大小；2) 求行李做匀加速直线运动的时间；3) 如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处。
求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
解析：1) 行李刚开始运动时，受力如图所示，滑动摩擦力：F_f = μmg = 4N由牛顿第二定律得：F_f = ma解得：a = 1m/s^22) 行李达到与传送带相同速率后不再加速，则：v = at，解得t = 1s3) 行李始终匀加速运行时间最短，且加速度仍为a=1m/s^2.当行李到达右端时，有：v_min = 2aL解得：v_min = 2m/s故传送带的最小运行速率为2m/s，行李运行的最短时间为：t_min = 2L/v_min = 2s2.斜面传送带的问题如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个质量m=0.5kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.9.已知传送带从A→B的长度L=50m，则物体从A到B需要的时间为多少？解析】物体放上传送带后，开始一段时间，其运动加速度为：a = μgcosθ - gsinθ = 1.2m/s^2这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s为止，其对应的时间和位移分别为：t1 = v/10a = 8.33ss1 = 1/2at1^2 = 41.67m因此，物体在匀加速运动后以匀速运动到达B点，其匀速运动的时间为：t2 = (L - s1)/v = 0.83s因此，物体从A到B所需的总时间为：t = t1 + t2 = 9.16s3、如图所示，一条斜向上运动的传送带，夹角为30°，速度为2m/s。
高考物理一轮总复习提能训练：第三章 专题强化四基础过关练题组一 传送带模型1．(多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。
如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。
如图乙所示为水平传送带装置示意图。
紧绷的传送带ab 始终以1 m/s 的恒定速率运行，乘客将一质量为1 kg 的小包(可视为质点)无初速度地放在传送带左端的a 点，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，a 、b 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2。
下列速度—时间(v －t )图像和位移—时间(x －t )图像中，可能正确反映行李在a 、b 之间的运动情况的有(除C 中0～1 s 为曲线外，其余均为直线段)( AC )[解析] 行李放到传送带上，由μmg ＝ma 可得a ＝1 m/s 2，则由v ＝at ，得t ＝1 s ，可知行李在0～1 s 内做匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，故A 正确，B 错误；行李在t ＝1 s 时的位移x ＝12at 2＝0.5 m ，行李在0～1 s 内做匀加速直线运动，x －t图像为抛物线，之后做匀速直线运动，x －t 图像为直线，故C 正确，D 错误。
2.如图所示，水平传送带A 、B 两端相距s ＝3.5 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。
工件滑上A 端瞬时速度v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B ，则下列说法不正确的是( D )A ．若传送带不动，则vB ＝3 m/sB ．若传送带以速度v ＝4 m/s 逆时针匀速转动，v B ＝3 m/sC ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝3 m/sD ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝2 m/s[解析] 若传动带不动或逆时针匀速转动，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma ，由匀变速运动的规律可知v 2B －v 2A ＝－2as ，代入数据解得vB ＝3 m/s ，A 、B 正确；若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，假设工件在到达B 端前速度降至2 m/s ，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，设加速度大小为a ，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma ，工件滑上传送带先做匀减速直线运动，当速度减小到2 m/s时所经过的位移x ＝v 2A －v22a ＝16－42m ＝6 m>3.5 m ，所以假设不成立，所以工件一直做匀减速运动，由匀变速运动的规律可知v 2B －v 2A ＝－2as ，代入数据解得vB ＝3 m/s ，D 错误，C 正确。
2024高考物理疑难题分析与针对性训练传送带+碰撞模型高考原题1(2024高考湖北卷第14题)14. 如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。
传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。
在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。
将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。
小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P 点向上运动。
已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【思路分析】 (1)将小物块无初速轻放在匀速运动的传送带上，可先假设物块一直加速，若物块运动到传送带另一端时速度小于或等于传送带速度，说明假设正确；若大于传送带速度，则说明物块先加速到传送带速度后随传送带匀速运动。
(2)小物块与小球碰撞过程中，动量守恒，据此求出碰撞后的速度，然后利用能量守恒定律求出两者构成的系统损失的总动能。
(3)要使小球运动到P点正上方，绳子不松弛，说明小球运动到P点正上方时速度为绳系小球模型的临界速度。
【答案】(1)5m s；(2)0.3J；(3)0.2m【解析】(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μmg=ma解得a=5m s2由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x=v2传2a=2.5m<L传=3.6m可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小5m s。
(2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中v=5m s，v1=-1m s 解得v2=3m s小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为ΔE k=12m物v2-12m物v21-12m球v22解得ΔE k=0.3J(3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有m球g=m球v23L绳-d小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有1 2m球v22=12m球v23+m球g2L绳-d联立解得d=0.2m即P点到O点的最小距离为0.2m。
