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2026年高考物理二轮复习素养培优1利用三大观点解决“传送带”、“板块”模型专项训练
一、选择题
1．如图所示，倾角为37°的传送带以恒定4m/s的速度沿顺时针方向转动。一煤块以m/s从底部冲上传送带向上运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）
A．煤块经2s速度减为4m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14m
C．煤块相对传送带的位移为2m
D．煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AD．煤块速度大于传送带速度时，煤块受到的摩擦力沿传送带向下，与煤块的运动方向相反，煤块根据牛顿第二定律有
解得
故经时间
与皮带共速，之后继续减速运动，速度小于传送到的速度，传送带对煤块的摩擦力沿传送带向上，与煤块的运动方向相同，到达传送带顶端时速度恰好为零， 根据牛顿第二定律有
解得
这段时间
故到2s时煤块的速度为零，故A错误，D错误；
B.1s时，煤块的速度为，则在前1s内煤块的位移大小为
在时间
内，煤块的位移为
故传送带底端到顶端的距离为10m，故B错误，
C．传送带在两秒内向上运动的距离为
故煤块相对传送带的位移为
故C正确。
故选C。
【分析】由于可知，煤块先做匀加速运动至与传送带共速后，再做新的加速度的匀减速运动；结合两个状态对煤块受力分析，根据牛顿第二定律分别求解加速度；结合运动学方程求解两次运动分别所需时间和位移，以及该时间内传送带发生的位移和二者的相对位移；以此分析判断。
2．一水平传送带长L＝10 m，以恒定速率v＝2 m/s顺时针匀速转动。在传送带左端每隔1 s轻轻地放上相同的小物块（可视为质点），小物块的质量m＝2 kg，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，从第1个小物块到达传送带最右端（仍在传送带上）开始计时，下列说法正确的是（　　）
A．0～1 s内，传送带上小物块均受到摩擦力作用
B．每个物块在传送带上匀速运动的时间为5 s
C．t＝0时刻，传送带上共计有5个小物块
D．0～1 s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为－8 J
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】ABC：由牛顿第二定律知，物块相对传送带滑动时的加速度大小a＝μg＝4 m/s2，
物块达到与传送带速度相同所用的时间t1＝，解得t1＝0.5 s，此过程物块的位移大小x1＝t1，解得x1＝0.5 m＜L＝10 m，
此后物块随传送带做匀速直线运动，物块不受摩擦力作用，则0～1 s内，传送带上小物块并不是都处于加速阶段，并不是都受到摩擦力作用，
每个物块在传送带上做匀速直线运动的时间t2＝，解得t2＝4.75 s，
每个物块在传送带上运动的总时间t＝t1＋t2，解得t＝5.25 s，
由于计时时第一个小物块恰好到达传送带最右端，且每1 s释放一个小物块，则t＝0时刻，传送带上共有6个小物块，故A、B、C错误；
D：0～1 s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的功，可等效为一个小物块在0～1 s内对传送带做的功，故此过程所有小物块对传送带的摩擦力做功W＝－μmg·vt1，解得W＝－8 J，故D正确。
【分析】 本题核心思路是先分析单个物块在传送带上的加速与匀速运动过程，再结合物块的投放间隔，分析不同时刻传送带上的物块数量、受力情况，最后计算摩擦力对传送带做的功。
3．如图甲所示为温州轨道交通S1线的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带长为2.5m，传送带始终以恒定速率0.30m/s运行。一质量为0.60kg的小包（可视为质点）无初速度地轻放上传送带左端，最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50，下列说法正确的是（　　）
A．安检机使用γ射线探测包内的物品
B．小包匀速运动时，传送带对小包的摩擦力向右
C．由于传送小包，电动机多做的功为0.054J
D．小包从传送带左端到达右端的时间为1.0s
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；电磁波谱
【解析】【解答】本题是力学综合题，小包运动过程复杂，根据题意分析清楚煤块的运动过程是解题的前提，分段运用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系即可解题。A．安检机使用X射线探测包内的物品，故A错误；
B．小包匀速运动时，小包在水平方向上处于平衡状态，故传送带对小包的摩擦力为0，故B错误；
C．对小包根据动能定理可得传送带对小包做功为
小包速度与传送带速度相同之前的过程中根据牛顿第二定律可得
解得
故小包速度达到传送带速度所用时间为
加速度位移为
小包加速过程中，传送带位移为
则小包相对于传送带运动位移为
则摩擦力产生热量为
则电动机由于传送小包多做的功为
故C正确；
D．与传送带共速后到达右端所用时间为
故小包从传送带左端到达右端的时间为
故D错误。
故选C。
【分析】小包的运动分为两个阶段：第一阶段小包初速度为0，受滑动摩擦力加速，第二阶段达到传送带速度，然后匀速运动。电动机额外做功，包括两部分：小包动能增加，摩擦生热。利用运动学公式，结合能量关系逐个判断。
4．如图所示，足够长的传送带倾角为θ，以恒定速率v1沿顺时针方向传动。一物块从传送带顶端以初速度v2沿传送带向下滑上传送带，已知v2>v1，物块与传送带间的动摩擦因数。以物块刚滑上传送带的位置为起点，以传送带底端所在水平面为零势能面，则物块的速率v和动能Ek与路程x的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】解决本题的关键要理清物体在整个过程中的运动规律，根据动能定理分析知道Ek﹣x图像的斜率的绝对值等于合力大小。AB．由于，则物块先向下匀减速运动，合力
方向沿斜面向上；速度减为零后物块向上做匀加速运动，合力
方向沿斜面向上。因为，所以物块向上运动到与传送带速度相同后，与传送带一起相对静止向上做匀速运动，此时物块所受合力为零，减速阶段
加速阶段
所以速率v与x的变化关系不是直线，故AB错误。
CD．由动能定理得
即
物块的动能Ek与x的图像斜率的绝对值为合力大小，动能减小过程和动能增加过程，图像的斜率绝对值相等，最后物块的动能小于初动能，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】结合μ＞tanθ，分析物块的运动情况，确定其合力大小和方向。根据动能定理分析Ek﹣x图像的斜率与合力的关系，再选择图像。
5．如图所示，一足够长的传送带与水平面之间的夹角为，以恒定速率v沿逆时针方向运行，现将质量为m的物块（视为质点）轻轻地放在传送带的上端，已知两者间的动摩擦因数为，且，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．物块一直做匀加速直线运动
B．初始阶段物块的加速度为
C．传送带给物块的摩擦力方向始终沿斜面向下
D．物块到达传送带底端时的速度大小一定等于v
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AD．由 ，可得 ，则有 ，当物块与传送带速度相等时，物块可以达到力的平衡，能与传送带一起匀速运动，即物块先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，A不符合题意，D符合题意；
B．初始阶段对物块进行受力分析，由牛顿第二定律可得 ，可得物块的加速度为 ，B不符合题意；
C．物块与传送带一起匀速运动时 ，沿斜面向上，C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】对物块进行受力分析，根据力的分解以及牛顿第二定律进行分析判断正确的选项。
6．如图所示，质量为M=3kg的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为m=1kg的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为4m/s的初速度向相反方向运动．当木板的速度为3m/s时，物块处于
A．匀速运动阶段 B．减速运动阶段
C．加速运动阶段 D．速度为零的时刻
【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】两物块有相对运动时，摩擦力阻碍其相对运动，故摩擦力方向由相对运动方向判断，而不能直接由物体运动方向判断。开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为，根据动量守恒定律得：
解得：
此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为．由动量守恒定律得：
解得：
两者相对静止后，一起向右匀速直线运动．由此可知当M的速度为3m/s时，m处于减速运动阶段；故选B.
【分析】根据两者的相对运动，对物块和木板进行受力分析，由牛顿第二定律得到两者的运动，即可求得木板速度为3m/s时物块的运动状态。
7．如图1，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力大小F和长木板及小物块的加速度a的数值如图2所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）
A．小物块与长木板间的动摩擦因数
B．长木板与地面间的动摩擦因数
C．小物块的质量
D．长木板的质量
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】解决该题的关键是能正确区分出当B物体与地面发生相对运动以及A、B之间发生相对滑动时外力F的大小，掌握整体法和隔离法的应用。
由题中a-F图像知，当F=F1时小物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，则有
当F1＜F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有
即
结合图像的截距有
联立可解得
当F＞F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块有
整理得
结合图像有
则小物块的质量
对长木板根据牛顿第二定律有
联立解得
由题中a-F图像知
可解得
故选C。
【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，写出各个阶段的加速度的表达式，结合图像运用整体和隔离法分析解答。
8．如图所示，质量为4kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2kg的物块，现对物块施加一大小为12N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1s，物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小。则木板的长度为（　　）
A．0.8m B．1.0m C．1.2m D．1.5m
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】设拉力F作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小为，撤去外力后物块的加速度大小为，木板的加速度为，根据牛顿第二定律有
解得
，，
拉力F作用的时间为1s时，物块、木板的速度为
，
设又经时间，物块、木板共速，则
解得
，
木板的长度为
故选B。
【分析】分别对物块有拉力F、无拉力F、木板受力分析应用牛顿第二定律求解其加速度；根据拉力F作用时间根据运动学方程速度公式分别求解物块和木板速度；再根据速度公式求解共速时间和末速度；根据位移公式求解二者相对位移。
9．如图所示，长为L的水平固定长木板AB，C为AB的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，重力加速度为g，则下列说法错误的是（　　）
A．物块不可能会停在CB段上某处
B．物块最终会做往复运动
C．弹簧开始具有的最大弹性势能为
D．整个过程中物块克服摩擦做的功为
【答案】D
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】该题结合滑块与弹簧模型，考查摩擦力的计算、功能关系等，要明确物块在BC之间运动的过程中，系统的一部分的机械能转化为内能，物块在AC之间运动的过程中，物块的动能与弹簧的弹性势能之间相互转化。A．由于
设BC段弹簧形变量为x，
得
由此，物块不可能停在BC段，A正确；
B．只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC往返运动，B正确；
C．物块从开始运动，到第一次运动到C过程中，根据能量守恒定律得
C正确；
D．物块第一次到达C，物块的速度大小为，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为
D错误。
本题选择错误的，故选D。
【分析】分析摩擦力与弹簧的拉力之间的关系，即可确定物块是否可能会停在CB面上某处；根据功能关系即可求出弹簧开始时的最大弹性势能；根据功能关系，结合滑块的初状态与末状态对应的机械能，即可求出物块克服摩擦力做的功。
10．如图甲所示，水平地面上有一足够长木板，将一小物块放在长木板右端，给长木板施加一水平向右的变力F，长木板及小物块的加速度a随变力F变化的规律如图乙所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．小物块与长木板间的动摩擦因数为
B．长木板与地面间的动摩擦因数为
C．小物块的质量为
D．长木板的质量为
【答案】D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．设小物块的质量为m，长木板的质量为M，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ2，当F＞F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma1，解得，故A错误；
B．根据题图乙可知，当F＝F1时，长木板恰好开始相对地面滑动，所以长木板与地面间的动摩擦因数
当F1＜F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，根据牛顿第二定律有F﹣μ1（m+M）g＝（m+M）a
即
结合题图乙中图像的截距有﹣a0＝﹣μ1g，
解得
故B错误；
CD．当F＞F3时，对长木板受力分析，有F﹣μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Ma，整理得
结合题图乙有，
则长木板的质量
小物块的质量，故C错误，D正确。
故选：D。
【分析】由图乙可知，当F＝F1时物块和木板整体恰好开始运动，可知F1等于木板与地面的最大值静摩擦力；当F1＜F≤F3时，物块和木板相对静止一起做匀加速运动；当F＞F3时物块和木板相对运动，此时木板加速度恒为a1。应用整体法与隔离法，由牛顿第二定律得到a与F的关系式，根据图乙中对应图线的数据解答。
二、多项选择题
11．如图所示，质量为1kg的“”型长木板放置在水平面上，长木板与水平地面之间动摩擦因数。质量均为0.5kg的滑块A、B放在长木板上，与木板之间的动摩擦因数均为，初始时滑块A、B之间的距离为1.8m，滑块A和长木板之间连接有一处于原长状态的弹簧，弹簧的弹性系数为50N/m，某时刻给滑块B一个的初速度，方向向左，滑块B和A碰后粘连在一起。最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）
A．滑块B与A碰撞前瞬间的速度为4m/s
B．滑块B和A由于碰撞损失的机械能为2J
C．长木板刚滑动时弹簧的压缩量为0.15m
D．长木板刚滑动前因摩擦产生的热量为2.25J
【答案】A,B,C
【知识点】功能关系；共点力的平衡；碰撞模型
【解析】【解答】A．因为，可知B碰A前木板处于静止状态，故对B有，代入题中数据，解得滑块B与A碰撞前瞬间的速度，故A正确；
B．规定向左为正方向，B碰A过程，由动量守恒有，碰撞损失的机械能，联立解得，故B正确；
C．长木板刚滑动时，对木板有，解得，故C正确；
D．长木板刚滑动前因摩擦产生的热量，联立解得，故D错误。
故答案为：ABC。
【分析】先判断木板是否静止，再用动能定理求 B 的碰撞前速度；由动量守恒和机械能公式计算碰撞损失的能量；分析木板滑动的受力条件，求弹簧压缩量；分阶段计算摩擦热量，验证选项正确性。
12．许多工厂的流水线上安装有传送带，如图所示传送带由驱动电机带动，传送带的速率恒定，运送质量为的工件，将工件轻放到传送带上的A端，每当前一个工件在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上。工件与传送带之间的动摩擦因数，传送带与水平方向夹角，工件从A端传送到B端所需要的时间为。取，工件可视作质点。关于工件在传送带上的运动，下列说法正确的是（　　）
A．加速过程的加速度大小为
B．加速运动的距离为
C．两个相对静止的相邻工件间的距离为
D．A、B两端的距离为
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．工件加速过程，根据牛顿第二定律有
解得
故A正确；
B．加速过程，根据速度与位移的关系有
解得
故B错误；
C．工件加速经历时间
根据先加速后匀速，由于每当前一个工件在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上，则两个相对静止的相邻工件间的距离为
故C正确；
D．工件从A端传送到B端所需要的时间为
则工件匀速的位移为
A、B两端的距离
故D错误。
故选AC。
【分析】A、根据受力分析，由牛顿第二定律求解加速度；
B、根据运动学方程求解加速运动的距离；
C、根据运动学方程求解相对静止的相邻工件的距离；
D、根据运动学方程求解传送带两端的距离，
13．在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的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变化的图象如图乙所示。已知重力加速度g=10m／s2，则可知（　　）
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．A、B两点的距离为2.4m
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为12.8J
D．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4.8J
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题是动力学规律在传送带中的应用，要分清货物在传送带上的两个加速过程，根据牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式求出位移和相对位移，再按题设要求解决问题。A． 用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示，在时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有
由图乙可得
货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有
由图乙可得
联立解得，
故A正确；
B．v–t图象与t轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为
B错误；
C．货物受到的摩擦力为
时间内的位移为
对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功
同理 时间内，货物的位移为
摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为
所以整个过程，传送带对货物做功的大小为12 J–0.8 J=11.2 J
C错误；
D．货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，时间内，传送带的位移为
时间内，传送带的位移为
总相对路程为
货物与传送带摩擦产生的热量为
故D正确。
故选AD。
【分析】分清货物在传送带上的运动过程，结合加速度图象根据牛顿第二定律列方程求出动摩擦因数和传送带的倾角；分别求出两个阶段摩擦力对货物做的功，两者相加为所求；求出两个阶段货物与传送带的相对位移，根据摩擦生热的公式求热量。
14．如图所示，现将一长为L、质量为m且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为θ，斜面光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度时，链条恰能保持静止。现将链条从位于传送带部分的长度的位置由静止释放，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　)
A．释放瞬间链条的加速度为
B．链条与传送带之间的动摩擦因数
C．链条始终在滑动摩擦力的作用下，从的位置静止释放，到完全进入传送带的瞬间，速度大小
D．若链条的机械能增加量为，传送带消耗的电能为，不计电路中产生的电热，等于
【答案】A,C
【知识点】功能关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB.当位于传送带部分的长度时，链条恰能保持静止，则根据平衡条件可得
将链条从位于传送带部分的长度的位置由静止释放瞬间，根据牛顿第二定律
联立解得
故A正确，B错误；
C.从的位置静止释放瞬间，摩擦力大小为，完全进入传送带时摩擦力大小为，摩擦力大小随着链条进入传送带的长度而均匀增加，故摩擦力做功为
根据动能定理
联立解得
故C正确；
D.根据能量守恒可知，摩擦会产生内能，则小于，故D错误。
故选AC。
【分析】当位于传送带部分长度为 ，链条保持静止，根据平衡条件求解动摩擦因数；释放的瞬间，根据牛顿第二定律求解加速度大小；求出摩擦力做的功，根据动能定理求解速度大小；根据能量守恒定律分析能量的转化情况。
15．如图甲所示，粗糙水平地面上有一长木板，小滑块置于长木板的最右端。现将一大小为、水平向右的恒力作用于长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力的作用，滑块和长木板在内的速度一时间（v-t）图像如图乙所示。已知小滑块的质量为，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）
A．长木板的质量为
B．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.2
C．时，滑块停止运动
D．长木板和滑块均停止运动时，距的右端
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB．时撤去力的作用，撤去力前，根据图像得长木板的加速度为
撤去力后，长木板的加速度为
小滑块的加速度为
设小滑块与长木板之间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，对小滑块根据牛顿第二定律有
对长木板根据牛顿第二定律有，
解得，，
故A错误，B正确；
C．因为
故小滑块与长木板共速后，小滑块相对长木板向右运动。对长木板，根据牛顿第二定律有
解得
对小滑块Q，有
解得
则从共速到小滑块停止运动，还需
故时，滑块停止运动，故C正确；
D．从、共速到长木板停止运动，还需
长木板停止运动的时间为
运动全过程的图像如图所示
根据图像围成的面积表示位移，长木板和滑块均停止运动时，距的右端
故D错误。
故选BC。
【分析】通过图像可以确定不同阶段的加速度，进而建立动力学方程求解质量与摩擦因数；分析共速后的相对运动情况，计算停止时间及相对位移。整个过程需结合图像面积与运动学公式，判断各选项是否符合计算结果。
三、计算题
16．一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带两部分组成。倾角为的传送带以恒定的速率，顺时针方向运行，质量的玩具（可视为质点）从平台以水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。玩具在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度，玩具和传送带之间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度（、）。
（1）求玩具从平台到传送带最上端的时间t；
（2）求玩具在传送带上运动产生的热量Q；
（3）求因传送玩具电动机多消耗的电能。
【答案】（1）解：玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有
解得
故
（2）解：玩具刚滑上传送带时的速度为
可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小为
玩具刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为
下滑的位移为
故玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离为
玩具在传送带上运动产生的热量
（3）解：根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动
【解析】【分析】（1）玩具沿水平方向飞出，根据平抛运动规律计算；
（2）根据牛顿第二定律和运动学公式求解玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离，相对距离乘以摩擦力等于热量；
（3）传送带因传送玩具而多消耗的电能等于摩擦力乘以位移。
（1）玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有
解得
故
（2）玩具刚滑上传送带时的速度为
可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小为
玩具刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为
下滑的位移为
故玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离为
玩具在传送带上运动产生的热量
（3）根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能
17．一工人通过传送带输送质量的货物，传送带与水平面夹角，以的速度顺时针运行，传送带与转轴无相对滑动，转轴的半径。工人将货物轻放在传动带上切点A处，货物与传送带间动摩擦因数为，货物到达传送带上切点B时恰好与传送带相对静止，随后水平抛出。货物从传送带离开后掉落到静止在光滑水平地面的小车上，立即与小车共速并一起向右运动，小车碰到弹簧后停止运动，随后工人拿走货物。已知小车质量，弹簧劲度系数为，重力加速度为，弹簧的形变量为x时，弹性势能为，货物可看成质点。求：
（1）货物在传送带上运动时，电动机多消耗的电能；
（2）货物与小车一起向右运动时的速度；
（3）小车碰到弹簧后货物不相对小车滑动，货物与小车间的动摩擦因数不能小于多少？
【答案】（1）解：货物在传送带上受力如图所示
根据牛顿第二定律有
解得
货物放上传送带到速度与传送带相同，位移为s，有，
可得，
这段时间内传送带位移为
货物加速到与传送带速度相同过程中机械能增加了E1，则
货物与传送带间内能增加量为Q，则
电动机多消耗的电能
（2）解：货物随传送带到达转轴最高点P时，恰好有
可知货物从P点水平抛出，随后落入小车后立即与小车共速，货物与小车水平方向动量守恒则有
解得
（3）解：小车碰到弹簧后，若弹簧压缩至最短时货物恰不与小车发生相对滑动，则有，，
可得
货物与小车间动摩擦因数不能小于0.25。
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 先由受力分析求加速度，再求货物在传送带上的运动时间和相对位移，最后由能量守恒求电动机多消耗的电能。
(2) 货物平抛后与小车碰撞，由动量守恒求共速。
(3) 由能量守恒求弹簧最大形变量，再由牛顿第二定律求最小动摩擦因数。
（1）货物在传送带上受力如图所示
根据牛顿第二定律有
解得
货物放上传送带到速度与传送带相同，位移为s，有，
可得，
这段时间内传送带位移为
货物加速到与传送带速度相同过程中机械能增加了E1，则
货物与传送带间内能增加量为Q，则
电动机多消耗的电能
（2）货物随传送带到达转轴最高点P时，恰好有
可知货物从P点水平抛出，随后落入小车后立即与小车共速，货物与小车水平方向动量守恒则有
解得
（3）小车碰到弹簧后，若弹簧压缩至最短时货物恰不与小车发生相对滑动，则有，，
可得
货物与小车间动摩擦因数不能小于0.25。
18． 某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块
（1）滑到B点处的速度大小；
（2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；
（3）在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
（4）即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
【答案】（1）解： 块从P点到B点由动能定理
解得到达B点的速度
（2）解： 物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功
（3）解： 物块在传送带上加速运动的加速度为
加速到共速时用时间
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度
（4）解： 从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知，
联立解得
（另一组，因不合实际舍掉）
对滑块在最高点时由牛顿第二定律
解得F=3N
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理，对物体在斜面上下滑过程分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合加速到和传送带共速过程，综合传送带与物块一起匀速，不会受到摩擦力分析求解；
（3）根据在传送带上滑动过程中产生的滑动长度与两者位移关系分析求解；
（4）根据物块和半圆轨道作用过程，水平方向不受外力，水平方向上动量守恒，结合能量守恒分析求解。
19．如图所示，一质量且足够长的长木板静止在光滑的水平面上，长木板的右侧沿直线等间距的放置着个相同的滑块，滑块的质量均为。现有一质量的物块从长木板的左端以的初速度滑上长木板，在长木板与滑块1发生碰撞前，物块和长木板已共速。长木板上表面粗糙程度一致，所有的碰撞均为弹性碰撞，物块和滑块均看作质点，重力加速度大小取，求：
（1）若物块与长木板间的动摩擦因数为0.8，则从物块滑上长木板至两者第一次共速时，物块相对于长木板运动的距离为多少？
（2）长木板Q与滑块1碰撞后瞬间，二者的速度大小分别为多少？
（3）物块最终的速度大小（结果用表示）。
【答案】（1）解：物块与长木板组成的系统动量守恒
解得
根据能量守恒
解得
（2）解：物块P第一次与长木板Q共速后，长木板Q与滑块1发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
解得，
（3）解：由于所有滑块质量相等，发生的碰撞都是弹性碰撞，所以滑块之间碰撞后交换速度，则第个滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止。
长木板与滑块第一次碰撞后，物块第二次与长木板共速过程，根据动量守恒
解得
同理可知长木板与滑块1第二次发生弹性碰撞后的速度分别为
可知第块滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止
接着物块第三次与长木板共速的速度为
长木板与滑块1第三次发生弹性碰撞后的速度分别为
综上分析可知，长木板与滑块1第次发生弹性碰撞后，物块第次与长木板共速的速度为物块最终的速度
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）相对距离：利用动量守恒求共速速度，结合能量守恒（摩擦力做功）求相对位移。
（2）弹性碰撞：联立动量守恒与机械能守恒，求解碰撞后两者的速度。
（3）最终速度：分析多次 “共速-碰撞-反弹-再共速” 的过程，归纳速度的递推规律，得到最终速度表达式。
（1）物块与长木板组成的系统动量守恒
解得
根据能量守恒
解得
（2）物块P第一次与长木板Q共速后，长木板Q与滑块1发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
解得
（3）由于所有滑块质量相等，发生的碰撞都是弹性碰撞，所以滑块之间碰撞后交换速度，则第个滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止。
长木板与滑块第一次碰撞后，物块第二次与长木板共速过程，根据动量守恒
解得
同理可知长木板与滑块1第二次发生弹性碰撞后的速度分别为
可知第块滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止
接着物块第三次与长木板共速的速度为
长木板与滑块1第三次发生弹性碰撞后的速度分别为
综上分析可知，长木板与滑块1第次发生弹性碰撞后，物块第次与长木板共速的速度为物块最终的速度
20．在高度为h的光滑水平平台左侧竖直面内固定一光滑圆弧轨道，轨道与平台相切于最低点。平台右侧是一下挖深度为d的光滑水平槽，在水平槽上放置一个厚度为d的长木板，长木板质量，长木板左端放置一个质量为m的小物块（可视为质点），如图。一质量为的小球从光滑圆弧轨道最高点由静止释放，小球运动到平台后与长木板上的小物块发生弹性碰撞，碰撞后小物块获得水平向右的速度，小球反弹后被立即拿走。当小物块在长木板上滑动到长木板最右端时，小物块与长木板恰好达到共速，长木板右端到达平台边缘后立即被锁定，小物块水平飞出。已知重力加速度为g，小物块与长木板间的动摩擦因数为，空气阻力不计。求：
（1）光滑圆弧轨道的半径R；
（2）长木板的长度；
（3）小物块落地点到平台边缘的水平距离。
【答案】（1）解：设小球运动到轨道最低点时的速度为，小球与长木板上的小物块发生弹性碰撞，碰后小球反向运动，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
小球沿光滑圆弧轨道由静止开始下滑，由机械能守恒定律有
解得
（2）解：小物块在长木板上滑动，由动量守恒定律有
解得
由功能关系有
解得
（3）解：由平抛运动规律，水平方向有
竖直方向有
联立解得
【知识点】平抛运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）圆弧半径：通过机械能守恒求小球碰撞前速度，结合弹性碰撞的动量、动能守恒，联立推导半径；
（2）木板长度：利用动量守恒求共速速度，结合能量守恒（摩擦力做功转化为动能损失），求解木板长度；
（3）平抛距离：分析平抛运动的竖直分运动求时间，结合水平分运动的匀速规律，计算水平距离。
（1）设小球运动到轨道最低点时的速度为，小球与长木板上的小物块发生弹性碰撞，碰后小球反向运动，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
小球沿光滑圆弧轨道由静止开始下滑，由机械能守恒定律有
解得
（2）小物块在长木板上滑动，由动量守恒定律有
解得
由功能关系有
解得
（3）由平抛运动规律，水平方向有
竖直方向有
联立解得
1 / 12026年高考物理二轮复习素养培优1利用三大观点解决“传送带”、“板块”模型专项训练
一、选择题
1．如图所示，倾角为37°的传送带以恒定4m/s的速度沿顺时针方向转动。一煤块以m/s从底部冲上传送带向上运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）
A．煤块经2s速度减为4m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14m
C．煤块相对传送带的位移为2m
D．煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反
2．一水平传送带长L＝10 m，以恒定速率v＝2 m/s顺时针匀速转动。在传送带左端每隔1 s轻轻地放上相同的小物块（可视为质点），小物块的质量m＝2 kg，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，从第1个小物块到达传送带最右端（仍在传送带上）开始计时，下列说法正确的是（　　）
A．0～1 s内，传送带上小物块均受到摩擦力作用
B．每个物块在传送带上匀速运动的时间为5 s
C．t＝0时刻，传送带上共计有5个小物块
D．0～1 s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为－8 J
3．如图甲所示为温州轨道交通S1线的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带长为2.5m，传送带始终以恒定速率0.30m/s运行。一质量为0.60kg的小包（可视为质点）无初速度地轻放上传送带左端，最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50，下列说法正确的是（　　）
A．安检机使用γ射线探测包内的物品
B．小包匀速运动时，传送带对小包的摩擦力向右
C．由于传送小包，电动机多做的功为0.054J
D．小包从传送带左端到达右端的时间为1.0s
4．如图所示，足够长的传送带倾角为θ，以恒定速率v1沿顺时针方向传动。一物块从传送带顶端以初速度v2沿传送带向下滑上传送带，已知v2>v1，物块与传送带间的动摩擦因数。以物块刚滑上传送带的位置为起点，以传送带底端所在水平面为零势能面，则物块的速率v和动能Ek与路程x的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图所示，一足够长的传送带与水平面之间的夹角为，以恒定速率v沿逆时针方向运行，现将质量为m的物块（视为质点）轻轻地放在传送带的上端，已知两者间的动摩擦因数为，且，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．物块一直做匀加速直线运动
B．初始阶段物块的加速度为
C．传送带给物块的摩擦力方向始终沿斜面向下
D．物块到达传送带底端时的速度大小一定等于v
6．如图所示，质量为M=3kg的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为m=1kg的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为4m/s的初速度向相反方向运动．当木板的速度为3m/s时，物块处于
A．匀速运动阶段 B．减速运动阶段
C．加速运动阶段 D．速度为零的时刻
7．如图1，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力大小F和长木板及小物块的加速度a的数值如图2所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）
A．小物块与长木板间的动摩擦因数
B．长木板与地面间的动摩擦因数
C．小物块的质量
D．长木板的质量
8．如图所示，质量为4kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2kg的物块，现对物块施加一大小为12N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1s，物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小。则木板的长度为（　　）
A．0.8m B．1.0m C．1.2m D．1.5m
9．如图所示，长为L的水平固定长木板AB，C为AB的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，重力加速度为g，则下列说法错误的是（　　）
A．物块不可能会停在CB段上某处
B．物块最终会做往复运动
C．弹簧开始具有的最大弹性势能为
D．整个过程中物块克服摩擦做的功为
10．如图甲所示，水平地面上有一足够长木板，将一小物块放在长木板右端，给长木板施加一水平向右的变力F，长木板及小物块的加速度a随变力F变化的规律如图乙所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．小物块与长木板间的动摩擦因数为
B．长木板与地面间的动摩擦因数为
C．小物块的质量为
D．长木板的质量为
二、多项选择题
11．如图所示，质量为1kg的“”型长木板放置在水平面上，长木板与水平地面之间动摩擦因数。质量均为0.5kg的滑块A、B放在长木板上，与木板之间的动摩擦因数均为，初始时滑块A、B之间的距离为1.8m，滑块A和长木板之间连接有一处于原长状态的弹簧，弹簧的弹性系数为50N/m，某时刻给滑块B一个的初速度，方向向左，滑块B和A碰后粘连在一起。最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）
A．滑块B与A碰撞前瞬间的速度为4m/s
B．滑块B和A由于碰撞损失的机械能为2J
C．长木板刚滑动时弹簧的压缩量为0.15m
D．长木板刚滑动前因摩擦产生的热量为2.25J
12．许多工厂的流水线上安装有传送带，如图所示传送带由驱动电机带动，传送带的速率恒定，运送质量为的工件，将工件轻放到传送带上的A端，每当前一个工件在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上。工件与传送带之间的动摩擦因数，传送带与水平方向夹角，工件从A端传送到B端所需要的时间为。取，工件可视作质点。关于工件在传送带上的运动，下列说法正确的是（　　）
A．加速过程的加速度大小为
B．加速运动的距离为
C．两个相对静止的相邻工件间的距离为
D．A、B两端的距离为
13．在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的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变化的图象如图乙所示。已知重力加速度g=10m／s2，则可知（　　）
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．A、B两点的距离为2.4m
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为12.8J
D．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4.8J
14．如图所示，现将一长为L、质量为m且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为θ，斜面光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度时，链条恰能保持静止。现将链条从位于传送带部分的长度的位置由静止释放，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　)
A．释放瞬间链条的加速度为
B．链条与传送带之间的动摩擦因数
C．链条始终在滑动摩擦力的作用下，从的位置静止释放，到完全进入传送带的瞬间，速度大小
D．若链条的机械能增加量为，传送带消耗的电能为，不计电路中产生的电热，等于
15．如图甲所示，粗糙水平地面上有一长木板，小滑块置于长木板的最右端。现将一大小为、水平向右的恒力作用于长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力的作用，滑块和长木板在内的速度一时间（v-t）图像如图乙所示。已知小滑块的质量为，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）
A．长木板的质量为
B．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.2
C．时，滑块停止运动
D．长木板和滑块均停止运动时，距的右端
三、计算题
16．一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带两部分组成。倾角为的传送带以恒定的速率，顺时针方向运行，质量的玩具（可视为质点）从平台以水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。玩具在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度，玩具和传送带之间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度（、）。
（1）求玩具从平台到传送带最上端的时间t；
（2）求玩具在传送带上运动产生的热量Q；
（3）求因传送玩具电动机多消耗的电能。
17．一工人通过传送带输送质量的货物，传送带与水平面夹角，以的速度顺时针运行，传送带与转轴无相对滑动，转轴的半径。工人将货物轻放在传动带上切点A处，货物与传送带间动摩擦因数为，货物到达传送带上切点B时恰好与传送带相对静止，随后水平抛出。货物从传送带离开后掉落到静止在光滑水平地面的小车上，立即与小车共速并一起向右运动，小车碰到弹簧后停止运动，随后工人拿走货物。已知小车质量，弹簧劲度系数为，重力加速度为，弹簧的形变量为x时，弹性势能为，货物可看成质点。求：
（1）货物在传送带上运动时，电动机多消耗的电能；
（2）货物与小车一起向右运动时的速度；
（3）小车碰到弹簧后货物不相对小车滑动，货物与小车间的动摩擦因数不能小于多少？
18． 某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块
（1）滑到B点处的速度大小；
（2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；
（3）在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
（4）即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
19．如图所示，一质量且足够长的长木板静止在光滑的水平面上，长木板的右侧沿直线等间距的放置着个相同的滑块，滑块的质量均为。现有一质量的物块从长木板的左端以的初速度滑上长木板，在长木板与滑块1发生碰撞前，物块和长木板已共速。长木板上表面粗糙程度一致，所有的碰撞均为弹性碰撞，物块和滑块均看作质点，重力加速度大小取，求：
（1）若物块与长木板间的动摩擦因数为0.8，则从物块滑上长木板至两者第一次共速时，物块相对于长木板运动的距离为多少？
（2）长木板Q与滑块1碰撞后瞬间，二者的速度大小分别为多少？
（3）物块最终的速度大小（结果用表示）。
20．在高度为h的光滑水平平台左侧竖直面内固定一光滑圆弧轨道，轨道与平台相切于最低点。平台右侧是一下挖深度为d的光滑水平槽，在水平槽上放置一个厚度为d的长木板，长木板质量，长木板左端放置一个质量为m的小物块（可视为质点），如图。一质量为的小球从光滑圆弧轨道最高点由静止释放，小球运动到平台后与长木板上的小物块发生弹性碰撞，碰撞后小物块获得水平向右的速度，小球反弹后被立即拿走。当小物块在长木板上滑动到长木板最右端时，小物块与长木板恰好达到共速，长木板右端到达平台边缘后立即被锁定，小物块水平飞出。已知重力加速度为g，小物块与长木板间的动摩擦因数为，空气阻力不计。求：
（1）光滑圆弧轨道的半径R；
（2）长木板的长度；
（3）小物块落地点到平台边缘的水平距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AD．煤块速度大于传送带速度时，煤块受到的摩擦力沿传送带向下，与煤块的运动方向相反，煤块根据牛顿第二定律有
解得
故经时间
与皮带共速，之后继续减速运动，速度小于传送到的速度，传送带对煤块的摩擦力沿传送带向上，与煤块的运动方向相同，到达传送带顶端时速度恰好为零， 根据牛顿第二定律有
解得
这段时间
故到2s时煤块的速度为零，故A错误，D错误；
B.1s时，煤块的速度为，则在前1s内煤块的位移大小为
在时间
内，煤块的位移为
故传送带底端到顶端的距离为10m，故B错误，
C．传送带在两秒内向上运动的距离为
故煤块相对传送带的位移为
故C正确。
故选C。
【分析】由于可知，煤块先做匀加速运动至与传送带共速后，再做新的加速度的匀减速运动；结合两个状态对煤块受力分析，根据牛顿第二定律分别求解加速度；结合运动学方程求解两次运动分别所需时间和位移，以及该时间内传送带发生的位移和二者的相对位移；以此分析判断。
2．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】ABC：由牛顿第二定律知，物块相对传送带滑动时的加速度大小a＝μg＝4 m/s2，
物块达到与传送带速度相同所用的时间t1＝，解得t1＝0.5 s，此过程物块的位移大小x1＝t1，解得x1＝0.5 m＜L＝10 m，
此后物块随传送带做匀速直线运动，物块不受摩擦力作用，则0～1 s内，传送带上小物块并不是都处于加速阶段，并不是都受到摩擦力作用，
每个物块在传送带上做匀速直线运动的时间t2＝，解得t2＝4.75 s，
每个物块在传送带上运动的总时间t＝t1＋t2，解得t＝5.25 s，
由于计时时第一个小物块恰好到达传送带最右端，且每1 s释放一个小物块，则t＝0时刻，传送带上共有6个小物块，故A、B、C错误；
D：0～1 s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的功，可等效为一个小物块在0～1 s内对传送带做的功，故此过程所有小物块对传送带的摩擦力做功W＝－μmg·vt1，解得W＝－8 J，故D正确。
【分析】 本题核心思路是先分析单个物块在传送带上的加速与匀速运动过程，再结合物块的投放间隔，分析不同时刻传送带上的物块数量、受力情况，最后计算摩擦力对传送带做的功。
3．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；电磁波谱
【解析】【解答】本题是力学综合题，小包运动过程复杂，根据题意分析清楚煤块的运动过程是解题的前提，分段运用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系即可解题。A．安检机使用X射线探测包内的物品，故A错误；
B．小包匀速运动时，小包在水平方向上处于平衡状态，故传送带对小包的摩擦力为0，故B错误；
C．对小包根据动能定理可得传送带对小包做功为
小包速度与传送带速度相同之前的过程中根据牛顿第二定律可得
解得
故小包速度达到传送带速度所用时间为
加速度位移为
小包加速过程中，传送带位移为
则小包相对于传送带运动位移为
则摩擦力产生热量为
则电动机由于传送小包多做的功为
故C正确；
D．与传送带共速后到达右端所用时间为
故小包从传送带左端到达右端的时间为
故D错误。
故选C。
【分析】小包的运动分为两个阶段：第一阶段小包初速度为0，受滑动摩擦力加速，第二阶段达到传送带速度，然后匀速运动。电动机额外做功，包括两部分：小包动能增加，摩擦生热。利用运动学公式，结合能量关系逐个判断。
4．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】解决本题的关键要理清物体在整个过程中的运动规律，根据动能定理分析知道Ek﹣x图像的斜率的绝对值等于合力大小。AB．由于，则物块先向下匀减速运动，合力
方向沿斜面向上；速度减为零后物块向上做匀加速运动，合力
方向沿斜面向上。因为，所以物块向上运动到与传送带速度相同后，与传送带一起相对静止向上做匀速运动，此时物块所受合力为零，减速阶段
加速阶段
所以速率v与x的变化关系不是直线，故AB错误。
CD．由动能定理得
即
物块的动能Ek与x的图像斜率的绝对值为合力大小，动能减小过程和动能增加过程，图像的斜率绝对值相等，最后物块的动能小于初动能，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】结合μ＞tanθ，分析物块的运动情况，确定其合力大小和方向。根据动能定理分析Ek﹣x图像的斜率与合力的关系，再选择图像。
5．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AD．由 ，可得 ，则有 ，当物块与传送带速度相等时，物块可以达到力的平衡，能与传送带一起匀速运动，即物块先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，A不符合题意，D符合题意；
B．初始阶段对物块进行受力分析，由牛顿第二定律可得 ，可得物块的加速度为 ，B不符合题意；
C．物块与传送带一起匀速运动时 ，沿斜面向上，C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】对物块进行受力分析，根据力的分解以及牛顿第二定律进行分析判断正确的选项。
6．【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】两物块有相对运动时，摩擦力阻碍其相对运动，故摩擦力方向由相对运动方向判断，而不能直接由物体运动方向判断。开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为，根据动量守恒定律得：
解得：
此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为．由动量守恒定律得：
解得：
两者相对静止后，一起向右匀速直线运动．由此可知当M的速度为3m/s时，m处于减速运动阶段；故选B.
【分析】根据两者的相对运动，对物块和木板进行受力分析，由牛顿第二定律得到两者的运动，即可求得木板速度为3m/s时物块的运动状态。
7．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】解决该题的关键是能正确区分出当B物体与地面发生相对运动以及A、B之间发生相对滑动时外力F的大小，掌握整体法和隔离法的应用。
由题中a-F图像知，当F=F1时小物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，则有
当F1＜F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有
即
结合图像的截距有
联立可解得
当F＞F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块有
整理得
结合图像有
则小物块的质量
对长木板根据牛顿第二定律有
联立解得
由题中a-F图像知
可解得
故选C。
【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，写出各个阶段的加速度的表达式，结合图像运用整体和隔离法分析解答。
8．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】设拉力F作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小为，撤去外力后物块的加速度大小为，木板的加速度为，根据牛顿第二定律有
解得
，，
拉力F作用的时间为1s时，物块、木板的速度为
，
设又经时间，物块、木板共速，则
解得
，
木板的长度为
故选B。
【分析】分别对物块有拉力F、无拉力F、木板受力分析应用牛顿第二定律求解其加速度；根据拉力F作用时间根据运动学方程速度公式分别求解物块和木板速度；再根据速度公式求解共速时间和末速度；根据位移公式求解二者相对位移。
9．【答案】D
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】该题结合滑块与弹簧模型，考查摩擦力的计算、功能关系等，要明确物块在BC之间运动的过程中，系统的一部分的机械能转化为内能，物块在AC之间运动的过程中，物块的动能与弹簧的弹性势能之间相互转化。A．由于
设BC段弹簧形变量为x，
得
由此，物块不可能停在BC段，A正确；
B．只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC往返运动，B正确；
C．物块从开始运动，到第一次运动到C过程中，根据能量守恒定律得
C正确；
D．物块第一次到达C，物块的速度大小为，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为
D错误。
本题选择错误的，故选D。
【分析】分析摩擦力与弹簧的拉力之间的关系，即可确定物块是否可能会停在CB面上某处；根据功能关系即可求出弹簧开始时的最大弹性势能；根据功能关系，结合滑块的初状态与末状态对应的机械能，即可求出物块克服摩擦力做的功。
10．【答案】D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．设小物块的质量为m，长木板的质量为M，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ2，当F＞F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma1，解得，故A错误；
B．根据题图乙可知，当F＝F1时，长木板恰好开始相对地面滑动，所以长木板与地面间的动摩擦因数
当F1＜F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，根据牛顿第二定律有F﹣μ1（m+M）g＝（m+M）a
即
结合题图乙中图像的截距有﹣a0＝﹣μ1g，
解得
故B错误；
CD．当F＞F3时，对长木板受力分析，有F﹣μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Ma，整理得
结合题图乙有，
则长木板的质量
小物块的质量，故C错误，D正确。
故选：D。
【分析】由图乙可知，当F＝F1时物块和木板整体恰好开始运动，可知F1等于木板与地面的最大值静摩擦力；当F1＜F≤F3时，物块和木板相对静止一起做匀加速运动；当F＞F3时物块和木板相对运动，此时木板加速度恒为a1。应用整体法与隔离法，由牛顿第二定律得到a与F的关系式，根据图乙中对应图线的数据解答。
11．【答案】A,B,C
【知识点】功能关系；共点力的平衡；碰撞模型
【解析】【解答】A．因为，可知B碰A前木板处于静止状态，故对B有，代入题中数据，解得滑块B与A碰撞前瞬间的速度，故A正确；
B．规定向左为正方向，B碰A过程，由动量守恒有，碰撞损失的机械能，联立解得，故B正确；
C．长木板刚滑动时，对木板有，解得，故C正确；
D．长木板刚滑动前因摩擦产生的热量，联立解得，故D错误。
故答案为：ABC。
【分析】先判断木板是否静止，再用动能定理求 B 的碰撞前速度；由动量守恒和机械能公式计算碰撞损失的能量；分析木板滑动的受力条件，求弹簧压缩量；分阶段计算摩擦热量，验证选项正确性。
12．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．工件加速过程，根据牛顿第二定律有
解得
故A正确；
B．加速过程，根据速度与位移的关系有
解得
故B错误；
C．工件加速经历时间
根据先加速后匀速，由于每当前一个工件在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上，则两个相对静止的相邻工件间的距离为
故C正确；
D．工件从A端传送到B端所需要的时间为
则工件匀速的位移为
A、B两端的距离
故D错误。
故选AC。
【分析】A、根据受力分析，由牛顿第二定律求解加速度；
B、根据运动学方程求解加速运动的距离；
C、根据运动学方程求解相对静止的相邻工件的距离；
D、根据运动学方程求解传送带两端的距离，
13．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题是动力学规律在传送带中的应用，要分清货物在传送带上的两个加速过程，根据牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式求出位移和相对位移，再按题设要求解决问题。A． 用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示，在时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有
由图乙可得
货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有
由图乙可得
联立解得，
故A正确；
B．v–t图象与t轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为
B错误；
C．货物受到的摩擦力为
时间内的位移为
对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功
同理 时间内，货物的位移为
摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为
所以整个过程，传送带对货物做功的大小为12 J–0.8 J=11.2 J
C错误；
D．货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，时间内，传送带的位移为
时间内，传送带的位移为
总相对路程为
货物与传送带摩擦产生的热量为
故D正确。
故选AD。
【分析】分清货物在传送带上的运动过程，结合加速度图象根据牛顿第二定律列方程求出动摩擦因数和传送带的倾角；分别求出两个阶段摩擦力对货物做的功，两者相加为所求；求出两个阶段货物与传送带的相对位移，根据摩擦生热的公式求热量。
14．【答案】A,C
【知识点】功能关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB.当位于传送带部分的长度时，链条恰能保持静止，则根据平衡条件可得
将链条从位于传送带部分的长度的位置由静止释放瞬间，根据牛顿第二定律
联立解得
故A正确，B错误；
C.从的位置静止释放瞬间，摩擦力大小为，完全进入传送带时摩擦力大小为，摩擦力大小随着链条进入传送带的长度而均匀增加，故摩擦力做功为
根据动能定理
联立解得
故C正确；
D.根据能量守恒可知，摩擦会产生内能，则小于，故D错误。
故选AC。
【分析】当位于传送带部分长度为 ，链条保持静止，根据平衡条件求解动摩擦因数；释放的瞬间，根据牛顿第二定律求解加速度大小；求出摩擦力做的功，根据动能定理求解速度大小；根据能量守恒定律分析能量的转化情况。
15．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB．时撤去力的作用，撤去力前，根据图像得长木板的加速度为
撤去力后，长木板的加速度为
小滑块的加速度为
设小滑块与长木板之间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，对小滑块根据牛顿第二定律有
对长木板根据牛顿第二定律有，
解得，，
故A错误，B正确；
C．因为
故小滑块与长木板共速后，小滑块相对长木板向右运动。对长木板，根据牛顿第二定律有
解得
对小滑块Q，有
解得
则从共速到小滑块停止运动，还需
故时，滑块停止运动，故C正确；
D．从、共速到长木板停止运动，还需
长木板停止运动的时间为
运动全过程的图像如图所示
根据图像围成的面积表示位移，长木板和滑块均停止运动时，距的右端
故D错误。
故选BC。
【分析】通过图像可以确定不同阶段的加速度，进而建立动力学方程求解质量与摩擦因数；分析共速后的相对运动情况，计算停止时间及相对位移。整个过程需结合图像面积与运动学公式，判断各选项是否符合计算结果。
16．【答案】（1）解：玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有
解得
故
（2）解：玩具刚滑上传送带时的速度为
可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小为
玩具刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为
下滑的位移为
故玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离为
玩具在传送带上运动产生的热量
（3）解：根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动
【解析】【分析】（1）玩具沿水平方向飞出，根据平抛运动规律计算；
（2）根据牛顿第二定律和运动学公式求解玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离，相对距离乘以摩擦力等于热量；
（3）传送带因传送玩具而多消耗的电能等于摩擦力乘以位移。
（1）玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有
解得
故
（2）玩具刚滑上传送带时的速度为
可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小为
玩具刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为
下滑的位移为
故玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离为
玩具在传送带上运动产生的热量
（3）根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能
17．【答案】（1）解：货物在传送带上受力如图所示
根据牛顿第二定律有
解得
货物放上传送带到速度与传送带相同，位移为s，有，
可得，
这段时间内传送带位移为
货物加速到与传送带速度相同过程中机械能增加了E1，则
货物与传送带间内能增加量为Q，则
电动机多消耗的电能
（2）解：货物随传送带到达转轴最高点P时，恰好有
可知货物从P点水平抛出，随后落入小车后立即与小车共速，货物与小车水平方向动量守恒则有
解得
（3）解：小车碰到弹簧后，若弹簧压缩至最短时货物恰不与小车发生相对滑动，则有，，
可得
货物与小车间动摩擦因数不能小于0.25。
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 先由受力分析求加速度，再求货物在传送带上的运动时间和相对位移，最后由能量守恒求电动机多消耗的电能。
(2) 货物平抛后与小车碰撞，由动量守恒求共速。
(3) 由能量守恒求弹簧最大形变量，再由牛顿第二定律求最小动摩擦因数。
（1）货物在传送带上受力如图所示
根据牛顿第二定律有
解得
货物放上传送带到速度与传送带相同，位移为s，有，
可得，
这段时间内传送带位移为
货物加速到与传送带速度相同过程中机械能增加了E1，则
货物与传送带间内能增加量为Q，则
电动机多消耗的电能
（2）货物随传送带到达转轴最高点P时，恰好有
可知货物从P点水平抛出，随后落入小车后立即与小车共速，货物与小车水平方向动量守恒则有
解得
（3）小车碰到弹簧后，若弹簧压缩至最短时货物恰不与小车发生相对滑动，则有，，
可得
货物与小车间动摩擦因数不能小于0.25。
18．【答案】（1）解： 块从P点到B点由动能定理
解得到达B点的速度
（2）解： 物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功
（3）解： 物块在传送带上加速运动的加速度为
加速到共速时用时间
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度
（4）解： 从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知，
联立解得
（另一组，因不合实际舍掉）
对滑块在最高点时由牛顿第二定律
解得F=3N
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理，对物体在斜面上下滑过程分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合加速到和传送带共速过程，综合传送带与物块一起匀速，不会受到摩擦力分析求解；
（3）根据在传送带上滑动过程中产生的滑动长度与两者位移关系分析求解；
（4）根据物块和半圆轨道作用过程，水平方向不受外力，水平方向上动量守恒，结合能量守恒分析求解。
19．【答案】（1）解：物块与长木板组成的系统动量守恒
解得
根据能量守恒
解得
（2）解：物块P第一次与长木板Q共速后，长木板Q与滑块1发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
解得，
（3）解：由于所有滑块质量相等，发生的碰撞都是弹性碰撞，所以滑块之间碰撞后交换速度，则第个滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止。
长木板与滑块第一次碰撞后，物块第二次与长木板共速过程，根据动量守恒
解得
同理可知长木板与滑块1第二次发生弹性碰撞后的速度分别为
可知第块滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止
接着物块第三次与长木板共速的速度为
长木板与滑块1第三次发生弹性碰撞后的速度分别为
综上分析可知，长木板与滑块1第次发生弹性碰撞后，物块第次与长木板共速的速度为物块最终的速度
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）相对距离：利用动量守恒求共速速度，结合能量守恒（摩擦力做功）求相对位移。
（2）弹性碰撞：联立动量守恒与机械能守恒，求解碰撞后两者的速度。
（3）最终速度：分析多次 “共速-碰撞-反弹-再共速” 的过程，归纳速度的递推规律，得到最终速度表达式。
（1）物块与长木板组成的系统动量守恒
解得
根据能量守恒
解得
（2）物块P第一次与长木板Q共速后，长木板Q与滑块1发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
解得
（3）由于所有滑块质量相等，发生的碰撞都是弹性碰撞，所以滑块之间碰撞后交换速度，则第个滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止。
长木板与滑块第一次碰撞后，物块第二次与长木板共速过程，根据动量守恒
解得
同理可知长木板与滑块1第二次发生弹性碰撞后的速度分别为
可知第块滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止
接着物块第三次与长木板共速的速度为
长木板与滑块1第三次发生弹性碰撞后的速度分别为
综上分析可知，长木板与滑块1第次发生弹性碰撞后，物块第次与长木板共速的速度为物块最终的速度
20．【答案】（1）解：设小球运动到轨道最低点时的速度为，小球与长木板上的小物块发生弹性碰撞，碰后小球反向运动，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
小球沿光滑圆弧轨道由静止开始下滑，由机械能守恒定律有
解得
（2）解：小物块在长木板上滑动，由动量守恒定律有
解得
由功能关系有
解得
（3）解：由平抛运动规律，水平方向有
竖直方向有
联立解得
【知识点】平抛运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）圆弧半径：通过机械能守恒求小球碰撞前速度，结合弹性碰撞的动量、动能守恒，联立推导半径；
（2）木板长度：利用动量守恒求共速速度，结合能量守恒（摩擦力做功转化为动能损失），求解木板长度；
（3）平抛距离：分析平抛运动的竖直分运动求时间，结合水平分运动的匀速规律，计算水平距离。
（1）设小球运动到轨道最低点时的速度为，小球与长木板上的小物块发生弹性碰撞，碰后小球反向运动，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
小球沿光滑圆弧轨道由静止开始下滑，由机械能守恒定律有
解得
（2）小物块在长木板上滑动，由动量守恒定律有
解得
由功能关系有
解得
（3）由平抛运动规律，水平方向有
竖直方向有
联立解得
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