2025年高考物理传送带模型大题突破+限时集训（解析版）

2/22025大题突破——传送带模型传送带模型是高考物理动力学与能量综合题的典型载体，近五年全国卷及新高考卷中出现频率约80%，分值占比8%-15%，常见于压轴计算题。建议关注：如工厂流水线物料传输、地铁安检传送带简化模型；智能传送带的速度自适应控制（结合PID算法思想）；利用函数图像分析临界点（如物块恰好到达传送带顶端的位移条件）；节能传送带的功率优化与摩擦生热损耗计算；AGV机器人配合传送带的协同运动分析；超导材料传送带的零摩擦理想模型（探讨能量守恒的边界条件）；太空站微重力环境下的传送带运动特性（如依赖静电吸附）。2025年高考对“传送带模型”的考查将延续“重过程分析、强综合应用、拓创新情境”的命题风格，突出多阶段动态建模与跨模块整合能力。备考需以相对运动为核心抓手，强化图像分析与数学工具应用，同时关注科技前沿与实际工程背景，做到“以动制动，以简驭繁”。题型1功能关系和能量观点在传送带模型中的应用例1.（2025甘肃酒泉一模）如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ，所对应圆心角，半径，O为圆心，圆弧轨道末端与粗糙水平地面相切。圆弧轨道左侧有一速度大小且沿顺时针方向转动的足够长的水平传送带，传送带上表面与P点高度差。现一质量（可视为质点）的滑块从传送带的左侧由静止释放后从右侧水平飞出，由P点沿圆弧切线方向进入圆弧轨道，最后在水平地面滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块与传送带、地面间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，，，求：

(1)滑块从传送带右端飞出时的速度大小；(2)滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小；(3)滑块运动全过程因摩擦产生的热量。答案(1)(2)(3)解析（1）滑块离开传送带做平抛运动，竖直方向有滑块沿点切线滑人圆弧轨道，故联立解得滑块从传送带右端飞出时速度大小（2）滑块在点的速度大小滑块从到，由动能定理有在点，由向心力公式有联立解得由牛顿第三定律可知，滑块经过点时对圆弧轨道的压力大小（3）滑块在传送带上做匀加速运动的时间位移大小传送带的位移大小滑块和传送带组成的系统产生的热量滑块由至最终静止，由能量守恒定律有滑块运动全过程因摩擦产生的热量例2.如图甲所示，水平传送带逆时针匀速转动，一质量为m＝2kg的小物块(可视为质点)沿光滑曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带的最左端A滑上传送带，取向右为正方向，以地面为参考系，从小物块滑上传送带开始计时，其运动的v－t图像如图乙所示，传送带的速率保持不变，g取10m/s2。(1)求小物块与传送带之间的动摩擦因数；(2)若小物块能在传送带上留下划痕，求最长划痕；(3)求小物块在传送带上向右运动的最大位移。答案(1)0.1(2)4.5m(3)2m解析(1)由v－t图像得，小物块滑上传送带的初速度为v0＝2m/s，加速度大小为a＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv,Δt)))＝1m/s2根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝0.1。(2)小物块在传送带上留下的最长划痕对应的是小物块第一次滑上传送带到再次回到A端的过程中在传送带上留下的划痕，由题图乙知前2s内小物块向右做匀减速运动，第3s内反向做匀加速运动，第3s末，小物块跟传送带的速度大小v＝1m/s相等，此后小物块向左做匀速运动，所以最长划痕s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋0,2)×2.0m＋1×2.0m))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1.0m－\f(1＋0,2)×1.0m))＝4．5m。(3)小物块在传送带上先向右做减速运动，后反向向左做加速运动再做匀速运动到A，随后在光滑曲面上运动再回到传送带的左端，这样一直运动最后要停在A端，对该过程，根据动能定理有μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得x＝2m。传送带中摩擦力做功与能量转化(1)静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能。(2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能。(3)摩擦生热的计算：①Q＝Ffs相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。②传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和。1.(2023安徽芜湖统考模拟)如图所示，四分之一光滑圆弧轨道和水平传送带固定在同一竖直平面内，圆弧轨道半径R＝5.0m，其底端切线水平且通过一段光滑水平轨道与传送带连接，传送带长度为L，离地高度为h1＝1.5m，沿逆时针方向转动的速度为v＝6.0m/s，在距传送带右侧水平距离d＝1.0m处有一离地高度h2＝1.3m的平台。一质量m＝2.0kg的小物块(可视为质点)从圆弧顶点处由静止释放，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计物块经过轨道连接处时的动能损失，且传送带转动轮足够小，g取10m/s2，求：(1)若传送带长度为L1＝6.4m，请通过计算判断物块能否到达右侧平台；(2)若传送带长度为L2＝12m，物块能否返回圆弧轨道？若能，求物块在圆弧轨道能上升的最大高度H。答案(1)能判断见解析(2)能1.8m解析(1)设物块恰能到达传送带最右端时传送带长度为L0，则物块从圆弧轨道滑至水平传送带上，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)物块在传送带上运动至速度为零时，有μmg＝ma，veq\o\al(2,0)＝2aL0联立解得L0＝eq\f(R,μ)＝10m由L1<L0可知，物块在传送带上一直向右做匀减速直线运动，有veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2aL1假设物块能到达右侧平台h1－h2＝eq\f(1,2)gt2，x＝v1t联立解得x＝1.2m>d故假设成立，物块能到达右侧平台。(2)由L2>L0可知，物块在传送带上向右匀减速运动10m后反向匀加速运动。设物块向左运动s时和传送带等速有v2＝2as解得s＝3.6m<10m即物块向左加速3.6m后以6m/s保持匀速运动，并返回圆弧轨道，有eq\f(1,2)mv2＝mgH解得H＝1.8m。题型二斜面上的传送带模型例3.传送带是一种常见的搬运工具，如图所示为某快递公司卸车时的情境，倾角为α＝30°的传送带长度为L＝6m，传送带以v0＝4m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，现将一包裹无初速地放到传送带顶端A点，已知包裹与传送带之间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),5)，重力加速度为g＝10m/s2。(1)求包裹运动到传送带最低点B时的速度大小；(2)若包裹的质量为m＝1kg，求该过程中因摩擦产生的热量。答案(1)6m/s(2)6J解析(1)放上瞬间，对包裹，由牛顿第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma1解得a1＝8m/s2包裹从放到传送带上到与传送带共速所用的时间为t1＝eq\f(v0,a1)＝0.5s该阶段包裹的位移为x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝1m因为x1＜L，所以共速时，包裹还未运动到最低点，由于mgsinα＞μmgcosα，则之后包裹继续向下加速，由牛顿第二定律得mgsinα－μmgcosα＝ma2解得a2＝2m/s2该过程中，由匀变速运动规律得L－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝1s或t2＝－5s(舍去)则包裹到最低点时的速度大小为v＝v0＋a2t2＝6m/s。(2)第一阶段，传送带的位移为x1′＝v0t1＝2m包裹与传送带的相对位移大小为Δx1＝x1′－x1＝1m第二阶段，传送带的位移为x2′＝v0t2＝4m包裹的位移为x2＝L－x1＝5m则包裹与传送带的相对位移大小为Δx2＝x2－x2′＝1m包裹与传送带之间的摩擦力为Ff＝μmgcosα＝3N整个过程因摩擦产生的热量为Q＝Ff(Δx1＋Δx2)代入数据解得Q＝6J。例4.(2023湖南郴州市质检)近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利用传送带来装卸快递或包裹。如图所示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率v1＝0.6m/s逆时针运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.4m/s从传送带顶端推下一质量m＝5kg的小包裹(可视为质点)。5s后突然停电，传送带立即停止运动，经过一定时间后包裹到达传送带底端速度恰好为0；包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)传送带顶端到底端的距离L；(2)整个过程中产生的热量。答案(1)4.25m(2)40J解析(1)包裹从顶端被推下传送带时，由牛顿第二定律可得μmgcosα－mgsinα＝ma解得a＝0.4m/s2设经过t1后包裹与传送带速度相等，有t1＝eq\f(v2－v1,a)＝2s这段时间内包裹运动的距离s1＝eq\f(v1＋v2,2)t1＝2m传送带运动的距离s1′＝v1t1＝1.2m由于μmgcosθ＞mgsinθ，则包裹与传送带共速后，一起做匀速运动，共速后匀速运动时间t2＝Δt－t1＝3s包裹匀速运动距离s2＝v1t2＝1.8m停电后包裹做匀减速直线运动，加速度大小仍为a，匀减速直线运动时间t3＝eq\f(v1,a)＝1.5s停电后运动的距离s3＝eq\f(v1,2)t3＝0.45m传送带顶端到底端的距离L＝s1＋s2＋s3＝4.25m。(2)产生的热量Q＝μmg(s1－s1′)cosα＋μmgs3cosα＝40J。1.传送带问题的分析步骤与方法2.划痕长度与摩擦生热的计算若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小；若有两个相对滑动过程，两过程相对位移方向相同时，划痕长度求和，相对位移方向不同时，划痕以长的为准。全过程产生的热量Q＝Ffs相对(s相对是相对路程，即相对位移绝对值的和)。2.(2023江苏高三期末)如图所示，一长L＝6m的倾斜传送带在电动机带动下以速度v＝4m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°，质量m1＝4kg的小物块A和质量m2＝2kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长。某时刻将物块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动到传送带顶端前物块B都没有落地。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物块B刚下降时的加速度a；(2)物块A从底端到达顶端所需的时间t；(3)物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W。答案(1)2m/s2，方向竖直向下(2)2.5s(3)136J解析(1)对A分析，有T＋μm1gcosθ－m1gsinθ＝m1a对B分析，有m2g－T＝m2a解得a＝2m/s2，方向竖直向下。(2)达到与传送带共速所需时间为t1＝eq\f(v,a)＝2sA的位移x1＝eq\f(v,2)t1＝4m之后匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x1,v)＝0.5s物块A从底端到达顶端所需的时间t＝t1＋t2＝2.5s。(3)物块A从底端到达顶端时，相对位移Δx＝vt1－x1＝4m电动机多做的功设为W，根据能量守恒定律得W＋m2gL－m1gLsinθ＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋μm1gΔxcosθ解得W＝136J题型三动量观点在传送模型中的应用例5.（2024河南郑州二模）如图所示，水平传送带与左、右两边的光滑的水平台面等高，并能平滑对接，静止在台面上可视为质点的滑块A的质量为m＝0.9kg，长l＝3.5m的传送带始终以v＝1m/s的速率顺时针转动，滑块A左侧的枪膛长1m，高压气体对质量为m0＝100g子弹的平均作用力为80N，若把子弹在枪膛内的运动看作匀变速直线运动，子弹击中滑块A（子弹与滑块作用时间极短），并留在滑块A内，两者一起滑上传送带的左端，已知滑块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）子弹出膛的速度大小；（2）子弹与小滑块A组成的整体滑上传送带左端时的速度大小；（3）小滑块A到达传送带右端时速度大小。答案（1）40m/s（2）4m/s（3）3m/s解析（1）设子弹出膛的速度为v0，则由牛顿第二定律可得F＝m0a，由匀变速直线运动规律有v02＝2ax，解得v（2）子弹打滑块A过程中动量守恒，则m0v0＝（m0＋m）v1，解得含有子弹的小滑块A水平滑上传送带左端时的速度大小v1＝m0（3）假设A在传送带上一直做减速运动，A从传送带的左端滑到右端的过程中，根据动能定理有－μ（m0＋m）gl＝12（m0＋m）v22－12（m0＋m）v12，代入数据解得v2＝3m/s，因为v例6.（2024辽宁抚顺三模）一水平传送带以v＝2m/s的速度顺时针匀速转动。如图甲所示，将物块A轻轻放到传送带左端，物块A与传送带之间的动摩擦因数μ0＝0.2。传送带紧挨着右侧水平地面，地面左侧O点放一物块B，物块B与水平面间的动摩擦因数为μ，且μ随物体到O点的距离x按图乙所示的规律变化，传送带水平部分长L＝1.2m，物块A运动到水平地面上和B发生弹性碰撞，碰后B向右运动挤压弹簧，B向右运动的最大距离为d＝0.5m，物块A、B的大小可忽略，质量均为m＝0.5kg。重力加速度g取10m/s2。求：（1）A碰B前的瞬间，A物块的速度大小；（2）A碰B后，B物块的速度大小；（3）弹簧的最大弹性势能。答案（1）2m/s（2）2m/s（3）0.5J解析（1）假设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过程，根据牛顿第二定律得μ0mg＝ma，设加速过程物块的位移为x，则v2＝2ax，解得x＝1m＜L，假设成立，A碰B前，A物块的速度大小为2m/s。（2）A、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv＝mvA＋mvB，12mv2＝12mvA2＋12mvB2（3）A、B碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程，摩擦生热Q＝－Wf，由图乙知B运动0.5m时μ＝0.4，摩擦力对物块做的功Wf＝－0+μmg2d，根据能量守恒得12mBvB2＝Q＋E3.（2024福建泉州一模）如图所示，光滑的水平面上静止一质量为M＝0.98kg的物块。紧挨平台右侧有一传送带，其与水平面成θ＝30°角，传送带底端A点和顶端B点相距L＝3m。一颗质量为m＝0.02kg的子弹，以v0＝300m/s的水平向右的速度击中物块并陷在其中。物块滑过水平面并冲上传送带，物块通过A点前后速度大小不变。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.23，取重力加速度g＝10m/s2。（1）如果传送带静止不动，求物块在传送带上滑动的最远距离；（2）如果传送带顺时针匀速运行（如图），为使物块能滑到B端，求传送带运行的最小速度；（3）若物块用最短时间从A端滑到B端，求此过程中传送带对物块做的功。答案（1）2.25m（2）2m/s（3）9J解析（1）根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得子弹与物块共速的速度为v＝6m/s，物块沿传送带上滑过程，根据动能定理得－[（m＋M）gsin30°＋μ（m＋M）gcos30°]x＝0－12（m＋M）v2，物块在传送带上滑动的最远距离为x（2）设传送带速度为v1，物块到达B端时的速度为0。要求传送带速度最小，则物块速度大于v1，根据牛顿第二定律（m＋M）gsin30°＋μ（m＋M）g·cos30°＝（m＋M）a1，物块减速到v1的过程中v12－v2＝－2a1x1，因为μ＝0.23＜tan30°，共速后，继续减速运动，有（m＋M）gsin30°－μ（m＋M）g·cos30°＝（m＋M）a2，物块减速至0的过程中v12＝2a2x2，又x1＋x2＝L（3）若物块用最短时间从A端滑到B端，物块所受摩擦力沿传送带向上，则W＝μ（m＋M）gLcos30°＝9J。1．（2024天津和平区三模）如图所示，上表面长为L＝4m的水平传送带与木板紧靠在一起，且二者上表面在同一水平面，皮带以v0＝3.0m/s的速度顺时针转动。在传送带左端无初速度地放上一质量为m＝1.0kg的物块（可视为质点），物块与传送带及物块与木板上表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，经过一段时间物块被传送到传送带的右端，随后物块平稳滑上木板，木板的质量M＝2kg，木板下表面光滑，物块最终刚好停在木板的右端没有滑下。不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）物块在传送带上运动的时间t；（2）木板的长度d。答案（1）2.08s（2）1.5m解析（1）物块在传送带上加速过程，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2m/s2，所以物块在传送带上加速的时间t1＝v0a＝32s＝1.5s，加速运动的位移x1＝12at12＝12×2×1.52m＝2.25m＜4m，所以物块在传送带上先加速后匀速，匀速的时间t2＝L－x1v0（2）物块平稳滑上木板，由于木板下表面光滑，物块与木板组成的系统动量守恒，则有mv0＝（m＋M）v，物块最终刚好停在木板的右端没有滑下，对系统，根据能量守恒定律知系统动能的减少量等于物块与木板发生相对滑动的过程中产生的内能，即μmgd＝12mv02－12（m＋M）v2．（2024辽宁大连二模）物流公司传送小件货物，简化的传输系统如图所示。曲面AB末端与水平面BC平滑连接于B点，水平面BC与传送带等高。工人将小件货物甲从A点由静止释放，运动到C点时以速度v0＝4m/s与遗留在平面末端C点的小件货物乙发生碰撞（碰撞时间极短，碰撞前后甲、乙在同一条直线上运动），碰后甲、乙分别以速度v1＝1.5m/s和v2＝5m/s冲上顺时针运行的传送带上，传送带的速度v＝4m/s，传送带足够长。已知曲面高度h＝1m，小件货物甲的质量m1＝4kg，小件货物甲、乙均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。求：（1）小件货物甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功；（2）小件货物乙的质量m2及甲、乙碰撞过程损失的机械能；（3）小件货物甲和乙冲上传送带到都与传送带共速过程中，传送带的电动机需额外多消耗的电能。答案（1）8J（2）2kg2.5J（3）32J解析（1）甲从A到C，由动能定理得m1gh－Wf＝12m1v02－0，解得（2）甲、乙碰撞，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，解得m2＝2kg，则损失的机械能ΔE机＝12m1v02－12（3）甲冲上传送带，其先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得μm1g＝m1a1，可得a1＝5m/s2，甲加速到与传送带共速的时间Δt1＝v－v1a1＝0.5s，此过程传送带发生的位移x1＝vΔt1＝2m，甲在传送带上运动的位移x2＝v1＋v22Δt1＝1.375m，甲与传送带的相对位移Δx1＝x1－x2＝0.625m，乙冲上传送带，其先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律μm2g＝m2a2，可得a2＝5m/s2，乙减速到与传送带共速的时间Δt2＝v－v2－a2＝0.2s，此过程传送带发生的位移x3＝vΔt2＝0.8m，乙在传送带上运动的位移x4＝v2＋v2Δt2＝0.9m，乙与传送带的相对位移Δx2＝x4－x3＝0.1m，电动机需额外消耗的电能ΔE电＝12m1v2－123．（2024广东梅州二模）如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以v0＝3m/s的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平轨道PM平滑连接，左侧有一光滑圆弧的最低点与PM在P点平滑连接，在P点处安装有自动控制系统，当物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止。传送带右端与半径r＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，物块a从右侧圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点时控制系统会使静止在P点的物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞。已知物块a、b的质量分别为m1＝0.6kg、m2＝6.6kg，两物块均可视为质点，物块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，M、N间的距离为L＝1.5m，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）物块a运动到圆弧轨道最低点N时对轨道的压力；（2）物块a第一次碰后的速度大小；（3）若物块a每次经传送带到达M点时，物块b都已锁定在P点，即将碰撞时物块b自动解锁，求：物块a第一次碰撞后经过M点到第二次碰撞前经过M点因摩擦而产生的热量Q1；两物块从第一次碰撞后到最终都静止，物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量Q。答案（1）18N，方向竖直向下（2）2.5m/s（3）9J54J解析（1）a从出发点到N点，由动能定理有m1gr＝12m1vN2，在N点对物块a分析，由牛顿第二定律有FN－m1g＝m1vN2r，得物块a运动到圆弧轨道最低点N（2）a在传送带上运动，由牛顿第二定律有μm1g＝m1a，由运动学公式有vN2－v02＝2ax，解得a在传送带上减速的位移为x＝1.4m＜L，故物块a到达M点时速度为v0＝3m/s，a和b发生弹性碰撞有m1v0＝m1va＋m2vb，12m1v02＝12m1va2＋12m2vb2，解得vb＝2m1m1＋m2（3）物块a第一次碰后返回传送带时的速度小于传送带的速度，所以物块a将先在传送带上向右做减速运动，然后在传送带上向左做加速运动，由运动的对称性可知物块a离开传送带的速度仍然是va，且加速与减速的位移大小相等，由va2＝2ax1解得位移的大小x1＝va22a，传送带的位移x2＝v0t，运动时间t＝vaa，经过M点到第二次碰前经过M点产生的热量Q1＝μm1g[（x1＋x2）＋（x2－x1）]，联立解得Q1＝μm1g2v056v0μg＝2×561m1v02＝9J，物块a第一次碰后速度小于传送带速度v0，故第二次碰前速度仍为56v0，第二次碰后a的速度为562v0，则第2次碰后到第3次碰前产生的热量为Q2＝μm1g2v04．(2023汕尾二模)如图所示，一长度L＝11m的水平传送带，左侧与竖直平面内一倾角θ＝37°的斜面相邻，右侧在同一水平面上紧邻一水平平台．现有质量为m＝0.1kg的小滑块从距离B点s＝4m处的A点静止释放．斜面与传送带距离较小且其底端B、C间有一小圆弧(运动过程可忽略)，可以使小滑块在B、C两点速度大小不变．已知小滑块与倾斜轨道、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5，μ2＝0.2，滑块相对传送带滑动时能留下清晰划痕．已知传送带以v0＝6m/s的速度顺时针运动，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小滑块从A运动到D所需的时间．(2)小滑块在传送带上留下划痕的长度和受到传送带的摩擦力的冲量大小．答案(1)4s(2)1m0.2N·s解析(1)设滑块从A到B的加速度大小为a1，用时为t1，由牛顿第二定律有mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1解得a1＝2m/s2由运动学公式有s＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得t1＝2s根据运动学公式，滑块滑上传送带时的速度大小vC＝vB＝a1t1＝4m/s<v0＝6m/s由于滑块滑上传送带时速度小于传送带速度，所以滑块在传送带上先做加速运动，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律有μ2mg＝ma2解得a2＝2m/s2根据运动学公式v0－vC＝a2t2解得滑块在传送带上加速运动时间t2＝1s加速运动位移x1＝eq\f(v0＋vC,2)t2＝5m<L＝11m滑块速度达到传送带速度后与传送带一起匀速运动，匀速运动时间t3＝eq\f(L－x1,v0)＝1s从A运动到D的时间为t＝t1＋t2＋t3＝4s(2)滑块在传送带上加速运动过程中传送带位移x2＝v0t2＝6m在传送带上留下划痕的长度为Δx＝x2－x1＝1m由动量定理，摩擦力的冲量大小为I＝mv0－mvC＝0.2N·s5．（2024浙江模拟预测）如图所示，质量为的小滑块，被弹簧枪以的速度水平射入半径表面为四分之一光滑圆弧面的小车，小车的质量为。当滑块从小车的最高点B离开的瞬间，小车恰好与薄挡板P相碰并立即停下，而滑块运动一段时间后恰好沿传送带C点切入倾斜传送装置（C点与B点等高），传送带两滑轮间CD的距离，以大小的速度匀速运行。滑块与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦均不计，忽略传动轮的大小。（可能用到的数据）求：(1)滑块刚滑上小车最低点A时对小车的压力；(2)滑块在小车上运动过程中，小车对滑块做的功；(3)滑块从离开小车直到传送带底端D所用的时间。答案(1)180N，方向竖直向下(2)-16J(3)①1.8s；②1.6s解析（1）在A处有解得小车对滑块的支持力由牛顿第三定律可知，滑块对小车的压力180N，方向竖直向下；（2）设滑块离开小车时水平和竖直速度分别为v1和v2滑块到小车最高点的过程中，水平方向动量守恒解得v1=4m/s滑块和小车系统的机械能守恒解得v2=4m/s对滑块由动能定理解得W=-16J（3）设滑块在空中运动的时间由抛体运动的对称性滑块切入传送带的速度方向沿传送带向下，且与水平成角；.①若传送带向上运行，则滑块沿传送带一直做匀加速运动，加速度为设运动时间为t2则由解得t2=1.0s滑块从离开小车到离开传送带的时间②若传送带向下运行，则滑块沿传送带先向下做加速度为a1的匀加速运动，后做加速度为a2的匀加速运动，第一阶段的加速度加速时间加速位移第二阶段：滑块与传送带速度相等后，受到滑动摩擦力方向向上，加速度加速位移由运动公式解得t3=0.55s滑块从离开小车到离开传送带的时间6．（2024四川模拟预测）如图所示，圆心角、半径的光滑圆弧轨道固定在水平地面上，其末端切线水平；质量为的薄木板置于地面上，其上表面与端等高且平滑接触；质量为的物块静止在上，至左端的距离为；水平传送带固定，且沿顺时针转动。现将质量为的物块轻放在传送带的左端，离开传送带之前与其相对静止，离开传送带后从点沿切线方向进入轨道，随后滑上，一段时间后与发生弹性碰撞。已知在点对轨道的压力大小为，与、与之间的动摩擦因数均为，与地面之间的动摩擦因数，、均可视为质点，碰撞时间忽略不计，且均未脱离，取，，。求：(1)传送带速度的大小；(2)与碰后瞬间速度的大小；(3)薄板的最短长度。答案(1)(2)(3)解析（1）根据牛顿第三定律，经过点时受到的支持力为则有求得在由P点运动到点过程中，由动能定理得又联立解得（2）假设A滑上C后B与C之间不发生相对滑动，由于所以C相对地面向右滑动，二者一起滑动的加速度为B与C间的摩擦力大小为故假设成立。A在C上滑动时的加速度大小为A从滑上C到与B发生碰撞之前A和C通过的位移大小分别为又联立求得或（不符合题意，舍去）故A与B碰前A、B的速度分别为设A与B碰后的速度分别为和，由动量守恒和机械能守恒得联立求得（3）A与B碰后A与C共速，此后B向右匀减速直线运动，加速度大小为A与C一起向右匀加速直线运动，加速度大小为三者共速后一起做匀减速直线运动直到停止，设A与B碰后到三者共速所用时间为，则有该过程中A与B通过的位移大小分别为薄板的最短长度为联立解得7．（2024河南新乡一模）某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨右端处与倾斜传送带平滑连接，传送带的长度，传送带以恒定速率顺时针转动，三个质量均为的滑块A、B、C（均视为质点）置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离点足够远。现让滑块A以大小的初速度沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角的传送带，并从顶端点沿传送带方向滑出，最后落至水平地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数，取重力加速度大小。不计空气阻力，不计传送带的传动轮的大小。求：(1)滑块A、B碰撞过程中损失的机械能；(2)滑块C从点运动到点的时间；(3)滑块C距水平导轨的最大高度。答案(1)36J(2)1.4s(3)3.312m解析（1）设A与B碰撞后两者的共同速度大小为，对A与B组成的系统有动量守恒定律有由能量守恒定律可知，碰撞过程中损失的机械能为（2）设A与B碰撞后弹簧第一次恢复原长时A、B的速度大小为，滑块C的速度大小为，由动量守恒定律由能量守恒定律联立解得滑块C以滑上传送带，设滑块C匀减速运动的位移大小为x1时与传送带共速，由牛顿第二定律解得由运动学公式解得滑块C匀减速的时间为此后对滑块C受力分析，由牛顿第二定律解得则滑块C接着以做匀减速直线运动，由运动学公式解得再次减速的时间为则滑块C从N点运动到P点的时间为（3）P点离地面的高度为滑块C离开传送带后做斜抛运动，有解得联立解得滑块C距水平导轨的最大高度为8．（2024陕西宝鸡模拟预测）如图所示，水平传送带以m/s的速度做逆时针运动，传送带左端与水平地面平滑连接，传送带与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a从圆弧轨道最高点由静止下滑后滑过传送带，与静止在水平地面右端的物块b发生弹性碰撞。已知物块a的质量kg，物块b的质量kg，两物块均可视为质点，圆弧轨道半径m，传送带左、右两端的距离m，物块a与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为，物块b与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度m/s2，碰撞时间极短。求：(1)物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小；(2)两物块最多能碰撞的次数及最终两者的距离。答案(1)2m/s(2)2次，0.48m解析（1）物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点时设速度为，根据机械能守恒定律有解得物块a在传送带上运动时，由牛顿第二定律有设物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为，由a、b运动学公式可得解得则物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为4m/s，题意知物块a、b碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设碰撞后物块a的速度为，b的速度为，则有联立解得，即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为2m/s；（2）碰撞后物块b沿地面向左做匀减速运动，设加速度为，到静止时所用时间为，位移为，由牛顿第二定律有由运动学公式有联立解得，对于物块a，先沿传送带向右做匀减速运动，设速度减为0所用的时间为，位移为，由运动学公式有解得，由可知，故物块a第二次与b碰撞前b已经停止运动，设物块a第二次与b碰撞前瞬间的速度大小为，则有解得物块a、b第二次碰撞过程动量守恒、机械能守恒，设第二次碰撞后速度分别为、，则有解得，物块b第二次碰撞后向左滑行的距离物块a第二次碰撞后向右滑行的距离则两物块最多碰撞2次，最终两者的距离为9．（2025全国模拟预测）如图所示，水平传送带以速率v沿顺时针方向匀速运行。滑板A靠近传送带的右端，与上表面光滑的滑板B一起静置在光滑水平面上，A、B与传送带上表面等高，质量为m的小滑块b放在B上，用水平轻弹簧将b与B的右端相连。现将质量为m的小滑块a轻放在传送带左端，并在大小为（g为重力加速度大小）的恒定拉力F的作用下，沿传送带向右运动，a运动到传送带右端时立即撤去拉力，通过一小段光滑固定水平面滑上A上表面，a脱离A时恰好水平滑上B上表面并取走A（A、B未发生碰撞）。a与b碰撞并粘合在一起（作用时间极短），b与弹簧开始作用，经时间弹簧弹性势能恰好达到最大。已知a与传送带、A间的动摩擦因数均为，A、B的质量均为2m，传送带长度，A的长度，弹簧的劲度系数。求：(1)a在传送带上因摩擦产生的总热量；(2)a滑上B上表面时的速度大小；(3)b与弹簧开始作用后，时间内B的位移大小。答案(1)(2)(3)解析（1）设a在传送带上先以加速度大小做匀加速运动，由牛顿第二定律有解得根据速度－位移关系式有解得由于，，滑块与传送带共速后继续做匀加速运动。设与传送带共速后以加速度大小做匀加速运动，由牛顿第二定律有解得根据运动学公式得a在传送带上因摩擦产生的总热量代入相关已知数据，解得（2）设a刚滑上A时的速度大小为，根据速度－位移关系式有解得a滑上A上表面后，a、A组成的系统动量守恒，设a脱离A时a的速度大小为，A的速度大小为由动量守恒定律有根据能量守恒定律有解得（3）a与b相互作用，发生完全非弹性碰撞，设碰后瞬间的速度大小为，则解得与B共速时，弹簧弹性势能最大，设共速时的速度大小为u，则解得与弹簧作用过程中、B组成的系统动量守恒，则即经过极短时间，有时间内，的位移大小为，根据微分求和思想得又解得1．(2024湖北高考)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0.10kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，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。答案(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m解析(1)设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有v2＝2aL联立并代入数据解得v＝6m/s由于v＞5m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5m/s。(2)设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动