【文档说明】《高考物理培优练习》传送带（共2课时）（必修一）.docx，共(24)页，2.199 MB，由管理员店铺上传

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培优手册高考物理——《必修一》2020作者：陈庆威信阳高级中学传送带（一）1．如图，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是以速度v作匀速直线运动；现让传送带以加速

度a作匀减速运动，速度减为零后保持静止；又经过一段时间，煤块静止，传送带上留下了一段黑色痕迹，重力加速度大小为g，则痕迹长度为A.𝑣22𝜇𝑔B.𝑣22𝑎C.𝑣22𝜇𝑔+𝑣22𝑎D.𝑣22𝜇𝑔−𝑣22𝑎【答案】D【解析】传送带的运动是匀减速直线运动，加速度为a，减速到

零运动的位移为：𝑣22𝑎而煤块的运动也是匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，𝑎煤=𝜇𝑔。减速到零运动走过的位移为𝑣22𝜇𝑔，由于煤块和皮带是同一方向运动的，所以痕迹的长度即相对位移为：𝑣22𝜇𝑔−𝑣22𝑎故D正确；2．一质量为M＝1.98kg

的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并留在物块中，子弹质量为0.02kg。如图甲所示，地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)。已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2。下列说法正确的是A.子弹射入物块前

的速度大小为400m/sB.物块与传送带间的动摩擦因数0.2C.由于子弹的射入，电动机对传送带多做的功为24JD.整个过程中，系统产生的内能为24J【答案】AB【解析】子弹射入物块后的速度大小为v=4m/s，根据动量守恒：𝑚�

�0=(𝑀+𝑚)𝑣，解得v0=400m/s，选项A正确；物块减速运动的加速度𝑎=𝛥𝑣𝛥𝑡=42𝑚/𝑠2=2𝑚/𝑠2，则由a=μg可得物块与传送带间的动摩擦因数0.2，选项B正确；传送带的速度为2m/s，则从射入木块到木块与传送带相对静止时木块与传送带的相对位移：𝛥

𝑥=(12×2×4+2×2)𝑚+(2×1−12×1×2)𝑚=9𝑚；木块与传送带之间的摩擦使系统产生的热量𝑄=𝜇𝑚𝑔𝛥𝑥=0.2×20×9𝐽=36𝐽，整个过程中，系统产生的内能等于子弹打木块时产生的热与木块与传送带之间的摩擦使系统产生的热量之和，其值大于

36J，选项D错误；由于子弹的射入，电动机对传送带多做的功等于木块与传送带之间的摩擦使系统产生的热量与木块动能变化量之和，则一定大于36J，选项D错误；故选AB.点睛：此题关键是能从图像中获取物块运动的信息，即

向左先做匀减速运动，然后向右匀加速直到与传送带共速，结合牛顿第二定律和能量关系求解.3．如图甲所示，足够长的绷经的水平传送带始终以恒定速率2m/s运行，初速度大小为4m/s的小物块从传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送

带，传送带和物块间的摩擦因数为0.2，小物块的质量为1kg，则下列说法正确的是A.小物块向左高A处的最大距离为3mB.小物块在传送带上运动过程中产生的热量为18JC.由于运送小物块电动机多做的功为12JD.小物块在传送带上

形成的划痕长度为4m【答案】BC【解析】物块A向左运动过程中，由于受到的滑动摩擦力恒向右，所以恒做匀减速直线运动，故向左运动离A处最大的距离为𝑠max=𝑣022𝑎=𝑣022𝜇𝑔=162×0.2

×10=4𝑚，减速所用时间𝑡1=𝑣0𝑎=42𝑠=2𝑠，传送带的位移为𝑥1=𝑣𝑡1=2×2𝑚=4𝑚，该过程中产生的热量为𝑄1=𝜇𝑚𝑔(𝑠max+𝑥1)=0.2×1×10×8=16J，减速到零

之后，物块相对传送带向后运动，故受到向右的滑动摩擦力，做匀加速直线运动，直到物块A的速度和传送带速度相同，故加速过程中的物体的位移为𝑥=𝑣22𝑎=42×0.2×10=1𝑚，运动时间为𝑡=20.

2×10=1𝑠，传送带的位移为为𝑋=2×1=2𝑚，故相对传送带的位移为𝑠=𝑋−𝑥=1𝑚，该过程中产生的热量为𝑄2=𝜇𝑚𝑔𝑠=0.2×1×10×1=2J，所以小物块在传送带上运动过程中产生的热量为𝑄=𝑄1+�

�2=18J，A错误B正确；电动机多做的功等于系统产生的内能以及物块A动能的变化量之和，故𝐸=𝑄+(12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣02)=18−6=12J，C正确；在加速和减速两个过程中物块相对传送带的位移，即划痕

长为𝛥𝑥=𝑠max+𝑥1+𝑠=9𝑚，D错误．4．—倾斜传送带正以恒定速率v1顺时针匀速转动，把一个小物块无初速度放在传送带下端，发现其能沿传送带滑至上端。现将传送带速率减小为某一恒定速率v2（转动方向不变），仍将该小物块

无初速度放在传送带下端，则在以后的运动过程中A.小物块可能不会到达上端B.小物块仍能到达上端，且在传送带上运动的时间可能比前一次长C.小物块仍能到达上端，且摩擦生热一定比前一次少D.小物块仍能到达上端，但在传送带上运动过程中重力的平均功率

一定与前一次不同【答案】BC【解析】当传送带以𝑣1运动时，物块能到达传送带上端，则说明𝜇𝑚𝑔cos𝜃>𝑚𝑔sin𝜃（𝜃为传送带与水平方向的夹角），所以当传送带速度减小时，仍小物块受力不变，仍满足𝜇𝑚𝑔cos𝜃>𝑚𝑔sin𝜃，故小物体仍能到达上端，A错误

；若小物块在传送带上运动过程中先做加速运动，后随传送带匀速运动，由于两者速度相同时才会相对静止的做匀速直线运动，当传送带速度减小时，由于匀速直线运动过程位移增大，速度减小，导致时间可能变长，B正确；加速过程中小物块的加速度恒等于𝑎=𝜇𝑔cos𝜃−𝑔sin𝜃，所以

当传送带速度减小时，两者之间的相对位移减小，故摩擦生热一定减小，C正确；根据以上分析可知小物块的运动时间可能不变，可能减小，可能增大，但小物块上升的高度恒定，根据𝑃=𝑚𝑔ℎ𝑡可知重力的平均功率可能增大，可能减小，可能不变，D错误．5．如图

所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同．将一小物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，甲传送带上物体到达底端B点时恰好达到速度v；乙传送带上物体到达传送带中部的C点时恰好达到速度v，接着以速度v

运动到底端B点．则物体从A运动到B的过程中()A.物体在甲传送带上运动的时间比乙大B.物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙大C.两传送带对物体做功相等D.两传送带因与物体摩擦产生的热量相等【答案】AC【解析】A、根据两个物体的总位移相等，𝑣−𝑡图象的“

面积”表示位移，作出两个物体的𝑣−𝑡图象，可知𝑡甲＞𝑡乙，故A正确；B、𝑣−𝑡图象的斜率表示加速度，由图知，甲匀加速运动的加速度小于乙匀加速运动的加速度，由牛顿第二定律得：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚𝑎，得𝑎=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝜇𝑔𝑐�

�𝑠𝜃则知𝜇小时，a小，因此物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙小，故B错误；C、根据动能定理得：𝑚𝑔ℎ+𝑊=12𝑚𝑣2，则得传送带对物体做功𝑊=12𝑚𝑣2−𝑚𝑔ℎ，h、v、m都相等，则W相等，故C

正确；D、设传送带长为L，甲中：物体运动时间为：𝑡甲=𝐿𝑣2=2𝐿𝑣，物体与传送带间的相对位移大小为：𝛥𝑥甲=𝑣𝑡甲−𝐿=𝐿，物体的加速度为：𝑎甲=𝑣22𝐿由牛顿第二定律得：𝑚𝑔𝑠𝑖

𝑛𝜃+𝑓甲=𝑚𝑎甲，得：𝑓甲=𝑚𝑣22𝐿−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃产生的热量为：𝑄甲=𝑓甲𝛥𝑥甲=12𝑚𝑣2−𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃乙中：物体运动时间为：𝑡乙=12𝐿12𝑣=𝐿𝑣，物体与传送带间的相对位移大小为：△𝑥甲=�

�𝑡乙−12𝐿=12𝐿物体的加速度为：𝑎乙=𝑣22⋅𝐿2=𝑣2𝐿由牛顿第二定律得：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑓乙=𝑚𝑎乙，得：𝑓乙=𝑚𝑣2𝐿−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃产生的热量为：𝑄乙=𝑓乙△𝑥乙=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃，则知乙

与物体摩擦产生的热量较多，故D错误。6．如图倾角为300的传送带在电动机带动下始终以V0的速度匀速上行.相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块（可视为质点）分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静

止，乙滑块上升h/2高度处恰与皮带保持相对静止.现比较甲，乙两滑块从传送带底端到顶端的过程A.甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数B.甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量C.两个过程中皮带对滑块所做的功相同D.两个

过程中电动机对皮带所做的功相同【答案】BC【解析】A：对甲滑块：𝑣02=2𝑎1ℎ𝑠𝑖𝑛300，𝜇1𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠300−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛300=𝑚𝑎1；对乙滑块：𝑣02=2�

�2ℎ2⁄𝑠𝑖𝑛300，𝜇2𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠300−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛300=𝑚𝑎2。可得𝜇1<𝜇2，即甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数。故A项错误。B：甲滑块与皮带相对滑动过程中，滑块𝑥1=0+𝑣2𝑡

1=ℎ𝑠𝑖𝑛300，对滑块(𝜇1𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠300−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛300)𝑥1=12𝑚𝑣2；皮带与滑块相对滑动过程中两者相对位移：𝑠1=𝑣𝑡1−0+𝑣2𝑡1，滑块与皮带摩擦产生的热量𝑄1=𝜇1𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠

300×𝑠1；解得𝑄1=12𝑚𝑣2+𝑚𝑔ℎ。乙滑块与皮带相对滑动过程中，滑块𝑥2=0+𝑣2𝑡2=ℎ2⁄𝑠𝑖𝑛300，对滑块(𝜇2𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠300−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛300)𝑥2=12𝑚𝑣2；皮带与滑块相对滑动过程中两者相对位移：𝑠2=𝑣𝑡2−0

+𝑣2𝑡2，滑块与皮带摩擦产生的热量𝑄2=𝜇2𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠300×𝑠2；解得𝑄2=12𝑚𝑣2+12𝑚𝑔ℎ。则甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量。故B项正确。C：甲滑块与皮带相对滑动过程中，皮带对滑块所做的功𝑊1=𝜇1𝑚𝑔𝑐

𝑜𝑠300×ℎ𝑠𝑖𝑛300=𝑚𝑔ℎ+12𝑚𝑣2；乙滑块与皮带相对滑动过程中，皮带对滑块所做的功𝑊2=𝜇2𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠300×ℎ2⁄𝑠𝑖𝑛300+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛300×ℎ2⁄𝑠𝑖𝑛300

=𝑚𝑔×12ℎ+12𝑚𝑣2+12𝑚𝑔ℎ=𝑊1。故C项正确。D：甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，皮带对滑块所做的功相同，则甲电动机对皮带做的功大于乙电动机对皮带做的

功。故D项错误。7．如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个物块A、B从传送带顶端都以大小为v0＝1m/s的初速度沿传送带下滑，物块A、B与传送带间的动摩擦因数都是0.5，取g＝10m/

s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法正确的是()A.物块A、B同时到达传送带底端B.传送带对物块A做正功，对B做负功C.物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3D.滑动摩擦力对物块A与传送带做的功之和与滑动摩擦力对物块B与传送带做的功之

和一样大【答案】AC【解析】在平行传送带的方向上，由于mgsin37°>μmgcos37°，物块A、B均沿传送带加速向下滑动，传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上，加速度大小均为a＝𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛370-𝜇𝑚

𝑔𝑐𝑜𝑠370𝑚＝2m/s2，初速度大小v0相同，又因为两边的传送带长度相同，根据x＝v0t＋12at2可知两者的运动时间均为t＝1s，即两者同时到达底端，选项A正确．滑动摩擦力与位移方向均相反，摩擦力均做负功，选项B错误；B到达传送带底端

时的速度大小vB＝v0＋at＝3m/s，传送带在1s内的路程x＝vt＝1m，A与传送带是同向运动的，A的划痕长度为A与传送带相对位移的大小，即2m－1m＝1m．B与传送带是反向运动的，B的划痕长度为B与传送带相对位移的大小，即2m＋1m＝3m，即物块A、B在传送带

上的划痕长度之比为1∶3，选项C正确；物块A的位移大小为2m，A受到的滑动摩擦力与位移方向相反而做负功，A受到的滑动摩擦力做的功Wf1＝－f×(2m)，传送带的位移大小为1m，传送带受到的滑动摩擦力与位移方向相同而做正功，滑动摩擦力对传送带做的功Wf2＝f×(1m)，滑动摩擦力对A做的功与

对传送带做的功之和Wf＝Wf1＋Wf2＝－f×(1m)，物块B的位移大小为2m，B受到的滑动摩擦力与位移方向相反而做负功，B受到的滑动摩擦力做的功W′f1＝－f×(2m)，传送带的位移大小为1m，传送带受到的滑动摩擦力与位移方向相反而做负

功，滑动摩擦力对传送带做的功W′f2＝－f×(1m)，滑动摩擦力对B做的功与对传送带做的功之和W′f＝W′f1＋W′f2＝－f×(3m)，即Wf≠W′f，选项D错误．故选AC.8．如图所示,长为𝐿=4m的水平传送带以𝜐0=2m/s的速度逆时针转动,一个质量为𝑚=1kg

的小物块从传送带左侧水平向右滑上传送带,一段时间后滑离传送带。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数𝜇=0.2,重力加速度𝑔取10m/s2,不计传送带转动轮大小。(1)要使小物块能从传送带右侧滑离,求小物块的初速度满足的条件；(2)若小物块初速度为5m/s,求小物块从传送带右端滑出,运动过程中产

生的热量；(3)若小物块从传送带左端滑出,因摩擦产生的热量为12J,求小物块的初速度。【答案】（1）𝜐>4m/s（2）12J（3）𝜐′=2(ξ6−1)m/s【解析】(1)设小物块的初速度为r,要使小物块能从传送带右側滑离,则有−

𝜇𝑚𝑔𝐿=𝐸𝑘−12𝑚𝜐2𝐸𝑘>0联立解得𝜐>4m/s即要使小物块能从传送带右侧滑离,小物块的初速度应大于4m/s(2)小物块从传送带右侧滑离,设小物块运动的加速度为𝑎,时间为𝑡,末速度为𝜐1,对小物块进行分析,有𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎�

�=𝜐−𝜐1𝑎−𝜇𝑚𝑔=12𝑚𝑢12−12𝑚𝜐2𝜐=5m/s摩擦产生的热量𝑄=𝜇𝑚𝑔(𝜐0𝑡+𝐿)=12𝐽(3)小物块从传送带左端滑离,设小物块的初速度为𝜐′,从左端滑离时的速度为𝜐2,对小物块进行

分析,小物块向右减速运动时,有𝑡1=𝜐′𝑎𝜇𝑚𝑔𝑥1=12𝑚𝜐′2小物块与传送带的相对滑动产生的热量𝑄1=𝜇𝑚𝑔(𝜐0𝑡1+𝑥1)小物块向左加速运动时,有𝑡2=𝜐2�

�𝜇𝑚𝑔𝑥2=12𝑚𝜐22小物块与传送带的相对滑动产生的热量𝑄2=𝜇𝑚𝑔(𝜐0𝑡2−𝑥2)𝑄=𝑄1+𝑄2联立解得𝑄=𝑚𝜐0(𝜐′+𝜐2)+12𝑚(𝜐′2−𝜐22)

讨论:当小物块的初速度𝜐′≤2m/s时,它在传送带上向右和向左运动是对称的,即𝜐2=𝜐′,此时𝑄=2𝑚𝜐0𝜐′，𝑄≤8J，不符合题意当小物块的初速度2m/s<𝜐′<4m/s时,它在传送带上向左运动时,先做加速再做匀速,即𝜐2=

𝜐0,又𝑄=𝑚𝜐0(𝜐′+𝜐0)+12𝑚(𝜐′2−𝜐02)，8J<𝑄<18J,则有解。将𝑄=12J代人,得𝜐′2+4𝜐′−20=0解得𝜐′=2(ξ6−1)m/s9．如图所示，与水平面夹角𝜃=37°的倾斜传送带以𝑣0=2𝑚/𝑠的速度沿顺时针方向转动，小物块A从

传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以𝑣1=8𝑚/𝑠的速度从底端滑上传送带。已知小物块A、B质量均为m=1kg，与传送带间的动摩擦因数均为𝜇=0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10m/s2

，sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小。(2)传送带的长度l应满足的条件。【答案】（1）2.5m/s（2）12.96m【解析】（1）由题意可知，小物块B在开始时受到的摩擦力沿斜面向下，根据牛顿

第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，代入数据解得：a1＝10m/s2减速到传送带速度时所需时间为：𝑡1＝𝑣2−𝑣1𝑎1＝8−210𝑠＝0.6𝑠此过程通过的位移为：𝑥1＝𝑣1+𝑣22𝑡1＝3𝑚此后传送带的速度大于物

块的速度，受到的摩擦力沿斜面向上，则有：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，代入数据解得：a2＝2m/s2减速到零所需时间为：𝑡2＝𝑣1𝑎2＝22𝑠＝1𝑠，故有：t=t1+t2=1.6s此过程通过的位移为：x2＝𝑣12t2＝1m则物块B上滑的位移x=x1+x2=4m小

物块B向上运动过程中平均速度的大小𝑣=𝑥1+𝑥2𝑡=3+11.6𝑚/𝑠=2.5𝑚/𝑠。（2）小物块B下滑的加速度为a2＝2m/s2则下滑到底端的时间为𝑡3=ට2𝑥𝑎3=2𝑠则回到底端的总时间为：𝑡′=𝑡1+𝑡2+𝑡3=3.6𝑠物块A下滑的加速度

：mgsinθ-μmgcosθ=ma3，解得a3=2m/s2则传送带的最小长度为𝐿=12𝑎3𝑡′2=12×2×3.62𝑚=12.96𝑚传送带的长度l应满足的条件是不小于12.96m。10．如图所

示，在距离某水平面高2h处有一抛出位置P，在距P的水平距离为S=1m处有一光滑竖直挡板AB，A端距该水平面距离为h=0.45m，A端上方整个区域内加有水平向左的匀强电场；B端与半径为R=0.9m的14的光滑圆轨道BC连

接.当传送带静止时，一带电量大小为𝑞=19×10−4𝐶,质量为0.18kg的小滑块,以某一初速度v0从P点水平抛出，恰好能从AB挡板的右侧沿ABCD路径运动到D点而静止，重力加速度g=10m/s2.请完成下列问题（1）求出所加匀强电场的场强大小;（2）当滑块刚运动到C点时,求

出对圆轨道的压力;（3）若传送带转动,试讨论滑块达到D时的动能Ek与传送带速率的关系.【解析】(1)设物块从P到A运动的时间为t,水平方向的加速度大小为a,物块能够沿AB下滑,说明在A点时水平方向速度为零,则:水平方向𝑠=

12𝑎𝑡2,其中:𝑎=𝑞𝐸𝑚竖直方向2ℎ−ℎ=12𝑔𝑡2联立解得:𝐸=3.6×105𝑁/𝑐(2)从A点到C点根据动能定理可得𝑚𝑔(ℎ+𝑅)=12𝑚𝑣𝑐2−12𝑚𝑣𝐴2其中𝑣𝐴2=2𝑔ℎ在C点

根据牛顿第二定律可得𝐹𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑣𝑐2𝑅联立解得:𝐹𝑁=9𝑁根据牛顿第三定律可得压力大小为9N(3)若传送带逆时针转动时,滑块运动的规律与传送带静止不动相同,故滑块到D点的动能为零,与

传送带的速度无关.若传送带顺时针转动,设传送带使得物体一直加速的速度大小为𝑣𝐷,则𝑓𝐿=12𝑚𝑣𝐷2−12𝑚𝑣𝑐2当传送带静止时,有−𝑓𝐿=0−12𝑚𝑣𝑐2解得：𝑣𝐷=6ξ2𝑚/𝑠所以传

送带顺时针转动时,滑到D点的动能与传送带速率𝑣的关系是𝑜<𝑣<6ξ2𝑚/𝑠,𝐸𝑘=12𝑚𝑣2𝑣≥6ξ2𝑚/𝑠,𝐸𝑘=12×0.18×6ξ2×6ξ2𝐽=6.48𝐽故本题答案是：(1)3.6×105N/C(2)9N（3）若传送带逆时针

转动时,滑块运动的规律与传送带静止不动相同,故滑块到D点的动能为零,与传送带的速度无关.若传送带顺时针转动时,滑到D点的动能与传送带速率𝑣的关系是𝑜<𝑣<6ξ2𝑚/𝑠,𝐸𝑘=12𝑚𝑣2𝑣≥6ξ2𝑚/�

�,𝐸𝑘=12×0.18×6ξ2×6ξ2𝐽=6.48𝐽传送带（二）1．如图所示，某物块（可看成质点）从A点沿竖直光滑的14圆弧轨道，由静止开始滑下，圆弧轨道的半径R=0.25m，末端B点与水平传送带相切，物块由B点滑上粗糙的传送带．若传送带静止，物块滑到传送带的末

端C点后做平抛运动，落到水平地面上的D点，已知C点到地面的高度H=20m，g=10m/s2．求：（1）若D点到C点的水平距离为X1=4m，物块滑到C点时速度的大小；（2）若传送带顺时针匀速转动，且物块最

后的落地点到C点水平距离X不随传送带转动速度变化而改变．试讨论X的可能值和传送带转动速度的范围．【答案】(1)2m/s(2)v≥ξ6m/s【解析】（1）从C到D做平抛运动，竖直方向有：H=12gt2，代入数据解得：t=2s，水平方向上有：x1=v1t，代入数据解得

：v1=2m/s；（2）从A到B，由动能定理得：mgR=12mv22-0，代入数据解得：v2=ξ5m/s，要求落点不随传送带的速度改变而改变，则物块一直处于加速或者减速若物体在传送带上一直减速，则传送带的速度v≤v1

=2m/s，若物体在传送带上一直加速，到C点时速度为v3，由运动学规律有：v12-v22=-2as，v32-v22=2as，代入数据解得：v3=ξ6m/s，则传送带的速度v≥ξ6m/s；2．现代化的生产流水线大大提高了劳动效率，如图为某工厂生产流

水线上的水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成。物品从A处无初速、等时间间隔地放到传送带上，恰好匀加速运动到B处后进入匀速转动的转盘随其一起运动（无相对滑动），到C处被取走装箱。已知A、B的距离L=9.0m，物品在转盘上与转轴O的距离R=3.0m，传送带的传输速度

和转盘上与O相距为R处的线速度均为v=3.0m/s，取g=10m/s2。问：（1）物品从A处运动到B处的时间t；（2）物品与传送带的动摩擦因数μ1（3）若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数μ

2至少为多大？【答案】（1）6s；（2）0.05；（3）𝜇2≥0.3；【解析】（1）物品被放上传送带后收到摩擦力而做初速度为零的匀加速直线运动:由𝑥=𝑣𝑡2可得t=6s（2）由v2=2ax可得a=0.5m/s2又因为Ff

=ma且Ff=μ1mg可得𝜇1=𝑎𝑔=0.05（3）物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力𝜇2𝑚𝑔≥𝑚𝑣2𝑅可得μ2≥0.33．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与光滑水平面相切，

水平面左侧与一倾角α=37°的光滑斜面平滑连接。靠近斜面底端的P点处安装有自动控制系统，当小物块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N端与半径r=0.2m的光滑四分之一圆弧相切，小物块α从圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点后控制系统会使静止在

P点的小物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞。已知两物块的质量mb=2ma=2kg，两物块均可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，MN间的距离L=1.2m，g=10m/s2，si

n37°=0.6,cos37°=0.8,求：（1）物块a运动到N点时受到的支持力；（2）物块b第一次沿斜面上滑的时间；（3）两物块在第n次碰撞后到第n+1次碰撞前，物块a在传送带上运动产生的摩擦热。【答案】(1)30

N（2）13𝑠(3)23𝑛−2J【解析】本题考查传送带与弹性碰撞相结合问题，涉及功能关系与动量定理的应用。（1)对物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到N点，运用动能定理可得：𝑚𝑔𝑟=12𝑚𝑣12−0，解得𝑣1=√2𝑔𝑟=2𝑚/𝑠对物块

a运动到N点时，受力分析由牛顿第二定律可得𝐹𝑁−𝑚𝑎𝑔=𝑚𝑎𝑣12𝑟，解得𝐹𝑁=30𝑁（2）小球a在传送带上运动的加速度𝑎1=𝜇𝑚𝑎𝑔𝑚𝑎=2.5𝑚/𝑠2设小球a加速到3m/s前进的距离为x，则𝑥=𝑣02

−𝑣122𝑎1=1𝑚<𝐿故小球a到达M点的速度为v2=3m/s设两球第一次碰撞后获得的速度为val、vbl，因碰撞是弹性碰撞，则𝑚1𝑣2=𝑚𝑎𝑣𝑎1+𝑚𝑏𝑣𝑏1、12𝑚𝑎𝑣22=12𝑚𝑎𝑣𝑎12+1

2𝑚𝑏𝑣𝑏12解得：𝑣𝑎1=𝑚𝑎−𝑚𝑏𝑚𝑎+𝑚𝑏𝑣2=−13𝑣2=−1𝑚/𝑠𝑣𝑏1=2𝑚𝑎𝑚𝑎+𝑚𝑏𝑣2=23𝑣2=2𝑚/𝑠对物块b第一次沿斜面上滑，应用动量

定理可得−(𝑚𝑏𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼)⋅𝑡𝑏1=0−𝑚𝑏𝑣𝑏1解得：𝑡𝑏1=13𝑠（3）小球a第一次向右在传送带上通过的位移：𝑥𝑎1=𝑣𝑎122𝑎1=0.2𝑚<𝐿小

球a第一次向右在传送带上向右运动的时间：𝑡𝑎1=𝑣𝑎1𝑎1=0.4𝑠>𝑡𝑏1因此小球a从传送带上返回再次与静止的b球发生碰撞。经过n次碰撞后小球a获得的速度：𝑣𝑎𝑛=(𝑚𝑎−𝑚

𝑏𝑚𝑎+𝑚𝑏)𝑛𝑣2=−13𝑛−1𝑚/𝑠小球a与传送带间的相对位移：𝛥𝑥=𝑣0𝑡𝑎𝑛+𝑣𝑎𝑛2𝑡𝑎𝑛+𝑣0𝑡𝑎𝑛−𝑣𝑎𝑛2𝑡𝑎𝑛=2𝑣0𝑣𝑎𝑛𝑎1故生成的热量𝑄=𝜇𝑚𝑎𝑔𝛥𝑥=2𝑚𝑎

𝑣0𝑣𝑎𝑛=23𝑛−2𝐽4．研究物体的运动时，常常用到光电计时器.如图所示，当有不透光的物体通过光电门时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间.光滑水平导轨MN上放置两个物块A和B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处

与水平传送带平滑连接，将两个宽度为d=3.6×10-3m的遮光条分别安装在物块A和B上，且高出物块，并使遮光条在通过光电门时挡光.传送带水平部分的长度L=9.0m，沿逆时针方向以恒定速度v=6.0m/s匀速转动.物块B与传送带的动摩

擦因数𝜇=0.20，物块A的质量（包括遮光条）为mA=2.0kg.开始时在A和B之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A和B，迅速移去轻弹簧.两物块第一次通过光电门，物块A通过计时

器显示的读数t1=9.0×10-4s，物块B通过计时器显示的读数t2=1.8×10-3s，重力加速度g取10m/s2，试求：(1)弹簧储存的弹性势能Ep；(2)物块B在传送带上滑行的过程中产生的内能；(3)若物体B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，碰撞中没有机械

能损失，则弹射装置P必须对A做多少功才能让B碰后从Q端滑出【答案】（1）Ep=24J（2）Q=96J（3）𝑊>84J【解析】（1）解除锁定，弹开物块AB后，两物体的速度大vA=𝑑𝑡1=3.6×10−39.0×1

0−4=4.0m/svB=𝑑𝑡2=3.6×10−31.8×10−3=2.0m/s由动量守恒有：mAvA=mBvB得mB=4.0kg弹簧储存的弹性势能𝐸𝑝=12𝑚𝐴𝑣𝐴2+12𝑚𝐵𝑣𝐵2=24�

�（2）B滑上传送带先向右做匀减速运动，当速度减为零时，向右滑动的距离最远。由牛顿第二定律得：𝜇𝑚𝐵𝑔=𝑚𝐵𝑎所以B的加速度:a=2.0m/s2B向右运动的距离：𝑥1=𝑣𝐵22𝑎=1.0m<9.0米物块将返回向右运动的时间为：�

�1=𝑣𝐵𝑎=1.0𝑠传送带向左运动的距离为：𝑥2=𝑣𝑡1=6.0mB相对于传送带的位移为：𝛥𝑥1=𝑥1+𝑥2物块B沿传送带向左返回时，所用时间仍然为t1，位移为x1B相对于传送带的位移为：𝛥𝑥2=𝑥2−𝑥1物块B在传送带上滑行的

过程中产生的内能：𝑄=𝜇𝑚𝐵𝑔⋅(𝛥𝑥2+𝛥𝑥2)=96J（3）设弹射装置给A做功为W，12𝑚𝐴𝑣′𝐴2=12𝑚𝐴𝑣𝐴2+𝑊AB碰相碰，碰前B的速度向左为𝑣𝐵=2𝑚/𝑠，碰后的速度设为𝑣′𝐵规定向右为正方向，根据

动量守恒定律和机械能守恒定律得：𝑚𝐴𝑣′𝐴−𝑚𝐵𝑣𝐵=𝑚𝐴𝑣″𝐴+𝑚𝐵𝑣′𝐵碰撞过程中，没有机械能损失：12𝑚𝐴𝑣′𝐴2+12𝑚𝐵𝑣𝐵2=12𝑚𝐴𝑣″𝐴2+12𝑚�

�𝑣′𝐵2B要滑出平台Q端，由能量关系有：12𝑚𝐵𝑣′𝐵2>𝜇𝑚𝐵𝑔𝐿.所以由得W>84J5．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道最低点与水平传送带平滑连接，传送带以速度v0顺时针匀速转动，质量

为m、可视为质点的物块从圆弧轨道顶端由静止下滑，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，传送带不打滑。求物块从开始运动到第一次返回圆弧轨道的过程中：(1)物块在水平传送带上运动的最大位移x；(2)物块能够到达圆弧轨道的最大高度hmax【答

案】(1)𝑅𝜇(2)𝑅或𝑣22𝑔【解析】(1)物块运动到斜面底端的速度为v1，由动能定理可得𝑚𝑔𝑅=12𝑚𝑣12解得𝑣1=√2𝑔𝑅物块向左减速运动过程中加速度为a，最大位移为x，由牛顿第二定律可得𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎解

得𝑎=𝜇𝑔由运动学公式可得𝑥=0−𝑣12−2𝑎=𝑅𝑢(2)由于传送带足够长，物块向左减速为0后再向右加速若𝑣0≥𝑣1，即𝑣0≥√2𝑔𝑅，则根据对称性，物块向右加速到斜面底端速度以

𝑣2=𝑣1此时恰能回到出发点，即ℎmax=𝑅若𝑣0<𝑣1，即𝑣0<√2𝑔𝑅，则物块先向右加速，再向右匀速至斜面底端𝑣3=𝑣0由动能定理可得−𝑚𝑔ℎmax=0−12𝑚𝑣3解得ℎma

x=𝑣022𝑔故当𝑣≥√2𝑔𝑅时，ℎmax=𝑅当𝑣<√2𝑔𝑅时，ℎmax=𝑣022𝑔6．如图所示，水平传送带AB长L＝8.3m，质量为M＝1kg的木块随传送带一起以𝑣1＝2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间

的动摩擦因数μ＝0.5．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹以𝑣0＝300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u＝50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s2求：（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动

离A点的最大距离?（2）在木块第一次被子弹击中后到第三次被子弹击中前的过程中，木块与传送带之间因摩擦而产生的热量多大?【答案】（1）0.9m（2）25J【解析】(1)第一颗子弹射入木块过程中动量守恒mv0-Mv1=mv+Mv1′…①解得：v1′=3m/s…②

木块向右作减速运动加速度：a=μg=5m/s2…③木块速度减小为零所用时间：𝑡1=𝑣1′𝑎…④解得：t1=0.6s＜1s…⑤所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为𝑠1=𝑣1′22𝑎=0.9𝑚；(2)在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加

速运动，时间t2=1s-0.6s=0.4s⑦速度增大为：v2=at2=2m/s（恰与传送带同速）…⑧向左移动的位移为：𝑠2=12𝑎𝑡22=0.4𝑚所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移：=s1-s2=0.5m方向向右这段时间内传送带的位移x=𝑣1(𝑡1+𝑡2)

=2m，方向向左热量𝑄=2𝜇𝑀𝑔(𝑥+𝑠0)=25𝐽。7．当代人工智能无处不在，大大减少了人工的成本。某智能快递分拣中心，通过智能大脑分拣好的包裹从机器的出口以初速度𝑣0=0.2m/s滑上由理想电动机带动的水平传送带，传送带以速度𝑣=3m/s匀速运动，传送带足够长，设包

裹质量为m=1Kg，它与传送带间的动摩擦因数为𝜇=0.2，传送带左右两端相距L=5m，如图所示,该电动机每传送一个包裹时，重力加速度为g=10m/s2,求:（1）包裹从左端到右端的时间（2）包裹从左端到右端的过程中,摩擦力对物体所做的

功（3）包裹从左端到右端的过程中，电动机多消耗的电能【答案】（1）2.32s（2）4.48J（3）8.4J【解析】（1）包裹的加速度：𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎，𝑎=𝜇𝑔=2𝑚/𝑠2当包裹达到与

传送带速度相等的时间：𝑡1=𝑣−𝑣0𝑎=1.4𝑠包裹走的位移：𝑥1=𝑣+𝑣02𝑡1=2.24𝑚包裹匀速的时间：𝑡2=𝐿−𝑥1𝑣=0.92𝑠包裹从左端到右端的总时间：𝑡=𝑡1+𝑡2=2.32𝑠（2）摩擦力对包裹

做的功：𝑊𝑓=𝜇𝑚𝑔𝑥1=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣02=4.48𝐽（3）当包裹与传送带共速度时，包裹相对传送带的位移：𝛥𝑠=𝑣𝑡1−𝑥1=1.96𝑚该过程产生的内能：𝑄=𝜇

𝑚𝑔𝛥𝑠=3.92𝐽电动机多消耗的电能：𝐸电=𝑊𝑓+𝑄=8.4𝐽