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模型17 传送带模型-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练
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这是一份模型17 传送带模型-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练，文件包含模型17传送带模型原卷版-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练docx、模型17传送带模型解析版-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
2024高考物理二轮复习80热点模型
最新高考题模拟题专项训练
模型17 传送带模型
最新高考题
1（2003·全国理综）一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率。
解析：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有
s＝at2 ①
v0＝at ②
在这段时间内，传送带运动的路程为
s0＝v0t ③
由以上可得
s0＝2s ④
用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为
A＝fs＝mv02 ⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功
A0＝fs0＝2·mv02 ⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量
Q＝mv02 ⑦
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。
T时间内，电动机输出的功为
W＝T ⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即
W＝Nmv02＋Nmgh＋NQ ⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以
v0T＝NL ⑩
联立⑦⑧⑨⑩，得
＝[＋gh]
最新模拟题
1. （2024长沙一中质检）如图，MN是一段倾角为的传送带，一个可以看作质点，质量为的物块，以沿传动带向下的速度从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分图像如图所示，取，则（ ）
A. 物块最终从传送带N点离开
B. 传送带的速度，方向沿斜面向下
C. 物块沿传送带下滑时的加速度
D. 物块将在5s时回到原处
【参考答案】D
【名师解析】
从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s，因此没从N点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s，故AB错误；
根据图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度
故C错误；
速度图象与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，时，物块的速度为0，之后物块沿斜面向上运动，所以物块沿斜面向下运动的位移
到时，物块沿斜面向上加速运动的位移
物块沿斜面向上匀速运动的时间
所以物块回到原处的时间
故D正确。
2．（15分）（2023广东五校联考）
如图所示，一滑道由斜面AB、水平面BC、水平传送带CD和竖直平面内的光滑半圆轨道DE平滑连接而成。现将一滑块从斜面AB上某一位置由静止释放。已知斜面的倾角，水平面的长度为R，传送带的长度为3R，半圆轨道的圆心为O、半径为R，滑块与斜面、水平面BC和传送带的动摩擦因数均为，重力加速度为g，传送带始终保持的速度逆时针转动，。
（1）若滑块通过E点时，对E点的压力大小为mg，求滑块通过E点时的速度大小；
（2）若滑块恰好能够到达E点，求释放点到B点的距离；
（3）若滑块从斜面上距离B点3R的位置由静止释放，求滑块停止运动的位置到B点的距离。
【名师解析】：
（1）滑块通过E点时，对E点的压力大小为mg，对E点的滑块受力分析可得
（2分）
解得滑块在E点的速度大小
（2分）
（2）若滑块恰好能够到达E点，对E点的滑块受力分析可得
（2分）
由动能定理可得
（1分）
解得（1分）
（3）对滑块从斜面上距离B点3R的地方释放到刚滑到C点的过程应用动能定理，可得
（1分）
解得（1分）
滑块从斜面上距离B点3R的地方释放到速度减为零的过程，由功能关系，可得
（1分）
解得滑块速度减为零时在传送带上运动的距离
（1分）
可知滑块速度减为零后，仍在传送带上，之后就会反向运动
由于，所以当滑块反向运动到C点时的速度大小
（1分）
滑块在CB面上做匀减速直线运动，滑块减速为0时经过的位移
（1分）
滑块最终静止的位置到B点的距离
（1分）
3.. (2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟)如图所示，水平传送带以v=6m/s顺时针匀速转动，水平部分AB的长为L，并与长为3.6m的光滑倾斜轨道BC在B点平滑连接，BC与水平面的夹角为。现将一个可视为质点的工件从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数为，，要使工件能到达C点（没有施加其他外力辅助），下列关于和的取值可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】BC
【名师解析】
设工件恰好到达C点，根据机械能守恒
工件达到B点的最小速度为
恰好与传送带速度相等，则在水平传送带上，根据动能定理
4．（2023四川成都七中二诊）如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．饺子一直做匀加速运动
B．传送带的速度越快，饺子的加速度越大
C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量
D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能
【参考答案】C
【名师解析】饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；
饺子的加速度，与传送带的速度无关，故B错误；
饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能，因摩擦产生的热量
又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移，
所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；
传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。
5.（2022福建厦门四模）如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且为水平。物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系如图乙所示。已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为已知量，则（ ）
A. 过程，物块所受的摩擦力方向向右
B. 过程，物块做匀加速运动
C. 弹簧的劲度系数为
D. 传送带的速度为
【参考答案】AC
【名师解析】
物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图乙可知当x=x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随x而正比例增大，由此可推知当x=x0时，物块刚好达与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在x~2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x=2x0时，弹簧弹力大小增大至与滑动摩擦力大小相同，故A正确，B错误；
C．根据前面分析可知，弹簧的劲度系数为，故C正确；
D．在0~x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为
设传送带的速度为v，此过程对物块根据动能定理有
解得，故D错误。
6. （2024山西三重教育联盟9月联考） 如图所示是某一电视娱乐节目装置模型图，有一倾角为θ的粗糙斜面动摩擦因数为μ，底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长为L，传送带以v0的速度顺时针运动。将一个质量m的物块由距斜面底端高度为h的A点静止释放，运动到C点恰与传送带共速，C距地面的高度为H，物体从C点离开传送带后最终落在地面上的D点，重力加速度为g。求：
（1）物体滑到B点的速度；
（2）落地点到B点的水平距离。
【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）物块在斜面上滑至B点过程，根据牛顿第二定律有
mgsinθ-μmgcsθ=ma
根据速度与位移的关系式有
解得
（2）运动到C点恰与传送带共速，之后物块做平抛运动，根据平抛运动规律有
x1=v0t，
落地点到B点的水平距离 x2=L+x1
解得
7. （2024黑龙江大庆第一次质检）传送带是物料搬运系统机械化和自动化的传送用具，可以替代人工搬运，节省人力物力。一水平传送带两端相距，物料与传送带间的动摩擦因数为。物料从一端轻放上传送带，被传送至另一端。当传送带分别以和的速度大小匀速运动时，取重力加速度大小，物料通过传送带的时间差为（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】A
【名师解析】
物料在传送带加速运动时的加速度为
当传送带以的速度大小匀速运动时，物料加速过程的时间为
加速过程的位移为
匀速过程的时间为
物料通过传送带的时间为
当传送带以的速度大小匀速运动时，设物料在传送带上一直做匀加速直线运动，则有
解得
物料离开传送带的速度为
假设成立，故物料通过传送带的时间差为 ，故选A。
8. （2024南京六校联合体调研）如图，倾角θ = 37°的粗糙斜面AB与光滑水平面BD在B点平滑连接，倾角α = 30°的足够长的传送带在电动机的带动下以v = 4m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接，质量mb = 3kg的小物块b放在水平面上的C点，质量ma = 1kg的小滑块a从A点由静止释放，滑块a与斜面间的动摩擦因数μ1 = 0.25，A、B间距离L = 12.5m，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，以后a与b的碰撞都发生在水平面上，b与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度g取10m/s2，sin37° = 0.6，cs37° = 0.8。求：
（1）a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小；
（2）第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小；
（3）b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中电动机额外多做的功。
【参考答案】（1）10m/s；（2）5m/s；（3）47.25J
【名师解析】
（1）a在斜面间下滑过程，根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式可得
解得a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小为
（2）设a、b碰撞后的速度大小分别为、，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得
（3）物块b在传送带上先向上做匀减速运动到速度为零，根据牛顿第二定律可知，加速度大小为
物块b在传送带上向上运动的位移大小和所用时间分别为
，
此过程传送带的位移大小为
发生的相对位移大小为
物块b速度减为零后，向下做匀加速直线运动到与传送带共速，此过程在传送带上向下运动的位移大小和所用时间分别为
，
此过程传送带的位移大小为
发生的相对位移大小为
物块b与传送带共速后，和传送带相对静止一起匀速运动回到D点；b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中，因摩擦产生的热量为
根据功能关系可知，b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中电动机额外多做的功为
9. (2023浙江温州十校联考)如图所示，可视为质点的质量为m＝0.1kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，在滑块运动到水平轨道AB之间某个点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点且平滑连接，并以恒定的速度v＝3m/s顺时针转动。已知水平轨道AB光滑，小滑块与水平轨道CD间的动摩擦因数为，与传送带间的动摩擦因数，AB长度为m，CD的长度为m，DE传送带的长度m，重力加速度。
（1）若滑块恰能过圆管道的最高点，求滑块刚运动到B点时对圆管道的压力；
（2）若滑块到AB中点时撤去拉力，为使小滑块能到达传送带左侧D点，求F最小值；
（3）若在AB段水平拉力F＝2N且作用距离x可变，滑块到D点后一直加速，且到E点时速度小于3m/s，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。
【参考答案】（1）5N，方向竖直向下；（2）1.6N；（3）（0.4m≤x＜0.45m）
【名师解析】
（1）设圆管道的最高点为P，当滑块到圆管道的最高点时，有
由B点运动到P点的过程，有
解得
在B点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律得滑块刚到B点时对圆管道的压力大小为
方向竖直向下。
（2）若滑块恰能过P点，由A点运动到P点的过程，有
解得
若滑块恰能到D点，由A点运动到D点的过程，有
解得
综上所述，F的最小值为1.6N。
（3）滑块必过圆环最高点有
解得
滑块到D点后一直加速，且到E点速度小于3m/s，则
且
v＜3m/s
解得
x＜0.45m
综上
（0.4m≤x＜0.45m）
10. （2023年7月浙江九校期末联考）传送带在工业生产中有着巨大的作用，例如可以利用传送带分拣鱼虾，其原理如图所示。传送带倾角为，长度为2l，以速度顺时针匀速转动。该装置工作时，将混合的鱼虾无初速放到传送带中点。为研究方便，仅研究一只虾与一条鱼，已知鱼和虾的质量分别为、，动摩擦因数分别为、，且鱼和虾均可视为质点。混合的鱼虾放到传送带上后，鱼会沿传送带往上运动，且到达传送带最高点前已达到速度；虾会沿传送带往下运动。鱼虾在传送带上的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 传送带与鱼之间摩擦产生的热量为
B. 传送带对鱼做功为
C. 传送带对虾做功为
D. 传送带与虾之间摩擦产生的热量为
【参考答案】BC
【名师解析】
由于鱼达传送带最高点前已达到速度v0，则鱼与传送带间的相对位移小于l，所以传送带与鱼之间摩擦产生的热量
故A错误；
传送带对鱼做功为
故B正确；
虾沿传送带往下运动，摩擦力方向向上，则传送带对虾做功为
故C正确；
传送带与虾相向运动，虾运动的位移大小为l，则传送带与虾的相对位移大于l，所以传送带与虾之间摩擦产生的热量
故D错误。
。
11. （2023年7月浙江九校期末联考）如图所示，倾斜轨道AB与水平面的夹角为，BCD段为水平面，圆轨道最低点C稍有分开，E为最高点，圆轨道半径，CD段长，D端与一足够长的传送带相连接。质量的小物块从斜面顶点A以的速度水平向右抛出落到斜面上的P点，假设小物块落到斜面上前后，平行斜面方向速度不变，垂直斜面方向速度立即变为零。已知小物块过圆轨道最高点E时的速度为，小物块与CD段和传送带的摩擦系数均为，轨道其余部分均光滑，小物块可视为质点，经过轨道连接处均无能量损失。（，，），求：
（1）小物块运动到圆心等高处Q点时，对轨道的压力；
（2）小物块在斜面上的落点P离开水平面的高度h；
（3）若传动带逆时针匀速转动，要使小物块在整个运动过程中都不脱离轨道，试分析传送带速度v应满足什么条件。
【参考答案】（1）6N，垂直轨道向右；（2）；（3）
【名师解析】
（1）有
对Q点受力分析
联立可得
根据牛顿第三定律可知在Q点对轨道压力大小为6N，方向垂直轨道向右；
（2）设从抛出到落到斜面P点的时间为t，有
可得
设小物块落到斜面上时平行斜面方向的速度为
有
可得
（3）设小物块第一次从圆轨道滑到D点时的速度大小为，则有
可得
若传送带逆时针匀速转动，要使小物块返回时刚好能到达圆轨道最高点，则小物块从传送带返回并离开传送带速度为，有
可得
故无论传送带速度多大，小物块返回时到不了圆轨道最高点，不脱离轨道，临界只能是返回时恰好至圆心等高点以下，设速度为，有
可得
故传送带的速度v应满足
17. (2023年7月浙江宁波期末) 一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角的直轨道EF、水平直轨道FG，传送带GH，水平直轨道HI，半圆轨道IJ，水平直轨道KL组成。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。直线轨道FG和HI通过传送带GH平滑连接，半圆轨道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道KL左端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。K在J点正下方，滑块恰能从KJ间通过。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度，传送带GH长，HI长，，半圆轨道IJ的半径r＝0.2m。滑块与FG间的动摩擦因素，与传送带间的动摩擦因素，与轨道HI和KL间的动摩擦因素均为，其余轨道光滑。现将一质量为m＝1kg的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，）
（1）求滑块过C点的速度大小和滑块对轨道的作用力；
（2）若最初传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远；
（3）若传送带以恒定的线速度v顺时针转动，要使滑块停在KL上（滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上），传送带的速度需满足的条件。
【参考答案】（1）；，竖直向上；（2）；（3）
【名师解析】
（1）滑块从静止释放到C点过程中，由动能定理得
解得
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的作用力大小为
方向竖直向上
（2）滑块滑下斜面AF重力做功
若传送带静止，滑块运动到I点，需克服摩擦力做功
由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达I点时的动能
设滑块滑上半圆轨道IJ的高度，则
解得
则滑块恰好滑上半圆轨道的，然后滑下，由动能定理得
解得滑块滑下半圆轨道在HI上滑行的位移大小
所以滑块最终静止的位置距离H点的水平距离
（3）滑块恰好能到达J，则
滑块恰好能到达J，则滑块在H点的动能
解得
由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达I点
解得
若传送带不动，滑块到达H点
解得
则滑块在传送带上先减速再匀速运动，传送带的速度为
若滑块在KL上与弹性挡板碰撞后，恰好停在K点，则从H到停下由动能定理得
解得
所以滑块在传送带上要加速，传送带的最大速度为
因此要使滑块停在KL上（滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上），传送带的速度需满足的条件
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
2024高考物理二轮复习80热点模型
最新高考题模拟题专项训练
模型17 传送带模型
最新高考题
1（2003·全国理综）一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率。
解析：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有
s＝at2 ①
v0＝at ②
在这段时间内，传送带运动的路程为
s0＝v0t ③
由以上可得
s0＝2s ④
用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为
A＝fs＝mv02 ⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功
A0＝fs0＝2·mv02 ⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量
Q＝mv02 ⑦
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。
T时间内，电动机输出的功为
W＝T ⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即
W＝Nmv02＋Nmgh＋NQ ⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以
v0T＝NL ⑩
联立⑦⑧⑨⑩，得
＝[＋gh]
最新模拟题
1. （2024长沙一中质检）如图，MN是一段倾角为的传送带，一个可以看作质点，质量为的物块，以沿传动带向下的速度从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分图像如图所示，取，则（ ）
A. 物块最终从传送带N点离开
B. 传送带的速度，方向沿斜面向下
C. 物块沿传送带下滑时的加速度
D. 物块将在5s时回到原处
【参考答案】D
【名师解析】
从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s，因此没从N点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s，故AB错误；
根据图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度
故C错误；
速度图象与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，时，物块的速度为0，之后物块沿斜面向上运动，所以物块沿斜面向下运动的位移
到时，物块沿斜面向上加速运动的位移
物块沿斜面向上匀速运动的时间
所以物块回到原处的时间
故D正确。
2．（15分）（2023广东五校联考）
如图所示，一滑道由斜面AB、水平面BC、水平传送带CD和竖直平面内的光滑半圆轨道DE平滑连接而成。现将一滑块从斜面AB上某一位置由静止释放。已知斜面的倾角，水平面的长度为R，传送带的长度为3R，半圆轨道的圆心为O、半径为R，滑块与斜面、水平面BC和传送带的动摩擦因数均为，重力加速度为g，传送带始终保持的速度逆时针转动，。
（1）若滑块通过E点时，对E点的压力大小为mg，求滑块通过E点时的速度大小；
（2）若滑块恰好能够到达E点，求释放点到B点的距离；
（3）若滑块从斜面上距离B点3R的位置由静止释放，求滑块停止运动的位置到B点的距离。
【名师解析】：
（1）滑块通过E点时，对E点的压力大小为mg，对E点的滑块受力分析可得
（2分）
解得滑块在E点的速度大小
（2分）
（2）若滑块恰好能够到达E点，对E点的滑块受力分析可得
（2分）
由动能定理可得
（1分）
解得（1分）
（3）对滑块从斜面上距离B点3R的地方释放到刚滑到C点的过程应用动能定理，可得
（1分）
解得（1分）
滑块从斜面上距离B点3R的地方释放到速度减为零的过程，由功能关系，可得
（1分）
解得滑块速度减为零时在传送带上运动的距离
（1分）
可知滑块速度减为零后，仍在传送带上，之后就会反向运动
由于，所以当滑块反向运动到C点时的速度大小
（1分）
滑块在CB面上做匀减速直线运动，滑块减速为0时经过的位移
（1分）
滑块最终静止的位置到B点的距离
（1分）
3.. (2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟)如图所示，水平传送带以v=6m/s顺时针匀速转动，水平部分AB的长为L，并与长为3.6m的光滑倾斜轨道BC在B点平滑连接，BC与水平面的夹角为。现将一个可视为质点的工件从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数为，，要使工件能到达C点（没有施加其他外力辅助），下列关于和的取值可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】BC
【名师解析】
设工件恰好到达C点，根据机械能守恒
工件达到B点的最小速度为
恰好与传送带速度相等，则在水平传送带上，根据动能定理
4．（2023四川成都七中二诊）如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．饺子一直做匀加速运动
B．传送带的速度越快，饺子的加速度越大
C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量
D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能
【参考答案】C
【名师解析】饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；
饺子的加速度，与传送带的速度无关，故B错误；
饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能，因摩擦产生的热量
又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移，
所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；
传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。
5.（2022福建厦门四模）如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且为水平。物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系如图乙所示。已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为已知量，则（ ）
A. 过程，物块所受的摩擦力方向向右
B. 过程，物块做匀加速运动
C. 弹簧的劲度系数为
D. 传送带的速度为
【参考答案】AC
【名师解析】
物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图乙可知当x=x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随x而正比例增大，由此可推知当x=x0时，物块刚好达与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在x~2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x=2x0时，弹簧弹力大小增大至与滑动摩擦力大小相同，故A正确，B错误；
C．根据前面分析可知，弹簧的劲度系数为，故C正确；
D．在0~x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为
设传送带的速度为v，此过程对物块根据动能定理有
解得，故D错误。
6. （2024山西三重教育联盟9月联考） 如图所示是某一电视娱乐节目装置模型图，有一倾角为θ的粗糙斜面动摩擦因数为μ，底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长为L，传送带以v0的速度顺时针运动。将一个质量m的物块由距斜面底端高度为h的A点静止释放，运动到C点恰与传送带共速，C距地面的高度为H，物体从C点离开传送带后最终落在地面上的D点，重力加速度为g。求：
（1）物体滑到B点的速度；
（2）落地点到B点的水平距离。
【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）物块在斜面上滑至B点过程，根据牛顿第二定律有
mgsinθ-μmgcsθ=ma
根据速度与位移的关系式有
解得
（2）运动到C点恰与传送带共速，之后物块做平抛运动，根据平抛运动规律有
x1=v0t，
落地点到B点的水平距离 x2=L+x1
解得
7. （2024黑龙江大庆第一次质检）传送带是物料搬运系统机械化和自动化的传送用具，可以替代人工搬运，节省人力物力。一水平传送带两端相距，物料与传送带间的动摩擦因数为。物料从一端轻放上传送带，被传送至另一端。当传送带分别以和的速度大小匀速运动时，取重力加速度大小，物料通过传送带的时间差为（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】A
【名师解析】
物料在传送带加速运动时的加速度为
当传送带以的速度大小匀速运动时，物料加速过程的时间为
加速过程的位移为
匀速过程的时间为
物料通过传送带的时间为
当传送带以的速度大小匀速运动时，设物料在传送带上一直做匀加速直线运动，则有
解得
物料离开传送带的速度为
假设成立，故物料通过传送带的时间差为 ，故选A。
8. （2024南京六校联合体调研）如图，倾角θ = 37°的粗糙斜面AB与光滑水平面BD在B点平滑连接，倾角α = 30°的足够长的传送带在电动机的带动下以v = 4m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接，质量mb = 3kg的小物块b放在水平面上的C点，质量ma = 1kg的小滑块a从A点由静止释放，滑块a与斜面间的动摩擦因数μ1 = 0.25，A、B间距离L = 12.5m，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，以后a与b的碰撞都发生在水平面上，b与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度g取10m/s2，sin37° = 0.6，cs37° = 0.8。求：
（1）a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小；
（2）第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小；
（3）b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中电动机额外多做的功。
【参考答案】（1）10m/s；（2）5m/s；（3）47.25J
【名师解析】
（1）a在斜面间下滑过程，根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式可得
解得a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小为
（2）设a、b碰撞后的速度大小分别为、，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得
（3）物块b在传送带上先向上做匀减速运动到速度为零，根据牛顿第二定律可知，加速度大小为
物块b在传送带上向上运动的位移大小和所用时间分别为
，
此过程传送带的位移大小为
发生的相对位移大小为
物块b速度减为零后，向下做匀加速直线运动到与传送带共速，此过程在传送带上向下运动的位移大小和所用时间分别为
，
此过程传送带的位移大小为
发生的相对位移大小为
物块b与传送带共速后，和传送带相对静止一起匀速运动回到D点；b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中，因摩擦产生的热量为
根据功能关系可知，b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中电动机额外多做的功为
9. (2023浙江温州十校联考)如图所示，可视为质点的质量为m＝0.1kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，在滑块运动到水平轨道AB之间某个点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点且平滑连接，并以恒定的速度v＝3m/s顺时针转动。已知水平轨道AB光滑，小滑块与水平轨道CD间的动摩擦因数为，与传送带间的动摩擦因数，AB长度为m，CD的长度为m，DE传送带的长度m，重力加速度。
（1）若滑块恰能过圆管道的最高点，求滑块刚运动到B点时对圆管道的压力；
（2）若滑块到AB中点时撤去拉力，为使小滑块能到达传送带左侧D点，求F最小值；
（3）若在AB段水平拉力F＝2N且作用距离x可变，滑块到D点后一直加速，且到E点时速度小于3m/s，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。
【参考答案】（1）5N，方向竖直向下；（2）1.6N；（3）（0.4m≤x＜0.45m）
【名师解析】
（1）设圆管道的最高点为P，当滑块到圆管道的最高点时，有
由B点运动到P点的过程，有
解得
在B点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律得滑块刚到B点时对圆管道的压力大小为
方向竖直向下。
（2）若滑块恰能过P点，由A点运动到P点的过程，有
解得
若滑块恰能到D点，由A点运动到D点的过程，有
解得
综上所述，F的最小值为1.6N。
（3）滑块必过圆环最高点有
解得
滑块到D点后一直加速，且到E点速度小于3m/s，则
且
v＜3m/s
解得
x＜0.45m
综上
（0.4m≤x＜0.45m）
10. （2023年7月浙江九校期末联考）传送带在工业生产中有着巨大的作用，例如可以利用传送带分拣鱼虾，其原理如图所示。传送带倾角为，长度为2l，以速度顺时针匀速转动。该装置工作时，将混合的鱼虾无初速放到传送带中点。为研究方便，仅研究一只虾与一条鱼，已知鱼和虾的质量分别为、，动摩擦因数分别为、，且鱼和虾均可视为质点。混合的鱼虾放到传送带上后，鱼会沿传送带往上运动，且到达传送带最高点前已达到速度；虾会沿传送带往下运动。鱼虾在传送带上的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 传送带与鱼之间摩擦产生的热量为
B. 传送带对鱼做功为
C. 传送带对虾做功为
D. 传送带与虾之间摩擦产生的热量为
【参考答案】BC
【名师解析】
由于鱼达传送带最高点前已达到速度v0，则鱼与传送带间的相对位移小于l，所以传送带与鱼之间摩擦产生的热量
故A错误；
传送带对鱼做功为
故B正确；
虾沿传送带往下运动，摩擦力方向向上，则传送带对虾做功为
故C正确；
传送带与虾相向运动，虾运动的位移大小为l，则传送带与虾的相对位移大于l，所以传送带与虾之间摩擦产生的热量
故D错误。
。
11. （2023年7月浙江九校期末联考）如图所示，倾斜轨道AB与水平面的夹角为，BCD段为水平面，圆轨道最低点C稍有分开，E为最高点，圆轨道半径，CD段长，D端与一足够长的传送带相连接。质量的小物块从斜面顶点A以的速度水平向右抛出落到斜面上的P点，假设小物块落到斜面上前后，平行斜面方向速度不变，垂直斜面方向速度立即变为零。已知小物块过圆轨道最高点E时的速度为，小物块与CD段和传送带的摩擦系数均为，轨道其余部分均光滑，小物块可视为质点，经过轨道连接处均无能量损失。（，，），求：
（1）小物块运动到圆心等高处Q点时，对轨道的压力；
（2）小物块在斜面上的落点P离开水平面的高度h；
（3）若传动带逆时针匀速转动，要使小物块在整个运动过程中都不脱离轨道，试分析传送带速度v应满足什么条件。
【参考答案】（1）6N，垂直轨道向右；（2）；（3）
【名师解析】
（1）有
对Q点受力分析
联立可得
根据牛顿第三定律可知在Q点对轨道压力大小为6N，方向垂直轨道向右；
（2）设从抛出到落到斜面P点的时间为t，有
可得
设小物块落到斜面上时平行斜面方向的速度为
有
可得
（3）设小物块第一次从圆轨道滑到D点时的速度大小为，则有
可得
若传送带逆时针匀速转动，要使小物块返回时刚好能到达圆轨道最高点，则小物块从传送带返回并离开传送带速度为，有
可得
故无论传送带速度多大，小物块返回时到不了圆轨道最高点，不脱离轨道，临界只能是返回时恰好至圆心等高点以下，设速度为，有
可得
故传送带的速度v应满足
17. (2023年7月浙江宁波期末) 一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角的直轨道EF、水平直轨道FG，传送带GH，水平直轨道HI，半圆轨道IJ，水平直轨道KL组成。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。直线轨道FG和HI通过传送带GH平滑连接，半圆轨道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道KL左端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。K在J点正下方，滑块恰能从KJ间通过。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度，传送带GH长，HI长，，半圆轨道IJ的半径r＝0.2m。滑块与FG间的动摩擦因素，与传送带间的动摩擦因素，与轨道HI和KL间的动摩擦因素均为，其余轨道光滑。现将一质量为m＝1kg的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，）
（1）求滑块过C点的速度大小和滑块对轨道的作用力；
（2）若最初传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远；
（3）若传送带以恒定的线速度v顺时针转动，要使滑块停在KL上（滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上），传送带的速度需满足的条件。
【参考答案】（1）；，竖直向上；（2）；（3）
【名师解析】
（1）滑块从静止释放到C点过程中，由动能定理得
解得
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的作用力大小为
方向竖直向上
（2）滑块滑下斜面AF重力做功
若传送带静止，滑块运动到I点，需克服摩擦力做功
由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达I点时的动能
设滑块滑上半圆轨道IJ的高度，则
解得
则滑块恰好滑上半圆轨道的，然后滑下，由动能定理得
解得滑块滑下半圆轨道在HI上滑行的位移大小
所以滑块最终静止的位置距离H点的水平距离
（3）滑块恰好能到达J，则
滑块恰好能到达J，则滑块在H点的动能
解得
由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达I点
解得
若传送带不动，滑块到达H点
解得
则滑块在传送带上先减速再匀速运动，传送带的速度为
若滑块在KL上与弹性挡板碰撞后，恰好停在K点，则从H到停下由动能定理得
解得
所以滑块在传送带上要加速，传送带的最大速度为
因此要使滑块停在KL上（滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上），传送带的速度需满足的条件
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