2026届高考物理一轮复习题型训练 4.3传送带模型

题型训练4.3传送带模型 水平传送带 ①物块速度与传送带速度同向 1.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x=3.5m，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度 到达B端的瞬时速度设为vB.已知重力加速度为g，下列说法中正确的是 （ ） A.若传送带不动， B.若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3m/s C.若传送带顺时针匀速转动，vB一定大于3m/s D.若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于3m/s 2.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，重力加速度为g，则木块从左端运动到右端的时间不可能是 （ ） B. Lv 3.(多选)如图所示，水平传送带以速度v₁匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v₂，P与定滑轮间的绳水平，t=t₀时刻P离开传送带.不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长.正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是 （ ） 4.如图所示,相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接.传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定.质量m=10kg的载物箱(可视为质点)，以初速度 自左侧平台滑上传送带.载物箱与传送带间的动摩擦因数μ=0.10，重力加速度取g=10m/s². (1)若v=4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度. (3)若v=6.0m/s,载物箱滑上传送带 后，传送带速度突然变为零.求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量. ❷物块速度与传送带速度反向 5.水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度保持2m/s不变，两端A、B间距离为3m，一物块从B端以初速度 滑上传送带，物块与传送带间动摩擦因数 物块从滑上传送带到离开传送带过程中的v-t图像是 ( ) 6.(多选)如图所示，可视为质点的物体滑上传送带A端的瞬时速度大小为 设到达B端的瞬时速度大小为vB.水平传送带A、B两端相距x=6m，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,g= 下列说法中正确的是 ( ) A.若传送带不动，物体滑上传送带后的加速度大小 B.若传送带不动，物体到达B端的瞬时速度大小 2m/s C.若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于2m/s D.若传送带顺时针匀速转动，vB一定大于2m/s 7.(多选)如图所示，水平传送带左右两端相距20m，沿顺时针方向以恒定速率 运行.一小物块从与传送带等高的水平台面上以 滑上传送带，若小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s²,下列说法中正确的是 ( ) A.小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动 B.小物块将从传送带左端滑出 C.若只增大传送带的速度，可以使小物块从右端离开传送带 D.若小物块的速度为8m/s，小物块将以4m/s的速度从传送带右端滑出 8.如图所示，水平传送带AB=10m，向右匀速运动的速度 一质量为1kg的小物块(可视为质点)以 的初速度从传送带右端B点冲上传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g取10m/s².求: (1)小物块相对地面向左运动的最大距离； (2)小物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间. 倾斜传送带 ①木块速度与传送带速度同向 9.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v₀逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数 ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是 ( ) 学科网（北京）股份有限公司 10.如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v₀顺时针运行.一小木块以初速度v₁从传送带的底端滑上传送带.木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度v随时间t变化关系的图像不可能的是 （ ） 11.(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v₀沿逆时针方向运动. t=0时将质量m=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v-t图像如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度 则 ( ) A.传送带的速率 B.传送带的倾角θ=37° C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5 D.0~2.0s内物体在传送带上留下的痕迹为6m 12.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v₀从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v-t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零， g取10m/s²,!则 ( ) A.由图乙可知，0~1s内物块受到的摩擦力大于1~2s内的摩擦力 B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D.传送带底端到顶端的距离为12m 13.机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李.如图所示，以恒定速率 运行的传送带与水平面间的夹角 转轴间距L=3.95m.工作人员沿传送方向以速度 从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点).小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8.取重力加速度 g= .求: (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)小包裹通过传送带所需的时间t. 14.某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L=50m，正常运转的速度为v=4m/s.一次某工人刚把M=10kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m=5kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去.货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8.(物块与木板均可看成质点，g取 (1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值； (2)若工人用F=189N的恒定拉力把货物拉到 处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小； (3)来电后，还需要多长时间货物能到达B处?(不计传送带的加速时间) ❷木块速度与传送带速度反向 15.(多选)如图所示，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动.一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，滑块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块速度v随时间t变化的图象可能是 ( ) 16.(多选)如图甲,MN是倾角θ=37°传送带的两个端点，一个质量m=5kg的物块(可看作质点)，以4m/s的初速度自M点沿传送带向下运动.物块运动过程的v-t图象如图乙所示，取 下列说法正确的是 （ ） A.物块距M点的最远距离是5m B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.9 C.物块在第7.5s时回到M点 D.传送带的长度至少为 17.(多选)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角 以恒定的速度 逆时针匀速转动，小炭块以初速度v=6m/s沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，小炭块与传送带间的动摩擦因数 取重力加速度g=10m/s²,下列说法正确的是 （ ） 学科网（北京）股份有限公司 A.小炭块刚滑上传送带时的加速度大小为 B.小炭块在传送带上向上滑行的最远距离为4.8m C.传送带上留下的炭块痕迹长度为5.4m D.小炭块从滑上传送带到返回传送带底端一共用时1.8s 18.如图所示,倾角为37°,长为l=16m的传送带,转动速度为v=10m/s,动摩擦因数μ=0.5,在传送 带 顶端 A 处 无初速度 地 释放一个质量为m=0.5kg的物体.已知: 求： (1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间. 传送带上的划痕问题 19.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x=4m,以 的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕.已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度大小g=10m/s²,则煤块从A运动到B的过程中 ( ) A.煤块到A运动到B的时间是2.25s B.煤块从A运动到B的时间是1.5s C.划痕长度是0.5m D.划痕长度是2m 20.质量为1kg的物块M水平向右滑上逆时针转动的传送带如图甲所示，物块的v-t图象如图乙所示.在整个运动过程中，以下说法不正确的是(g=10m/s²) ( ) A.物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2 B.整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为9m C.物块与传送带的相对位移大小为3m，相对路程为9m D.运动过程中摩擦生热为18J 21.如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ=37°，以恒定速率v=4m/s顺时针转动.一煤块以初速度 从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ=0.25,取g=10m/s²,sin37° 则下列说法正确的是 （ ） A.煤块冲上传送带后经1.5s与传送带速度相同 B.煤块向上滑行的最大位移为9m C.煤块在传送带上留下的痕迹长为 D.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5s 22.一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ，初始时，传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定的加速度a₀开始运动，当其速度达到v₀后，便以此速度做匀速运动.经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动.已知重力加速度为g，求此黑色痕迹的长度 题型训练4.3 1. ABD【解析】当传送带不动时，物体从A到B做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得a=μg=1m/s²,|由 2ax得,解得1 ；当传送带逆时针转动时，物体相对传送带运动方向不变，物体以相同的加速度一直减速至B，即 ；当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同，有下面的五种可能：①匀速；②一直减速；③先减速后匀速；④一直加速；⑤先加速后匀速，故ABD正确.综上答案为ABD. 2. B【解析】因木块运动到传送带右端的过程不同，对应的时间也不同，若木块一直匀加速至传送带右端，则 得 故C正确；若木块加速到传送带右端时的速度恰好与传送带的速度同速，则 得 故D正确；若木块先匀加速到带速v，再匀速到右端，则L= 有 故A正确，木块不可能一直匀速至右端，故B错误.综上答案为B. 3. BC【解析】如果 且最大静摩擦力大于Q的重力，则小物体P先做匀加速直线运动，后做匀速运动，故B正确；如果 且最大摩擦力小于Q的重力，则小物体P先做匀减速直线运动，当速度减速到v₁时，摩擦力方向反向，P的加速度减小，P继续做减速运动，减速到零之后反向做匀加速运动，且P正方向的位移与反方向的位移大小相等，故C正确，AD均不可能出现.综上答案为BC. 方向竖直向上. 【解析】(1)传送带的速度为v=4.0m/s时，载物箱在传送带 解得 同理，环第二次相对棒的位移为 … 综上整体运动过程中，环相对棒的总位移为 摩擦力对棒及环做的总功为 W= kmgx, 联立解得 解法二：设环相对棒滑动距离为l，由能量守恒定律得 mgH+ mg(H+l)= kmgl, 摩擦力对棒及环做的总功 W=-kmgl， 联立解得 传送带模型 上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有 μmg=ma①, 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s₁，由运动学公式得 联立①②式，代入题给数据得 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动.设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用时间为t₁，做匀减速运动所用的时间为t₁，由运动学公式得 联立①③④⑤式并代入题给数据得 t₁=2.75s⑥. (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v₁；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v₂.由动能定理得 由⑦⑧式并代入题给条件得 (3)传送带的速度为v=6.0m/s时,由于 载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a.设载物箱做匀加速运动通过的距离为s₂，所用时间为t₂，由运动学公式得 联立①⑩⑪式并代入题给数据得 因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度.此后载物箱与传送带共同匀速运动(△t一t₂)的时间后，传送带突然停止.设载物箱匀速运动通过的距离为s₃，有 由①⑫⑬⑭式可知 即载物箱运动到右侧平台时的速度大于零，设为v₃. 由运动学公式有 设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它的摩擦力的冲量为I₁，由动量定理有 联立①⑫⑬⑭⑮⑯式并代入题给数据得 传送带对载物箱支持力的冲量为I₂，则 方向竖直向上， 则整个过程，传送带对载物箱的冲量为 方向竖直向上. 5. C【解析】物块先向左做减速运动，加速度大小为a= 经过 速度减小到零，此时向左运动了 没到达左端，因此接下来向右加速运动，加速度不变，经 速度达到2m/s，与传送带的速度相等，这时向右仅运动了 接下来向右匀速运动，综上答案为C. 6. BC【解析】若传送带不动，物体滑上传送带后，由牛顿第二定律得/μmg= ma,解得 故A错误；若传送带不动，物体滑上传送带后做匀减速直线运动，由运动学公式得 解得vB=2m/s,故B正确;若传送带逆时针匀速转动，物体滑上传送带后做匀减速直线运动，由运动学公式得 解得 则vB一定等于2m/s，故C正确；若传送带顺时针匀速转动，当传送带的速度小于2m/s，物体全程做匀减速直线运动，则在物体到达B时，速度等于2m/s，故D错误.综上答案为BC. 7. BD【解析】小物块上传送带后，速度减为零前，做匀减速直线运动，加速度为a=μg，小物块速度为零过程中向左的运动的位移 解得x=25m>20m,可知小物块直接从传送带左端滑出，故B正确A错误；若小物块的速度为8m/s，小物块速度减为零过程中向左的运动的位移 解得x'=16m<20m,则小物块速度先减为零，然后向右加速运动，加速到与传送带速度相等时的位移. 解得 然后和传送带保持相对静止做匀速直线运动从传送带右端滑出，故D正确.综上答案为BD. 8.(1)4.5m;(2)3.125s. 【解析】(1)对物块，由牛顿第二定律得 μmg= ma,解得( 旅行包从开始运动到速度减为0的位移，就是向左运动的最大距离 解得 (2)向左减到0的时间为 减到0后反向向右加速运动，加速度的大小为 加速到与传送带相同的速度所用时间为 运动位移为 剩余位移做匀速运动，时间为 所以从B点再回到B点所用时间为 9. D【解析】初状态时，小木块所受重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以小木块先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 解得 ；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ<tanθ可知，小木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律得 解得 则 由图像的斜率表示加速度可知，综上答案为D. 10. C【解析】当v₁<v₀时，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带之间的摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，而合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，速度减为零后，继续相对传送带向下滑动，所以合外力不变，加速度不变，表现为v-t图像的斜率不变，木块速度开始反向增大，根据对称性可知木块返回到传送带下端时的速度为-v₁，故A正确；当 时，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的摩擦力时，木块滑上传送带先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，合外力沿传送带向上，木块做匀加速运动，当木块速度增大至v₀时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起匀速运动，故B正确；当 v₀时，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带之间的最大摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传动带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动(设加速度大小为a₁)，当木块速度减小至v₀时，将开始相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力变为沿斜面向上，所以木块所受合外力减小，加速度减小，表现为v-t图像的斜率减小，木块沿传送带向上做匀减速运动(设加速度大小为a₂)，速度减为零之后开始沿传送带向下做匀加速运动(由于合外力不变，所以加速度大小仍为a₂，表现为v-t图像的斜率不变)，根据运动学规律可知木块速度从v₁减小至v₀的过程位移大小为 木块速度从v₀减至0的过程位移大小为 假设木块返回至传送带下端时的速度为-v₁，则木块速度从0增大至-v₁的过 程 中 位 移 大 小 为 由 于 则 有 即 而木块整个过程的位移为零，上式明显不满足，故C错误；当 且木块重力沿传送带向下的分力不大于木块与传送带间的最大摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，当木块速度减小至v₀时，将随传送带一起匀速运动，故D正确.综上答案为C. 11. ABC【解析】由v-t图像可知,在t=1.0s时,物体的加速度发生突变，说明该时刻物体受到的摩擦力发生突变，0~1.0s内物体的速度小于传送带速度，传送带给物体沿传送带向下的摩擦力，1.0s后物体的速度大于传送带速度，传送带给物体沿传送带向上的摩擦力，可知在t=1.0s时，物体的速度等于传送带速度，即传送带的速率为10m/s，故A正确;由 v-t图知,0~1.0s的加速度为( 1.0~2.0s的加速度为 由牛顿第二定律得 联立得(θ=37°,μ=0.5,故BC正确;0~1s内传送带位移为 小物块位移利用图像面积求解得. 在传送带上的相对位移 相对传送带向上，1~2s内传送带位移. 小物块位移为 故相对位移△x₂= ，相对传送带向下，故痕迹为5m，故D错误.综上答案为ABC. 12. C【解析】由乙图可知在0~1s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方向相反；1~2s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，由滑动摩擦力公式，可知两段时间内摩擦力大小相等，故AB错误；在0~1s内物块的加速度为 由牛顿第二定律得 ,解得μ=0.25,故C正确；物块上升的位移大小等于v-t图像所包围面积大小为 所以传送带底端到顶端的距离为10m，故D错误.综上答案为C. 13.(1)0.4m/s²;(2)4.5s. 【解析】(1)小包裹开始相对于传送带下滑时，以沿传送带向下为正方向，由牛顿第二定律得 mgsinα-μmgcosα= ma,解得(a=-0.4m/s². (2)设小包裹匀减速运动的时间为t₁，运动位移为x₁，则有 当小包裹减速至和传送带共速后，小包裹受到传送带的静摩擦力平衡其重力沿传送带向下的分力，故小包裹做匀速直线运动，设小包裹匀速运动至最低点的时间为t₂，有 故小包裹通过传送带所需的时间为 联立解得t=4.5s 14.(1)192 N;(2)2m/s;(3)11.25s. 【解析】(1)设最大拉力为 Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a₁，对货物，由牛顿第二定律得 μMgcosθ-Mgsinθ=Ma₁,解得 对货物与木板整体分析，由牛顿第二定律得 Fm-μ(m+M)gcosθ-(m+M)gsinθ=(m+M)a₁,解得 (2)设工人拉木板的加速度为a₂，由牛顿第二定律得F-μ(m+M)gcosθ-(m+M)gsinθ=(m+M)a₂,解得 设来电时木板与货物的速度大小为v₁，由运动学公式得 解得 (3)由于 故来电后木板继续加速，加速度为大小为a₃，由牛顿第二定律得 μ(M+m)gcosθ-(M+m)gsinθ=(M+m)a₃, 解得 设经过t₁木板速度与传送带速度相同，则 解得 设t₁内木板加速的位移为x₁，则 解得 共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t₂，匀速运动的位移为x₂，则 解得 解得 故 故来电后木板再需要运动11.25s到达B处. 15. BC【解析】设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,滑块的质量为m,若μmgcosθ< mgsinθ,即μ<tanθ，则滑块所受的合力沿传送带向下，滑块匀加速下滑，故C正确;若μmgcosθ= mgsinθ,即μ=tanθ,则滑块所受的合力为零,滑块匀速下滑;若μmgcosθ> mgsinθ,即μ>tanθ，则滑块先匀减速下滑，当速度减为零时，开始反向匀加速上滑，且加速上滑的加速度与减速下滑的加速度大小相等，当加速到与传送带速度相同后，因μmgcosθ>mgsinθ，因此滑块随传送带一起匀速运动，故B正确AD错误.综上答案为BC. 16. BCD【解析】由图可知，物块先向下做匀减速再向上做匀加速运动，最后做匀速运动，所以当物块向下减速到零时，物块距M点最远，由图可知物块从0到5s的加速度不变，则加速度大小为 设物块向下经过t₁，速度变为零，则有(0=4-1.2×t₁,解得 则物块距M点最远距离为 所以传送带的长度至少为 ，物块才能返回；当物块向下运动时，由牛顿第二定律得/ 解得μ=0.9，故A错误BD正确；根据v-t图像与横坐标轴包围的面积表示位移，可知回到M点时位移为零，即向上的位移大小也为 ，设在t₂时刻回到M点，对物块向上的运动分析，则有 解得 ，故C正确.综上答案为BCD. 17. AC【解析】小炭块刚滑上传送带时的加速度大小为a₁= 故A正确；小炭块一开始在传送带上做匀减速直线运动，当速度减为0时，向上滑行的距离最远，最远距离为 向上减速的时间为 故B错误；小炭块向下加速时的加速度为 送带共速所需时间为 小炭块与传送带共速后，由于 故小炭块继续向下加速的加速度为 所以小炭块继续向下直到到达传送带底端有 总用时 可知传送带上留下的炭块痕长度为 ，故C正确D错误.综上答案为AC. 18.(1)4s;(2)2s. 【解析】(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，又μ<tan37°，故向下匀加速运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得 解得a=2m/s², 又 解得t=4s. (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a₁，由牛顿第二定律得 解得 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t₁,位移为x₁,则有 当物体运动速度等于传送带转动速度的瞬间，有mg sin37°>μmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，摩擦力发生突变，设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a₂，则 又 则有 解得 舍去)， 故 物体从顶端A滑到底端B的时间为2s. 19. BD【解析】对煤块，由牛顿第二定律得煤块的加速度a= 煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间 位移大小 此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即 2m,故D正确C错误;. 匀速运动的时间 运动的总时间 故B正确A错误.综上答案为BD. 20. C【解析】由图乙知，0~3s内，物块运动的加速度大小为故加速到与传 由牛顿第二定律得位移为 μmg= ma,解得μ=0.2,故A正确;由图乙知,传送带的速度 v=2m/s,在0~3s内,传送带的位移. 3m=6m，方向向左，又图像的“面积”表示位移，故0~3s内，物块运动的位移大小 方向向右，则整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度解得 为 ，故B正确；0~3s内，由于物块相对于传送带一直向右运动，所以物块与传送带的相对位移大小经分析 和相对路程都为9m，故C错误；运动过程中摩擦生热为 故D正确，,综上答案为C. 21. C【解析】煤块先做匀减速运动，由牛顿第二定律得 解得 设经t时间 学科网（北京）股份有限公司 与传送带共速，由 解得t=1s，故A错误；共速后 ，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律得 mgsinθ一μmgcosθ=ma₂, 解得. 煤块先以12m/s的初速度,8m/s²10的加 速度 减速 至 4m/s，后又以4m/s²的加速度减速至0，在反向加速至回到A点，v-t图像如图所示，由图像煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图像与时间轴所包围的面积大小 4×1m=10m，故B错误；在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为 4×1m=4m，此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则 2m,因 ，故在上升阶段产生的划痕为4m，此时煤块在产生的划痕的中点 ，下滑的位移 解得 在2s到 时间内，煤块向下滑了10m，传送带向上滑了 ，则煤块在传送带上的划痕为 故C正确；物块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为 的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t₁，下滑的位移 解得 结合图像知，物块从冲上传水流的运动的合运动，垂直于江岸方向的运动速度为v₂，到达江岸所用的时间为 沿江岸方向的运动速度是水速v₁，在相同的时间内，被水沿江岸冲下的距离即为登录点距离O点距离为 综上答案为C. 【解析】根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a₀，由牛顿第二定律得a=μg， 设经历时间t，传送带由静止开始加速到v₀，煤块则由静止加速到v，有 由于a<a₀，故v<v₀，煤块继续受到滑动摩擦力的作用，再经过时间t'，煤块的速度由v增加到v₀，有 此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹. 设在煤块的速度从0增加到v₀的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s₀和s，有 传送带上留下的黑色痕迹的长度为 联立解得 $