重难04 传送带与板块考点大总结（重难专练）（黑吉辽蒙专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

重难04 传送带与板块考点大总结 ( 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击： 快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点： 总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数 ： 聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖： 挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” ) 秒杀技巧一：水平传送带模型 技巧总结 考纲：求算时间问题. 求算划痕问题. 求算电动机消耗的电能. 判断物块是否滑出（反向传送带）.确定水平传送带中的能量关系. 解决此类问题的万能法为图象 ①有限长度且（轻放），设长度为，加速度 图象如图所示： Ⅰ：从左向右所需时间 若能解出，则红线符合题意，否则红线符合题意. Ⅱ:划痕长度 如图： 划痕长度为阴影部分的面积. Ⅲ：求算电动机消耗的电能 如上图，电动机消耗的电能=摩擦产生的内能+物体动能增量. Ⅳ：确定水平传送带中的能量关系 加速阶段物块位移，相对位移，传送带位移 摩擦力对物块做功，系统摩擦生热,传送带额外消耗的电能、 且 ②有限长度且（同向），设长度为，加速度 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速；时，可能一直减速，也可能先减速再匀速． 图象如图所示： Ⅰ：从左向右所需时间， 若能解出，则红线符合题意，否则红线符合题意. Ⅱ:划痕长度 划痕长度为阴影部分的面积. Ⅲ：求算电动机消耗的电能 如上图，电动机消耗的电能=摩擦产生的内能+物体动能增量. 这种情况也类似 ③有限长度且（反向），设长度为，加速度 ⑴传送带较短时，滑块一直减速达到左端． ⑵传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中和两种情况. 以其中一类为例 方法一致. 秒杀技巧二：有特殊外力模型 技巧总结 模型1： 光滑面上外力拉板 Ⅰ：问题1：判断能否一起动？若能则求？ 否则 假设能一起动，整体加速度，最大加速度， ①若，能一起动.则. ②若，不能一起动.则.加速度，加速度 . 问题2：板块一起动？求范围？板块不能一起动？求范围？ 方法：①假设一起动，选物体由质量分配与受力分析求合力表达式，解出 ②根据，求得范围. 故（能一起动范围）. Ⅱ：问题1：判断能否一起动？若能则求？否则 问题2：板块一起动？求范围？板块不能一起动？求范围？ 最大加速度，加速度 分离：条件： 不分离：条件： 整体加速度 内力（按质量分配） 模型2：光滑面上外力拉块 Ⅰ：问题1：判断能否一起动？若能则求？ 否则 假设能一起动，整体加速度，最小加速度， ①若，能一起动.则. ②若，不能一起动.则加速度，加速度 . 问题2：板块一起动？求范围？板块不能一起动？求范围？ 方法：①假设一起动，选物体由质量分配与受力分析求合力表达式，解出 ②根据，求得范围. 故（能一起动范围）. Ⅱ：问题1：判断能否一起动？若能则求？否则 问题2：板块一起动？求范围？板块不能一起动？求范围？ 加速度：最大加速度，加速度 分离：条件： 即 不分离：条件： 即 整体加速度 内力（质量分配） 模型3：粗糙面上外力拉板 Ⅰ：问题1：判断能否一起动？若能则求？ 否则 假设能一起动，整体加速度，最大加速度， ①若，能一起动.则. ②若，不能一起动.则.加速度，加速度 . 问题2：板块一起动？求范围？板块不能一起动？求范围？ 方法：①假设一起动，选物体由质量分配与受力分析求合力表达式，解出 ②根据，求得范围. 故（能一起动范围）.同时 Ⅱ：问题1：判断能否一起动？若能则求？否则 问题2：板块一起动？求范围？板块不能一起动？求范围？ 不分离（都静止）条件： 不分离（一起加速）条件：即 整体加速度 内力 分离条件：a 即 外力区间范围 （建议用时：20分钟） 1．（2025·吉林长春·三模）一水平传送带长，以恒定速率顺时针匀速转动。在传送带左端每隔轻轻地放上相同的小物块（可视为质点），小物块的质量，与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小，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．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 C．时刻，传送带上共计有5个小物块 D．内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为 【答案】D 【详解】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=4m/s2 物块与传送带速度相同所用的时间 解得t1=0.5s 此过程物块的位移大小 解得x1=0.5m＜L=10m 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0～1s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 解得t2=4.75s 每个物块在传送带上运动的总时间t=t1+t2 解得t=5.25s 由于计时时第一个小物块恰好到达传送带最右端，且每1s释放一个小物块，则t=0时刻，传送带上共有6个小物块，故ABC错误； D．此过程所有小物块对传送带的摩擦力做功W=-μmg•vt1 解得W=-8J 故D正确。 故选D。 2．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，水平传送带以的速率沿顺时针方向匀速转动，左端与一固定的竖直光滑圆弧轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑轨道平滑对接，两对接处间距。光滑圆弧半径。已知滑块A（可看作质点）的质量，A与传送带之间的动摩擦因数，质量的滑块B静止在传送带右侧的轨道上，A、B间的碰撞可视为弹性碰撞，重力加速度大小，现A以的初动能从圆弧顶端（与圆心等高）沿轨道下滑，下列说法中正确的是（　　） A．滑块A运动至点正下方时，轨道对它的支持力的大小为 B．当物体在传送带上时，传送带克服摩擦力的功率 C．滑块A最终运动的速度大小为 D．因传送物块A，传送带多消耗的电能 【答案】ACD 【详解】A．滑块A运动至点正下方过程中，根据动能定理 解得 滑块A运动至点正下方时，根据牛顿第二定律 解得轨道对滑块A的支持力的大小为 故A正确； B．当物体在传送带上时，滑动摩擦力大小为 传送带克服摩擦力的功率为 故B错误； C．滑块A在传送带上与传送带相对滑动时，根据牛顿第二定律 解得 假设滑块A在传送带上可以与传送带共速，则共速时A的位移大小为 即滑块A到达传送带右端时，恰好与传送带共速。此后滑块A与滑块B发生弹性碰撞，根据动量守恒有 动能守恒 联立，解得， 因为 所以，此后滑块A滑上传送带并以原速率6m/s返回与滑块B发生第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒有， 解得， 因为 所以此后滑块A滑上传送带并以原速率1m/s返回后无法追上滑块B发生第三次碰撞，即滑块A最终运动的速度大小为，故C正确； D．滑块A与滑块B第一次碰撞前，滑块A在传送带上运动时间为 滑块A与滑块B第一次碰撞后，在传送带上运动时间为 滑块A与滑块B第二次碰撞后，在传送带上运动时间为 所以，滑块A在传送带上运动的总时间为 则因传送物块A，传送带多消耗的电能为 故D正确。 故选ACD。 3．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，一水平传送带以的速度顺时针运转，两端点之间的距离为。现有两个可视为质点的物块A和B，质量均为，用竖直轻质细线将物块B悬挂于固定钉子，使B可绕钉子在竖直平面内运动，初始物块B静止于最低点，且下端刚好与水平面上点接触，现将A轻放于传送带左端点，A与传送带间动摩擦因数为，传送带右端与的距离为，不计空气阻力，A与B所有碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，B物块光滑。 (1)求物块A离开传送带时的速度； (2)若传送带右侧的水平面光滑，为使碰撞结束后，B做完整的圆周运动，悬线长度应满足什么条件？ (3)若悬线长度，且传送带右侧的水平面粗糙，物块A与水平面之间的动摩擦因数，仍将物块A轻放于传送带左端，求物块A与B能碰撞多少次，及整个过程中，物块A运动的总路程。 【答案】(1)，方向向右 (2) (3)8次， 【详解】（1）对物块A根据牛顿第二定律    解得 若A一直匀加速至传动带右端，根据运动规律    解得 假设成立，故A以离开传送带，速度方向向右。 （2）弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒定律， 解得， 即每次撞后二者交换速度，若B恰好做完整圆周运动，设B在最高点速度为，根据动能定理 根据牛顿第二定律    解得 即悬线长度 （3）若悬线长度为    以进入水平面向右运动，撞后B每次最大摆角均小于，摆回向左与A相撞，A在传送带上向左匀减速和向右匀加速运动，传送带不改变A的速率，只改变运动方向，从此B来回摆动，A往复运动，最终停下，设A在水平面粗糙段的总路程为，根据动能定理则有   解得 又   故共碰撞次， 故最后A停在中点处，根据动能定理及运动学公式 ， ， ， 则物块A的总路程为 4．（2025·黑龙江·二模）如图所示，长的水平传送带以恒定的速度向左传动，其左端与长的水平面平滑地衔接，紧靠水平面的左端放置长，质量的长木板C，长木板C的上表面与右侧的水平面等高。质量的滑块A轻轻地放到传送带的最右端，经过一段时间与放在水平面右端、质量的滑块B发生弹性碰撞，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数，两滑块与水平面以及与长木板C上表面间的动摩擦因数均为，长木板的下表面光滑，重力加速度g取，两滑块均可视为质点，求： (1)两滑块碰后瞬间，滑块A的速度； (2)两滑块能否发生第二次碰撞？若能，两次碰撞的时间间隔；若不能，请说明理由； (3)若传送带的长度可调，则滑块B恰好不能从长木板C左端滑出时的传送带长度。 【答案】(1)4m/s，方向水平向右 (2)能， (3)9.72m 【详解】（1）对滑块A由牛顿第二定律 解得 假设滑块A不能与传动带共速，由运动学公式 解得 故假设成立。两滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律 由机械能守恒定律 联立解得， 则两滑块碰后瞬间，滑块A的速度大小为4m/s，方向水平向右。 （2）假设滑块B不能滑上长木板，由动能定理可得 解得 假设成立，碰后滑块A先向右做匀减速，在向左匀加速到传送带的最左端，由对称性可知，滑块A返回到传送带最左端的速度大小仍为 滑块A在传动带上运动的时间为 滑块A在水平面上由牛顿第二定律 解得 由于，所以两滑块能发生第二次碰撞，设滑块A在水平面上滑动的时间为，由运动学公式 解得 所以两次碰撞的时间间隔为 （3）滑块B刚好滑到长木板C的最左端，二者具有相同的速度，设此时传送带的长度为，两滑块碰撞前，对滑块A由运动学公式 两滑块碰撞过程中，由动量守恒定律 由机械能守恒定律 设滑块B滑上长木板瞬间的速度大小为，由动能定理得 滑块B滑上长木板后，由动量守恒定律有 由能量守恒定律得 联立解得，滑块B恰好不能从长木板C左端滑出时的传送带长度为 5．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）利用下图光电计时器测量物体A、B的速度。光滑水平导轨MN上放两个相同物块A和B，MN左端有一挡板P。MN右端N处与水平传送带平滑连接，现将宽度为的两黑色遮光条分别贴在物块A和B上，且高出物块，并使高出物块部分在通过光电门时挡光。传送带水平部分的长度L=8m，沿逆时针方向以恒定速度匀速传动。物块B与传送带间的动摩擦因数，质量。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，之后两物块第一次通过光电门，计时器显示读数均为。g取，所有碰撞均为弹性碰撞。下列说法中正确的是（　　） A．弹簧储存的弹性势能为16J B．物块B沿传送带向右滑动的最远距离为9m C．物块B滑回水平面MN的速度大小为4m/s D．若物体B仅在返回水平面MN后，才会与物块A发生碰撞，则从开始运动到即将碰撞第15次的过程中，物块B与传送带之间的摩擦生热为720J 【答案】ACD 【详解】A．解除锁定弹开物块AB后，两物体的速度大小 根据能量守恒得：弹簧储存的弹性势能 故A正确； B．物块B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。由动能定理得 解得 故B错误； C．物块B沿传送带向左返回时，假设先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时再一起匀速运动，设物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离为，由 得 表明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带的速度。所以 故C正确； D．物块B在传送带上向右减速到0的过程有， 解得 根据对称性可知，B回到传送带左端的时间也为2s，则B从滑上传送带到回到左端位移为，而传送带位移为 第一次，物块B与传送带之间的摩擦生热为 AB第一次碰撞后速度大小设为，碰撞过程规定向右为正方向，则 解得 根据以上分析可知，每次B与传送带摩擦生热为48J，则从开始运动到即将碰撞第15次的过程中，物块B与传送带之间的摩擦生热为 故D正确。 故选ACD。 6．（2025·黑龙江吉林·模拟预测）如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，正常工作时都匀速运动，速度大小分别为2m/s、3m/s，将工件（视为质点）轻放到传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落，工件与传送带的摩擦因数为0.5，g=10m/s2，两传送带正常工作时，对其中一个工件A在传送带乙上留下的痕迹，痕迹的长度为（　　） A．1.3m B．1.6m C．0.9m D．0.4m 【答案】A 【详解】工件相对传送带乙的速度为 则痕迹的长度为 代入数据解得 故选A。 7．（2025·吉林长春·模拟预测）如图所示，与水平地面成37°角的传送带长为10m，以恒定速率2m/s顺时针转动。现将一质量为5kg的货物（可视为质点）无初速度放在传送带的底端M处，货物最终从顶端N处掉落传送带，已知货物与传动带之间的摩擦因数为，，，，求： (1)货物从M运动到N所需要的时间； (2)货物与传送带之间因摩擦而产生的热量； (3)传送带因运送货物需要多消耗的电能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）货物放上传送带，受力分析得            得 加速到与传送带共速，由 得 由 得             剩余位移做匀速运动，由 得         故 （2）时间内传送带运动         传送带相对货物的位移大小为                （3）货物增加的动能                    增加的重力势能                    故传送带因运送货物需要多消耗的电能 8．（2025·辽宁锦州·模拟预测）气压式缓冲机是一种利用压缩空气来减缓冲击力或振动的机械装置。气压式缓冲机主要由气缸和活塞组成。气缸是一个封闭的空间，内部充有一定量的空气。当缓冲机受到外部冲击时，活塞在气缸内移动，压缩气缸内的空气吸收和分散冲击能量，达到减缓或消除冲击和振动的目的。某生产线上一个工件质量为（工件可视为质点），从长度为的水平传送带左端静止释放，传送带始终以匀速运行，传送带与工件间的动摩擦因数为，重力加速度，为防止工件损坏，工件到传送带右端后与固定在传送带右端平台上的气压式缓冲机活塞碰撞（工件与气缸壁不碰撞），并与活塞结合为一个整体。工件和气压式缓冲机活塞与气缸内壁间均无摩擦且不漏气，活塞与气缸均绝热良好，活塞质量为，当活塞速度减为零时立即锁定活塞，压缩气体转化的内能都被气体获得。气缸中为理想气体。求： (1)工件运动到传送带右端需要多长时间； (2)锁定活塞时气体的内能比最初增加多少； (3)若活塞刚被锁定时气体的压强为外界大气压的2倍，活塞锁定后通过缸壁上的阀门释放气体，经过足够长时间，测定有原有气体的释放到周围环境，且缸内气体温度下降到环境温度300K，则活塞刚被锁定时气体的温度为多少。 【答案】(1)6s (2)62.5J (3)540K 【详解】（1）工件放到传送带上，由牛顿第二定律有 工件需要t1时间与传送带共速，则有 解得t1=2s 该时间内工件的位移为 之后工件匀速到达传送带右端 解得t2=4s 则有t=t1+t2=6s （2）工件与活塞发生完全非弹性碰撞，则有 解得 由题意可知 （3）对剩余在气缸中的气体，根据理想气体状态方程有 解得活塞刚被锁定时气体的温度T1=540K （建议用时：30分钟） 9．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）一游戏装置的竖直截面如图所示，倾角为的轨道AB与半径的螺旋圆轨道BCDE相切于B点，圆轨道最低点C和E略微错开；螺旋圆轨道BCDE、水平轨道EF、顺时针转动的水平传送带FG及水平轨道GK平滑连接，轨道的右端K固定一轻质弹簧，弹簧自然伸长时其自由端的位置在H点。在F点的左侧放置一个质量为的滑块b（可视为质点）。现有一质量为的滑块a（可视为质点）从轨道AB上距B点h高处由静止开始滑下，已知各轨道长度分别为，，，滑块与轨道AB、GH间的动摩擦因数均为，与传送带间的动摩擦因数为，其余轨道均光滑，传送带的速度，整个过程中均不超过弹簧的弹性限度。重力加速度。 (1)若，求滑块a首次运动至C点时对轨道的压力； (2)若，滑块a与滑块b发生完全非弹性碰撞，求两滑块最终停止的位置到G点的距离。 【答案】(1)4.72N (2) 【详解】（1）研究滑块a首次运动至点过程，由动能定理 解得 在点，根据牛顿第二定律 解得， 根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力。 （2）滑块刚滑到上时，由动能定理 解得， 根据动量守恒定律 解得 滑块在传送带上的加速度 设滑块在传送带上减速到与传送带速度相等时的位移为x1，根据 解得 所以滑块在传送带上先减速后匀速。 从传送带右端到与弹簧碰撞再返回点，根据动能定理 解得 从点向左运动，最后停下来，根据动能定理 解得 所以两滑块最终停止位置到点的距离为。 10．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）传送带以v=3m/s顺时针转动，质量m=1kg的煤块无初速放上传送带，与带共速后与竖直悬挂的质量M=3kg的小球碰撞并粘合（碰撞为正碰）。小球位置刚好不接触传送带，已知煤块与传送带摩擦因数，传送带长L=4m，悬挂小球的轻绳长度为s=1m求： (1)煤块与小球碰撞前运动的时间； (2)碰撞后煤块速度大小； (3)煤块最终离传送带左端的最大水平距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）煤块在传送带上加速运动时的加速度大小为 设经过时间煤块与传送带共速，则有 煤块在传送带上加速阶段通过的位移大小为 共速后煤块在传送带上做匀速运动的时间为 则煤块与小球碰撞前运动的时间为 （2）煤块与小球碰撞并粘合，根据动量守恒可得 代入数据解得碰撞后物块速度大小为 （3）碰撞后煤块与小球一起做圆周运动，设最大摆角为，根据动能定理可得 解得 则煤块最终离传送带左端的最大水平距离为 11．（2025·辽宁·模拟预测）如图（a）所示，长度为的水平传送带以恒定的速率顺时针转动，传送带右侧平台上紧靠传送带静置有一长度为质量为的“L”形木板，木板的上表面与传送带上表面等高。现将质量为的铁块无初速度放置在传送带左端，铁块在传送带上运动一段时间后滑上木板，铁块在传送带上运动的过程中，速度ν随时间t变化关系如图（b）所示，铁块从传送带滑上木板的速度不变。已知铁块与木板之间的动摩擦因数为木板与平台之间的动摩擦因数为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，铁块与木板右端挡板的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，重力加速度g取求： (1)铁块与传送带之间的动摩擦因数； (2)木板运动的最大速度； (3)铁块在木板上滑动的总路程。 【答案】(1)0.25 (2)2m/s (3)1.1485m 【详解】（1）对铁块，由牛顿第二定律得μmg=ma 铁块加速过程的位移 加速时间 铁块与传送带共速后运动的位移x2=v0（t-t1） 其中t=1.5s，x1+x2=L 代入数据解得μ=0.25 （2）铁块与木板间的最大静摩擦力f1=μ1m2g=0.2×2×10N=4N 木板与平台间的最大静摩擦力f2=μ2（m1+m2）g=0.3×（1+2）×10N=9N＞f1， 铁块滑上木板时木板静止不动，铁块在木板上做匀减速直线运动，铁块在木板上减速过程，由牛顿第二定律得f1=m2a1 代入数据解得a1=2m/s2 由v-x公式得 代入数据解得，铁块与挡板碰撞前瞬间的速度大小v1=1.5m/s 铁块与挡板发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v1=m2v铁块+m1v木板 由机械能守恒定律得 代入数据解得v铁块=0.5m/s，v木板=2m/s 碰撞后铁块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，则木板的最大速度为2m/s。 （3）对木板，由牛顿第二定律得f1+f2=m1a2 代入数据解得a2=13m/s2 设经过时间t1两者共速，铁块仍在木板上，则v=v铁块+a1t1=v木板-a2t1 代入数据解得v=0.7m/s，t1=0.1s 该过程铁块相对于木板的位移 代入数据解得Δx=0.075m＜d 假设成立，共速后两者都做匀减速直线运动，铁块的加速度仍为a1，对木板，由牛顿第二定律得f2-f1=m1a3 代入数据解得a3=5m/s2 铁块减速到零的位移 木板减速到零的位移 该过程的相对位移Δx'=x铁块-x木板=0.1225m-0.049m=0.0735m＜Δx 不会再次发生碰撞，整个过程铁块在木板上滑动的路程s=d+Δx+Δx'=1m+0.075m+0.0735m=1.1485m 12．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，质量均为的两个可视为质点的滑块A、B与传送带间的动摩擦因数均为。现让A、B分别从传送带的两端同时滑上传送带，滑上时速度的大小均为，两滑块在传送带上恰好相遇未相碰，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为0.8s B．A、B相遇时与传送带左端的距离为2.4m C．传送带的长度为6m D．滑块从滑上传送带到相遇，两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为10J 【答案】D 【详解】A．因为，故A滑上传送带后先减速后匀速，B滑上传送带后先减速，再反向加速，最后匀速，当两滑块都做匀速运动时刚好相遇，设滑块滑上传送带后的加速度大小为a，有 解得 A减速运动的时间 B从滑上传送带到匀速运动的时间 故两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为2.4s，故A错误； B．两滑块相遇时与传送带左端的距离，即A的位移为 故B错误； C．相遇前B的位移为 方向向左，则传送带的长度为 故C错误； D．A与传送带间的相对位移为 B与传送带间的相对位移为 故产生的总热量为 故D正确。 故选D。 13．（2025·辽宁·三模）如图所示，以的速度顺时针匀速转动的水平传送带，右侧连接一光滑水平面，上有一静止小球，小球质量。质量的物体由左侧开始运动，滑到传送带上的A点时速度大小；物体和传送带之间的动摩擦因数，传送带AB之间的距离，小球距B点间距为0.2m。物体与小球、发生弹性正碰，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为0.4m B．整个运动过程中，物块与传送带摩擦生热3.2J C．经过足够长的时间之后，物块与小球间的距离为2m D．若调整物块质量，使其在第一次碰撞后能追上小球，则其质量取值范围为 【答案】ACD 【详解】A．物体滑上传送带到与传送带共速时位移 可知物体离开传送带时速度恰为传送带速度，规定向右为正方向，m与发生弹性正碰，则有 解得碰后物体与小球的速度分别为 则物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为 故A正确； B．以上分析可知，物体以2m/s速度返回传送带，之后又以2m/s速度从B点离开传送带，由于小球速度为2m/s，可知此后二者不会在相碰；物体物体滑上传送带到与传送带共速时产生的热量 物体碰后返回传送带到从B点离开传送带过程产生的热量 则整个运动过程中，物块与传送带摩擦生热量 故B错误； C．B选项分析可知，物体返回B点时速度与小球相同，故经过足够长的时间之后，物块与小球间的距离为 故C正确； D．设物块质量为时，使其在第一次碰撞后能追上小球，则碰后物体速度大于小球速度，则有 解得 则有 由于质量不能为负值，故解得 故D正确。 故ACD。 14．（2025·辽宁·三模）如图，与水平面夹角为的倾斜传送带以恒定速率顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一个与传送带平行的轻弹簧，质量为的小物块P随传送带一起向下匀速运动，P接触弹簧后弹簧的最大压缩量为，设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。从接触弹簧开始，到第一次弹簧压缩到最短的过程中（　　） A．P一直做减速运动最终静止不动 B．P先做匀速运动后做减速运动 C．传送带对P做功的功率先减小后变大再变小 D．弹簧的最大弹性势能等于 【答案】BC 【详解】AB．P随传送带匀速下滑时，受沿斜面向上的摩擦力和沿斜面向下的重力的分量而平衡，即 接触弹簧后，受弹簧向上的弹力，开始时由于 随弹力变大，f减小，物块仍受力平衡相对传送带静止向下匀速运动，当弹力增加到等于mgsinθ时f反向，继而逐渐增加到最大静摩擦力时物块开始相对传送带向上滑动，此后 物块开始向下做减速运动最后速度减为零，选项A错误，B正确； C．传送带对P做功的功率，即摩擦力的功率，开始匀速阶段，物块受摩擦力先沿传送带向上减小后向下增加，则功率P先减小后增加；减速阶段摩擦力不变，速度减小，可知功率P减小，即传送带对P做功的功率先减小后变大再变小，选项C正确； D．由能量关系可知，弹簧的最大弹性势能等于物块机械能减小量与产生的热量之差，可知弹簧最大弹性势能小于，选项D错误。 故选BC。 15．（2025·辽宁沈阳·三模）京东亚洲一号无人仓采用全球领先的智能物流技术，其中包裹分拣系统由智能分拣机器人和多段传送带协同工作组成。该系统包含：倾角、长度的倾斜滑道AB：长度、以水平向右匀速运行的传送带BC，包裹与AB、BC间的动摩擦因数分别为，；智能分拣区CD由半径R=1.5m且角速度可调的水平匀速旋转平台组成，分拣机器人在C点识别包裹后，会在合适位置施加水平推力调整包裹运动方向（不改变速度大小），使包裹从出库段输出（离开分拣区之前，包裹已与转台保持相对静止），如图所示，传送带DE是其中一个出库段；某包裹质量m=1kg，从A点静止释放，经BC段、圆弧CD段后从E点离开系统。各轨道间由光滑圆弧相连，包裹可以看成质点，忽略空气阻力，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．包裹刚到水平传送带B点时所受摩擦力方向水平向左 B．包裹在水平轨道BC段先向右做减速运动再做匀速运动 C．由B到C的过程中，因传送带运送包裹节省电能J D．若分拣区水平转台角速度为，则由C到D过程中，包裹动能变化量为0.875J 【答案】AC 【详解】A．包裹从A到B，根据动能定理有 解得 则包裹刚到水平传送带B点时所受摩擦力方向水平向左，故A正确； B．包裹在水平轨道BC段的加速度为 设包裹一直减速至，根据速度—位移公式有 解得m 刚好等于传送带长度，可见包裹在水平轨道BC段一直向右减速运动，故B错误； C．包裹由B到C的时间为s 相对位移为 因传送带运送包裹节省电能为 代入数据解得J，故C正确； D．离开分拣区之前，包裹已与转台保持相对静止，则速度为 则由C到D过程中，包裹动能变化量为J，故D错误； 故选AC。 16．（2025·辽宁沈阳·二模）一水平传送带长m，以恒定速率m/s沿顺时针方向匀速转动。在传送带左端每隔1s轻放一个相同的小物块，小物块的质量kg，与传送带间的动摩擦因数，忽略小物块的尺寸，取m/s2，从第1个小物块到达传送带最右端开始计时，下列说法正确的是（　　） A．每个小物块在传送带上运动的时间为10s B．计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带 C．计时后1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为N·s D．计时后1s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为J 【答案】BD 【详解】A．小物块在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为： 则小物块做匀加速直线运动的时间为： 小物块做匀加速直线运动的位移为： 则小物块在传送带上做匀速直线运动的时间为： 故每个小物块在传送带上运动的时间为：t=t1+t2=4s+3s=7s 故A错误； B．结合前面分析可知，第1个小物块到达传送带最右端时所花时间为7s，由题知，在传送带左端每隔1s轻放一个相同的小物块，则计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带，故B正确； CD．结合前面分析可知，计时后1s内只有5~8四个物块在皮带上做匀加速直线运动，摩擦力相同，则由动量定理可得，计时后1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为：I=4m•at'=4×2×1×1N•s=8N•s 所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为：W=-4μmg•vt=-4×0.1×2×10×4×1J=-32J 故C错误，D正确。 故选BD。 17．（2025·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，粗糙地面上有一长木板C，滑块A、B位于C上表面，滑块A位于C的最右端，滑块A、B相距3m，三者的质量分别为，，C与A、B、地面之间的动摩擦因数分别为0.1、0.35、0.1。初始时，三者均处于静止状态。现给C一个水平向右、大小等于16N的力F，作用了一段时间之后，A和B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞之后滑块A、B粘连在一起。从此刻开始，力F方向不变，大小变为5N，在接下来的运动过程中，A、B始终没有离开C。（滑块A、B可以视为质点，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度）则下列说法中正确的是（　　） A．在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止 B．从初始时刻到滑块A、B发生碰撞的过程所用时间是 C．在滑块A、B碰撞瞬间，滑块A的动量变为 D．长木板C的长度至少为3.075m 【答案】AD 【详解】A．假设在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止，对BC整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对滑块B，由牛顿第二定律可得 B与C之间的最大静摩擦力 假设成立，故A正确； B．对滑块A，由牛顿第二定律可得 解得 设从初始时刻到A、B发生碰撞的时间为，则有 解得，故B错误； C．碰撞前，滑块A的速度 滑块B的速度 设A、B碰撞后的共同速度为，根据动量守恒定律可得 解得 碰后滑块A的动量，故C错误； D．碰撞后，对A、B整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 方向向右，对木板C，根据牛顿第二定律可得 解得 方向向左，设经过时间A、B、C三者达到共同速度，则有 解得 此过程中，AB的位移 C的位移 代入数据解得二者的相对位移 则木板C的最小长度为，故D正确。 故选AD。 18．（2025·辽宁·二模）如图甲所示，一木板静止在粗糙水平面上，可视为质点的物块放在木板右端。时，给木板一初速度，木板和物块运动的图像如图乙所示，整个过程物块未离开木板，图乙中所标物理量均已知，长木板和物块的质量均为m。下列说法正确的是（　　） A．物块在前后瞬间加速度大小不相同 B．木板长度至少为 C．全过程，物块与木板间摩擦产生的热量为 D．木板与地面间的动摩擦因数为 【答案】BD 【详解】A．由图乙所示图像可知，物块先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，整个过程物块所受合力为滑动摩擦力，所受合力大小不变，由牛顿第二定律可知，物块的加速度大小不变，故A错误； B．由图乙所示图像可知，开始物块向右做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，直至两者共速，该过程物块相对木板向左滑动；两者共速后物块与木板都向右做匀减速直线运动，该过程物块相对于木板向右运动。当两者共速时物块相对于木板向左滑动的距离最大，物块没有离开木板，则木板的最小长度为，故B正确； D．由图乙所示图像可知，在时间内，物块的加速度大小 木板的加速度大小 对物块，由牛顿第二定律得 对木板，由牛顿第二定律得 联立解得，木板与地面间的动摩擦因数为，故D正确； C．物块加速到与木板共速过程，两者相对滑行的距离 物块与木板共速后直到停止运动过程，物块相对木板滑行的距离 整个过程物块相对于木板滑行的路程 整个过程物块与木板间摩擦产生的热量 联立解得，，故C错误。 故选BD。 （建议用时：40分钟） 19．（2025·辽宁鞍山·一模）如图1所示，一质量为M的足够长木板静止在地面上，其左端放置一个质量为m的小物块，时刻起在物块上加一个水平向右的力F，大小与时间满足关系，其中，从此时起，木板和物块的加速度大小随时间变化的关系如图2所示，重力加速度g取。根据题干及图2中所给出的数据可知（　　）      A．长木板的质量为 B．时小物块的速度大小为 C．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.5 D．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.4 【答案】BC 【详解】ACD．由图2可知，当时，物块和长木板开始运动，所以地面与长木板间没有摩擦力。当时， 设长木板的质量为，根据牛顿第二定律 当时，物块和长木板发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律 又 整理可得 联立，解得，，，故AD错误，C正确； B．过程中，物块和长木板一直处于相对静止，对整体，根据动量定理 解得，故B正确。 故选BC。 20．（2025·黑龙江·模拟预测）如图甲所示，滑块A放在静止于水平地面上的木板B右端，已知滑块A与木板B的质量均为时刻滑块A以的初速度向左运动，同时在木板右端加一个水平向右的外力，作用后撤去外力，前内滑块和木板的关系图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块始终没有离开木板，取重力加速度。则（   ） A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1 B．木板与地面间的动摩擦因数为0.4 C．木板长度至少滑块才能不掉 D．整个过程中系统摩擦生热共 【答案】ACD 【详解】A．前1s内，对滑块A有 由图中斜率可得 解得滑块和木板间的动摩擦因数，故A正确； B．前内，对木板B有 根据图中斜率得 解得木板和地面间的动摩擦因数，故B错误； C．后撤去外力，对木板B有 解得 木板B以向右做匀减速运动，速度减为零用时 由于，故之后木板保持静止，滑块继续向左减速到停； 滑块的位移 木板的总位移 所以木板板长至少为，故C正确； D．系统摩擦生热，故D正确。 故选ACD。 21．（2025·辽宁大连·三模）如图所示，质量均为的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度。求： (1)A被敲击后获得的初速度大小； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小、； (3)B被敲击后获得的初速度大小及整个过程中B与地面之间的摩擦生热。 【答案】(1) (2) (3) ，24J 【详解】（1）由题意可知AB间最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，敲击A时B不动，对A，由牛顿运动定律有 解得A的加速度大小 因为 联立解得 （2）对齐前，对B有 解得 对齐后，对整体有 解得 （3）设敲击B后经过t时间AB达到共同速度v，该过程A的加速度为，则有 该过程AB位移分别为 且 联立解得 AB共速后一起减速到0，其加速度为，则该过程B的位移 则整个过程中B与地面之间的摩擦生热 联立以上解得 22．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2v0向右做匀速运动，某时刻将物块a轻放在b上，同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等，a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时，关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】AC．a和b的速度达到共速之前，a受到b向右的摩擦力和恒力F，b受到a向左的摩擦力，a做加速运动，b做减速运动，则对于a，由牛顿第二定律有 对b有 由此可知a加速度大于b的加速度，故AC错误； B．ab共速后，若在恒力作用下，ab间的摩擦力f没有达到最大静摩擦力，则一起做加速运动，则对于b有 且 故ab的加速度，故B正确； D．若在恒力作用下，ab间的摩擦力达到最大静摩擦力，发生相对滑动，则ab的加速度大小不相等，且均做加速运动，则对于a有 对b有 可知a的加速度小于共速前a的加速度，故D错误。 故选B。 23．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为，B和C的质量都是，A、B间的动摩擦因数为，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为，设B足够长以保证A、C不会从B上滑落，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。现对A施加一水平向右的拉力，则下列说法正确的是（　　） A．为了使A、B、C均静止，应小于 B．无论力为何值，B的加速度不会超过 C．无论力为何值，C的加速度不会超过 D．当时，B、C间会相对滑动 【答案】AC 【详解】A．AB间不发生相对滑动，F最大为 ABC均静止，F最大为 为了使A、B、C均静止，应小于或等于，故A正确； B．A、B间摩擦力、B、C间摩擦力，刚好达到最大静摩擦力，B的加速度达到最大，对B根据牛顿第二定律可得 解得，故B错误； C．当B、C间的摩擦力达到最大时，C的加速度最大，点C根据牛顿第二定律可得 解得在C点的最大加速度大小为，故C正确； D．把A、B、C看成一个整体，由牛顿第二定律可得 解得 B、C不会发生相对滑动，故D错误。 故选AC。 24．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，足够长的木板Q静置在水平地面上，滑块P以水平速度从左端滑上Q。已知P、Q的质量分别为，，P、Q之间的动摩擦因数，Q与地面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。、分别表示P、Q的速度，、分别表示P、Q的动能，、分别表示P、Q的位移，下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】AC．P、Q之间的最大静摩擦为 Q与地面之间的最大静摩擦为 由于，可知木板Q一直处于静止状态；故AC错误； BD．滑块P做减速运动的加速度大小为 滑块P速度减为0所用时间为 滑块P做减速运动到速度减为0通过的位移大小为 根据动能定理可得 可得，故B错误，D正确。 故选D。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难04 传送带与板块考点大总结（重难专练） （建议用时：20分钟） 1．【答案】D 【详解】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=4m/s2 物块与传送带速度相同所用的时间 解得t1=0.5s 此过程物块的位移大小 解得x1=0.5m＜L=10m 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0～1s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 解得t2=4.75s 每个物块在传送带上运动的总时间t=t1+t2 解得t=5.25s 由于计时时第一个小物块恰好到达传送带最右端，且每1s释放一个小物块，则t=0时刻，传送带上共有6个小物块，故ABC错误； D．此过程所有小物块对传送带的摩擦力做功W=-μmg•vt1 解得W=-8J 故D正确。 故选D。 2．【答案】ACD 【详解】A．滑块A运动至点正下方过程中，根据动能定理 解得 滑块A运动至点正下方时，根据牛顿第二定律 解得轨道对滑块A的支持力的大小为 故A正确； B．当物体在传送带上时，滑动摩擦力大小为 传送带克服摩擦力的功率为 故B错误； C．滑块A在传送带上与传送带相对滑动时，根据牛顿第二定律 解得 假设滑块A在传送带上可以与传送带共速，则共速时A的位移大小为 即滑块A到达传送带右端时，恰好与传送带共速。此后滑块A与滑块B发生弹性碰撞，根据动量守恒有 动能守恒 联立，解得， 因为 所以，此后滑块A滑上传送带并以原速率6m/s返回与滑块B发生第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒有， 解得， 因为 所以此后滑块A滑上传送带并以原速率1m/s返回后无法追上滑块B发生第三次碰撞，即滑块A最终运动的速度大小为，故C正确； D．滑块A与滑块B第一次碰撞前，滑块A在传送带上运动时间为 滑块A与滑块B第一次碰撞后，在传送带上运动时间为 滑块A与滑块B第二次碰撞后，在传送带上运动时间为 所以，滑块A在传送带上运动的总时间为 则因传送物块A，传送带多消耗的电能为 故D正确。 故选ACD。 3．【答案】(1)，方向向右 (2) (3)8次， 【详解】（1）对物块A根据牛顿第二定律    解得 若A一直匀加速至传动带右端，根据运动规律    解得 假设成立，故A以离开传送带，速度方向向右。 （2）弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒定律， 解得， 即每次撞后二者交换速度，若B恰好做完整圆周运动，设B在最高点速度为，根据动能定理 根据牛顿第二定律    解得 即悬线长度 （3）若悬线长度为    以进入水平面向右运动，撞后B每次最大摆角均小于，摆回向左与A相撞，A在传送带上向左匀减速和向右匀加速运动，传送带不改变A的速率，只改变运动方向，从此B来回摆动，A往复运动，最终停下，设A在水平面粗糙段的总路程为，根据动能定理则有   解得 又   故共碰撞次， 故最后A停在中点处，根据动能定理及运动学公式 ， ， ， 则物块A的总路程为 4．【答案】(1)4m/s，方向水平向右 (2)能， (3)9.72m 【详解】（1）对滑块A由牛顿第二定律 解得 假设滑块A不能与传动带共速，由运动学公式 解得 故假设成立。两滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律 由机械能守恒定律 联立解得， 则两滑块碰后瞬间，滑块A的速度大小为4m/s，方向水平向右。 （2）假设滑块B不能滑上长木板，由动能定理可得 解得 假设成立，碰后滑块A先向右做匀减速，在向左匀加速到传送带的最左端，由对称性可知，滑块A返回到传送带最左端的速度大小仍为 滑块A在传动带上运动的时间为 滑块A在水平面上由牛顿第二定律 解得 由于，所以两滑块能发生第二次碰撞，设滑块A在水平面上滑动的时间为，由运动学公式 解得 所以两次碰撞的时间间隔为 （3）滑块B刚好滑到长木板C的最左端，二者具有相同的速度，设此时传送带的长度为，两滑块碰撞前，对滑块A由运动学公式 两滑块碰撞过程中，由动量守恒定律 由机械能守恒定律 设滑块B滑上长木板瞬间的速度大小为，由动能定理得 滑块B滑上长木板后，由动量守恒定律有 由能量守恒定律得 联立解得，滑块B恰好不能从长木板C左端滑出时的传送带长度为 5．【答案】ACD 【详解】A．解除锁定弹开物块AB后，两物体的速度大小 根据能量守恒得：弹簧储存的弹性势能 故A正确； B．物块B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。由动能定理得 解得 故B错误； C．物块B沿传送带向左返回时，假设先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时再一起匀速运动，设物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离为，由 得 表明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带的速度。所以 故C正确； D．物块B在传送带上向右减速到0的过程有， 解得 根据对称性可知，B回到传送带左端的时间也为2s，则B从滑上传送带到回到左端位移为，而传送带位移为 第一次，物块B与传送带之间的摩擦生热为 AB第一次碰撞后速度大小设为，碰撞过程规定向右为正方向，则 解得 根据以上分析可知，每次B与传送带摩擦生热为48J，则从开始运动到即将碰撞第15次的过程中，物块B与传送带之间的摩擦生热为 故D正确。 故选ACD。 6．【答案】A 【详解】工件相对传送带乙的速度为 则痕迹的长度为 代入数据解得 故选A。 7．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）货物放上传送带，受力分析得            得 加速到与传送带共速，由 得 由 得             剩余位移做匀速运动，由 得         故 （2）时间内传送带运动         传送带相对货物的位移大小为                （3）货物增加的动能                    增加的重力势能                    故传送带因运送货物需要多消耗的电能 8．【答案】(1)6s (2)62.5J (3)540K 【详解】（1）工件放到传送带上，由牛顿第二定律有 工件需要t1时间与传送带共速，则有 解得t1=2s 该时间内工件的位移为 之后工件匀速到达传送带右端 解得t2=4s 则有t=t1+t2=6s （2）工件与活塞发生完全非弹性碰撞，则有 解得 由题意可知 （3）对剩余在气缸中的气体，根据理想气体状态方程有 解得活塞刚被锁定时气体的温度T1=540K （建议用时：30分钟） 9．【答案】(1)4.72N (2) 【详解】（1）研究滑块a首次运动至点过程，由动能定理 解得 在点，根据牛顿第二定律 解得， 根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力。 （2）滑块刚滑到上时，由动能定理 解得， 根据动量守恒定律 解得 滑块在传送带上的加速度 设滑块在传送带上减速到与传送带速度相等时的位移为x1，根据 解得 所以滑块在传送带上先减速后匀速。 从传送带右端到与弹簧碰撞再返回点，根据动能定理 解得 从点向左运动，最后停下来，根据动能定理 解得 所以两滑块最终停止位置到点的距离为。 10．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）煤块在传送带上加速运动时的加速度大小为 设经过时间煤块与传送带共速，则有 煤块在传送带上加速阶段通过的位移大小为 共速后煤块在传送带上做匀速运动的时间为 则煤块与小球碰撞前运动的时间为 （2）煤块与小球碰撞并粘合，根据动量守恒可得 代入数据解得碰撞后物块速度大小为 （3）碰撞后煤块与小球一起做圆周运动，设最大摆角为，根据动能定理可得 解得 则煤块最终离传送带左端的最大水平距离为 11．【答案】(1)0.25 (2)2m/s (3)1.1485m 【详解】（1）对铁块，由牛顿第二定律得μmg=ma 铁块加速过程的位移 加速时间 铁块与传送带共速后运动的位移x2=v0（t-t1） 其中t=1.5s，x1+x2=L 代入数据解得μ=0.25 （2）铁块与木板间的最大静摩擦力f1=μ1m2g=0.2×2×10N=4N 木板与平台间的最大静摩擦力f2=μ2（m1+m2）g=0.3×（1+2）×10N=9N＞f1， 铁块滑上木板时木板静止不动，铁块在木板上做匀减速直线运动，铁块在木板上减速过程，由牛顿第二定律得f1=m2a1 代入数据解得a1=2m/s2 由v-x公式得 代入数据解得，铁块与挡板碰撞前瞬间的速度大小v1=1.5m/s 铁块与挡板发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v1=m2v铁块+m1v木板 由机械能守恒定律得 代入数据解得v铁块=0.5m/s，v木板=2m/s 碰撞后铁块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，则木板的最大速度为2m/s。 （3）对木板，由牛顿第二定律得f1+f2=m1a2 代入数据解得a2=13m/s2 设经过时间t1两者共速，铁块仍在木板上，则v=v铁块+a1t1=v木板-a2t1 代入数据解得v=0.7m/s，t1=0.1s 该过程铁块相对于木板的位移 代入数据解得Δx=0.075m＜d 假设成立，共速后两者都做匀减速直线运动，铁块的加速度仍为a1，对木板，由牛顿第二定律得f2-f1=m1a3 代入数据解得a3=5m/s2 铁块减速到零的位移 木板减速到零的位移 该过程的相对位移Δx'=x铁块-x木板=0.1225m-0.049m=0.0735m＜Δx 不会再次发生碰撞，整个过程铁块在木板上滑动的路程s=d+Δx+Δx'=1m+0.075m+0.0735m=1.1485m 12．【答案】D 【详解】A．因为，故A滑上传送带后先减速后匀速，B滑上传送带后先减速，再反向加速，最后匀速，当两滑块都做匀速运动时刚好相遇，设滑块滑上传送带后的加速度大小为a，有 解得 A减速运动的时间 B从滑上传送带到匀速运动的时间 故两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为2.4s，故A错误； B．两滑块相遇时与传送带左端的距离，即A的位移为 故B错误； C．相遇前B的位移为 方向向左，则传送带的长度为 故C错误； D．A与传送带间的相对位移为 B与传送带间的相对位移为 故产生的总热量为 故D正确。 故选D。 13．【答案】ACD 【详解】A．物体滑上传送带到与传送带共速时位移 可知物体离开传送带时速度恰为传送带速度，规定向右为正方向，m与发生弹性正碰，则有 解得碰后物体与小球的速度分别为 则物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为 故A正确； B．以上分析可知，物体以2m/s速度返回传送带，之后又以2m/s速度从B点离开传送带，由于小球速度为2m/s，可知此后二者不会在相碰；物体物体滑上传送带到与传送带共速时产生的热量 物体碰后返回传送带到从B点离开传送带过程产生的热量 则整个运动过程中，物块与传送带摩擦生热量 故B错误； C．B选项分析可知，物体返回B点时速度与小球相同，故经过足够长的时间之后，物块与小球间的距离为 故C正确； D．设物块质量为时，使其在第一次碰撞后能追上小球，则碰后物体速度大于小球速度，则有 解得 则有 由于质量不能为负值，故解得 故D正确。 故ACD。 14．【答案】BC 【详解】AB．P随传送带匀速下滑时，受沿斜面向上的摩擦力和沿斜面向下的重力的分量而平衡，即 接触弹簧后，受弹簧向上的弹力，开始时由于 随弹力变大，f减小，物块仍受力平衡相对传送带静止向下匀速运动，当弹力增加到等于mgsinθ时f反向，继而逐渐增加到最大静摩擦力时物块开始相对传送带向上滑动，此后 物块开始向下做减速运动最后速度减为零，选项A错误，B正确； C．传送带对P做功的功率，即摩擦力的功率，开始匀速阶段，物块受摩擦力先沿传送带向上减小后向下增加，则功率P先减小后增加；减速阶段摩擦力不变，速度减小，可知功率P减小，即传送带对P做功的功率先减小后变大再变小，选项C正确； D．由能量关系可知，弹簧的最大弹性势能等于物块机械能减小量与产生的热量之差，可知弹簧最大弹性势能小于，选项D错误。 故选BC。 15．【答案】AC 【详解】A．包裹从A到B，根据动能定理有 解得 则包裹刚到水平传送带B点时所受摩擦力方向水平向左，故A正确； B．包裹在水平轨道BC段的加速度为 设包裹一直减速至，根据速度—位移公式有 解得m 刚好等于传送带长度，可见包裹在水平轨道BC段一直向右减速运动，故B错误； C．包裹由B到C的时间为s 相对位移为 因传送带运送包裹节省电能为 代入数据解得J，故C正确； D．离开分拣区之前，包裹已与转台保持相对静止，则速度为 则由C到D过程中，包裹动能变化量为J，故D错误； 故选AC。 16．【答案】BD 【详解】A．小物块在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为： 则小物块做匀加速直线运动的时间为： 小物块做匀加速直线运动的位移为： 则小物块在传送带上做匀速直线运动的时间为： 故每个小物块在传送带上运动的时间为：t=t1+t2=4s+3s=7s 故A错误； B．结合前面分析可知，第1个小物块到达传送带最右端时所花时间为7s，由题知，在传送带左端每隔1s轻放一个相同的小物块，则计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带，故B正确； CD．结合前面分析可知，计时后1s内只有5~8四个物块在皮带上做匀加速直线运动，摩擦力相同，则由动量定理可得，计时后1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为：I=4m•at'=4×2×1×1N•s=8N•s 所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为：W=-4μmg•vt=-4×0.1×2×10×4×1J=-32J 故C错误，D正确。 故选BD。 17．【答案】AD 【详解】A．假设在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止，对BC整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对滑块B，由牛顿第二定律可得 B与C之间的最大静摩擦力 假设成立，故A正确； B．对滑块A，由牛顿第二定律可得 解得 设从初始时刻到A、B发生碰撞的时间为，则有 解得，故B错误； C．碰撞前，滑块A的速度 滑块B的速度 设A、B碰撞后的共同速度为，根据动量守恒定律可得 解得 碰后滑块A的动量，故C错误； D．碰撞后，对A、B整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 方向向右，对木板C，根据牛顿第二定律可得 解得 方向向左，设经过时间A、B、C三者达到共同速度，则有 解得 此过程中，AB的位移 C的位移 代入数据解得二者的相对位移 则木板C的最小长度为，故D正确。 故选AD。 18．【答案】BD 【详解】A．由图乙所示图像可知，物块先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，整个过程物块所受合力为滑动摩擦力，所受合力大小不变，由牛顿第二定律可知，物块的加速度大小不变，故A错误； B．由图乙所示图像可知，开始物块向右做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，直至两者共速，该过程物块相对木板向左滑动；两者共速后物块与木板都向右做匀减速直线运动，该过程物块相对于木板向右运动。当两者共速时物块相对于木板向左滑动的距离最大，物块没有离开木板，则木板的最小长度为，故B正确； D．由图乙所示图像可知，在时间内，物块的加速度大小 木板的加速度大小 对物块，由牛顿第二定律得 对木板，由牛顿第二定律得 联立解得，木板与地面间的动摩擦因数为，故D正确； C．物块加速到与木板共速过程，两者相对滑行的距离 物块与木板共速后直到停止运动过程，物块相对木板滑行的距离 整个过程物块相对于木板滑行的路程 整个过程物块与木板间摩擦产生的热量 联立解得，，故C错误。 故选BD。 （建议用时：40分钟） 19．【答案】BC 【详解】ACD．由图2可知，当时，物块和长木板开始运动，所以地面与长木板间没有摩擦力。当时， 设长木板的质量为，根据牛顿第二定律 当时，物块和长木板发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律 又 整理可得 联立，解得，，，故AD错误，C正确； B．过程中，物块和长木板一直处于相对静止，对整体，根据动量定理 解得，故B正确。 故选BC。 20．【答案】ACD 【详解】A．前1s内，对滑块A有 由图中斜率可得 解得滑块和木板间的动摩擦因数，故A正确； B．前内，对木板B有 根据图中斜率得 解得木板和地面间的动摩擦因数，故B错误； C．后撤去外力，对木板B有 解得 木板B以向右做匀减速运动，速度减为零用时 由于，故之后木板保持静止，滑块继续向左减速到停； 滑块的位移 木板的总位移 所以木板板长至少为，故C正确； D．系统摩擦生热，故D正确。 故选ACD。 21．【答案】(1) (2) (3)，24J 【详解】（1）由题意可知AB间最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，敲击A时B不动，对A，由牛顿运动定律有 解得A的加速度大小 因为 联立解得 （2）对齐前，对B有 解得 对齐后，对整体有 解得 （3）设敲击B后经过t时间AB达到共同速度v，该过程A的加速度为，则有 该过程AB位移分别为 且 联立解得 AB共速后一起减速到0，其加速度为，则该过程B的位移 则整个过程中B与地面之间的摩擦生热 联立以上解得 22．【答案】B 【详解】AC．a和b的速度达到共速之前，a受到b向右的摩擦力和恒力F，b受到a向左的摩擦力，a做加速运动，b做减速运动，则对于a，由牛顿第二定律有 对b有 由此可知a加速度大于b的加速度，故AC错误； B．ab共速后，若在恒力作用下，ab间的摩擦力f没有达到最大静摩擦力，则一起做加速运动，则对于b有 且 故ab的加速度，故B正确； D．若在恒力作用下，ab间的摩擦力达到最大静摩擦力，发生相对滑动，则ab的加速度大小不相等，且均做加速运动，则对于a有 对b有 可知a的加速度小于共速前a的加速度，故D错误。 故选B。 23．【答案】AC 【详解】A．AB间不发生相对滑动，F最大为 ABC均静止，F最大为 为了使A、B、C均静止，应小于或等于，故A正确； B．A、B间摩擦力、B、C间摩擦力，刚好达到最大静摩擦力，B的加速度达到最大，对B根据牛顿第二定律可得 解得，故B错误； C．当B、C间的摩擦力达到最大时，C的加速度最大，点C根据牛顿第二定律可得 解得在C点的最大加速度大小为，故C正确； D．把A、B、C看成一个整体，由牛顿第二定律可得 解得 B、C不会发生相对滑动，故D错误。 故选AC。 24．【答案】D 【详解】AC．P、Q之间的最大静摩擦为 Q与地面之间的最大静摩擦为 由于，可知木板Q一直处于静止状态；故AC错误； BD．滑块P做减速运动的加速度大小为 滑块P速度减为0所用时间为 滑块P做减速运动到速度减为0通过的位移大小为 根据动能定理可得 可得，故B错误，D正确。 故选D。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难04 传送带与板块考点大总结 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” 秒杀技巧一：水平传送带模型 技巧总结 考纲：求算时间问题. 求算划痕问题. 求算电动机消耗的电能. 判断物块是否滑出（反向传送带）.确定水平传送带中的能量关系. 解决此类问题的万能法为图象 ①有限长度且（轻放），设长度为，加速度 图象如图所示： Ⅰ：从左向右所需时间 若能解出，则红线符合题意，否则红线符合题意. Ⅱ:划痕长度 如图： 划痕长度为阴影部分的面积. Ⅲ：求算电动机消耗的电能 如上图，电动机消耗的电能=摩擦产生的内能+物体动能增量. Ⅳ：确定水平传送带中的能量关系 加速阶段物块位移，相对位移，传送带位移 摩擦力对物块做功，系统摩擦生热,传送带额外消耗的电能、 且 ②有限长度且（同向），设长度为，加速度 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速；时，可能一直减速，也可能先减速再匀速． 图象如图所示： Ⅰ：从左向右所需时间， 若能解出，则红线符合题意，否则红线符合题意. Ⅱ:划痕长度 划痕长度为阴影部分的面积. Ⅲ：求算电动机消耗的电能 如上图，电动机消耗的电能=摩擦产生的内能+物体动能增量. 这种情况也类似 ③有限长度且（反向），设长度为，加速度 ⑴传送带较短时，滑块一直减速达到左端． ⑵传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中和两种情况. 以其中一类为例 方法一致. 秒杀技巧二：有特殊外力模型 技巧总结 模型1： 光滑面上外力拉板 Ⅰ：问题1：判断能否一起动？若能则求？ 否则 假设能一起动，整体加速度，最大加速度， ①若，能一起动.则. ②若，不能一起动.则.加速度，加速度 . 问题2：板块一起动？求范围？板块不能一起动？求范围？ 方法：①假设一起动，选物体由质量分配与受力分析求合力表达式，解出 ②根据，求得范围. 故（能一起动范围）. Ⅱ：问题1：判断能否一起动？若能则求？否则 问题2：板块一起动？求范围？板块不能一起动？求范围？ 最大加速度，加速度 分离：条件： 不分离：条件： 整体加速度 内力（按质量分配） 模型2：光滑面上外力拉块 Ⅰ：问题1：判断能否一起动？若能则求？ 否则 假设能一起动，整体加速度，最小加速度， ①若，能一起动.则. ②若，不能一起动.则加速度，加速度 . 问题2：板块一起动？求范围？板块不能一起动？求范围？ 方法：①假设一起动，选物体由质量分配与受力分析求合力表达式，解出 ②根据，求得范围. 故（能一起动范围）. Ⅱ：问题1：判断能否一起动？若能则求？否则 问题2：板块一起动？求范围？板块不能一起动？求范围？ 加速度：最大加速度，加速度 分离：条件： 即 不分离：条件： 即 整体加速度 内力（质量分配） 模型3：粗糙面上外力拉板 Ⅰ：问题1：判断能否一起动？若能则求？ 否则 假设能一起动，整体加速度，最大加速度， ①若，能一起动.则. ②若，不能一起动.则.加速度，加速度 . 问题2：板块一起动？求范围？板块不能一起动？求范围？ 方法：①假设一起动，选物体由质量分配与受力分析求合力表达式，解出 ②根据，求得范围. 故（能一起动范围）.同时 Ⅱ：问题1：判断能否一起动？若能则求？否则 问题2：板块一起动？求范围？板块不能一起动？求范围？ 不分离（都静止）条件： 不分离（一起加速）条件：即 整体加速度 内力 分离条件：a 即 外力区间范围 （建议用时：20分钟） 1．（2025·吉林长春·三模）一水平传送带长，以恒定速率顺时针匀速转动。在传送带左端每隔轻轻地放上相同的小物块（可视为质点），小物块的质量，与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小，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．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 C．时刻，传送带上共计有5个小物块 D．内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为 2．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，水平传送带以的速率沿顺时针方向匀速转动，左端与一固定的竖直光滑圆弧轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑轨道平滑对接，两对接处间距。光滑圆弧半径。已知滑块A（可看作质点）的质量，A与传送带之间的动摩擦因数，质量的滑块B静止在传送带右侧的轨道上，A、B间的碰撞可视为弹性碰撞，重力加速度大小，现A以的初动能从圆弧顶端（与圆心等高）沿轨道下滑，下列说法中正确的是（　　） A．滑块A运动至点正下方时，轨道对它的支持力的大小为 B．当物体在传送带上时，传送带克服摩擦力的功率 C．滑块A最终运动的速度大小为 D．因传送物块A，传送带多消耗的电能 3．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，一水平传送带以的速度顺时针运转，两端点之间的距离为。现有两个可视为质点的物块A和B，质量均为，用竖直轻质细线将物块B悬挂于固定钉子，使B可绕钉子在竖直平面内运动，初始物块B静止于最低点，且下端刚好与水平面上点接触，现将A轻放于传送带左端点，A与传送带间动摩擦因数为，传送带右端与的距离为，不计空气阻力，A与B所有碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，B物块光滑。 (1)求物块A离开传送带时的速度； (2)若传送带右侧的水平面光滑，为使碰撞结束后，B做完整的圆周运动，悬线长度应满足什么条件？ (3)若悬线长度，且传送带右侧的水平面粗糙，物块A与水平面之间的动摩擦因数，仍将物块A轻放于传送带左端，求物块A与B能碰撞多少次，及整个过程中，物块A运动的总路程。 4．（2025·黑龙江·二模）如图所示，长的水平传送带以恒定的速度向左传动，其左端与长的水平面平滑地衔接，紧靠水平面的左端放置长，质量的长木板C，长木板C的上表面与右侧的水平面等高。质量的滑块A轻轻地放到传送带的最右端，经过一段时间与放在水平面右端、质量的滑块B发生弹性碰撞，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数，两滑块与水平面以及与长木板C上表面间的动摩擦因数均为，长木板的下表面光滑，重力加速度g取，两滑块均可视为质点，求： (1)两滑块碰后瞬间，滑块A的速度； (2)两滑块能否发生第二次碰撞？若能，两次碰撞的时间间隔；若不能，请说明理由； (3)若传送带的长度可调，则滑块B恰好不能从长木板C左端滑出时的传送带长度。 5．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）利用下图光电计时器测量物体A、B的速度。光滑水平导轨MN上放两个相同物块A和B，MN左端有一挡板P。MN右端N处与水平传送带平滑连接，现将宽度为的两黑色遮光条分别贴在物块A和B上，且高出物块，并使高出物块部分在通过光电门时挡光。传送带水平部分的长度L=8m，沿逆时针方向以恒定速度匀速传动。物块B与传送带间的动摩擦因数，质量。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，之后两物块第一次通过光电门，计时器显示读数均为。g取，所有碰撞均为弹性碰撞。下列说法中正确的是（　　） A．弹簧储存的弹性势能为16J B．物块B沿传送带向右滑动的最远距离为9m C．物块B滑回水平面MN的速度大小为4m/s D．若物体B仅在返回水平面MN后，才会与物块A发生碰撞，则从开始运动到即将碰撞第15次的过程中，物块B与传送带之间的摩擦生热为720J 6．（2025·黑龙江吉林·模拟预测）如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，正常工作时都匀速运动，速度大小分别为2m/s、3m/s，将工件（视为质点）轻放到传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落，工件与传送带的摩擦因数为0.5，g=10m/s2，两传送带正常工作时，对其中一个工件A在传送带乙上留下的痕迹，痕迹的长度为（　　） A．1.3m B．1.6m C．0.9m D．0.4m 7．（2025·吉林长春·模拟预测）如图所示，与水平地面成37°角的传送带长为10m，以恒定速率2m/s顺时针转动。现将一质量为5kg的货物（可视为质点）无初速度放在传送带的底端M处，货物最终从顶端N处掉落传送带，已知货物与传动带之间的摩擦因数为，，，，求： (1)货物从M运动到N所需要的时间； (2)货物与传送带之间因摩擦而产生的热量； (3)传送带因运送货物需要多消耗的电能。 8．（2025·辽宁锦州·模拟预测）气压式缓冲机是一种利用压缩空气来减缓冲击力或振动的机械装置。气压式缓冲机主要由气缸和活塞组成。气缸是一个封闭的空间，内部充有一定量的空气。当缓冲机受到外部冲击时，活塞在气缸内移动，压缩气缸内的空气吸收和分散冲击能量，达到减缓或消除冲击和振动的目的。某生产线上一个工件质量为（工件可视为质点），从长度为的水平传送带左端静止释放，传送带始终以匀速运行，传送带与工件间的动摩擦因数为，重力加速度，为防止工件损坏，工件到传送带右端后与固定在传送带右端平台上的气压式缓冲机活塞碰撞（工件与气缸壁不碰撞），并与活塞结合为一个整体。工件和气压式缓冲机活塞与气缸内壁间均无摩擦且不漏气，活塞与气缸均绝热良好，活塞质量为，当活塞速度减为零时立即锁定活塞，压缩气体转化的内能都被气体获得。气缸中为理想气体。求： (1)工件运动到传送带右端需要多长时间； (2)锁定活塞时气体的内能比最初增加多少； (3)若活塞刚被锁定时气体的压强为外界大气压的2倍，活塞锁定后通过缸壁上的阀门释放气体，经过足够长时间，测定有原有气体的释放到周围环境，且缸内气体温度下降到环境温度300K，则活塞刚被锁定时气体的温度为多少。 （建议用时：30分钟） 9．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）一游戏装置的竖直截面如图所示，倾角为的轨道AB与半径的螺旋圆轨道BCDE相切于B点，圆轨道最低点C和E略微错开；螺旋圆轨道BCDE、水平轨道EF、顺时针转动的水平传送带FG及水平轨道GK平滑连接，轨道的右端K固定一轻质弹簧，弹簧自然伸长时其自由端的位置在H点。在F点的左侧放置一个质量为的滑块b（可视为质点）。现有一质量为的滑块a（可视为质点）从轨道AB上距B点h高处由静止开始滑下，已知各轨道长度分别为，，，滑块与轨道AB、GH间的动摩擦因数均为，与传送带间的动摩擦因数为，其余轨道均光滑，传送带的速度，整个过程中均不超过弹簧的弹性限度。重力加速度。 (1)若，求滑块a首次运动至C点时对轨道的压力； (2)若，滑块a与滑块b发生完全非弹性碰撞，求两滑块最终停止的位置到G点的距离。 10．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）传送带以v=3m/s顺时针转动，质量m=1kg的煤块无初速放上传送带，与带共速后与竖直悬挂的质量M=3kg的小球碰撞并粘合（碰撞为正碰）。小球位置刚好不接触传送带，已知煤块与传送带摩擦因数，传送带长L=4m，悬挂小球的轻绳长度为s=1m求： (1)煤块与小球碰撞前运动的时间； (2)碰撞后煤块速度大小； (3)煤块最终离传送带左端的最大水平距离。 11．（2025·辽宁·模拟预测）如图（a）所示，长度为的水平传送带以恒定的速率顺时针转动，传送带右侧平台上紧靠传送带静置有一长度为质量为的“L”形木板，木板的上表面与传送带上表面等高。现将质量为的铁块无初速度放置在传送带左端，铁块在传送带上运动一段时间后滑上木板，铁块在传送带上运动的过程中，速度ν随时间t变化关系如图（b）所示，铁块从传送带滑上木板的速度不变。已知铁块与木板之间的动摩擦因数为木板与平台之间的动摩擦因数为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，铁块与木板右端挡板的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，重力加速度g取求： (1)铁块与传送带之间的动摩擦因数； (2)木板运动的最大速度； (3)铁块在木板上滑动的总路程。 12．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，质量均为的两个可视为质点的滑块A、B与传送带间的动摩擦因数均为。现让A、B分别从传送带的两端同时滑上传送带，滑上时速度的大小均为，两滑块在传送带上恰好相遇未相碰，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为0.8s B．A、B相遇时与传送带左端的距离为2.4m C．传送带的长度为6m D．滑块从滑上传送带到相遇，两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为10J 13．（2025·辽宁·三模）如图所示，以的速度顺时针匀速转动的水平传送带，右侧连接一光滑水平面，上有一静止小球，小球质量。质量的物体由左侧开始运动，滑到传送带上的A点时速度大小；物体和传送带之间的动摩擦因数，传送带AB之间的距离，小球距B点间距为0.2m。物体与小球、发生弹性正碰，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为0.4m B．整个运动过程中，物块与传送带摩擦生热3.2J C．经过足够长的时间之后，物块与小球间的距离为2m D．若调整物块质量，使其在第一次碰撞后能追上小球，则其质量取值范围为 14．（2025·辽宁·三模）如图，与水平面夹角为的倾斜传送带以恒定速率顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一个与传送带平行的轻弹簧，质量为的小物块P随传送带一起向下匀速运动，P接触弹簧后弹簧的最大压缩量为，设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。从接触弹簧开始，到第一次弹簧压缩到最短的过程中（　　） A．P一直做减速运动最终静止不动 B．P先做匀速运动后做减速运动 C．传送带对P做功的功率先减小后变大再变小 D．弹簧的最大弹性势能等于 15．（2025·辽宁沈阳·三模）京东亚洲一号无人仓采用全球领先的智能物流技术，其中包裹分拣系统由智能分拣机器人和多段传送带协同工作组成。该系统包含：倾角、长度的倾斜滑道AB：长度、以水平向右匀速运行的传送带BC，包裹与AB、BC间的动摩擦因数分别为，；智能分拣区CD由半径R=1.5m且角速度可调的水平匀速旋转平台组成，分拣机器人在C点识别包裹后，会在合适位置施加水平推力调整包裹运动方向（不改变速度大小），使包裹从出库段输出（离开分拣区之前，包裹已与转台保持相对静止），如图所示，传送带DE是其中一个出库段；某包裹质量m=1kg，从A点静止释放，经BC段、圆弧CD段后从E点离开系统。各轨道间由光滑圆弧相连，包裹可以看成质点，忽略空气阻力，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．包裹刚到水平传送带B点时所受摩擦力方向水平向左 B．包裹在水平轨道BC段先向右做减速运动再做匀速运动 C．由B到C的过程中，因传送带运送包裹节省电能J D．若分拣区水平转台角速度为，则由C到D过程中，包裹动能变化量为0.875J 16．（2025·辽宁沈阳·二模）一水平传送带长m，以恒定速率m/s沿顺时针方向匀速转动。在传送带左端每隔1s轻放一个相同的小物块，小物块的质量kg，与传送带间的动摩擦因数，忽略小物块的尺寸，取m/s2，从第1个小物块到达传送带最右端开始计时，下列说法正确的是（　　） A．每个小物块在传送带上运动的时间为10s B．计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带 C．计时后1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为N·s D．计时后1s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为J 17．（2025·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，粗糙地面上有一长木板C，滑块A、B位于C上表面，滑块A位于C的最右端，滑块A、B相距3m，三者的质量分别为，，C与A、B、地面之间的动摩擦因数分别为0.1、0.35、0.1。初始时，三者均处于静止状态。现给C一个水平向右、大小等于16N的力F，作用了一段时间之后，A和B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞之后滑块A、B粘连在一起。从此刻开始，力F方向不变，大小变为5N，在接下来的运动过程中，A、B始终没有离开C。（滑块A、B可以视为质点，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度）则下列说法中正确的是（　　） A．在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止 B．从初始时刻到滑块A、B发生碰撞的过程所用时间是 C．在滑块A、B碰撞瞬间，滑块A的动量变为 D．长木板C的长度至少为3.075m 18．（2025·辽宁·二模）如图甲所示，一木板静止在粗糙水平面上，可视为质点的物块放在木板右端。时，给木板一初速度，木板和物块运动的图像如图乙所示，整个过程物块未离开木板，图乙中所标物理量均已知，长木板和物块的质量均为m。下列说法正确的是（　　） A．物块在前后瞬间加速度大小不相同 B．木板长度至少为 C．全过程，物块与木板间摩擦产生的热量为 D．木板与地面间的动摩擦因数为 （建议用时：40分钟） 19．（2025·辽宁鞍山·一模）如图1所示，一质量为M的足够长木板静止在地面上，其左端放置一个质量为m的小物块，时刻起在物块上加一个水平向右的力F，大小与时间满足关系，其中，从此时起，木板和物块的加速度大小随时间变化的关系如图2所示，重力加速度g取。根据题干及图2中所给出的数据可知（　　）      A．长木板的质量为 B．时小物块的速度大小为 C．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.5 D．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.4 20．（2025·黑龙江·模拟预测）如图甲所示，滑块A放在静止于水平地面上的木板B右端，已知滑块A与木板B的质量均为时刻滑块A以的初速度向左运动，同时在木板右端加一个水平向右的外力，作用后撤去外力，前内滑块和木板的关系图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块始终没有离开木板，取重力加速度。则（   ） A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1 B．木板与地面间的动摩擦因数为0.4 C．木板长度至少滑块才能不掉 D．整个过程中系统摩擦生热共 21．（2025·辽宁大连·三模）如图所示，质量均为的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度。求： (1)A被敲击后获得的初速度大小； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小、； (3)B被敲击后获得的初速度大小及整个过程中B与地面之间的摩擦生热。 22．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2v0向右做匀速运动，某时刻将物块a轻放在b上，同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等，a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时，关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 23．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为，B和C的质量都是，A、B间的动摩擦因数为，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为，设B足够长以保证A、C不会从B上滑落，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。现对A施加一水平向右的拉力，则下列说法正确的是（　　） A．为了使A、B、C均静止，应小于 B．无论力为何值，B的加速度不会超过 C．无论力为何值，C的加速度不会超过 D．当时，B、C间会相对滑动 24．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，足够长的木板Q静置在水平地面上，滑块P以水平速度从左端滑上Q。已知P、Q的质量分别为，，P、Q之间的动摩擦因数，Q与地面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。、分别表示P、Q的速度，、分别表示P、Q的动能，、分别表示P、Q的位移，下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $