《2026年学易优高考二轮总复习物理》

[例 1](多选)(2025·广东深圳模拟预测)如图所示，用与水平面成$\theta = 30^{\circ}$角的传送带输送货物，传送带以$v = 2m/s$的速度顺时针运行，地勤人员将一质量$m = 5kg$的货物轻轻放在传送带底部，经过$4s$的时间到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为$\mu=\frac{\sqrt{3}}{2}$，重力加速度$g = 10m/s^{2}$，下列说法正确的是(CD)


A.货物在传送带上向上运动过程中所受的摩擦力不变
B.传送带从底端到顶端的长度是$20m$
C.货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为$30J$
D.货物在传送带上向上运动的过程中，增加的机械能为$190J$

答案： 例1 答案：CD
解析：根据牛顿第二定律$\mu mg\cos 30^{\circ}-mg\sin 30^{\circ}=ma$，又$t=\frac{v}{a}$，联立解得$t = 0.8\ s＜4\ s$，说明货物经历匀加速运动和匀速运动两个过程，则所受摩擦力发生改变，A错误；传送带从底端到顶端的长度是$l=\frac{v^{2}}{2a}+v(4\ s - t)=7.2\ m$，B错误；货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为$Q=\mu mg\cos 30^{\circ}×(vt-\frac{v^{2}}{2a})$，解得$Q = 30\ J$，C正确；货物增加的机械能为$\Delta E=\frac{1}{2}mv^{2}+mgl\sin 30^{\circ}$，解得$\Delta E = 190\ J$，D正确。

[例 2]（2025·湖南长沙一模）如图所示，传送带的水平部分$ab$长度$L_{1}=10m$，倾斜部分$bc$长度$L_{2}=16.8m$，$bc$与水平方向的夹角为$\theta = 37^{\circ}$。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率$v = 4m/s$，现将质量$m = 2kg$的小煤块（视为质点）由静止轻放到$a$处，之后它将被传送到$c$点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数$\mu = 0.2$，且此过程中小煤块不会脱离传送带，重力加速度大小$g = 10m/s^{2}$，$\sin 37^{\circ}=0.6$，求：

(1) 煤块从$a$运动到$c$的时间；
(2) 煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度；
(3) 煤块与传送带间的摩擦生热。

答案： 例2 答案：
(1)$5.5\ s$
(2)$8.8\ m$
(3)$44.16\ J$
解析：
(1)煤块在水平部分运动时，由牛顿第二定律得$\mu mg = ma_{1}$可得煤块运动的加速度$a_{1}=2\ m/s^{2}$
煤块从静止加速到与传送带共速的距离为$s_{1}=\frac{v^{2}}{2a_{1}}=\frac{4^{2}}{2×2}m = 4\ m＜10\ m$
故煤块在水平部分先加速后匀速运动，加速的时间$t_{1}=\frac{v}{a_{1}}=2s$
匀速运动的时间$t_{2}=\frac{L_{1}-s_{1}}{v}=\frac{10 - 4}{4}s = 1.5\ s$
在倾斜传送带上，由于$\mu＜\tan\theta = 0.75$故煤块在斜传送带上做加速运动，由牛顿第二定律得$mg\sin\theta-\mu mg\cos\theta = ma_{2}$可得煤块在倾斜传送带上的加速度为$a_{2}=g\sin\theta-\mu g\cos\theta = 4.4\ m/s^{2}$
根据匀加速运动的位移与时间的关系有$L_{2}=vt_{3}+\frac{1}{2}a_{2}t_{3}^{2}$
解得$t_{3}=2\ s$或$t_{3}=-\frac{42}{11}s$（舍去）
故煤块从$a$运动到$c$的时间$t=t_{1}+t_{2}+t_{3}=5.5\ s$。
(2)煤块在水平传送带的相对位移为$\Delta s_{1}=vt_{1}-s_{1}=(8 - 4)m = 4\ m$
煤块在倾斜传送带的相对位移为$\Delta s_{2}=L_{2}-vt_{3}=(16.8 - 8)m = 8.8\ m$
由于$\Delta s_{1}$与$\Delta s_{2}$是重复痕迹，故煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为$8.8\ m$。
(3)煤块在水平传送带的摩擦生热$Q_{1}=F_{f1}\Delta s_{1}$其中$F_{f1}=\mu mg$解得$Q_{1}=16\ J$
煤块在倾斜传送带的摩擦生热$Q_{2}=F_{f2}\Delta s_{2}$其中$F_{f2}=\mu mg\cos\theta$解得$Q_{2}=28.16\ J$
故$Q = Q_{1}+Q_{2}=16\ J + 28.16\ J = 44.16\ J$。

[例 3]（2024·湖北卷）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$g = 10m/s^{2}$。

(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： 例3 答案：
(1)$5\ m/s$
(2)$0.3\ J$
(3)$0.2\ m$
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$\mu$，小物块在传送带上加速时的加速度大小为$a$，由牛顿第二定律有$\mu mg = ma$设小物块到达传送带最右端时的速度大小为$v_{1}$，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有$v_{1}^{2}=2aL$联立并代入数据得$v_{1}=6\ m/s$
由于$v_{1}＞5\ m/s$，因此假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为$v_{1}=5\ m/s$。
(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$v_{2}$、$v_{3}$，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为$\Delta E_{k}$，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得$mv_{1}=-mv_{2}+Mv_{3}$
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为$\Delta E_{k}=\frac{1}{2}mv_{1}^{2}-\frac{1}{2}mv_{2}^{2}-\frac{1}{2}Mv_{3}^{2}$
联立并代入数据得$\Delta E_{k}=0.3\ J$。
(3)经分析知，小球到达$P$点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕$P$点运动的半径最大，$P$点到$O$点的距离最小，设这种情况下小球运动到$P$点正上方的速度大小为$v_{4}$，$P$点到$O$点的距离为$x$，绳子的长度为$l$，小球运动到$P$点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有$Mg = M\frac{v_{4}^{2}}{l - x}$
对小球的整个上升过程，由动能定理得$-Mg(l + l - x)=\frac{1}{2}Mv_{4}^{2}-\frac{1}{2}Mv_{3}^{2}$
联立并代入数据得$x = 0.2\ m$。