《2026年一本密卷高考物理》

1. (2025·重庆十一中模拟)如图，MN是一段倾角为θ=30°的传送带，质量为m=1kg的小物块，以沿传送带向下的速度v₀=4m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图像如图所示，取g=10m/s²，则
(D)


A.物块最终从传送带N点离开
B.传送带的速度v=1m/s，方向逆时针
C.物块相对传送带滑动的距离为4m
D.物块将在5s时回到原处

答案： 1.D　AB.从图像可知，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；CD.根据v - t图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a = $\frac{\Delta v}{\Delta t}$ = $\frac{-1 - 4}{2}$ m/s² = -2.5m/s²，由图可知，物块的速度为0时t₁ = $\frac{-v_0}{a}$ = $\frac{4}{2.5}$ s = 1.6s，之后物块沿斜面向上运动，速度图像与时间轴围成的面积表示位移，所以物块沿斜面向下运动的位移x₁ = $\frac{1}{2}$ × 4 × 1.6m = 3.2m，t₁ = 1.6s到t₂ = 2s时，物块沿斜面向上加速运动的位移x₂ = $\frac{2 - 1.6}{2}$ × 1m = 0.2m，物块沿斜面向上匀速运动的时间t₃ = $\frac{x_1 - x_2}{v}$ = $\frac{3.2 - 0.2}{1}$ s = 3s，所以物块回到原处的时间t = 3s + 2s = 5s，物块相对传送带滑动的距离为Δx = $\frac{1}{2}$ × 2 × (4 + 1)m = 5m，故C错误，D正确。

2. (2025·安徽省芜湖一中高三诊断)如图所示，质量分别为2kg、3kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在水平传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带逆时针转动时，Q恰好静止。当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，Q运动到传送带的右端且恰好与传送带速度相同。重力加速度g=10m/s²，下列说法正确的是
(C)


A.Q与传送带间的动摩擦因数为0.6
B.Q从传送带左端滑到右端所用的时间为0.6s
C.传送带AB间的距离为4m
D.Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20N

答案： 2.C　A.当传送带以v = 8m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对P、Q整体，由平衡条件得：mₚg = μ m_Q g，代入数据解得μ = $\frac{2}{3}$，故A错误；BC.当传送带突然以v = 8m/s顺时针转动，做初速度为零的匀加速直线运动，对P、Q系统，由牛顿第二定律得mₚg + μ m_Q g = (mₚ + m_Q)a，代入数据解得a = 8m/s²，当速度达到传送带速度即8m/s后，做匀速直线运动，匀加速的时间为t₁ = $\frac{v}{a}$ = $\frac{8}{8}$ s = 1s，匀加速的位移为x = $\frac{v²}{2a}$ = $\frac{8²}{2×8}$ m = 4m，则传送带AB间的距离为4m，故B错误，C正确；D.当Q加速时，对P，由牛顿第二定律得mₚg - T = mₚa，代入数据解得T = 4N，故D错误。

3. (2025·江苏省宿迁市高三二模)光滑水平面上停放着质量M=2kg的平板小车，一个质量为m=1kg的小滑块(视为质点)以v₀=3m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示。小车长l=1m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ=0.4，取g=10m/s²，从小滑块滑上小车开始计时，1s末小滑块与小车B端的距离为
(C)


A.1m
B.0
C.0.25m
D.0.75m

答案：
3.C　设最终小滑块与小车速度相等，小滑块的加速度大小a₁ = μ g，小车加速度a₂ = $\frac{\mu m g}{M}$，则v = v₀ - a₁t₀，v = a₂t₀，联立解得t₀ = 0.5s＜1s，v = 1m/s，0.5s后小滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动。则在0~0.5s时间内小滑块位移x₁ = $\frac{v_0 + v}{2}$ t₀ = 1m，小车位移x₂ = $\frac{v}{2}$ t₀ = 0.25m，小滑块与小车B端的距离d = l + x₂ - x₁ = 0.25m，C项正确。
　　　　

4. (2025·辽宁省锦州市模拟)图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带截面图，1为长度L₁=2m的水平传送带，2为长度L₂=2m、倾角θ=37°的倾斜传送带。现将质量m=0.2kg的口罩盒(包括口罩)从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a，到达b处刚好与传送带1的速度相等。口罩盒与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ₁=0.4，μ₂=0.5。口罩盒在连接点b处速度大小不变从水平滑上斜面，两传送带均做逆时针转动。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度取g=10m/s²
(B)

A.传送带1的速度v₁的大小2m/s
B.传送带1的速度v₁的大小4m/s
C.要使口罩盒能够运送至c点，则传送带2的最小速度大小1m/s
D.要使口罩盒能够运送至c点，则传送带2的最小速度大小4m/s

答案： 4.B　AB.口罩盒放在传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：μ₁mg = ma₁，代入数据解得：a₁ = 4m/s²，根据匀变速直线运动的速度 - 位移公式得：v² = 2a₁L₁，代入数据解得：v = 4m/s，故A错误，B正确；CD.口罩盒到达c处时速度恰好为零，此时传送带2的速度最小，如果传送带2静止不动，口罩盒在传送带2上一直做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinθ + μ₂mgcosθ = ma₁'，代入数据解得：a₁' = 10m/s²，口罩盒减速为零的位移x₁ = $\frac{v²}{2a_1'}$ = $\frac{4²}{2×10}$ m = 0.8m＜L₂ = 2m，口罩盒不能到达c处，若传送带2的速度为v = 4m/s，且口罩盒在传送带2上一直做匀减速直线运动。对口罩盒，由牛顿第二定律得：mgsinθ - μ₂mgcosθ = ma₂，代入数据解得：a₂ = 2m/s²，口罩盒减速为零时的位移x₂ = $\frac{v²}{2a_2}$ = $\frac{4²}{2×2}$ m = 4m＞L₂ = 2m，此情况口罩盒运动到c点时速度不为零，传送带2的速度不是最小速度。传送带2的速度范围是0＜v＜4m/s之间，口罩盒在传送带2上先做加速度为a₁'匀减速直线运动，当速度与传送带2相等后做加速度为a₂的匀减速直线运动，到达c点时速度恰好为零。设传送带2的最小速度为v₂，则L₂ = $\frac{v² - v_2²}{2a_1'}$ + $\frac{v_2²}{2a_2}$，代入数据解得：v₂ = $\sqrt{6}$ m/s，故C、D错误。