专题强化五 动力学中的传送带模型-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

对点训练 1,选ABD设款手前弹簧的压缩量为工，物块A运动位移为x,则 联立解得a一 mg一kx a/(m·s MA干m多干纪 (2-20x)m/s2. 2 kxo=(mA十mB)gsin0 效手后且A,B分离前 当x1-0时，加速度a1=2m/s2,当 k(r0一r)十cg一(mA十mB)gsin0-(m十ma十c)☑1 a2=0时，位移r2=0.1m,a-x图像 mcg 如图所示，由一x图像与坐标轴国成 得a-mA++m+mA十m+所 0 0.1 的面积可计算物块A的最大逸度，则 x/m 由图可知 最大速度大小为 g 1.5 mA十mB十mC -4m/mmm.51o N/m kg =2s√/2×2- 2 m/s- 5 m/s逸项D正确.故进D 解得mc一2kg,m十mg十me一5kg, 【答案】D [例]【解析】A,木板受到地面最大静摩擦力 A,B分离后，对A有k(一x)一m1gin0-mA@2得ag一 k 了1一a(M十m)g一20N,则当拉力F一18N时，小滑块和木板都 mA x十ng sin 0 保待静止，故A错误，符合题意： 机A B,当小滑块受到最大摩擦力时，产生最大加速度为a=坚 由图可知25头0NWmk如，n0-10a/g 2.5 4m/s.对木板受力分析，根据牛领第二定律可知F一mg mA r(M+m)g=Ma,解得F=40N. 解得mA=1kg:mg=2kg:0=30°：x=15cm,故选ABD. 当拉力F一24N时，因为20N<24N<40N,所以滑块和木板 考点二 起匀加速运动，故B错误，符合题意： [例2]【解析】A.木块与木块之间只有弹力，浸有摩擦力，故A C.当粒力F一30N时，固为30N<40N,所以滑块和木板一起 错误： 加逸适动，故C正确，不符合题意： B.对整体进行受力分析，由牛顿第二定律得 D.当拉力F一12N时，因为42N>40N,两者发生相对滑动，故 F-f-f:-fs-f-4ma D正确，不符合题意， F-2mg一2mg=1m/g故B正确： 故送AB. 解得a 【答案】AB C,对12号木块进行整体分析，由牛顿弟二定律得 [例5]【解析】设沿斜面句上为正方向，木块的加速度为a,当木 F-f1-f:-f2s=2ma, 板与水平面成0角时，由牛顿第二定律得一gsin0-ngcs0一a 解得F2=F-41mg-mg-2ma=5N, 解得a一一g(sin0十rcos0),设木块的位移为x,有0一哈一2ax, 故C错误； 根据数学关系知sin0十4cos0-√/1十2sin(0十a),其中tna- D,对1号木块进行分析，由牛领第二定律得 u=0.75.可得a=37°，当0十a=90°时，加递度有最大值，为am- F-f1一F12=ma,解得F2-F-1mg-ma-7N。 厂8小+=吾，此时x有最小值，为领0,16m 对1号木块整体分析，由牛顿第二定律得 F4一f一ma解得F3#一ma十mg-2N,故D正确.故选BD, 故A,BD错误，C正确， 【答案】BD 【答案】C 对点训练 专题强化五动力学中的传送带模型 2.途A对滑块A分析，设绳上张力为T,根据牛顿第二定律可得 ngsin53°一T=ma.对滑块BT一mgin37°=ma,联立解得 [例1]【解析】物块附滑上传道帝时，受到向左的滑动摩擦力作 用，做匀减速直线透动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为 a=0.1g,T=0.7mg. 根据力的合成可知，绳对滑轮的作用力为 a-tung-2 m/s F-√T+T下-0.7√Emg,故选A. 设物块到达B,点前已经与传送带共速，则物块匀减速阶段所用 3.遍CA.开始时2mg一kxn,解得弹簧压缩量rn一0.1m 外力F刚施加的眸间F+kxa一2mg-2a,解得F一8N. 时同为-。号。-1 选项A错误； 物块匀减速阶段的位移为 B.当弹簧压端量减小到0.3m时，对AB整体 F+kr1-2mg=2ma.对AF1+FB一mg=ma.解得A、B间弹 -6-生xX1-3m<-5m 2 力大小为FB=1N. 共逸后，物块做匀速运动到B点所用时间为 选项B错误： 6-1-5-5- 28=1 C,当AB分离时，两者之间的弹力为零，则对B 则物块从A点运动到B,点所用时间为[一11十：=28 kx2一mg=na,解得工2=0.28m, 传送带上留下的摩擦狼迹长度为 此时A的建度1-2a--2E m/s,选项C正确： △r=x1-l=3m-2×1m=1m 5 故送BD D.B物体速度达到最大时，则x3=mg,解得工=0,2m,剥B 【答案】BD 物体的位移为s一x1一g-0,20m,选项D错误.故选C 对点训练 考点三 1.遮ACDA.0一3s内，根据牛顿第二定律有umg一i [例3]【解析】A.撒掉外力解间，取ABC系统 0一3$内物块的加述度为 meg=(mc十mg十mA)a解得a=2m/s2,选项A错误： 4- 如-2.0-（-1.02m/g-2m/g BC,AB恰好分离时，以BC整体为研究对象有 mcg一nngsin0=(mB一mc)a2,解得a2=0,则A的加速度大小 可得物块与传送带间的动摩擦固数为4一0,2 故A正确： 也为0，此时弹簧处于压缩状态：逸项BC错误： BC,0一2s内物块在传送带上留下的划痕长度为 D.开始AB静止，设弹簧压缩登为x0,则kx0=(mA十mB)gsin0 解得xn=0.2m. 与=W+24=2×2+立×2m=8m 4 当加速度为0时，A的速度最大，当ABC一起加速运动位移为x 2一3s内物块在传送带上留下的划痕长度为 时，对C受力分新有 mcg一T-mca 4-w-之a-2X1-号×2×12m-1m 对AB受力分折有T+F-(mA十mB)gsin0-(mA十mB)a, 整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为s=1十s妇=9m 弹簧弹力大小为F一k(x0一x), 故B错误，C正确： 537 D.0一2g内物块向物块离传送带B端运动，2一3s内物块向物 CD,当小物块的初速度沿斜面向上时，牛领第二定律可得小物块 块离传逃带A端远动，可知2s时，物块离传送带A端最远，故D 的加速度大小为a3=gsin0十球cos0, 正确，故这ACD 可知小物块沿传送带向上做匀诚速直线透动，减到零后反向匀 [例2]【解析】(1)传送带静止时，设小物块下滑的加速度大小 加速，其加速度仍为a·与传选带共逸时，若满足mgsin0> 为a1,则极据牛频第二定律有ngsin0一mgcos0=ma1 mgC0s0,则小物块继续做与加速直线递动，加递度大小为4：一 解得a=2m/gA,B两端之间的拒高为L=△十乞0（严 gsin0一gcos0d,若满是mgsin0<2 ngeos0,则小物块随传 送带一起做匀连直线运动，故C错误，D正确.故选ABD, 解得L=35m (2)传送带以叫=2m/器的速度沿递时针方向匀速转动时，小物 专题强化六动力学中的“滑块一木板”模型 块仍以加追度大小1微匀加连直线运动，故小物块选动的位移 仍为L,则传送带运动的位移为工鲁一△1一10m [例1门【解析】(1)设小滑块的加述度为1，根据牛顿第二定律 小物块在传送带上留下的痕迹为8一L一1。一25m 有F一mg一Ia (3)若传送带以=8/s的速度沿逆时针方向匀速转动，开始 解得a1=2m/s 时，小物块受到的摩擦力沿着传送带向下，设小物块的加逸度大 根据速度公式有可=a1t=4m/s 小为ae,根据牛辅第二定律有ngsin0十ngcos0一a x=乞a1=tm 解得a2=10m/s 设经过时间，小物块与传送带达到共同速度，测有 (2)设长木板的加速度为，根据牛頓第二定律有以mg一M 2一%十42 解得ag-1m/s 1 这段时间内小物块运动的位移为1一十立？行 小滑块膏下时，长木板的位移为一4，-2m 在此之后，小物块仍以大小为口1的加遂度微匀加逸直线运动， 长木板的长度为L一t1一xg一2m 根据运动学公式有=L一x1· 【答案】(1)4m/s,4m(2)2m 5防4+名 对点训练 1.选CAB.一起运动时，对整体F-(M十m)g一(M+m)a. 则小物块从A端运动到B将所用的总时间1=1十 F-u2 (M+m)g 联立代入数据解得1=3.52s 棋子和课本的加地度为a= M+m 【答案】(1)35m(2)25m(3)3.52s AB错误： 对点训练 CD.相对适动时，对课本F-mg一(M+m)g=Ma1, 2.选CDA.煤块先做匀减诚速运动，由牛顿第二定律可得 ngsin0十mgc0s0=ma1,解得a1=8m/s2. 课本加连度，-F一mg-出M+mg M 设经4时间煤块与传送带共速，则4-助一性-1气 对祺子内mg一ma2: 棋子加连度42一1g,C正确，D错误.故这C 共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律可得mgsn0 2.遮BA.根据图乙可知，滑块在2以后受到的摩擦力不变，为 ngcos8=ma2,解得ae=4m/s2, 8N,根据f1=41mg 煤块从4/s浅连至零的时间为2--1s,即煤块冲上最高 可得滑块与木板间的动摩擦固数为1一0.4，故A正确： B.在1时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止， 点时间为1一4十12一25，故A错送： 则木板与地面间的动摩擦周数为一他·2g一4N,解得内-0,1 B.煤块冲上最高点时所走的位移大小为T一，丝有十跨 故B错误： 2 =10m,故B错误： CD,在1时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板 间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速 C操块速度减为与传送带共造的过程有1一山十巴生1一4山 2 度达到最大，对滑块有F一四mg=ma,对木板有出mg一心· =4m, 2mg-ma,联立解得F-12N,a-2m/s,则木板的最大加连度 为2m/s,根据F一0.51(N),可求得2一21s,故CD正确， 煤块造度为传送常减到套的过程有西一v件4一2与一2m<, 本题进不正确的，故选B, 某块冲上最高点时在传送带上留下的划痕为4m,故仁正确： [例2]【解析】A.木板上的物块向上滑动而木板不动，对木板 D媒块从最高点道回到A的过程有x一之店， 选行分析有uMgcos37°-mngsin37°，解得4-0.375，故A错送： B.对两物块整体分析，根据牛顿第二定律有Mg一Mgsin37° 解得3-√5s, uMgeos37-2Ma,结合上速解得a-0.5m/s2.故B正确： 所以煤块从冲上传送带到返回A瑞所用的时间为 1=1+41=(2+5)s C物块微匀加造直线运动，根据位移公式有L一立，然合上 故D正确.故选CD. 述解得1一2s,故C正确： 3,选ABDA.当小物块的初速度沿斜面向下，且小于传送带的逸 D,若将竖直悬挂物体质量改为2M,木板上的物块相对于木板向 度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mgn日十 上运动，其对木板的滑动摩擦力不变，即木板受力的情景均不 mngcos日=ma1,即a1=gsin0+gcos0,可知小物块将沿传送带 变，可知，木板仍然处于静止状态，故D错误，故运BC 向下数匀加递直线适动，当小物块达到传送带逸度时，若满足 【答案】BC ngsin0<2 ngcos0,可知二者将共速，小物块随传送带一起微匀 对点训练 速直线运动，若满足ngsin>ngcos0, 3.选BC ABC.设B物块的质量为m,对AB整体由牛顿第二定 小物块继续加速下滑，其加速度大小为 律得(m十mB)gin-构(n十mB)gcos0=(m十mB)a ag一gsin0-gcos0<a1,故A正确： 解得a=gsin日-2 gCOS日 B.当小物块的初速度沿斜面向下，且大于传送带的逮度时，若满 设A,B间静摩擦力大小为∫，B对A的静摩擦力方向沿斜面向 是ngsin0>2 ngcos0, 上，规定沿斜面句下为正方向，对A由牛顿第二定律得 则小物块一直做匀加速直线运动，加速度大小为 gsin0-f=a得f=控mgco8a. ag一gsin日十ugcos. 若斜面光滑，则内=0，所以A、B间摩擦力为0，故A错误、BC 若满足ngsin<ngcos0,则小物块应沿传送帝向下做匀减滤 正确： 直线运动，其加速度大小为 D.因A、B间最大静摩擦力Fm一均ngcos∫， a:一gcos0一gsin0,二者共速后小物块随传道带一起微匀逸直 即1mgc0 s mgcos0,所以均≥牌不可能小于均，故 线运动，故B正确： D错误，故选BC 538金榜题名创新高考总复习物理 C.当拉力F=30N时，小滑块和木板一起加 A.0.12m B.0.14m 速运动 C.0.16m D.0.2m D.当拉力F=42N时，小滑块和木板发生相 [听课记录] 对滑动 [听课记录] [方法指导] 处理动力学临界和极值问题的方法技巧 把物理问题（或过程）推向极端，从而使 角度2动力学的极值问题 极限法 临界现象（或状态）暴露出来，以达到正 [例5]如图所示，一足够长的木板上表面与木 确解决问题的目的 块之间的动摩擦因数4=0.75，木板与水平面 成0角，让木块从木板的底端以初速度= 临界问题存在多种可能，特别是非此即 2m/s沿木板向上滑行，随着0的改变，木块沿 彼两种可能时，或变化过程中可能出现 假设法 木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速 临界条件，也可能不出现临界条件时， 往往用假设法解决问题 度g=10m/s2,x的最小值为 ( 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数 学表达式解出临界条件 请完成提分集训（十五） 专题强化五动力学中的传送带模型 考向 1.会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况；2.会计算相对位移及划痕的长度；3.注 定位 意物体与传送带之间摩擦力的突变， 模型一水平传送带 续表 水平传送带 滑块的运动情况 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 情景 传送带不足够长 传送带足够长 先减速到速度 一直加速 先加速后匀速 为0，后被传 送带传回左 端.若w< 一直减速到 返回到左端时 %<v时，一直 <v时，先 右端 速度为0，若 加速 加速再匀速 >v返回到 左端时速度 w>v时，一直 %>v时，先 为 减速 减速再匀速 60 第三章运动和力的关系 [例1]（多选）(2025·宁夏石嘴山模拟)如图 模型二 倾斜传送带 所示，传送带始终保持v=2m/s的速度水平 倾斜传送带 向右移动，一质量m=0.5kg的小物块以 滑块的运动情况 vo=4m/s的速度从A点向右滑上传送带，设 情景 传送带 小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送 不足够长 传送带足够长 带两端点A、B间的距离L=5m,g取10m/s2, 下列说法正确的有 ( 直加速（一定 满足关系gsin0 先加速后匀速 <ugcos 0) 若≥tan0,先 A.物块一直做匀加速直线运动 加速后匀速 B.刚开始物块的加速度大小为2m/s2 一直加速（加速 C.物块从A点运动到B点所用时间为3s 度为gsin0+ 若u<tan0,先 D.传送带上将留下一段长为1m的摩擦痕迹 ugcos 0) 以a1加速，后 [听课记录] 以a2加速 %<v时，一直 若u≥tan0,先 加速后匀速；若 加速（加速度为 u<tan0,先以 gsin 0+ugcos a1加速，后以 0) a2加速 %>v时，一直 加速或减速（加 若>tana,先 [对点训练] 速度大小为 减速后匀速；若 1.(多选)(2025·菏泽月考)质量为1kg的物块 gsin 0-ugcos 0 u<tan0,一直 M水平向右滑上逆时针转动的传送带如图甲 或gcos0一 加速 所示，物块的v一t图像如图乙所示， gsin 0) (g=10m/s2),在整个运动过程中，以下说法 gsin 0>gcos 0,一直加速；gsin0 正确的是 =gcos0,一直匀速 4.0 3.0 2.0 1.0 先减速到速度为 M 0后反向加速：若 B -101234 -2.0 3.0 o<,到原位置 -4.0 时速度大小为w 食 (摩擦力方向 gsin 0ugcos (类竖直上抛运 A.物块与传送带间的动摩擦因数为4=0.2 一定沿斜面向 0,一直减速 动)：若%>0，先 B.整个过程中物块在传送带上留下的划痕长 上) 减速到0再反向 度为3m 加速后匀速，返回 C.整个过程中物块在传送带上留下的划痕长 原位置时速度大 度为9m 小为v D.2s时，物块离传送带A端最远 61 金榜题名创新高考总复习物理 [例2](2025·河南模拟)如图所示，传送带倾 [对点训练] 斜放置，与水平方向的夹角为0=37°，小物块 2.(多选)(2025·长春模拟)如图所示，一足够长 以vo=2m/s的初速度从A端沿传送带向下 的传送带倾斜放置，倾角0=37°.传送带以恒 运动.当传送带静止不动时，小物块从A端运 定速率v传=4m/s顺时针转动，一煤块以初 动到B端所用的时间为△1=5s.已知小物块 与传送带之间的动摩擦因数为以=0.5，小物 速度o=12m/s从A端冲上传送带，已知煤 块可视为质点，重力加速度g取10m/s2, 块与传送带间的动摩擦因数：=0.25，重力加 sin37°=0.6，c0s37°=0.8,3=1.73. 速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos53°=0.8， (1)求A,B两端之间的距离L; 下列说法正确的是 (2)若传送带以v1=2m/s的速度沿逆时针方 向匀速转动，求小物块在传送带上留下的痕 迹s; (3)若传送带以2=8m/s的速度沿逆时针方 上16 向匀速转动，求小物块从A端运动到B端所 用的时间t.(结果保留三位有效数字) A.煤块冲上最高点时间为1.5s a B.煤块冲上最高点时所走的位移大小为8m C.煤块冲上最高点时在传送带上留下的划痕 为4m D.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间 为(2+5)s 3.(多选)(2025·洛阳二模)一足够长的粗糙倾 斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在 传送带上适当的位置放上具有一定初速度o 的小物块，如图所示，取沿传送带向下的方向 为正方向，则下列描述小物块在传送带上运动 的v一t图像中可能正确是 [方法指导] (1)求解传送带问题的关键在于对物体所 受的摩擦力进行正确的分析与判断. ”物<，摩擦力为动力， 方向 物休那速 依据物休速 相同 物>印带，摩擦力为阻力、 度与传送带 物体减速 速度的关系 判斯 方向 摩擦力先为阻力，物体 和反 减速到零可舟为动力， 物体反向加速运动 (2)临界状态：当口物=V带时，摩擦力发生 突变，物体的加速度发生突变. (3)滑块与传送带的划痕长度△x等于滑块 与传送带的相对位移的大小. 请完成提分集训（十六） 62