提分集训(16)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提分集训

10s末的提度为=号×(9+10)X1m/%=9.5m/s 在减小，则滑块P减速的加速度减小，滑块Q的加速度增大，微 加速度增大的诚速运动，故P加途度大小的最大值“P一 所以电梯在1一10s时间内上升的高度为 x=号一1-9.52-0.5 红二m驱=2g,Q加魂度大小最大值为弹簧恢复原长时， m=45m 2a 2×1.0 有一umg=maQa,解得agm=一g,故滑块Q加速度大小最大值 故B正确： 为g,八正喷，B错误，由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一 C.电带在1山s到30s内向上微匀速运动，其连度大小为 直大于Q的加速度，所以撒去拉力后P的速度一直小于同一时 =2×(11+9)×1m/s=10m/s 刻Q的速度，所以P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错 误，D正确. 故C错误： 9.解析：(1)对物体C受力分析，有k△r=m3g D.电稀减速上升过程中·担力最小，最小拉力在31s到408之 解得△x=0,1m 间，其加達度大小为】m2,方向竖直向下，根据牛领第二定律 (2)对物体B、C整体分析可得T一(。十m)尽 得mg一Fmn=ma 解得T=45N 解得Fmm=2.7×103N 对物体A受力分析，由平衡条件可得f=Tcos0 故D错误，故选B. Fx=mg-Tsin 0 3.选DA.当滑块住移为x时，弹簧弹力的减小量为△F=k frF、 根据图像可知，拉力F的增加量为△F=k'x,因k=k' 解得物体A与地面间的最小动摩擦因数为：=0.5 故弹簧弹力的减小量等于拉力F的增加量，即滑块所受合力不 (3)对物体A,细绳拉力消失，地面支持力突变，合力F仍为零， 变，固此滑块微匀加達直线运动，A错误： 加速度为a1=0 B.若滑块运动4cm时与弹簧分开.则滑动摩擦力大小为F,=kx 对物体B,细绳拉力消失，单簧弹力不变，有m:g十m3g=m2: =mg,解得4=0.2，B错误： 解得ag=18m/ C,根据图像可知，x一0时，拉力F一2N,根据牛顿第二定律有F 对物体C,弹簧弹力不变，合力F3仍为零，加论度=0 =ma,解得a=1m/s2,C错误： 答案：(1)△r=0.1m(2)以=0.5(3)41=0，ag=18m/s, D.根据x=之a12,可得1=0,2D正确.故进D a=0 10.选D小滑块匀速运动时，有F-3mg,所以牡一3m -,A错误： 4.选C对两物块整体受力分析，有F=2ma,对后面的物块，有F =mu,联立得F=2FT·而细线能承受的最大拉力FT=x=2N, 小滑块匀速运动时加速度为零，后边5根轻杆上的弹力均为零， 故F的最大值为Fx=4N,故C正确. 但2、3间，1、2间轻杆上弹力不为零，B错误：第2个小滑块完全 5,选CA.启动时车厢对乘客在竖直方向有向上的支持力，水平 进入到第3个小滑块进入粗楂地带之前，由牛领第二定律得F 方向有沿动车运动方向的摩擦力，两个力的合力方向钟向上方， 故A错误； 2mg=8m@4,期a=2在，C错误：第1个小滑块完全进入塑 B.对列车整体，根据牛顿第二定律4F一8kmg=8m, 糙地带到第2个小滑块进入粗楚地带之前，由牛顿第二定律得 解得列车的加速度大小为aF一2mg,故B错说： F-mg=8m1,取6、7.8小滑块为一系统，由牛桶第二定律得 2m F珠=3ma,联立解得F年=下D正确， C.对第1、2节车厢整体，根据牛领第二定律 F+F-2kmg=2@,解得F32=0. 提分集训（十六） 根据牛顿第三定律，第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为 1.选BCA.物体从A端向右运动到B端先受到向右的滑动摩擦 零，故C正确； 力最匀加速直线运动，与传送带达到相同的速度后微与逸直线 D.对第1节车厢整体，根据牛顿第二定律F1一kmg=m阳 运动，不受摩擦力，故A错误： 解得第2节本厢对第1节车厢的作用力大小为F=号，故D特 B.由mg=m阳得，物体加速时的加逸度大小a=g=2m/s 故B正瑞： 误.故选C. 6.选B若支持力恰好为零，对小球受 CD.物体加违运动的时间=a一g ==2 力分析，受到重力，绳子拉力，如图. 1 小球向左加追，加速度向左，合力水平 物体在传送带上加速运动的距离x0=2后=4m 向左，根掘牛顿第二定律，有Tcos0= 物体随传送带做匀连直线运动的时间1=一4=1.5 m,T0=mg,解释a-品0一智 总时间为3.5s,故C正确，D错误.故选BC. -9m/g≈1a.3m/g. 2.选ADA.由v一t图像可知，小行李箱的初建度物=8m/s,传 送带转动的速度)一4m/s,小行李箱开蛤做匀减速直钱运动，后 D.由以上分析可知，当a>13,3m/s2时，小球受mg、Fr两个力 与传送带一起匀速运动，由U一1图像可知a==4m/ 作用，当a<13,3m/s2时，小球受mg、Fr、Fv三个力作用，故D 错误： 受力分析可知a=m坚=g,解得以=0.4，故A正确： AB.若a=14m/s2>13.3m/s2,小球受mg、Fr两个力作用，故 A错误，B正确 B.由一1图像，小行李箱在前2s内运动的距需为 C.若a=13m/s2<13.3m/s2,小球受m、FT、FN三个力作用， =专×(4+8)×1m+4×1m=10m, 故C错误.故选B. 所以小行李箱在前2s内运动的平均速度为5m/s,故B错误： ?选D设P点与整直新的距离为，则PQ-对物块，根据 CAB两点间矩高为5-号×(4+8)X1m十4X2m=14m,故 牛城第二定律，有mgsin0=ma,解得a=gsin0,由r=号aP,得 C错误： 4 0)7尽in0,解得1气√gsn20当20=90，即9=5时， D.小行李箱留在传送带上摩擦廉建长为△=立×4+8》×1m 一4×1m=2m,故D正确，故运AD. 1最小，由题知0从30增大到60，则物块的下滑时间先减小后增 3.选ACA.由于mgsin37>mgcos37°， 大，造项D正确， 所以在整个过程中，小物块一直做加速直线运动，故A正确： 8.选AD设两滑块的成量均为m,耀去拉力前，两滑块均微匀速 B,当小物块的速度小于传送带的递度时，小物块的加递度大小 直线运动，则拉力大小为F=2umg,对Q受力分析可知，弹簧的 弹力为kx=加g:以向右为正方向，撤去担力后，由牛领第二定 为a1=mgsin37产十mgcos37=8m/g, 律对滑块P有，一kx-mg=map,对滑块Q有kx'一mg= m4Q,从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直 这个过程用时=号=0.5s 614 当小物块的递度等于传送带建度的时到，小物块的加速度大小：6，解析：(1)小包裹的递度大于传送带的速度功，所以小包裹受 为a4=mgn32°=6m/g, 到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知 umgcos 0-mgsin 0=ma 当小物块的達速度大于传送带的速度时，小物块的加速度大小为 解得a=0.4m/s2. a1=mgs37mgc0心37=m/g,故B特误： (2)小包襄开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，所用时间 C,小物块到达B点时的速度大小为 g=v0+a(1-1)=[4+4×(2-0.5)]m/s=10m/s,故C 4=”4=16-0.6、=2.5s a 0.4 正确： 在传送带上滑动的距离为 DAB间的长度为L=子，片+正-1.5m:故D特设 2a3 1=+h=60.6×2.5m=2.75m 2 2 故选AC 因为小包襄所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力， 4.选BDA,由图乙可知，物块的初速度大小=8m/5,物块的逸 即ngcos0>ngsin0,所以小包裹与传送带共追后做匀速直线 度减速到与传送带的速度相同时，加速度发生变化，所以传送带 运动至传送带底端，匀速运动的时间为 转动的递度大小=4m/s,A铅误： B.00.48内，物块的加连度大小 4-1-1-3052.75s=2s 0.6 m/s2=10m/s2, 所以小包襄通过传送带的时间为1=11十12=4.5s 由牛顿第二定律有mgsin0十mgsin0=ma1,解得u=0.5, 答案：(1)0.4m/s2(2)4.5s B正确： 7,解析：(1)把水果箱蔺化成小物块，小物块在斜面上的加速度 C该过程中物块的位移大小1-8士×0,4m=2,4m a=ugcos 37-gsin 37=0.4 m/s 传道带的位移大小？件=v小=1.6m,物块相对传送带向上运 则物体在斜面上加违的时间为1=”=5s 动△11=编1一x件1=0.8m, 1=0.4s之后，设物块做匀减速直线运动的加速度大小为44，由 加速过程的对地位移为r一之一5m 牛頓第二定律有mgsin0-umgcos0=a2,解得a2=2m/s2, 则小物块在传送带上匀速运动的位移x'=L出十1一x=16m 物块经过时间4速度减为零，则4■号=2， 物块减追到零的位移大小：-受1-号×2m=4m, 小物块在修莲带上匀建造动的时同为台一号-8。 已知每隔1$放上一个小木块，则传送带上典可以放置木块数为 传送带的位移大小x2==8m. m=4=13个 物块相对传送带向下运动△2=x传2一I精：=4m 故物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程 (2)根摇分析当第一个小木块放上传送带15时，恰好放置第2 △x=△x1十△r2=4.8m,C错误： 个木块时此时两木块距离最近，有 D.物块反向向下加速的位移大小x=r物1十r种：=6.4m 由r=2a,, 4-7a下-号×0,4X1m=0,2m 当两个木块均匀速时，两个小物块距离最远，有△2=T=2×1m 解得2=4面 5, =2m 答案：(1)13个(2)0.2m,2m 故物块在传遥带上运动的总时间1=△y十1十=12+4面 5 提分集训（十七） D正确，故选BD, 5,解析：(1)设滑块的质量为m,滑块沿斜面下滑的加论度大小为 1.选DA.由题知，长木板A放在光滑的水平面上，不受摩擦力作 a1,根据牛顿第二定律有mgsin0=ma1 用，B与A间的动摩擦因数为以，当F足够小时，B对A有静摩擦 解得a1=5m/s 力作用，A在水平方向合力不为零，故A不能保持静止状态， (2)因为功<，所以滑块滑上传送带后的一段时间内微匀加追 A错误： 直线运动，设其加速度大小为姓，根据牛顿第二定律有 B.根据牛顿第二定律可知，当拉力F=mg时，物块B与A间的 用g=0: 摩擦力小于mg,并没有刚好要滑动，B错误： 解得a,=2m/s2 C,当B与A发生相对滑动时，假设C与A不会发生相对滑动， 根据匀变追直钱运动规律，有-话=2山=年m 则mg=(m十me)a,解得a= 由于「1<L,滑块追度增大到甲后，将与传送带一起以相同的递 度向右匀速运动，所以=u=3m/s 月 则A对C的摩擦力f-man干m‘e贴Cc, (3加建阶段时同小==言 假设成立，即C与A不可能发生相对滑动，C错误： D.当C的质量也为m时，物块C能花得的最大加速度为a 匀谗阶段时间2= 12s 1 17 总时间1=4十2=12“ =之gD正确：故选D. m十m 2.选ADA.由图可知，当外力F=1N时，整体才开始运动，所以 (4)经分析可知，当滑块释放的位置到B点的距离最大时，滑块 木板受到水平地面的摩擦力，即水平地面祖糙，故A正确： 通过B点时的速度最大（设为x),且滑块匀减速滑动到C点 B.由图可知，当外力F=1N时，整体开始运动，此时物块和木板 时的连度怡好为，对滑块沿传迷带向右滑动的过程，根据匀变 加速度相同，相对静止：当F一3N时，物块和木板的加速开始不 遠直线运动的规律有 2k一听=2a2 同，此时物块相对木板发生滑动，故B错误： v=5 m/s CD.由图可知，当外力1N<F<3N时，物块和木板一起运动， 对滑块沿斜面下滑的过程，根据匀变速直线运动的规律有 则根据牛顿第二定律F一f=(M十m)a, uax-2d1 Umax ,rmux-2.5 m 17 垫理得-M M千n所以，卧奉为与=M十m马 F 1 2 答案：(1)5m/s2(2)3m/s(3)2s(4)2.5m 解得M十m=1kg, 615提分集训（十六）动力学中的传送带模型 [A级练对点·固本] 对点练1水平传送带 1.(多选)(2025·昆明模拟)如图所示，水平传送带 顺时针匀速运行的速度为4m/s,传送带两端A、 B间距离为10m,当质量为5kg的物体无初速度 537 地放上传送带A端后，物体将被传送到B端.已 A.在整个过程中，小物块一直做加速直线运动 知传送带与物体间的动摩擦因数为0.2，取重力加 B.在加速运动的过程中，小物块的加速度大小一 速度大小g=10m/s2,下列说法正确的是( 直为8m/s2 C.小物块到达B点时的速度大小为10m/s D.AB间的长度为12m 4.(多选)(2025·成都开学考试)如图甲，倾角为 A.物体从传送带A端运动到B端一直受到向右 0=37°的足够长的传送带顺时针匀速转动.一质量 的滑动摩擦力 为m=1kg的物块（可视为质点）以某一初速度从 B.物体在传送带上做匀加速运动时的加速度大小 传送带底端滑上传送带，物块运动的速度一时间 为2m/s2 图像如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦 C.物体在传送带上的加速时间为2s 力，重力加速度大小取g=10m/s2,sin37°=0.6， D.物体从传送带A端运动到B端的时间为4s c0s37°=0.8下列说法正确的是 () 2.(多选)(2025·洛阳模拟)首都国际机场T3航站 (m·s) 楼行李处理系统是世界最大的行李处理系统，最 快能将行李以每秒10米的速度从T3A办票柜台 送达T3B的行李集散转盘.如图甲所示是首都国 际机场中传送旅客行李的水平传送带，一直做顺 0.4 t/s 时针匀速转动，可视作质点的某一小行李箱从一 甲 段传送带上以水平初速度滑上AB段的水平 A.传送带转动的速度大小为8m/s 传送带，从A点运动到B点的0一1图像如图乙所 B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 示.下列说法正确的是 C.物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传 m·8- 送带的路程为4m D.物块在传送带上运动的总时间为12+4V0 [B级练综合·提分] 5.(2025·杭州质检)如图所示，倾角0=30°的光滑 甲 固定斜面AB与水平传送带BC通过一小段光滑 A.小行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.4 圆弧平滑连接，传送带左、右两端的距离L=4m, B.小行李箱在前2s内运动的平均速度为6m/s 以大小v=3m/s的速率沿顺时针方向转动.现将 C.AB两点间的距离为12m 一滑块（视为质点）从斜面上的A点由静止释放， D.小行李箱留在传送带上摩擦痕迹长为2m 滑块以大小=2m/s的水平速度滑上传送带， 对点练2倾斜传送带 并从传送带的右端C点飞出，最终落至水平地面 3.(多选)如图所示，一倾角为37°的传送带沿逆时针 上的D点.已知C、D两点间的高度差h=O.2m, 方向以4m/s的速度匀速转动，将一小物块轻轻 滑块与传送带间的动摩擦因数：=0.2，取重力加速 放在传送带的顶端A点，经过2s后小物块到达 度大小g=10m/s2,不计空气阻力. 底端B点.已知小物块和传送带之间的动摩擦因 (1)求滑块在斜面AB上运动的过程中加速度 数为0.25，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6， 大小： cos37°=0.8.下列说法正确的是 (2)求滑块从C点飞出时的速度大小0。： 367 (3)求滑块在传送带BC上运动的时间1： [C级练加强·培优] (4)改变滑块在斜面上由静止释放的位置，其他情 况不变，要使滑块总能落至D点，求滑块释放的位 7.(2025·石家庄三模)如图所示，甲图为传送带的 置到B点的最大距离smx 实物照片，乙图是其运输水果箱的示意图.传送带 倾斜部分倾角为37°，传送带与水果箱之间的动摩 OA 擦因数=0.8，传送带AB部分长度LAB=12m、 B wwim BC部分长度L=9m,运行速度恒为2m/s.现 工人每隔1s在底端A点放上一个水果箱，C点恰 D 777n77W7777W7 好掉下去一个水果箱，已知sin37°=0.6， cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2,求： (1)稳定运行时传送带上有多少个水果箱： (2)两相邻水果箱之间的距离的最小值与最大值 370 图甲 图乙 6.(2021·辽宁高考)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y1=0.6m/s运行的传 送带与水平面间的夹角 a=37°，转轴间距L=3.95m 工作人员沿传送方向以速度2=1.6m/s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以=0.8.取重力加速度 g=10m/s2,sin37°=0.6，c0s37°=0.8.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1 368