上分专题13 传送带模型-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第一册（人教版2019)

选B. 3,C解析：设静止时弹簧的压缩量为x。,初状态时对整体 有kx。=(2m+m)g=3mg,两物块分离时，加速度相等且它们 之间没有弹力.设分离时弹簧的压缩量为x,,对下面物块 有，-mg=ma=m 5,解得，=12mg,因此x,=0.4o,分 离之前两物块做匀加速运动，则有2=2(x。-x,),解得r= }=放选C 4,C解析：AB.由题意知圆柱体质量m=4kg.斜面体质量M= 1kg,圆柱体受到斜面体与竖直墙壁给的弹力分别为N,N, 圆柱体给斜面体弹力为V,如图： 37mg N 124464647 撒去F后，圆柱体向下加速，斜面体向右加速，对m,由牛顿 第二定律有mg-Ncos37°=ma1,对斜面体，由牛顿第二定律 有N,sin37°=Ma2,其中N,N,为相互作用力（即N=N,),由于 斜面体与圆住体在垂直斜面方向的加速度关系为a,sin37°= a37°，联立解得N=20 3Na, 120 13m/,故AB错误； C.对斜面体，地面对其的支持力大小N地=Mg+N,cs37°，联 立解得N-0N,故C正确：D.对圆柱休，水平方向有 Nsin37=八，联立解得N,=120 N,故D错误，故选C 13 5.D解析：B.根据图像可得F,=6-24.在0~3*内F。=2+21 当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速 度相等，则有即2：2，解得1=2放B籍 1 误：A1=0.5。时，A、B设有分离，看成一个整体，则有F,+ Fm=(m,+mn)a,解得a=2m/s2,隔离A,根据牛顿第二定 律，有F,-F”=ma,代人数据解得F”=3N,放A错误：CD.由 上分析可知分离前的加速度为a=2m/。2,分离时，它们的位 移为x=1 )12=×2×22m=4m,A、B分离时的速度为0 at=4m/s,故C错误，D正确.故选D. 6.(1)k=100N/m(2)1=0.2(3)12N≤F≤20N 解析：(1)物块A和B静止在弹簧上，根据共点力平衡 有w=(m,+m)gsin0,解得=（m,+m:)gin ,代人数据 解得k=100N/m (2)物块A和B刚要分离时，A和B接触相互之间不挤压。 设此时弹簧的压缩量为x,对物块A,根据牛顿第二定律 有m,a=-m,gin0,解得x,-m,(a*gsin ,联立解得x,= 0.10m,物块A和B从开始运动到刚要分离的过程中，做匀 加速直线运动通过的位移x=x-x=0.08m,因为x=2, 联立解得t=0.2 (3)对物块A和B构成的整体，设弹簧的压缩量为x',根据 牛顿第二定律有(m,+m:)a=F+kx'-(m,+m2)gsim8,在物 块A和B沿斜面向上运动的过程中，弹簧的压馏量为x',逐 渐减小，沿斜面向上的拉力F逐渐增大，即刚开始运动拉力 F最小，A和B刚要分离时拉力F最大，则有F=(m,+ 参考答案与解析 m2)a=12N,F=(m,+m2)(a+gsin8)-kx1=20N,物块A 和B从开始运动到刚要分离过程中拉力F的范围为12N≤ F≤20N. 上分专题13传送带模型 1,C解析：B.传送带顺时针方向转动，墨块刚放在传送带上时 相对于传送带向左滑动，墨块在传送带上留下黑色痕迹在墨 块的右侧，故B错误：AC.设墨块相对传送带滑动的时间为 4则整个运动过程，墨块的位移=宁+(1-).代人数据 解得：山，=0.4，墨块相对传送带滑动留下黑色痕迹的长度 d=,-2,代人数据解得：d=0.4m,故A错误，C正确： D.墨块一直做匀加速直线运动时运动时间最短，则墨块的加 速时间，=Q4s,则表块的加速度大小=2=5m公 由公式得：L=了2，代入数据解得=2s,故D错 误故选C 2.C解析：A.起始时，对行李由牛顿第二定律可得mg=m, 代人数据解得加速度大小为a=2m/s2,A正确，不符合题 意：BC.设行李与传送带达到共速所用时间为4，可得= -0 1 a2 m=0.1s,行李做加速运动的位移x=2= 7×2x0.2m=0.01m,行李与传送带共速后，行李随传送 一起做匀速运动，速度大小为，则有行李做匀速运动的时 间为5，=二_2-001 0.2 s=9.95s,行李从A到达B处的时间 t=t,+1,=0.18+9.95s=10.058,B正确，不符合题意，C错误， 符合题意：D.行李做加速运动的时间内，传送带运动的位移 大小xg=t,=02×0.1m=0.02m,行李相对传送带滑过的距 离为4x=xm-x=0.02m-0.01m=0.01m,D正确，不符合题 意.故选C 3.D解析：AB.在0-1s内，煤块的加速度大小为a,=△ 12-4m/=8m,方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律 可得mgsin8+umgeos9=ma1,在1~2s内，煤块的加速度大 __4-0 小为4，d出，=4，方向沿传送带向下，根据 牛顿第二定律可得mgsin8-umgeos0=ma2,联立解得9= 37°4=0.25，故AB错误：CD.传送带的速度为=4m/s,在 0~1s内，传送带的位移为x,=t,=4×1m=4m,煤块的位 移为x: =24×1m=8m,煤块超前传送带位移大小为 2 △，=1-x僧1=4m,在1-2格内，传送带的位移为x2=比2= 4以1m=4m,煤块的位移为=2×4x1m=2m,煤块落后 传送带相对位移大小为△=x2x2|=2m,所以整个上 升的过程中在传送带上留下的痕迹长为4m,2s后传送带 向上运动，煤块向下运动，加速度不变，为2=4m/2,根据 运动学规律了4，(4)产=(8+2)m.解得△=5：回到传送 带底端，在这段时间内煤块相对传送带位移大小△x,= 24,ar+a=号×4x(5)3m*4x5m=(10+45)m,故在 整个过程煤块在传送带上留下的痕迹长为I=△x,+△x1= 黑白题61 (12+45)m,故C错误，D正确.故选D. 4.C解析：A.物块刚放在传送带上时，由牛顿第二定律 得：mgsin37°-umgeos37°=ma1,代人数据解得：a1=2m/s2, 物块从静止释放到第一次下滑到挡板处的位移L=2a, 代入数据解得，物块第一次到挡板处需要的时间t=39。 故A错误：B.物块从静止释放到第一次到达P处过程相对 传送带滑行的路程△x=L+t=9m+4×3m=21m.故B错误： CD.物块第一次到达挡板处的速度，=a,t=2×3/s= 6/s,物块与挡板碰撞后反弹，速度大小不变，反弹后物块 相对于传送带向上滑动，由牛顿第二定律得：mgsi山37°+ mcos37°=ma2,解得a2=10ms2,减速到与传送带共速需 要的时间=02该过程的位移，)=1m<少 由于4<37°，共速后物块继续做匀减速直线运动，加速度 大小为a,物块诚速到零的位移与 -=4m,由于x1+< 2a L,物块减速到零时仍在传送带上，然后物块反向向下做匀加 速直线运动，加速度大小为4，第二次加速到挡板处的速度 ,=√2a,(x,+2)=25m/s>r,与挡板碰撞后反向弹回向上 匀减速到与传送带共速，共速后继续减速到零，然后向下做 匀加速直线运动到挡板处，第三次到挡板处的速度小于第 二次到挡板处的速度，与挡板碰撞后向上域速运动，减速到 零后向下加速到挡板处，当到达挡板处的速度小于传送带的 速度后，物块与挡板碰撞后向上减速到零然后向下加速到挡 板处反弹减速上升，如此反复，该过程所受摩擦力为滑动哦 擦力，方向始终平行于传送带向下，大小始终为「= ngcos37°=0.5×1×10×0,8N=4N.即摩擦力大小与方向保 持不变，物块不会停在挡板P处，故C正确，D错误.故选C 5.(1)1.5s(2)2.25m(3)2/s(4)见解析 解析：(1)工件在水平传送带上运动，根据牛顿第二定律有 4,mg=m0, 经历一段时间，工件与传送带共速，则有=a4, 解得1=1s, 此过程的位移=2=3m<山 之后工件做匀速直线运动，匀速过程有2= -x=0.58, 则工件在水平传送带上的运动时间1=1，+4=1.5s: (2)倾斜传送带静止，对工件分析有ngsin0+mgeos0= ma1,解得a2=8m/s2 工件到C点的速度r=6m/s,向上做匀减速直线运动 2=22t, 解得x=2.25m: (3)倾斜传送带应顺时针转动，假设工件先在倾斜传送带上 以加速度大小为a匀减速到速度。，此过程有2一 02=2a2, 因为mgsin0>μ，mgcos0, 所以工件会做匀减速运动，加速度大小a,=gin8- 42gc0s8=2m/g2 且工件匀减速到速度为零时恰好到达D点，则有2= 203x3, 根据题意有L2=x+x5, 解得m=2m/s,即传送带的最小速率为2m/s: (4)设倾斜传送带速度为， ①若2m/s≤，<6m/s,工件先以a2减速到，则2 i=20a 必修第一册·RJ 得时间= _D-t16-1 再以a,减速到D点速度为2，则-=2a,x5,,+x=L 得5n. 所以时间t= -2}a 得re6名所-卫子 3 ②若r,≥6/s,工件以a,减速直到D瑞， 所以2-t号=2aL2, 得，=26m/s. 所以时间=(3-6)s 上分专题14板块模型 1.C解析：若甲，乙相对静止，则a=ug=6m/s2,甲物体所受 膝擦力f=ma=12N>4,mg=10N,故二者相对滑动，由牛 顿第二定律可得m0甲=，mg,42×2mg-4,mg=m乙，解得 a甲=5m/s2,a2=7m/s2,可得a<a,可知乙先停止运动， 甲后停止运动根据xm二2 6=4.9m,x元2 后=3.5m,甲在 乙上的划痕长度为△x=x甲-x之=1.4m.故选C 2.C解析：B.对两滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得 m8=ma1nmmg=mma,解得a,=2ms2,ar=4m/s3, 依题意，相遇前木板匀加速，由牛顿第二定律，有4mg mg-*(M+m,+mm）g=Ma木，相遇后木板匀减速，有 4本(M+m,+mn)g=(M+m,+mg)a本，解得a1k=0.5/82,可 知相遇时三者共速，取向右为正方向，设三者经1时间共速， 由速度与时间关系可得=。一a4,b=一o+al,r=a本1，联立 解得u=1m/8,t=1s,ak=1m/分2，M=2kg,放B错误： ACD.根据B选项分析，三者一起匀减速过程，有0=-a*41, 解得，=2s,作出它们运动的-1图像如图所示，可知木板 的长度为L=2×1X3 m=3m,木板运动的最大距离为x= 3×1 2m=1.5m,分析滑块B,减速时间设为。，则有0=，- a',解得tm=0.75s,整个过程中滑块B的位移为xm= 0.75×(-3)(3-0.75)×1 -m+ m=0m,故AD错误，C正确.故 2 2 选C. 3m· 1.0 3.0/8 3.ABD解析：A.对长木板和物块整体受力分析，由牛顿第二 定律可得F-4(M+m)g=(M+m)a,由丙图可知a= △p 2m/s2,结合乙图可得μ=0.2，A正确：B撤去推力F后，滑 块匀速到达0点，长木板做诚速运动，对长木板则有 u(M+m)g=Ma',解得a'=-4m/s2,长木板运动时间为1，= 0=1,木板光滑部分的长度d=~2=2m,B正 确：C.滑块运动到粗糙面上时，由于mg=12N>u(M+ m)g=8N,滑块做减速运动，长木板做加速运动，对滑块则 有-mg=ma,解得a1=一6/s2,对长木板则有nmg 4(M+m)g=Ma2,解得a2=2m/2,滑块运动在粗糙而上时， 黑白题62上分专题13 传送带模型 命题密钥 传送带模型是力学中较难的一个模型，分析它的运动阶段对初学者来说比较麻烦，但只 要结合-1图像进行分析，便能事半功倍，对于同向类传送带，关键在于：①判断初始时是否相 对滑动：②若相对滑动，判断最终能否与传送带共速.对于反向类传送带，关键在于：①判断能 否通过传送带：②若不能通过，判断最终能否与传送带共速， 在高一上的月考和期末考试中都有很大概率考查传送带模型，除了基础的运动速度、时 间问题外，在较难的题目中还会考查最短时间问题和划痕长度问题 考点觉醒 ·水平传送带 ①比较物和？传，判断初始时做匀速、加速或诚速 减速阶段 匀滤/共 运动 速阶段 ②比较共速时的相对位移△x和传送带长度L,若 同向型 加速阶我 △x<L,则会与传送带共速，进入匀速运动阶段 0 ①比较减速到0时的相对位移△x,和L,若△x,≥ L,则能通过传送带：若△x,<L,则会反向运动 ②比较△x,与反向运动到共速时的相对位移△x2, 逆向型 若△x1>△x2,则会与传送带共速，进入匀速阶段：若 △x,≤Ax2,则在反向加速阶段返回起点 ·倾斜传送带 同向上冲型 逆向上冲型 同向下冲型 逆向下冲型 ⊙0 ①比较。和”，判断相对运动方向，进而判断滑动摩擦力的方向 ②若物块与传送带速度相同，则比较动摩擦因数u与倾角正切值tan0(实际上是比较mgsi0和 umgcos),判断静摩擦力能否抵消重力沿斜面的分力，即能否保持共速 实战演练 1.传送带在社会生活生产中有着广泛的应用，一长L=10m的水平白色传送带顺时针匀速 运行，如图1所示.现将一可视为质点的墨块自传送带的左端由静止释放，经t=5.2s墨块被送 32 物理I必修第一册·RJ 达传送带的右端，其速度一时间图像如图2所示，重力加速度g取10m/s2.则下列判断正确 的是 () 1/m-8 5.26 图1 图2 A.墨块经过0.2s就与传送带共速 B.墨块在传送带上留下的黑色痕迹在墨块的左侧 C.墨块相对传送带滑动而留下黑色痕迹的长度为0.4m D.若增大传送带的运行速度，墨块的传送时间最短可达1.5s 2.*如图甲是机场和火车站对行李进行安检的水平传送带，如图乙是其简化图.已知传送带以 速度大小v=0.2m/s匀速运行，行李与传送带之间的动摩擦因数4=0.2，A、B间的距离l=2m 行李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法不正确的是 () A.起始时行李的加速度大小为2/s B.行李经过10.05s到达B处 C.行李到达B处时速度大小为2√2m/s D.行李相对传送带滑过的距离为0.01m 3.韩(2025·重庆期末)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为0，以恒定速率= 4m/s顺时针转动.一煤块以初速度。=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的 图像如图乙所示，g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是 () ↑ms） A.倾斜传送带与水平方向夹角为0=53 B.煤块与传送带间的动摩擦因数4=0.75 C.煤块向上运动过程中，在传送带上留下的痕迹长为6m D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+45)m 4.(2025·江苏南京期末)如图所示，长L=9m的传送带与水平方向的倾角为37°，在电动 机的带动下以=4m/s的速率顺时针方向运行，在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P 可将传送带上的物块挡住，在传送带的A端无初速地放一质量m=1kg的物块，它与传送带间 黑白题上分秘箱33 的动摩擦因数4=0.5.物块与挡板碰撞时间忽略不计，物块与挡板的碰撞后原速率返回.若g取 10m/s2,则下列说法中正确的是 () A.物块从静止释放到第一次下滑到挡板P处所用的时间为2s B.物块从静止释放到第一次下滑到挡板P处的过程中，物块相对传送带滑行的路程为9m C.经过很长一段时间，传送带对木块的摩擦力大小与方向保持不变 D.经过很长一段时间，木块停在挡板P处 5.多过程(2025·浙江台州期末)某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装 置，该装置由水平传送带AB和倾斜传送带CD组成.水平传送带A、B两端相距L,=6m,以= 6m/s的速率顺时针转动：倾斜传送带C、D两端相距L,=3m,倾角0=30°，B、C相距很近.现 将一质量为m可视为质点的工件由A端无初速度释放，工件从B运动到C速度大小可视为不 变，g取10m/s2.已知工件与传送带AB间的动摩擦因数4，=0.6，与传送带CD间的动摩擦因 数43 (1)求工件从A端运动到B端所用的时间： (2)若倾斜传送带保持静止，求工件在倾斜传送带上速度减为零时与C的距离x: (3)若要求工件能到达D端，求倾斜传送带的最小运行速率： (4)若倾斜传送带顺时针转动，仍要求工件能到达D端，求工件在倾斜传送带上的运动时间与 倾斜传送带速度的关系」 a BC 34■物理1必修第一册·RJ