传送带模型中的动力学问题典型考点专项练 -2026届高考物理一轮复习备考

传送带模型中的动力学问题 一、单选题 1．如图甲所示，倾角为的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行。时，将质量的物体（可视为质点）轻放在传送带上端，物体相对地面的图像如图乙所示，时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向重力加速度g取,。则（    ）    A．传送带的倾角 B．物体与传送带之间的动摩擦因数 C．传送带上下两端的间距为 D．物体在传送带上留下的痕迹长度为 2．云南昆明长水国际机场航站楼是中国面向东南亚、南亚和连接欧亚的第四大国家门户枢纽机场，航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一小行李箱以初速度滑上水平传送带，从A点运动到B点的图像如图乙所示。下列说法正确的是（    ） A．小行李箱的初速度大小为2m/s B．传送带转动的速度大小为6m/s C．A、B两点间的距离为6m D．小行李箱与传送带的相对位移大小为2m 3．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，，。g取，则（    ） A．传送带的速度为 B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大 4．如图所示，水平传送带AB间的距离为16m，质量分别为2kg、4kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带以8m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（　　） 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2.4s C．整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8m D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20N 5．如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距，物块A（可看作质点）以水平速度滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10m/s2，下列说法不正确的是（　　） A．若传送带速度等于2m/s，物块不可能先减速运动后匀速运动 B．若传送带速度等于3.5m/s，v可能等于3m/s C．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/s，传送带可能沿逆时针方向转动 D．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/s，则传送带的速度不大于3m/s 6．如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一物块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2，，，则下列说法正确的是（　　） A．物块以8m/s2的加速度匀减速至0后以4m/s2的加速度加速回到A点 B．物块从冲上传送带到返回A端所用的时间为 C．物块在上升阶段，在传送带上留下的划痕长为2m D．物块在传送带上留下的划痕长为 二、多选题 7．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，若θ、g、v0、t0已知，则下列说法中正确的是（　　） A．传送带一定逆时针转动 B． C．传送带的速度大于v0 D．后一段时间内滑块加速度为 8．如图所示，倾斜传送带沿顺时针方向匀速转动，将质量为m的小物块轻轻放在传送带底端，一段时间后小物块与传送带共速，之后匀速上升到传送带顶端。下列说法正确的有（　　） A．物体在传送带上所受摩擦力为恒力 B．传送带对物体做功等于物块获得的动能 C．若增加传送带速度，物块可以更快到达传送带顶端 D．若增大传送带动摩擦因数，物块可以更快到达传送带顶端 9．图甲为一转动的传送带，以恒定的速率顺时针转动。在传送带的右侧有一滑块以初速度从光滑水平面滑上传送带，运动一段时间后离开传送带，这一过程中滑块运动的图像如图乙所示。由图像可知滑块（　　） A．从右端离开传送带 B．从左端离开传送带 C．先受滑动摩擦力的作用，后受静摩擦力的作用 D．变速运动过程中受滑动摩擦力的作用 10．如图所示，一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m = 1kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图所示，若取，，。则下列说法正确的有（   ） A．0—8s内物体位移的大小为14m B．物体与传送带间动摩擦因数 C．0—4s内物体上升的高度为4m D．0—8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18m 11．应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传送带始终保持v=0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（　　）    A．开始时行李的加速度大小为2m/s2 B．行李经过2s到达B处 C．行李到达B处时速度大小为0.4m/s D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m 12．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。则（　　） A．传送带的速率v0＝10m/s B．传送带的倾角θ＝30° C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25 D．0～2.0s内物体相对地面的位移大小为16m 13．如图a所示，安检机通过传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图b所示。设传送带速度恒为，质量为m的被检物品与传送带的动摩擦因数为，被检物品无初速度放到传送带A端。若被检物品可视为质点，其速度为v、加速度为a、摩擦力的功率为、与传送带的位移差的大小为，重力加速度为g，则下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 三、解答题 14．如图所示，与水平面夹角的传送带正以的速度沿顺时针方向匀速运行，A、B两端相距。现每隔1s把质量的工件（视为质点）轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数，g取，求： （1）两个工件间的最小距离； （2）传送带满载时与空载时相比，电机对传送带增加的牵引力。 15．如图甲所示，在顺时针匀速转动的传送带底端，一质量的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间（）图的部分图象如图乙所示，已知，，，求： （1）物块与皮带之间的动摩擦因数； （2）物块沿皮带向上运动的最大位移； （3）物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程。 16．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v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=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μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=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t。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D C C D D AD CD AD AD 题号 11 12 13 答案 AC AD AD 1．D AB．由题图得0～1s内物体加速度 根据牛顿第二定律得 1～2s内加速度 根据牛顿第二定律得 联立解得 θ=37°，μ=0.5 故AB错误； C．由题可得物体0～2s内的位移大小即为传送带上下两端的间距，根据v-t图像与t轴所围的面积表示位移，可知位移 故C错误； D．由题图知传送带的速率v0=10m/s，则0～1s内，物体的位移为 传送带的位移为 x2=v0t1=10×1m=10m 故物体与传送带间相对位移大小为 Δx1=x2-x1=10m-5m=5m 物体相对传送带向上运动；1～2s内物体的位移为 传送带的位移为 x4=v0t2=10×1m=10m 故物体与传送带间相对位移大小为 Δx2=x3-x4=1m 物体相对传送带向下运动，痕迹重叠1m，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5m，故D正确。 故选D。 2．D AB．由v－t图像可知，小行李箱开始做匀减速直线运动，后与传送带一起匀速运动，则小行李箱的初速度v0为6m/s，而传送带转动的速度v大小为2m/s，故AB错误； C．根据v－t图像，小行李箱在前3s内运动的距离为 则A、B两点间的距离为8m，故C错误； D．根据v－t图像，在前3s内传送带传动的路程为 所以小行李箱与传送带的相对位移大小为 故D正确。 故选D。 3．C A．由图乙可知传送带的速度为，A错误； BC．在内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有 根据图乙可得 在内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据根据牛顿第二定律有 根据图乙可得 联立解得 故C正确； D．当传送带的速度大于后，物块在传送带上一直做加速度为的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。 故选C。 4．C A．当传送带以v=8m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知 解得 A错误； B．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，有 解得 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 解得 匀加速的位移为 则匀速运动时有 Q从传送带左端滑到右端所用的时间为 B错误； C．加速阶段的位移之差为 即整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8m，C正确； D．当Q加速时，对P分析有 解得 之后做匀速直线运动，有 D错误。 故选C。 5．D A．物体在传送带上的加速度大小为 若物体一直做匀减速运动到传送带右端时，根据 解得 可知当传送带速度等于2m/s时，物块一直减速到最右端，故A正确； B．当传送带速度等于3.5m/s，v可能等于3m/s，故B正确； CD．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/s，传送带可能沿逆时针方向转动；若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/s，传送带顺时针转动时，则传送带的速度要大于3m/s。故C正确，D错误。 本题选不正确的，故选D。 6．D A．对物块，开始阶段由牛顿第二定律可得 共速后 物块先以12m/s的初速度，8m/s2的加速度减速至4m/s，后又以4m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，A错误； B．运动学图像如图所示 物块上升到最高点的位移大小等于速度随时间变化的图线与时间轴所包围的面积的大小，物块沿传送带向上滑行的位移 物块上升到最高点后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t3，下滑的位移 解得 则物块从冲上传送带到返回A端所用时间为 B错误； C．在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为 此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则 因为L2<L1，所以在上升阶段产生的划痕为4m，此时物块在产生的划痕的中点，C错误； D．在2s到时间内，物块向下滑了10m，传送带向上滑了m，则物块在传送带上的划痕为 故D正确。 故选D。 7．AD A．若传送带顺时针转动，当滑块下滑（），将一直匀加速到底端；当滑块上滑（），先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像，故传送带是逆时针转动，A正确； B．滑块在内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑 由图可知 则 B错误； C．只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于，C错误； D．等速后的加速度 代入值得 D正确。 故选AD。 8．CD A．加速阶段物块所受摩擦力为 共速后为 故A错误； B．根据功能关系，传送带对物体做功等于物块获得的动能加重力势能，故B错误； C．增加传送带速度，物块加速时间更长，全程平均速度更大，用时更短，故C正确； D．增加传送带动摩擦因数，物块加速度更大，更快达到共速，全程平均速度更大，用时更短，故D正确。 故选CD。 9．AD AB．有图像可知，滑块先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，最后与传送带速度相同做匀速直线运动，故从右端离开传送带，故A正确，B错误； CD．滑块先向左做匀减速运动，受到向右的滑动摩擦力，再向右做匀加速运动，还是受到向右的滑动摩擦力，所以变速运动过程中受滑动摩擦力的作用，与传送带共速后做匀速运动，不受摩擦力，故C错误，D正确。 故选AD。 10．AD A．物体运动的位移即v—t图像与坐标轴围成的面积 A正确； B．由物体运动v—t图像可知，在2—6s内物体做匀加速直线运动，有 μmgcos37° - mgsin37° = ma 经过计算有 μ = 0.875 B错误； C．物体运动的位移即v—t图像与坐标轴围成的面积，在0—4s内由图知，物体运动的位移为0，则在0—4s内物体上升的高度为0，C错误； D．由选项A可知，在0—8s内物体相对地面走过的位移x = 14m，传送带相对地面走过的位移 x′ = vt = 4 × 8m = 32m 则0—8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为 x = x′ - x = 18m D正确。 故选AD。 11．AC A．开始时，对行李，根据牛顿第二定律 μmg=ma 解得 a=2m/s2 故A正确； B．设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为 v=0.4m/s 根据 v=at1 代入数据解得 t1=0.2s 匀加速运动的位移大小 x=at12=×2×0.22m=0.04m 匀速运动的时间为 t2==4.9s 可得行李从A到B的时间为 t=t1＋t2=5.1s 故B错误； C．由上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4m/s，故C正确； D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 Δx=vt1－x=（0.4×0.2－0.04）m=0.04m 故D错误。 故选AC。 12．AD A．由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t＝1.0s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为v0＝10m/s，故A正确； BC．在0～1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为 a1＝＝gsinθ＋μgcosθ 由图可得 a1＝＝10m/s2 即有 gsinθ＋μgcosθ＝10 在1.0～2.0s，物体的加速度为 a2＝＝gsinθ－μgcosθ 由图可得 a2＝＝2m/s2 即有 gsinθ－μgcosθ＝2 联立解得 μ＝0.5 θ＝arctan 故B、C错误； D．根据“面积”表示位移，可知0～1.0s物体相对于地的位移 x1＝×10×1m＝5m 1.0～2.0s物体相对于地的位移 x2＝×1m＝11m 所以0～2.0s内物体相对地面的位移大小为16m，故D正确。 故选AD。 13．AD A．被检物品无初速度放到传送带A端，物品的加速度为 物品做匀加速运动有 解得 所以在0-时间内，物品做匀加速直线运动，达到传送带速度 后一起做匀速运动，则A正确； B．物品先做匀加速运动，再做匀速运动，所以B错误； C．摩擦力的功率为 则摩擦力的功率随时间是线性变化的，所以C错误； D．物品加速过程的位移为 传送带的位移为 物品与传送带的位移差的大小为 当达到共速时位移差的大小为 共速后，物品与传送带的位移差保持不变为，所以D正确； 故选AD。 14．（1）；（2） （1）对工件受力分析，根据牛顿第二定律 工件放上传送带后的加速度大小 经过时间与传送带速度相等，则加速时间、运动距离分别为 再过，放下一个工件，此时该工件距前一个工件的距离最小，有 代入数据解之得 （2）工件与传送带同速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀速直线运动直到端，匀速距离为 解得每个工件在传送带上的运动时间 当第1个工件刚到达端时，第6个工件已经在传送带上运动了，而第7个工件还未放上；传送带上满载时，有1个工件在传送带上滑动，有5个工件相对传送带静止，传送带受到的摩擦力 故电机对传送带增加的牵引力 15．（1）0.5；（2）；（3） （1）由图乙可知，物块的初速度 物块的速度减速到与皮带的速度相等时，加速度发生变化，所以皮带转动时的速度 在到时间内，物块加速度大小为 方向沿斜面向下；物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力，沿斜面方向由牛顿第二定律 解得 （2）在后，物块减速运动的加速度大小为，物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第二定律可得 解得 物块从开始，经过时间速度减为零，则 从到，物块位移为 从到，物块减速到零的位移 物块沿皮带向上运动过程中的位移为 （3）从到，传送带位移为 物块相对传送带向上 从到，传送带位移 物块相对传送带向下 故从到，物块相对传送带的路程 16．（1）；（2） （1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知 解得 （2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时 在传动带上滑动的距离为 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为 所以小包裹通过传送带的时间为 学科网（北京）股份有限公司 $$