练案32 第4章 专题强化10 传送带模型-【成才之路•练案】2025-2026学年高中物理必修第一册同步新课程学习指导(人教版)

练案[32] 第四章 专题强化10 传送带模型 A.乘客与行李同时到达B处 基础巩固练 B.乘客提前0.5s到达B处 知识点一水平传送带模型 C.行李提前0.5s到达B处 1.（多选)如图所示，一足够长的水平传送带以 D.若传送带速度足够大，行李最快也要2s才 恒定的速度向右传动。将一物体轻轻地放在 能到达B处 传送带左端，以v、a、F、x分别表示物体速度大 知识点二倾斜传送带模型 小加速度大小、所受摩擦力大小和位移的大 4.如图所示，在一条倾斜的、静 小。下列选项正确的是 止不动的传送带上，有一个 滑块能够自由地向下滑动， 该滑块由上端自由地滑到底 端所用时间为1，如果传送 带以速度，顺时针运动起来，保持其他条件 不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为 t2,那么 () A.t1=2 B.t>t C.<t D.不能确定 B 5.如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角 为0，以速度。逆时针匀速转动。在传送带的 上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木 块与传送带间的动摩擦因数u<tan0。则图 中能客观地反映小木块的速度随时间变化关 2.(多选)如图新示，水平传 系的是 送带A、B两端相距x= m 3.5m,工件与传送带间的 动摩擦因数u=0.1。工 件滑上A端时的速度vA=4/s,到达B端时 的瞬时速度设为vg,g取10/s2,则下列说法 中正确的是 ( A.若传送带不动，则vB=3m/s B.若传送带逆时针匀速转动，g一定等于3m/s C.若传送带顺时针匀速转动，”B一定等于3/s ,5 D.若传送带顺时针匀速转动，vg可能等于3m/s 3.(多选)如图甲所示为应用于机场和火车站的 安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检 综合提升练 查。其传送装置可简化为如图乙所示的模型， 6.如图所示，物块在静止 紧绷的传送带始终保持v=1/s的恒定速率 的足够长的传送带上 运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行 以速度。匀速下滑时， 李与传送带之间的动摩擦因数u=0.1,A、B 传送带突然启动，方向 间的距离为2m,g取10m/s2。若乘客把行李 如图中箭头所示，在传 放到传送带的同时也以v=1/s的恒定速率 送带的速度由零逐渐 平行于传送带运动到B处取行李，则（ 增加到2，后匀速运动的过程中，下列分析正 确的是 () A.物块下滑的速度不变 B.物块立即开始在传送带上加速到2o后 匀速 245 C.物块先向下匀速运动，后向下加速，最后沿 (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到 传送带向下匀速运动 底端B的时间。 D.物块受的摩擦力方向始终沿斜面向上 7.如图，水平传送带长L= 5.3m,运行速率v=1 m/s,在其左端以初速度o=2m/s水平滑上 一物块。若物块与传送带间的动摩擦因数 u=0.5,g取10m/s2,则物块从左到右的运动 过程中 ( A.则滑上时，物块受到向右的滑动摩擦力 10.如图所示的装置是某工厂用于产品分拣的传 B.物块一直做匀减速直线运动 送带示意图，产品（可以忽略其形状和大小） C.物块在传送带上的运动时间为5.2s 无初速地放上水平传送带AB的最左端，当产 D.物块在传送带上留下的划痕长度为0.3m 品运动到水平传送带最右端时被挡板d挡 8.如图所示，传送带的水平☐ 住，分拣员在此鉴定产品质量，不合格的被取 部分长为L,传动速率为v,】 走，合格品被无初速地放在斜向传送带BC 在其左端无初速度放一小 的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等 木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为， 工序。已知传送带AB、BC与产品间的动摩 则木块从左端运动到右端的时间不可能是 擦因数u=0.25,均以v=4m/s的速度按图 示方向匀速转动，水平传送带AB长L,= 12m,斜向传送带BC长L2=1.88m,倾角 v2μg B Z a=37°(sin37°=0.6，c0s37°=0.8，g= 2L D.2L 10m/s2),求： 9.如图所示，倾角为37°，长为 A B l=16m的传送带，转动速 度为v=10m/s。在传送带 顶端A处无初速度地释放B 37© 一个质量为m=0.5kg的物 37° (1)产品在水平传送带AB上运动的时间； 体。已知物体与传送带间 的动摩擦因数u=0.5,sin37°=0.6，cos37°= 0.8,g取10m/s2。求： (1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到 底端B的时间； (2)产品在倾斜传送带BC上运动的时间。 4 246架斜面有支持力F、,由牛顿第二定律得Fscos a=mg,Fxsin a 水平方向有：F,-Fcos53°=ma =m,得a=1ana=1am30-气s,运输车刹车时加速度不 解得F=12.5N 当F=15N时，加速度最大， 能超过得。故选B。 有a2=7.5m/s2。 7.BC把AB两滑块作为一个整体，设其下滑的F 练案[32] 加速度为a,由牛顿第二定律得(M+m)gsin0 :1.AB在前t时间内物体因受到恒定向右的滑动摩擦力而做 -u1(M+m)gcos0=(M+m)a,解得a= 匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v=at, g(sin0-h1cos0)。由于a<gsin0,可见B随 -t图像是倾斜的直线；物体的速度与传送带速度相同后，因 A一起下滑过程中，必受到A对它沿斜面向上 不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0，故A、B 的摩擦力，设摩擦力为F,对B受力分析如图所示，由牛顿第 正确，C、D错误。 二定律得mngsin0-Fg=ma,解得Fg=mgsin0-ma=mgsin0 -mg(sin0-41cos)=umgcos0,B、C正确，A、D错误。 2.ABD当传送带不动或者传送带逆时针匀速转动时，工件均 8.AD因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪个木块上，根据 受到传送带的滑动摩擦力作用，摩擦力方向水平向左且大小 牛顿第二定律都有F-3umg-u△mg=(3m+△m)a,系统加 相同，工件做匀减速运动，两种情况下，工件运动的位移相同， 速度a减小，选项A正确：若粘在A木块上面，以C为研究对 到达B端的速度相同，根据牛顿第二定律可得工件的加速度 象，受到F、摩擦力mg、绳子拉力F,这三个力的作用，由牛 大小a=m竖=1m/s2,根据匀变速直线运动规律有v2-,2 顿第二定律得F-wmg-Fr=ma,a减小，F、mg不变，所以， =-2ax,代人数据得，工件到达B端时的速度v=3m/s,A、 绳子拉力F,增大，选项B错误；若粘在B木块上面，a减小， B正确；当传送带顺时针匀速转动时，若传送带速度小于或等 以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错误：若粘 在C木块上面，a减小，A、B间的摩擦力减小，以A、B整体为 于3m/s,则工件到达B端时的速度大小为3m/s,若传送带速 度大于3m/s,则工件到达B端的速度大于3m/s,故C错误， 研究对象，有F,-2mg=2ma,F,减小，选项D正确。 D正确。 9AD对整休分析，整体的加速度为口=二：品-2？，隔离3.BD行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李 m1+m2 m2分析，根据牛顿第二定律得F-F2=m2a,解得F=F2+ 开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率 m2a=28N,故A正确，B错误；撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不 做匀速直线运动。加速度为a=ug=1m/s2,历时i,=”= 变，m,的加速度大小为，=￡=7m/s,故C错误；撤去E m2 1s达到共同速度，位移x=2=0.5m,此后行李匀速运动 的瞬间，网的加速度大小为a1-片-28g,放D正确。 2=2m-4=1.5s到达B,故行李到达B处共用2.55；乘客 10.(1)m1+m)gsim9(2)m8sin0 2 k 到达B,历时t=2m=2s,故B正确，A,C错误；若传送带速度 解析：(1)开始时，由平衡条件可知kx1=（m1+m2)gsin0 解得弹簧的压缩量1=（m:+m,)in0 足够大，行李一直加速运动，由x=2at得最短运动时间 (2)由于使A、B沿斜面缓慢向上运动，则每个状态均可视为 2×2 s=2s,故D正确。 平衡状态，则两物块恰好分离时，有kx2=m1gsin0 4.A当传送带静止时，滑块受重力、支持力、滑动摩擦力，当传 此时弹簧的压缩量为x2= migsin 6 k 送带以速度。顺时针运动起来，滑块受力不变，根据牛顿第 m2gsin 6 二定律可知，两种情况下加速度相等，滑块位移也相等，根据 则物块A移动的距离△x=x1一x2= k 11.(1)2m/s2(2)7.5m/s2 =弓a可知，两种情况下运动的时问相等，即名=女，放 解析：(1)竖直向上匀加速运动时小 选A。 球受力如图所示， 5.D开始阶段滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律知 当a线拉力为l5N时，由牛顿第二 mgsin0+ungcos0=ma1,解得a1=gsin0+gcos0;小木块加 定律得： 速到和传送带速度相等时，由于u<tan0,即mgsin0> 竖直方向有：F.sin53o-mg=ma1 mgcos0,小木块不会匀速运动，小木块会继续加速，滑动摩 水平方向有：Fcos53°=Fb 擦力变为沿传送带向上，由牛顿第二定律知mgsint0- 解得F=9N,此时加速度有最大值a1=2m/s2。 mgcos0=ma2,解得a2=gsin0-gcos0。由上可知a2<a1, (2)水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得：竖直方向 故D正确，A、B、C错误。 有：Fsim53°=mg 6.C在传送带的速度由零逐渐增加到，的过程中，物块相对 —309 于传送带下滑，故物块受到的滑动摩擦力向上，故这段过程中 x2=l-x1=11m 物块继续匀速下滑，在传送带的速度由。逐渐增加到2。过 程中，物块相对于传送带上滑，物块受到的滑动摩擦力沿传送 由=+7a 带向下，物块加速下滑，当物块的速度达到2。时，物块相对 解得=1s(t2=-11s舍去) 传送带静止，随传送带匀速下滑，故选项C正确。 所以t点=t1+t2=2s。 7.C物块刚滑上传送带时，6大于，物块受到向左的滑动摩10.(1)3.8s(2)0.7s 擦力，A错误；根据wmg=ma可知，物块的加速度大小a= 解析：(1)产品刚放上水平传送带AB时，水平方向受到向右 的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：umg=ma 5mg,则匀减速时间1=。=0.2，位移=1宁， 得加速度大小为a=2.5m/s2 解得x=0.3m<L,则物块先做匀减速运动，然后与传送带一 方向水平向右 起以传送带速度做匀速运动，匀速运动的时间=L-=5, 产品加速到速度与传送带相同所用时间为：4=”=1.65 故物块在传送带上运动的总时间t=t+t=5.2s,B错误，C 匀加速的位移=42=3.2m 正确；传送带在0.2s内位移x2=t=0.2m,物块在传送带上 留下的划痕长度x'=0.3m-0.2m=0.1m,D错误。 则匀速运动的时间，=二=2.2s 8B小木块向右运动，如果一直加速运动则a=g,L=24, 得产品在水平传送带AB上运动的时间为：t=t1+2=3.8s。 (2)第一阶段，物体向下做匀加速直线运动，则有：mgsin0+ 匹如果到达右端时恰好与传送带共速，=L-2马 t=入√μ umgcos 0=ma 2 则得加速度为a=8m/s2 如果先加速，后匀速，4'=，5'= 匀加速运动的时间4，=”=0.5s a g v2g1 1 +,”,则A、C、D选项可能，B选项是匀速运动， 7+2g 位移为=204=1m 第二阶段，由于mgsin37°>umgcos37° 不可能。 故物体继续向下做匀加速直线运动。 9.(1)4s(2)2s 有mgsin0-umgcos0=ma2 解析：(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则 物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下 加速度为a2=4m/s2 做匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin37°-ucos37) 1 第二段运动时间L-=,+24 =ma 解得t4=0.2s 解得a=2m/s 可得产品在斜向传送带BC上运动的时间为：t'=t3+t4= 根据1= 2at得t=4s。 0.7so (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度 练案[33] 时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿 传送带向下，设物体的加速度为a1,由牛顿第二定律得 1.BC物块相对于木板滑动，说明物块的加速度小于木板的加 mgsin37°+umgcos37°=ma1 速度，撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度，所以 它们之间存在滑动摩擦力，木板给物块的滑动摩擦力向右，使 解得a1=10m/s 物块向右加速，反过来，物块给木板的滑动摩擦力向左，使木 设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1,位移 板向右减速，直到它们速度相等，二者以共同速度做匀速运 为x1, 动，故B、C正确。 则有4=”=10」 410s-1s 2.BC木板与滑块间接触面粗糙且开始时存在相对运动，因此 =2a41=5m<l=16m 1 存在摩擦，滑块开始做减速后和木板一起做匀速运动，A错 误；滑块与木板共速前，木板B可能先做匀加速直线运动，滑 当物体运动速度等于传送带速度的瞬间 块与木板共速后，滑块与木板可能一起做匀减速直线运动，B 因为ngsin37°>ngcos37 正确；地面对木板B的摩擦力水平向左，所以木板B对地面的 则此后物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动 摩擦力水平向右，C正确：当滑块与木板共速后一起做匀减速 摩擦力，设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加 直线运动时，A、B之间的摩擦力是静摩擦力，D错误。 速度为a2,则a2=gsin37°-gcos37°=2m/s2 3.D因木板与物块之间的接触面光滑，当水平恒力F作用于 310