课时作业17 专题强化：传送带模型中的动力学问题-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考物理大一轮复习全新方案通用版

2Mm,因为m=M,所以 1 a三 (2)设B、C间的拉力为F,对物体C, g-F=ma,解得F=mg-ma mg=亏Mg,所以B,C间的作用力 4 2 为行mg或三Mg。 4 12.(1) (2)8=60° 5√3 m 3 2 解析：(1)当0=30°时，小物块恰好能 沿着木板匀速下滑，则ng sin8=F:, F,=ng cos日，联立解得以= 39 (2)当日变化时，设沿斜面向上为正方 向，小物块的加速度为a,则由牛顿第 二定律得-mg sin 6一umg cos ma,由0-v号=2a.x得x= sin a= 中ana=- ,故 Vo a=30°，又因x= 2g√1十usin(0+a) 当a十0=90°时x最小，即0=60°，所以x 最小值为xim 2g(sin60°+cos60) mo 4g 2 课时作业17 专题强化：传送带 模型中的动力学问题 1.D刚开始时，物体速度小于传送带速 度，则物体相对传送带向后运动，A错 误：匀速运动过程中，物体与传送带之 间无相对运动趋势，则物体不受摩擦 力作用，B错误：物体加速运动过程中， 由动能定理可知，摩擦力对物体做正 功，C错误；设物体与传送带间动摩擦 因数为以，物体相对传送带运动时a= s=g,物体做匀加速运动时，物体 速度小于传送带速度则一直加速，由 v=at可知，传送带速度越大，物体加 速运动的时间越长，D正确。 2.C0一t。时间内：小物块轻放在传送 带上，做加速运动。受力分析可知，小 物块受重力、支持力和滑动摩擦力，滑 动摩擦力大于重力的下滑分力，合力 不变，故小物块做匀加速运动。t。之 后：当小物块速度与传送带速度相同 时，静摩擦力与重力的下滑分力相等， 加速度突变为零，小物块做匀速直线 运动。故C正确，A、B、D错误。 3.A设物料的质量为m,物料与传送带 之间的动摩擦因数为以，传送带的长度 为L,刚放上传送带时，根据牛顿第二 定律对物料有g=ma,解得物料在 传送带上做匀加速运动时的加速度大 小a=2m/s2。假设物料在传送带上 一直做匀加速运动，到达另一端时恰 好与传送带共速，设此时传送带的速 度大小为0，根据匀变速直线运动规 律有v=2aL,解得vo=12m/s,所以 当传送带以速度大小v1=8m/s匀速 运动时，因1<v。,则物料在传送带上 先做加速运动，后做匀速运动，则物料 做加速运动的时间和位移大小分别为 t= g=4s,x1=21t4=16m,做匀 速运动的位移大小和时间分别为x?= L-x1=20mt=0 2=2.5s,则物料 通过传送带的时间t总=t1十t2=6.5s: 当传送带以速度大小v2=16m/s匀速 运动时，因02>V0,则物料在传送带上 一直微匀加速直线运动，有L=2a, 解得物料通过传送带的时间t总=6s。 所以物料通过传送带的时间差△t= t恶一t恶=0.5s,故A正确，B、C、D 错误。 4.C由题图乙可知传送带的最大速度 为2m/s,行李箱的加速度为a=g= 1m/s°，则行李箱速度达到与传送带相 同所用的时间为t=”=25,故A错误； 行李箱在2s内的对地位移大小为x1= at=2m,传送带2s内的位移大小 1 ×2×1m+2×1m=3m, 为x2一2 则行李箱相对于传送带滑动的距离为 △x=x2一x1=1m,故B错误；若保持 传送带的最大速度不变，增大启动的 加速度，则行李箱达到与传送带速度 相同所需要的时间仍为t=”=25,可 知行李箱达到与传送带速度相同所需 要的时间保持不变，故C正确；若保持 传送带的最大速度不变，增大启动的 加速度，行李箱的对地位移不发生改 变，由于传动带启动加速度增加了，则 传送带加速的时间减少，以最大速度 运行的时间增长，则传送带对地位移 变大，则行李箱相对传送带滑动的距 离将变大，故D错误。 5.B0到t1时间内小物块向左做匀减 速直线运动，t1时刻小物块向左运动 的速度减为0，此时到A处的距离达到 最大，A错误：t2时刻前小物块相对于 传送带向左运动，之后小物块相对于 传送带静止，2时刻小物块相对传送 带滑动的距离达到最大，B正确：0到 t2时间内小物块先减速，后反向加速， 因<2，则小物块受到大小不变、方 向始终向右的摩擦力作用，C错误：t2 时刻小物块向右运动的速度增加到与 传送带的速度相等，t2时刻之后小物 块与传送带保持相对静止，随水平传 送带一起匀速运动，不受摩擦力作用， D错误。 -613- 6.BC若传送带的速度很小（一直小于 小物块的速度)，小物块一直减速，加 速度大小a1=gsin30°十gcos30°= 12.5m/s2,小物块到达B点时的速度 最小，且最小速度v1=√u一2a1L 2m/s;若传送带的速度很大（一直大 于小物块的速度)，小物块一直加速，加 速度大小a2=一gsin30°十4gc0s30°= 2.5m/s,小物块到达B点时的速度最 大，且最大速度v2=√u号十2aL= 8m/s。故B、C正确。 7.BC由题图乙可知，在0~2.5s内，粮 袋的速度大于传动带的速度，则粮袋 受沿传送带向上的滑动摩擦力，在 2.5~4.5s内，粮袋匀速下滑，根据平 衡条件可知，粮袋受沿斜面向上的静摩 擦力，故A错误；根据)-t图像中，图线 与坐标轴围成的面积表示位移的大小， 根据题意，由题图乙可知L=2(0,十 1.5m/s)×2.5s+(4.5s-2.5s)vo= 3.5m,解得=0.5m/s,故C正确：由 题图乙和C分析可知，粮袋在0~2.5s 内的加速度a= △w0.5-1.5 m/s= 2.5 一0.4m/s,则加速度方向沿斜面向 上，则在0一2.5s内粮袋处于超重状 态，根据牛顿第二定律有ng sin日 mg cos日=ma,联立代入数据解得 以=0.8，故D错误，B正确。 8.C由题图乙可知传送带的速度大小 为8m/s,A错误；在01s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mgsin37°十mgcos37°= a1,根据题图乙可得加速度大小 16-8 a11 m/s=8m/s,在1~-2s 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， 根据牛顿第二定律有mg sin37°一 mgc0s37°=1a2,根据题图乙可得加 速度大小a220m/s2三4m/s,解 得以=0.25，B错误，C正确；传送带的 速度大于16m/s后，物块在传送带上 一直做加速度大小为a2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大小都相等， D错误。 9.B当传送带以v=8m/s的速度逆时 针转动时，Q恰好静止，对Q受力分 析，则有T。=F:,即mpg=mQg,代 入数据解得以=0.5，故A错误；当传送 带以v=8m/s的速度顺时针转动时， 物块Q先做初速度为零的匀加速直线 运动，根据牛顿第二定律，对Q有 pmQg十T1=maa,对P有mpg T=mpa,联立并代入数据解得a= m/s,物块Q加速到u=8m/s时 20 的位移x=2a =4.8m<L=16m,又 参考答案“公。 因为mQg=mpg,则Q的速度与传送 带速度相等即8m/s后，P、Q接着做 匀速直线运动，Q做匀加速运动的时 间为t1=口=1.2s,匀速运动的时间 为t2 L一工=1.4s,则Q从传送带左 U 端运动到右端所用的时间为t总=t1十 t2=2.6s,故B正确；物块Q做匀加速 直线运动时，所受摩擦力方向水平向 右，在做匀速运动过程中，所受摩擦力 方向水平向左，故Q在运动过程中所 受摩擦力方向变化，故C错误；由B项 分析可知，Q做匀加速直线运动时，P 加速下降，处于失重状态，Q在做匀速 运动过程中，P匀速下降，处于平衡状 态，故D错误。 10.(1)见解析（2) 8 (3)18m 解析：(1)前2s小物块与传送带发生 相对滑动，小物块沿传送带向下做匀 减速直线运动；26s小物块与传送 带发生相对滑动，小物块沿传送带向 上做匀加速直线运动：6~一8s小物块 与传送带不发生相对滑动，向上做匀 速直线运动。 (2)根据v一t图线的斜率表示加速度 可得a= =2 m/s2=1m/s2,由 △t 牛顿第二定律得umgcos37°一 mgin37”=ma,解得= 7 (3)前8s内只有前6s内小物块与传 送带发生相对滑动，前6s内传送带 做匀速直线运动的距离x=4X 6m=24m,由题图可知，前2s内小 1 物块运动的位移大小x1=。X2X 2 2m=2m,方向沿传送带向下，2~6s 内小物块运动的位移大小x,=号× 2 4×4m=8m,方向沿传送带向上，所 以划痕的长度△x=x带十x1一x2= (24+2-8)m=18m。 11.(1)0.75m1.8s(2)4m/s 解析：(1)工件刚放在传送 带AB上时，在摩擦力作 用下做匀加速运动，设其 加速度大小为a1,速度增 加到1所用时间为t1,位 mg 移大小为x1,受力分析如 甲 图甲所示，则F=mg,Fn=FN= ma1,联立解得a1=5m/s2。由运动 学公式有1=4=5 s=1s,x1= al 4=专×5×1m=25m,由于 1 x1<LAB,工件随后在传送带AB上 做匀速直线运动到B端，则匀速运动 的时间为t2 LAB1 =0.3s,工件滑 上CD传送带后在重力和滑动摩擦力 作用下做匀减速运动，设其加速度大 2对勾·讲与练·高三物理 小为a,速度减小下e 到0所用时间为t, 位移大小为x2,受 力分析如图乙所示， 则F2=gcos日， Gx Fe=uF x mgsin e+uF= G a2,由运动学公式 乙 0-心i,联立解得a:=10m/s, 有x2=-2a2 x2=1.25m,工件沿CD传送带上升 的最大高度为h=x2sin8=1.25× 0.6m=0.75m,沿CD上升的时间为 4,=0二四=0.5s,故总时间为1= -a2 t1十t2十t3=1.8s。 2)设CD传送觉以F 速度2沿顺时针方 向运转，当工件的 速度大于v2时，工 件所受滑动摩擦力 G 沿传送带向下，加x 速度大小仍为a2; G 当工件的速度小于 02时，工件所受滑动摩擦力沿传送带 向上，受力分析图如图丙所示，设其 加速度大小为a。两个过程的位移 大小分别为x和x1,由运动学公式 和牛顿第二定律可得-2a2x?=v vi,mg sin 0-uFx=mas,-2a3x= 0-i,LD=xa十x4,解得v2= 4m/s。 课时作业18专题强化：滑块一 木板模型中的动力学问题 1.B设物块与平板车间的滑动摩擦力 为f,则对物块分析，有F一mg= ma1,2L=0t十2a1f,对平板车分 1 折，有mg=2ma2L=t+2a:t, 解得F=2L十mg,故B正确。 t 2.BD设木块与木板之间的动摩擦因数 为以，对木块由牛顿第二定律可得木块 加速度大小为a1==g,同理可 m 得木板加速度大小为a,=,由题 M 可知，m<M,故有a1>a2,v-t图线 的斜率代表加速度，故1图线斜率的 绝对值应大于2图线斜率的绝对值， C错误；由于不知道v1和U2的大小关 系，故可能存在木块与木板速度同时 减小为零的情况，B正确；若木块速度 先减小为零，则木块会在摩擦力作用 下向左做匀加速运动，加速度不变，故 其图线斜率不变，A错误，D正确。 3.B由题图乙可知，0~1s内，xA= 5m,xn=2m,对A进行受力分析得 μmAg=mAaA,对B进行受力分析得 μAg=muaB,1s后两物体相对静止 一起匀速运动，则速度关系为。一 -614- aat=aut,B的位移为xn=之at= 2m,解得an=4m/s2,则得出共速的 速度大小为v来=v=ant=4m/s,对 A有xA= 0十味1=5m,U*=0。 2 aAt=4m/s,解得vo=6m/s,aA= 4.BD对P受力分析，受重力和Q对P 的支持力作用，根据牛顿第二定律有 npg sin37°=pap,解得ap=gsin37° 6m/s2;对Q受力分析，受重力、斜面 对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力 作用，根据牛顿第二定律有magsin37° u(mp十mo）gc0s37°=maaQ,解得 aQ=2m/s,故A错误，B正确；设P 在Q上面滑动的时间为t,因ap= 6m/s>aa=2m/s,故P比Q运动 1 得更快，根据位移关系有L=2ap心 之aQ,代入数据解得t=2s,C错误， D正确。 5.C由v2=2ax知，v2-x图线斜率的 绝对值等于加速度的2倍，拉力F作 1 用时长木板的加速度大小a1=2× 1 8m/s=1m/s,B错误；撤去拉力时 的速度大小v=4m/s,拉力作用时间 =4S,A错误：撤去拉力后的加 t一a 速度大小a?=8m/s,对二者整体由 牛顿第二定律有(M十m)gsin8十 1(M十m)gcos日=(M十m)a2,解得 以1=0.25，C正确：物块与长木板之间 无相对滑动，对物块由牛顿第二定律 可得u2gcos日-gsin9≥ma1,解得 以2≥0.875，物块与长木板之间的动摩 擦因数不可能为0.75，D错误。 6.14m/s子s(2)号m 解析：(1)物块在薄板上做匀减速运动 的加速度大小为a1=g=3m/s2,薄 板做加速运动的加速度大小为a2= mg=3m/s2,对物块1十△l=vot 72 1 2a1t,对薄板△1=豆at,解得 1 vo=4 m/s,t=3 s. (2)物块飞离薄板时薄板的速度2= a2t=1m/s,物块飞离薄板后薄板做匀 速运动，物块做平抛运动，则当物块落 ii 到地面时运动的时间为t'= 26 3s,则平台距地面的高度h=2= 5 g m.班级： 姓名： 课时作业17 专题强化：传送带模型中的动力学问题 (总分：80分) 基础巩固 运动时，重力加速度大小g取10m/s2,物料通过 传送带的时间差为 1.(5分)(2024·北京卷)水平传送带匀速运动，将一 A.0.5s B.1s 物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传 C.2.5s D.4s 送带一起匀速运动。下列说法正确的是( 4.(5分)在地铁和火车站入口处可以看到用于对行 A.刚开始物体相对传送带向前运动 李进行安全检查的水平传送带，如图甲所示。当 B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 旅客把行李放到传送带上时，传送带从静止开始 C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 启动。在某次研究性学习活动中，同学将行李箱 D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间 由静止放到传送带上后，传送带开始按照如图乙 越长 所示的规律运动（向右为速度的正方向）。若行李 箱与传送带之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度 2.(5分)(2024·安徽卷)倾角为0 大小g取10m/s2,传送带足够长，最大静摩擦力 的传送带以恒定速率。顺时针 与滑动摩擦力相等。下列说法正确的是() 转动。t=0时在传送带底端无 (m·s-1) 初速度轻放一小物块，如图所示。t。时刻小物块 运动到传送带中间某位置，速度达到。不计空 气阻力，则小物块从传送带底端运动到顶端的过 甲 程中，下列加速度a、速度v随时间t变化的关系 A.经过1s的时间行李箱与传送带共速 图线可能正确的是 B.行李箱相对于传送带滑动的距离为2m C.若保持传送带的最大速度不变，增大传送带启 动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同 所需要的时间保持不变 D.若保持传送带的最大速度不变，增大传送带启 B 动的加速度，则行李箱相对传送带滑动的距离 将保持不变 5.(5分)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定 速率1运行。初速度大小为2的小物块从与传 送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。 D 从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带 3.(5分)(2025·黑龙江大庆高三检测)传送带是物 上运动的？-1图像（以地面为参考系）如图乙所 料搬运系统机械化和自动化的传送用具，可以替 示。已知02>1，则 () 代人工搬运，节省人力物力。一水平传送带两端 相距36m,物料与传送带间的动摩擦因数为0.2。 物料从一端轻放上传送带，被传送至另一端。当 传送带分别以8m/s和16m/s的速度大小匀速 甲 乙 红对勾·讲与练 380 高三物理 班级： 姓名： A.t2时刻，小物块到A处的距离达到最大 综合提升 B.t2时刻，小物块相对于传送带滑动的距离达到 最大 8.(5分)(2025·北京平谷区检测)如图甲所示，倾斜 C.0到t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向 的传送带正以恒定速率1沿顺时针方向转动，传 右后向左 送带的倾角为37°。一物块以初速度。从传送带 D.0到t;时间内，小物块始终受到大小不变的摩 的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 擦力作用 。-t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度 6.(5分)（多选）(2025·河南重 恰好为零。sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速 点中学高三联考)如图所示，某 () 皮带传动装置与水平面夹角为 A口 度大小g取10m/s2,则 t530 ↑(m·s-) 30°，两轮轴心相距L=2m, 16K A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。 12 8f- 现传送带沿顺时针方向匀速转动，将一小物块轻 轻地放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因 1370 0 3* 数以二3，重力加速度大小g取10m/s,若传送 A.传送带的速度大小为16m/s 带的速度可以任意调节，当小物块在A点以。= B.物块所受摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 3√6m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 达B点的速度大小可能为 ( D.传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端 A.1 m/s B.3 m/s 时的速度就会越大 C.6 m/s D.9 m/s 9.(5分)如图所示，水平传送带两轮轴心A、B间的 7.(5分)（多选）工人利用传送带从车上卸粮食。如 距离为16m,质量分别为2kg、4kg的物块P、Q, 图甲所示，以某一恒定速率运行的传送带与水平 通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带 面的夹角0=37°，转轴间距L=3.5m。工人沿传 的左端且连接物块Q的细线水平。当传送带以 送方向以速度v1=1.5m/s从传送带顶端推下粮 袋（视为质点），4.5s时粮袋运动到传送带底端， 8m/s的速率逆时针转动时，Q恰好静止。重力加 粮袋在传送带上运动的图像如图乙所示。已知 速度大小g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩 sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g取 擦力。当传送带以8m/s的速度顺时针转动时， 10m/s2,则 下列说法正确的是 *m·sl) Q■ 1.5 A 0 A.Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 0 2.54.5* 甲 B.Q从传送带左端运动到右端所用的时间为 A.在t=0.5s时刻，粮袋所受摩擦力方向改变 2.6s B.粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.8 C.Q在运动过程中所受摩擦力始终不变 C.传送带运行的速度大小为0.5m/s D.Q从传送带左端运动到右端的过程中P处于失 D.在0~2.5s内粮袋处于失重状态 重状态 (横线下方不可作答) 381☐ 第三章运动和力的关系 10.(15分)如图甲所示，倾角为37°的足够长的传送 11.(20分)某工厂为实现自动传送工件设计了如图 带以4m/s的速率顺时针转动，现使小物块以 所示的传送装置，它由一个水平传送带AB和倾 2m/s的初速度沿传送带向下运动，小物块的速 斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB=4m, 度随时间变化的关系如图乙所示，重力加速度大 倾斜传送带长度Lcp=4.45m,倾角为0=37°， 小g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB 得分 传送带以v1=5m/s的恒定速率顺时针运转，CD 传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因 */m·s1) 5 数均为4=0.5，重力加速度大小g取10m/s。 3 现将一个工件（可看作质点）无初速度地放在水 2 0 平传送带最左端A点处，求： 得分 72468 t/s ⊙37 (。 甲 乙 (1)简述前2s、2~6s、6~8s小物块的运动 状况。 (1)工件从A点第一次被传送到CD传送带沿传 (2)求小物块与传送带间的动摩擦因数的大小 送带上升的最大高度和所用的总时间； (结果用分数表示)。 (2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端， (3)求前8s内小物块与传送带之间的划痕长度。 CD传送带沿顺时针方向运转的速度2的大小 (U2<U1）。 红对勾·讲与练 382☐ 高三物理