2026届高三物理二轮复习跟踪练习：微专题6 传送带模型

微专题6 传送带模型 跟踪练习 基础过关 一．选择题： 1．如图所示，足够长的水平传送带逆时针转动的速度大小为v1，一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( ) A．小滑块的加速度方向向右，大小为μg B．若v0<v1，小滑块返回到左端的时间为 C．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为 D．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为 2.(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是( ) 3.(多选)(2024·四川绵阳诊断考)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＝0.4 m/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2 m，g取10 m/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2 m/s2 B．行李经过2 s到达B处 C．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12 m D．当行李的速度与传送带的速度相同时，传送带立刻停止运动，整个过程中行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04 m 4.(多选)如图所示，水平传送带以恒定的速度顺时针转动，在其左侧轻放一小滑块，下列描述小滑块在传送带上运动的v-t(速度—时间)、a-t(加速度—时间)图像可能正确的是( ) 5．(多选)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行，初速度大小为v2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。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示，已知v2>v1，则( ) A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力先向右后向左 6．(多选)如图甲所示，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＝1 kg、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乙所示，若取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法正确的有( ) A．0～8 s内物体的位移大小为14 m B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.625 C．0～4 s内物体上升的高度为4 m D．0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m 2． 计算题： 7．如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面的底端A与水平传送带相接触，传送带正以v＝4 m/s的速度顺时针匀速转动，质量为2 kg的物体(可视为质点)从斜面上O处由静止下滑，经过时间1.5 s滑到斜面底端A。已知O、A之间的距离LOA＝4.5 m，传送带左、右两端A、B间的距离LAB＝10 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计物体经过A点时的动能损失。 (1)求物体沿斜面下滑的加速度大小； (2)求物体与斜面间的动摩擦因数μ1； (3)物体在传送带上向左运动时是否会从B端滑出？如果滑出，求离开B点的速度大小，如果不滑出，求物体返回到A点的速度大小。 能力提升 1． 选择题： 8．(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放上一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则( ) A．传送带一定逆时针转动 B．μ＝tan θ－ C．传送带的速度大于v0 D．t0时刻后小木块的加速度为2g sin θ－ 9．(多选)快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效率，其过程可以简化为如图所示的装置，水平传送带长为L，以一定的速度v2＝8 m/s顺时针匀速运动，工作人员以一定的初速度v1将快递箱推放到传送带左端。若快递箱被从左端由静止释放，到达右端过程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，快递箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，则( ) A．传送带长L为24 m B．若v1＝0，全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为4 m C．若v1＝v2，则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为12∶13 D．若v1＝0，将传送带速度增大为原来的2倍，则快递箱先做匀加速运动再做匀速运动 10．(多选)一足够长的粗糙倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度v0的小物块，如图所示，取沿传送带向下的方向为正方向，则下列描述小物块在传送带上运动的v-t图像中可能正确的是( ) 3． 计算题： 11.如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A处无初速度放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2。 (1)当煤块与传送带速度相同后，接下来它们能否相对静止？ (2)求煤块从A运动到B的时间； (3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 培优训练 一．计算题： 12．快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图1是快递分拣传送装置。它由两台传送带组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图2是该装置示意图，CD部分倾角θ＝37°，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图3为水平传送带AB段数控设备记录的货物的v-t图像，1.3 s时刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知货物与两段传送带间的动摩擦因数相同。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求水平传送带AB的长度及货物与传送带间的动摩擦因数； (2)若CD段的长度为2.6 m，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到货物？ 参考答案： 1. D 解析　设小滑块的质量为m，小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力方向向左，加速度方向向左，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg，故A错误；若v0<v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0再向左加速到v0，刚好返回到左端，所用时间为t＝，故B错误；若v0>v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0的时间t1＝，位移为x1＝，然后加速向左，速度加速到v1的时间t2＝，位移为x2＝，最后以速度v1匀速回到左端，时间为t3＝＝＝，小滑块返回到左端的时间t′＝t1＋t2＋t3，解得t′＝＋＋＝，故C错误，D正确。 2.C解析　0～t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动，受力分析可知，物块受重力、支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，物块所受合力不变，故做匀加速运动。t0之后：当物块速度与传送带速度相同时，沿传送带向上的静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。C正确，A、B、D错误。 3.AD解析　设行李的质量为m，开始时行李的加速度大小为a＝＝2 m/s2，A正确；行李与传送带共速时所用时间t1＝＝0.2 s，行李的位移为x＝at＝0.04 m，行李匀速运动的时间为t2＝＝4.9 s，行李到达B处的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，B错误；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝0.04 m，C错误；共速时传送带立刻停止运动，行李做匀减速运动的位移为x1＝＝0.04 m，两段划痕的长度重合，则摩擦痕迹长度为0.04 m，D正确。 4. ABD 解析　若传送带速度较小，滑块可能先在传送带上做匀加速直线运动，加速度不变，与传送带共速后，做匀速直线运动，加速度为零。若传送带速度足够大，滑块可能在传送带上一直做匀加速直线运动，最终还未与传送带共速就已离开传送带，故C错误，A、B、D正确。 5.BC 解析　相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速直线运动，t1之后反向向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；小物块在0～t1时间内，向左做匀减速直线运动，相对传送带向左运动，在t1～t2时间内，反向向右做匀加速直线运动，但速度小于传送带的速度，相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小和方向都不变，C正确，D错误。 6.AD解析　在v-t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，则x＝×4 m－2×2× m＝14 m，A正确；在2～6 s内物体做匀加速直线运动，有a＝＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma，解得μ＝0.875，B错误；在0～4 s内物体运动的位移为0，即物体上升的高度为0，C错误；在0～8 s内物体的位移x＝14 m，传送带的位移x′＝vt＝4×8 m＝32 m，则物体在传送带上留下的墨迹长度为Δx＝x′－x＝18 m，D正确。 7.答案(1)　4 m/s2 (2)0.25 (3)不滑出　4 m/s 解析　(1)由匀变速直线运动规律可得LOA＝at2 解得a＝4 m/s2。 (2)对物体，由牛顿第二定律有mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 解得μ1＝0.25。 (3)由匀变速直线运动规律可知，物体滑至A点时的速度vA＝at＝6 m/s 而物体在传送带上滑动时的加速度大小为 a1＝μ2g＝5 m/s2 则由运动学公式可得物体在传送带上速度减为零的位移为 x＝＝3.6 m<10 m 故物体不会从B点滑出，速度减为零之后反向加速，加速度大小不变，加速到相对传送带静止所需位移为x′＝＝1.6 m<x 则物体返回到A点的速度vA′＝v＝4 m/s。 8.AD 解析　由题图乙知，小木块先做匀加速直线运动，当速度达到v0后，以较小的加速度做匀加速运动，则0～t0时间内，小木块所受的摩擦力方向沿传送带向下，t0时刻后小木块所受的摩擦力方向沿传送带向上，故传送带一定逆时针转动，故A正确；小木块在0～t0时间内，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，小木块的加速度为a1＝g sin θ＋μg cos θ，且a1＝，解得μ＝－tan θ，故B错误；当小木块的速度等于传送带速度时，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向上，故传送带的速度等于v0，故C错误；t0时刻后小木块的加速度为a2＝g sin θ－μg cos θ＝2g sin θ－，故D正确。 9.AC解析　根据牛顿第二定律知，快递箱加速时加速度大小a＝＝μg＝4 m/s2，快递箱加速运动的位移x1＝＝8 m，快递箱匀速运动的位移x2＝v2·＝16 m，所以传送带总长L＝24 m，故A正确；若v1＝0，快递箱加速运动的位移x1＝8 m，传送带在这段时间内的位移x带＝v2·＝16 m，则痕迹长x＝x带－x1＝8 m，故B错误；如果v1＝v2，快递箱加速时间t1＝＝1 s，加速运动的位移x1′＝＝6 m，匀速时间t2＝＝2.25 s，在此期间传送带匀速运动的位移x带′＝v2(t1＋t2)＝26 m，所以两者路程之比为L∶x带′＝12∶13，故C正确；如果传送带速度加倍，则快递箱加速时间t1′＝＝4 s，加速位移x1″＝＝32 m>24 m，所以快递箱一直做匀加速运动，故D错误。 10.ABD 解析　当小物块的初速度沿传送带向下，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，即a1＝g sin θ＋μg cos θ，可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，当小物块达到传送带速度时，若满足mg sin θ<μmg cos θ，可知小物块随传送带一起做匀速直线运动，若满足mg sin θ>μmg cos θ，小物块继续加速下滑，其加速度大小为a2＝g sin θ－μg cos θ<a1，故A正确；当小物块的初速度沿传送带向下，且大于传送带的速度时，若满足mg sin θ>μmg cos θ，则小物块一直做匀加速直线运动，加速度大小为a3＝g sin θ＋μg cos θ，若满足mg sin θ<μmg cos θ，则小物块应沿传送带向下做匀减速直线运动，其加速度大小为a4＝μg cos θ－g sin θ，二者共速后小物块随传送带一起做匀速直线运动，故B正确；当小物块的初速度沿传送带向上时，由牛顿第二定律可得小物块的加速度大小为a5＝g sin θ＋μg cos θ，可知小物块沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，其加速度仍为a5，与传送带共速时，若满足mg sin θ>μmg cos θ，则小物块继续做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝g sin θ－μg cos θ<a5，若满足mg sin θ<μmg cos θ，则小物块随传送带一起做匀速直线运动，故C错误，D正确。 11.答案　(1)不能 (2)1.5 s (3)5 m 解析　(1)由于mg sin θ>μmg cos θ，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。 (2) 煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力， 其加速度大小为a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s 发生的位移x1＝a1t＝5 m 煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2 x2＝L－x1＝5.25 m 由x2＝v0t2＋a2t 得t2＝0.5 s 故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。 (3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m 第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。 12.答案　(1)3.6 m　0.5 (2)3 m/s 解析　(1)v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，由题图3可知， 传送带AB段的长度为LAB＝×(1.3＋0.5)×4 m＝3.6 m 货物在水平传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1 解得a1＝μg 由题图3可知货物在传送带上加速过程的加速度大小为 a1＝ m/s2＝5 m/s2 则μ＝0.5。 (2)依题意，货物以4 m/s的速度滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方向转动但速度未知，第一种情况：若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍弃。 第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿斜面向下， 则mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2 解得a2＝10 m/s2 由于μ＜tan θ，故货物先沿斜面向上做匀减速直线运动，等到与传送带共速后将仍做匀减速直线运动。 则mg sin θ－μmg cos θ＝ma3 解得a3＝2 m/s2 建立货物在CD段运动的v-t图像如图所示 则有x1＝ x2＝ LCD＝x1＋x2 解得v＝3 m/s 即CD部分传送带的速度至少为3 m/s，快递员才能在D端取得货物 学科网（北京）股份有限公司 $