专题集训7 应用动力学、能量观点解决传送带问题-（配套练习）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题集训(七)　应用动力学、能量观点解决传送带问题 (时间：45分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－7题，每题5分，共35分) 1.(多选)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查。其传送装置可简化为如图所示模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率向左转动。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则(　　) A.乘客与行李同时到达B处 B.乘客比行李提前0.5 s到达B处 C.行李比乘客提前0.5 s到达B处 D.若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处 答案：BD 解析：行李无初速度地放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速度做匀速直线运动。加速时加速度a＝μg＝1 m/s2，所用时间t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s，到达B处共用时t＝t1＋t2＝2.5 s，乘客到达B处用时t'＝＝2 s，故B正确，A、C错误；若传送带速度足够大，行李一直匀加速运动，最短运动时间tmin＝＝2 s，故D正确。故选BD。 2.如图所示，传送带以恒定速度v0向右运动，A、B间距为L，质量为m的物块无初速度放于左端A处，同时用水平恒力F向右拉物块，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，物块从A运动到B的过程中，动能Ek随位移x变化的关系图像不可能的是(　　) 答案：A 解析：开始时物块受向右的拉力F和向右的摩擦力Ff而做加速运动，则动能Ek＝(F＋Ff)x；若物块在到达最右端之前还未与传送带共速，此时图像为C；若F＞Ff，则当物块与传送带共速后还会加速，此时动能增加量ΔEk＝(F－Ff)x，此时图像为D；若F≤Ff，则当物块与传送带共速后会与传送带一起匀速运动，动能不变，此时图像为B；物块与传送带共速后只能匀速或者加速，不可能减速，则图像A不可能。故选A。 3.(2025·四川宜宾一诊)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。一质量为m小物块以大小为v2的初速度从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。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，图中标注的v1、v2、t1、t2、t3均为已知量，且v2＞v1)如图乙所示。则(　　) A.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先水平向右后水平向左 B.0～t2时间内，小物块离A处的最大距离为t2 C.0～t3时间内，传送带对小物块的摩擦力的冲量大小为m(v2－v1) D.0～t3时间内，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为m(v1＋v2)2 答案：D 解析：由题图乙可知，0～t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1～t2时间内向右做匀加速直线运动，则0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向均为水平向右，故A错误；由题图乙可知，0～t2时间内，小物块离A处的最大距离为xm＝，故B错误；0～t3时间内，根据动量定理，可得If＝－mv1－mv2＝－m(v1＋v2)，则传送带对小物块的摩擦力的冲量大小为m(v1＋v2)，故C错误；0～t3时间内，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q＝μmgs相对，其中μmg＝ma＝m＝m，s相对＝＋，联立解得Q＝m(v1＋v2)2，故D正确。故选D。 4.(多选)(2025·湖南常德期末)如图所示，光滑弧面顶端固定一弹簧，一固定在P点的物块将弹簧压缩，弧面下端与沿逆时针方向匀速转动的传送带相切于N点，物块的质量为m，传送带速率为v，传送带与物块间的动摩擦因数为μ。由静止释放物块，设物块下滑至N点时的速度大小为vN，传送带足够长，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.物块从P点运动到N点的过程中机械能守恒 B.若vN＞v，则物块能再次回到P点 C.若vN＝v，则物块在传送带上先后两次经过N点的过程中，传送带克服摩擦力做功W＝2mv2 D.若vN＜v，则物块第二次经过N点时传送带上的划痕长度为 答案：CD 解析：由于弹簧压缩，则由静止释放物块，弹簧对物块做正功，则物块从P点运动到N点的过程中，物块的机械能增加，故A错误；若vN＞v，由于传送带足够长，物块开始向右匀减速运动至速度为0，后向左匀加速运动至速度为v，再以速度v匀速运动至N点，此时物块的动能小于从P滑至N点时的动能，即小于物块开始在P点的重力势能与弹簧的弹性势能之和，可知，物块不能再次回到P点，故B错误；若vN＝v，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，加速度相等，有－v＝v－μgt，解得t＝，此过程传送带的位移x＝vt＝，则传送带克服摩擦力做功W＝μmgx＝2mv2，故C正确；若vN＜v，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，加速度相等，有－vN＝vN－μgt1，解得t1＝，物块从第一次经过N点到第二次经过N点，物块的总位移为0，则传送带上的划痕长度为x1＝vt1＝，故D正确。故选CD。 5.如图甲所示，绷紧的传送带与水平方向的夹角为37°，传送带的v -t图像如图乙所示。t＝0时刻质量为1 kg的楔形物体(可视为质点)从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2 s后物体开始减速，在t＝4 s时物体恰好到达最高点A。重力加速度为10 m/s2。对物体从B点运动到A点的过程，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.5 B.物体的重力势能增加48 J C.摩擦力对物体做的功为12 J D.物体在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量为12 J 答案：D 解析：根据v -t图像的斜率表示加速度，可得传送带运动的加速度为a＝－1 m/s2，t＝0时刻质量为1 kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速直线运动，说明物体受力平衡，由平衡条件可知μmgcos 37°＝mgsin 37°，解得物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.75，A错误；2 s末，传送带的速度为2 m/s，物体开始减速，分析可知，物体做匀速直线运动的速度为v'＝2 m/s，且2 s后物体与传送带一起做加速度为a＝－1 m/s2的匀减速运动，t＝4 s时物体恰好到达最高点A，则传送带的长度lAB＝v't1＋(v't2＋a)＝6 m，对物体从B点运动到A点的过程，根据动能定理有－mgh＋Wf＝0－mv'2，其中h＝lABsin 37°，则物体的重力势能增加量为mgh＝36 J，摩擦力对物体做的功为Wf＝34 J，B、C错误；物体在前2 s内与传送带有相对运动，二者间的相对位移大小为x相对＝(v0t1＋a)－v't1＝2 m，该过程中的滑动摩擦力Ff＝μmgcos 37°＝6 N，则物体在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量为Q＝Ffx相对＝12 J，D正确。故选D。 6.如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量为0.5 kg的煤块轻轻放在传送带的A端，物体的加速度随时间变化的关系如图乙所示，5 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.倾角θ＝30° B.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4 C.5 s内传送带上留下的痕迹长为16 m D.5 s内煤块与传送带摩擦产生的内能65 J 答案：C 解析：由题图乙可知，煤块在0～1 s内的加速度为a1＝10 m/s2，1～5 s内的加速度为a2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，A、B错误；由A、B项分析可知，0～1 s内煤块受到传送带的摩擦力沿传送带向下，传送带的速度大于煤块的速度，1～5 s内煤块受到传送带的摩擦力沿传送带向上，传送带的速度小于煤块的速度，则t＝1 s时煤块的速度等于传送带的速度，为v＝a1t＝10 m/s，0～1 s内煤块的位移为x1＝a1×(1 s)2＝5 m，传送带的位移为x1'＝v×(1 s)＝10 m，则相对位移大小为Δx1＝x1'－x1＝5 m，1～5 s内煤块的位移为x2＝v×4 s＋a2×(4 s)2＝56 m，传送带的位移为x2'＝v×(4 s)＝40 m，则相对位移大小为Δx2＝x2－x2'＝16 m＞Δx1，则5 s内传送带上留下的痕迹长为16 m，C正确；5 s内煤块与传送带摩擦产生的内能为Q＝μmgcos θ·(Δx1＋Δx2)＝42 J，D错误。故选C。 7.(2025·广东佛山二模)向飞机上装运货物行李时，通常用到可移动式皮带输送机。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，关于物块重力势能Ep、机械能E、所受摩擦力的大小Ff和摩擦力功率的大小P的图像可能正确的是(　　) 答案：D 解析：0～t0时间内，小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，此过程其受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，且滑动摩擦力Ff1＞mgsin θ；t0时刻之后物块与传送带相对静止，物块以速度v0做匀速直线运动到达传送带顶端，此过程其受到沿传送带向上的静摩擦力作用，且静摩擦力Ff2＝mgsin θ，故C错误。设0～t0时间内，小物块的加速度为a，此过程滑动摩擦力的功率为P＝Ff1v＝Ff1at，P -t图像为过原点的倾斜直线；t0时刻之后，静摩擦力的功率为P2＝Ff2v0，P2为恒定值，滑动摩擦力的功率最大值Pm＝Ff1vm＝Ff1at0，可知P2＜Pm，故D可能正确。整个过程中，滑动摩擦力和静摩擦力均对物块做正功，由功能关系可知物块的机械能一直增加，故B错误。设0～t0时间内，小物块的位移大小为x，则x＝at2，此过程物块的重力势能为Ep＝mgxsin θ＝mgasin θ·t2，可知此过程的Ep -t图像为曲线，故A错误。故选D。 8.(15分)(2025·广西桂林一模)一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带两部分组成。倾角为α＝37°的传送带以恒定的速率(v0＝6 m/s)顺时针方向运行，质量m＝1 kg的玩具(可视为质点)从平台以v1＝4 m/s水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端(传送轮大小不计)进入传送带。玩具在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度L＝ m，玩具和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.75，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 (1)求玩具从平台到传送带最上端的时间t； (2)求玩具在传送带上运动时因摩擦产生的热量Q； (3)求因传送玩具电动机多消耗的电能ΔE。 答案：(1)0.3 s　(2)0.25 J　(3)3 J 解析：(1)玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有tan α＝ 解得vy＝3 m/s 故t＝＝0.3 s。 (2)玩具刚滑上传送带时的速度为 v＝＝5 m/s＜v0＝6 m/s 可知玩具刚滑上传送带时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，玩具的加速度大小为 a1＝＝12 m/s2 玩具从刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为 t1＝＝ s 下滑的位移为 x1＝t1＝ m＝L 故玩具下滑过程与传送带的相对位移大小为 Δx＝v0t1－L＝ m 玩具在传送带上运动时因摩擦产生的热量 Q＝μmgcos α·Δx＝0.25 J。 (3)根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能ΔE＝μmgcos α·v0t1＝3 J。 学生用书⬇第33页 学科网（北京）股份有限公司 $