专题四 动力学中的传送带模型 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦动力学传送带模型，通过分层训练构建从水平到倾斜、从匀速到变速的知识逻辑，强化运动分析与受力分析的科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练|8题|水平/倾斜传送带、v-t/x-t图像分析|从摩擦力方向判断切入，结合牛顿第二定律推导运动规律| |综合提升练|4题|传送带变速、弹簧结合、多过程运动|拓展至传送带速度变化情境，深化相对运动与能量转化关系| |培优加强练|1题|多段传送带综合计算|整合水平-倾斜传送带模型，训练复杂过程的分段分析能力|

专题四　动力学中的传送带模型 同步练习 基础对点练 1． 选择题： 1.北京国际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v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v-t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2 m/s B.传送带转动的速度大小为6 m/s C.A、B两点间的距离为6 m D.小行李箱与传送带的相对位移大小为2 m 2.如图所示,水平方向的传送带顺时针转动,传送带速度大小恒为v=2 m/s,两端A、B间距离为3 m,一物块从B端以初速度v0=4 m/s滑上传送带,物块与传送带间动摩擦因数μ=0.4,g取10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图像是图中的(　　) 3.如图,水平传送带以恒定速度v顺时针转动,传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左侧某位置,P在传送带带动下向右运动,与弹簧接触时速度恰好达到v。取P放置点为坐标原点,全过程P始终处在传送带上,以水平向右为正方向,物块在向右运动或向左运动的过程中,加速度a与位移x的关系图像正确的是(　　) 4.(2026·江苏无锡期末)如图，倾角θ=37°的足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量m=2 kg的小物体轻放在传送带的A端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则在上升过程中小物体受到的摩擦力(　　) A.方向始终沿传送带向上 B.方向始终沿传送带向下 C.方向先沿传送带向上，后沿传送带向下 D.大小始终为12 N 5.如图所示，水平传送带匀速顺时针转动，速度大小v1=1 m/s，传送带上A、B两点间的距离为3 m，在A点一物块(可视作质点)以v2=2 m/s的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，g=10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.物块能滑过B点 B.物块经t=1 s速度减为零 C.物块在传送带上滑动时加速度的大小是1 m/s2 D.物块返回到A点时的速度大小仍是2 m/s 6.(2026·江苏南京模拟)如图甲，水平传送带(A、B为左右两端点)顺时针匀速传动，t=0时在A点轻放一个小物块(视为质点)，物块在传送带上运动全过程中的位移—时间关系图像如图乙(0~4 s为抛物线，4~6 s为直线)。重力加速度g取10 m/s2，下列说法中正确的是(　　) A.传送带的传送速度是8 m/s B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 C.若传送带在t=4 s时停转，则物块将停于B点 D.若令该物块以6 m/s的速率从B端向左滑上传送带，则它离开传送带时的速率为4 m/s 7.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(　　) 8.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.t1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 综合提升练 1． 选择题： 9.(2026·江苏扬州新华中学月考)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为θ(未知)。一物块以初速度v0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v-t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，g取10 m/s2，则(　　) A.传送带的速度大小为16 m/s 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 10.(2026·江苏常州开学考试)如图所示，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左侧某位置，P在传送带带动下向右运动，与弹簧接触时速度恰好达到v。取P放置点为坐标原点，全过程P始终处在传送带上，以水平向右为正方向，物块在向右运动或向左运动的过程中，加速度a与位移x的关系图像正确的是(　　) 11.如图所示,一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接,倾斜传送带与水平面的倾角为θ。两传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块(视为质点),滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ,且μ<tan θ。不计滑块在传送带连接处的能量损失,传送带足够长。下列说法正确的是(　　) A.滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 B.滑块一定可以回到A点 C.滑块最终停留在B点 D.若增大水平传送带的速率,滑块可以运动到A点上方 二．计算题： 12.(2026·江苏南通开学考试)如图所示，一物流传送装置，电机带动水平传送带顺时针转动的最大速度v0=6 m/s，货物从A点静止放上传送带。货物与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1，传送带AB的长度L=14 m，重力加速度g=10 m/s2。 (1)若传送带以v0匀速转动，求货物由A点运动到B点的时间t; (2)若货物刚放上A点时，传送带从v0开始以a0=2 m/s2的加速度做匀减速运动直至静止，求货物静止时离A点的距离d; (3)若货物刚放上A点时，传送带从静止开始做a0=2 m/s2的匀加速运动，速度达到v0后立即做a0=2 m/s2的匀减速运动直至静止，求货物运动到传送带B点时的速度大小。 培优加强练 13.(2026·江苏泰州期中)一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=4 m，BC段是倾斜的，长度LBC=5 m，倾角为θ=37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(工件通过连接处时速度大小不变)，传送带以v=4 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一个工件(可看作质点)无初速地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求: (1)工件第一次到达B点所用的时间; (2)工件沿传送带上升的最大高度; (3)工件运动了23 s时所在的位置。 参考答案： 1.答案　D解析　由v-t图像可知，小行李箱的初速度v0=6 m/s，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，则传送带转动的速度v=2 m/s，故A、B错误;根据v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，可知小行李箱在3 s内运动的距离为x1=×1 m+2×2 m=8 m，则A、B两点间的距离为8 m，故C错误;在3 s内传送带传动的距离为x2=vt=2×3 m=6 m，所以小行李箱与传送带的相对位移大小为Δx=x1-x2=2 m，故D正确。 2.答案 B　解析 物体先向左做减速运动,加速度大小a=μg=4 m/s2,经过1 s速度减小到零,此时向左运动了s1=v0t-at2=2 m<3 m,而没到达左端,因此接下来向右加速运动,加速度不变,经0.5 s速度达到2 m/s,与皮带的速度相等,这时向右仅运动了s2=at2=0.5 m,接下来向右匀速运动,B项正确。 3.答案 A　解析 设物块与传送带间动摩擦因数为μ,物块与弹簧接触时速度恰好达到v,说明与弹簧接触前物块做匀加速运动,根据牛顿第二定律可知ma=μmg,即a=μg,方向水平向右;与弹簧接触后在开始的一段时间内P相对于传送带静止,即P受弹簧弹力和静摩擦力平衡,P做匀速直线运动,则a=0;物块运动到弹力大于最大静摩擦力后,则k(x-x0)-μmg=ma(x0为P刚接触弹簧时的位移),即a=(x-x0)-μg,方向向左,A项正确。 4.答案 A解析　小物体轻放在传送带的A端，开始时物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力，大小为Ff=μmgcos 37°=12.8 N，由于μmgcos 37°=12.8 N>mgsin 37°=12 N，则物体沿传送带向上加速运动;由于传送带足够长，则当物体的速度与传送带相等时，物体与传送带保持相对静止一起向上做匀速运动，物体受到沿传送带向上的静摩擦力，大小为Ff'=mgsin 37°=12 N，故A正确。 5.答案　C解析　物块在传送带上滑动时，根据牛顿第二定律得其加速度大小为a=μg=1 m/s2，物块速度减为零所用的时间为t==2 s，该过程物块的位移大小为x==2 m<LAB=3 m，可知物块不能滑过B点，故A、B错误，C正确;由于v1<v2，所以物块向左速度减为0后反向向右加速，返回到A点前已经与传送带共速，之后与传送带保持相对静止，所以物块返回到A点时的速度大小为1 m/s，故D错误。 6.答案　C解析　由于4~6 s的x-t图像为直线，则物块做匀速直线运动，因此传送带的传送速度为v== m/s=4 m/s，故A错误;根据匀变速直线运动位移—时间关系式有x=at2，其中t=4 s，x=8 m，解得a=1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmg=ma，解得物块与传送带间的动摩擦因数为μ =0.1，故B错误;由上述分析可知物块在t=4 s时的速度为4 m/s，若传送带在t=4 s时停转，则物块将做匀减速直线运动，此时加速度大小为a=1 m/s2，根据速度—位移关系式有x'==8 m，物块将停于B点，故C正确;若该物块以v'=6 m/s的速率从B端向左滑上传送带，则它向左减速运动至速度为0的位移为x″==18 m>16 m，可知物块从传送带左端离开，设物块离开传送带时的速率为v″，根据速度—位移关系式有v″2-v'2=-2aL，其中v'=6 m/s，L=16 m，a=1 m/s2，解得v″=2 m/s，故D错误。 7.答案　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、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。当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，t0之后，物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。 8.答案　C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时刻两者共速，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错误;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。 9.答案　C解析　由题图乙可知，1 s时，物块的运动发生突变，可知传送带的速度为8 m/s，故A错误;在0~1 s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，与物块运动的方向相反，根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1，根据题图乙可得a1= m/s2=8 m/s2，在1~3 s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，与物块运动的方向相同，根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2，根据题图乙可得a2= m/s2=4 m/s2，联立解得μ=0.25，故B错误，C正确;结合上述分析可知，当传送带的速度大小大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度大小为a2的匀减速运动，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，故D错误。 10.答案　A解析　物块向右运动过程:物块与弹簧接触时速度恰好达到v，说明与弹簧接触前物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得μmg=ma，解得a=μg，方向水平向右;与弹簧接触后在开始的一段时间内P相对于传送带静止，即P受到的弹簧弹力和静摩擦力平衡，P做匀速直线运动，则a=0，当物块运动到弹力大于最大静摩擦力后，根据牛顿第二定律可得-k(x-x0)+μmg=ma，其中x0为物块与弹簧刚接触时的位移，解得a=-x+x0+μg，方向向左，故A正确，B错误;物块向左运动过程:开始时弹簧弹力大于最大静摩擦力，物块向左加速，加速度减小;当弹簧弹力小于最大静摩擦力后，物块向左减速，加速度向右，且逐渐增大;当物块与弹簧分离后，加速度向右，且大小不变，故C、D错误。 11.答案A　解析 因μ<tan θ,可得mgsin θ>μmgcos θ,所以滑块由A点释放后沿传送带向下匀加速运动,所受摩擦力沿传送带向上,滑块经过B点后在水平传送带上运动,再次返回到B点时速度小于或等于v,然后沿倾斜传送带向上匀减速,所受摩擦力方向沿传送带向上,速度减小到零后重复之前的过程,所以滑块在倾斜传送带上运动时,向上运动和向下运动受力情况均相同,加速度也相同,故A项正确;若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v,则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等,因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同,所以滑块上滑的最高点仍为A点;若滑块第一次到达B点时的速度大于v,则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v,滑块上滑的最高点将比A点低,所以滑块不一定能回到A点,故B、D项错误;由以上分析可知,滑块将在B点两侧来回运动,不会停止运动,故C项错误。 12.答案　(1)2 s　(2)4 m　(3)2 m/s 解析　(1)若传送带以v0匀速转动，则货物刚放上传送带时的加速度大小为 a==μg=1 m/s2 假设货物到达B点时仍未与传送带共速，则有v2-0=2aL 解得货物到达B点时的速度为v=2 m/s<v0=6 m/s 假设成立，则货物由A点运动到B点的时间为t==2 s。 (2)若货物刚放上A点时，传送带从v0开始以a0=2 m/s2的加速度做匀减速运动，设经过t1时间货物与传送带共速，则有v共=v0-a0t1=at1 解得t1=2 s，v共=2 m/s 此过程货物通过的位移为x1=t1=2 m 货物与传送带共速后，由于a=1 m/s2<a0=2 m/s2 故货物接着以a=1 m/s2的加速度做匀减速运动直到停下， 则共速后货物运动的最大位移为x2==2 m 则货物静止时离A点的距离为d=x1+x2=4 m。 (3)传送带从静止到速度达到v0所用时间为t1'==3 s 此时货物的速度为v1=at1'=3 m/s 货物通过的位移为x1'=t1'=4.5 m 由于v1<v0，所以传送带开始做减速运动时货物仍继续做加速运动，设经过t2'时间，货物与传送带共速，则有v共'=v0-a0t2'=v1+at2' 解得t2'=1 s，v共'=4 m/s 此过程货物通过的位移为x2'=t2'=3.5 m 由于a=1 m/s2<a0=2 m/s2 故货物接着以a=1 m/s2的加速度做匀减速运动直到B点， 根据位移与速度的关系式有-v共'2=-2ax3' 其中x3'=L-x1'-x2'=14 m-4.5 m-3.5 m=6 m 联立解得货物运动到传送带B点时的速度大小为vB=2 m/s。 13.答案　(1)1.4 s　(2)2.4 m　(3)在AB上且距离B点1.6 m处 解析　(1)由牛顿第二定律得工件刚放在水平传送带上时的加速度大小为 a1==μg=5 m/s2 工件从放上到与传送带的速度相同所用时间为t1==0.8 s 此过程工件的位移为x1=a1=1.6 m<LAB=4 m 故工件与传送带共速后一起匀速运动至B点， 匀速运动所用时间为t2==0.6 s 所以工件第一次到达B点所用的时间为t=t1+t2=1.4 s。 (2)由于μ<tan 37°，所以工件沿传送带向上做匀减速运动，设其加速度大小为a2，由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2 解得a2=2 m/s2 由速度与位移关系式得工件沿传送带上升的最大位移为x2==4 m<LBC=5 m 则工件沿传送带上升的最大高度为hm=x2sin 37°=2.4 m。 (3)工件沿传送带向上运动的时间为t3==2 s 此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T=2t1+2t3=5.6 s 工件从第一次到达B点开始运动的时间为t'=t总-t=23 s-1.4 s=21.6 s=3T 则经过3次往复运动后，从B点沿传送带上升开始至23 s末工件运动的时间为t″=t'-3T=4.8 s=2t3+t1，可知经23 s工件运动到传送带的水平部分，且速度恰好为0，所以工件运动了23 s时所在的位置在AB上且距离B点1.6 m处。 学科网（北京）股份有限公司 $