重难突破4 动力学中的传送带模型(课时跟踪检测)-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习学用Word（提升版）

**基本信息** 聚焦动力学传送带模型，精选9道模拟及期末题，涵盖水平/倾斜传送带情境，融合v-t/x-t图像分析与动力学计算，适配一轮复习重难突破。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|5|传送带动力学分析、运动学公式应用|结合机场行李传输等真实情境，注重基础能力考查| |多选|3|摩擦力性质、相对运动分析|通过v-t图像提取关键信息，强化科学推理| |计算|1|痕迹长度计算、多过程运动|综合动力学与运动学，对接高考命题趋势|

重难突破4　动力学中的传送带模型 1.（2026·贵州模拟预测）如图，倾角可调的货物运输机通过传送带将货物从底端传送到顶端。已知传送带底端到顶端的距离为L，货物与传送带间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为保证轻放在传送带上的货物能被传送到顶端，则传送带底端与顶端间的高度差须小于（　　） A. B. C. D. 2.（2025·陕西商洛二模）如图所示，某机场行李传输系统可简化为倾斜传送带以恒定速率v0顺时针转动，t＝0时刻从传送带底端无初速度地释放一行李（图中用方块表示，视为质点），t0时刻行李通过传送带中间某位置时的速率达到v0。在行李从传送带底端运动到顶端的过程中，行李的位移x随时间t变化的关系图像可能正确的是（　　） 3.〔多选〕（2026·吉林长春期末）如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg的物块，沿传送带向下以速度v0＝4 m/s从M点开始运动。物块运动过程的部分v-t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则（　　） A.物块最终从传送带N点离开 B.传送带的速度大小v＝1 m/s，方向为顺时针 C.物块沿传送带下滑时的加速度a＝2.5 m/s2 D.物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 4.（2026·安徽合肥期末）如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A.物块滑上传送带的初速度大小为4 m/s B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3 C.2.0～3.0 s时间内，物块的加速度为2 m/s2 D.第3.0 s末物块的速度为－3 m/s 5.（2026·安徽芜湖模拟）如图所示，质量分别为2 kg、3 kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在水平传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带逆时针转动时，Q恰好静止。当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，Q运动到传送带的右端且恰好与传送带速度相同。重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 B.Q从传送带左端滑到右端所用的时间为0.6 s C.传送带A、B间的距离为4 m D.Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20 N 6.〔多选〕（2026·河南三门峡期末）倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图1所示。在t＝0时，将一小煤块轻放在传送带上A点处，2 s时小煤块从B点离开传送带。小煤块加速度随时间变化的图像如图2所示，设沿传送带向下为加速度的正方向，重力加速度g＝10 m/s2，下列判断中正确的是（　　） A.传送带的运行速率为4 m/s B.传送带的倾斜角α＝30° C.小煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.5 D.小煤块在传送带上留下的痕迹长度为3.36 m 7.（2026·安徽阜阳模拟）如图所示，煤矿有一传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，传送带以v＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A点静止释放一个质量为m＝1.0 g的黑色煤块，经过2 s运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2，求： （1）传送带从A到B的长度； （2）煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。 8.〔多选〕（2026·河北沧州期末）如图甲所示，足够长的传送带倾斜放置（倾角为37°），传送带以大小为的恒定速率顺时针运转。0时刻，可视为质点的煤块以平行于传送带向上、大小为v0的初速度从传送带底端A点冲上传送带，经过一段时间后又滑回A点。已知煤块的速度—时间（v-t）图像如图乙所示，2t0时刻，煤块的速度为0。重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25 B.煤块运动的最高点到A点的距离为v0t0 C.煤块从A点冲上传送带到滑回A点所用的时间为（2＋）t0 D.煤块在传送带上留下的痕迹长度为v0t0 9.（2026·重庆期末）如图所示，绷紧的水平传送带顺时针匀速运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带右端等高的光滑平台上的A处滑上传送带。现保证v2不变，使传送带每次以不同速率v1匀速运行，传送带足够长。用t表示物块在传送带上运动的时间，用Δs表示物块运动过程中与传送带之间产生的划痕的长度。下列图像可能正确的是（　　） 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难突破4　动力学中的传送带模型 1.D　设传送带与水平面的夹角为θ，若货物能被传送到顶端，则μmgcos θ≥mgsin θ，即μ＞tan θ，根据几何关系可得tan θ＝，联立可得h＜，故选D。 2.A　在0～t0时间内，行李受到重力、支持力与滑动摩擦力，因为滑动摩擦力大于行李所受重力沿传送带向下的分力，所以行李做匀加速直线运动，x-t图像为开口向上的抛物线，在t0时刻，行李的速度与传送带的速度相同，行李受到的摩擦力变为静摩擦力，且静摩擦力与行李所受重力沿传送带向下的分力大小相等，行李的加速度突变为零，此后行李做匀速直线运动，x-t图像为向上倾斜的直线。故选A。 3.BCD　由图乙可知，物块先沿传送带向下做减速运动，后沿传送带向上做加速运动，最后沿传送带向上做匀速运动，则物块最终从传送带M点离开，且传送带的速度大小v＝1 m/s，方向为顺时针，故A错误，B正确；由图乙可知，物块沿传送带向下做减速运动时和沿传送带向上做加速运动时，加速度保持不变，大小为a＝ m/s2＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝，故C、D正确。 4.A　x-t图像的斜率表示速度，由图乙可知，前2 s内物块的位移x＝4 m，由运动学规律x＝t，代入数据解得v0＝4 m/s，故A正确；物块在传送带上滑动过程的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，对物块，由牛顿第二定律得μmg＝ma，代入数据解得μ＝0.2，故B错误；2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度方向向右，以向左为正方向，则加速度为－2 m/s2，故C错误；由图乙可知，2.0 s末物块的速度为0，2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，3.0 s末物块的速度v'＝a't'＝－2×1 m/s＝－2 m/s，故D错误。 5.C　当传送带逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知F＝f，即有mPg＝μmQg，解得μ＝，A错误；当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动，Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得mPg＋μmQg＝（mP＋mQ）a，解得a＝8 m/s2，当速度达到传送带速度即8 m/s，匀加速运动到共速的时间为t＝＝1.0 s，匀加速的位移为x＝＝4 m，则传送带A、B之间的距离为4 m，B错误，C正确；当Q加速时，对P分析受力分析，则有mPg－T＝mPa，解得T＝4 N，D错误。 6.AC　由图2可知，在0.4 s时刻，小煤块的加速度发生了突变，则此时小煤块与传送带共速，小煤块的速度大小为v1＝at1＝10×0.4 m/s＝4 m/s，则传送带的运行速率为4 m/s，故A正确；小煤块与传送带共速前，对小煤块有mgsin α＋μmgcos α＝ma，共速后，对小煤块有mgsin α－μmgcos α＝ma'，其中a＝10 m/s2，a'＝2 m/s2，联立解得α＝37°，μ＝0.5，故B错误，C正确；共速前，小煤块相对传送带向上运动的距离为Δx1＝v1t1－t1＝×0.4 m＝0.8 m，小煤块离开传送带的速度大小为v2＝v1＋a't2＝4 m/s＋2×（2－0.4）m/s＝7.2 m/s，共速后，小煤块相对传送带向下运动的距离为Δx2＝t2－v1t2＝×1.6 m－4×1.6 m＝2.56 m，由于Δx2＞Δx1，两阶段相对运动方向相反，则小煤块在传送带上留下的痕迹长度为2.56 m，故D错误。 7.（1）16 m　（2）5 m 解析：（1）煤块速度达到10 m/s之前，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 解得a1＝10 m/s2 t1＝＝1 s x1＝a1＝5 m 煤块速度达到10 m/s之后运动时间t2＝1 s 由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 x2＝vt2＋a2＝11 m 所以传送带从A到B的长度为L＝x1＋x2＝16 m。 （2）煤块速度小于传送带时s1相＝vt1－x1＝5 m 煤块速度大于传送带时s2相＝x2－vt2＝1 m 由于s1相＞s2相，则煤块形成的痕迹长为5 m。 8.AC　由图乙并结合题干可知t0时刻，煤块的速度减为，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，t0～2t0时间内，根据牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，根据v-t图像的斜率表示加速度可知a1＝，a2＝，解得μ＝0.25，故A正确；2t0时刻，煤块的速度为0，煤块到达最高点，根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知煤块运动到最高点时到A点的距离为x＝t0＋×v0×t0＝v0t0，故B错误；煤块在2t0之后下滑，加速度满足mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，根据位移与时间公式有x＝a2，煤块从A点冲上传送带到滑回A点所用的时间为t＝2t0＋t1＝（2＋）t0，故C正确；上升至t0时刻前的相对位移为x1＝t0－v0t0＝v0t0，t0～2t0时间内的相对位移为x2＝v0t0－×v0t0＝v0t0，2t0～（2＋）t0时间内的相对位移为x3＝x＋v0×t0＝（＋）v0t0，x1方向平行于传送带向上，x2与x3方向平行于传送带向下，x2＋x3＞x1，故划痕长度为Δx＝x2＋x3＝（1＋）v0t0，故D错误。 9.B　若v1≥v2，作出此时对应的v-t图像如图甲所示 可知物块从滑上传送带到滑离传送带用时t1＝，可知t1恒定与v1无关。划痕长度为Δs1＝v1＋·＋（v1－·）＝v1t1＝，可知Δs与v1成正比，且图像延长线应过原点，故A、C错误；若0＜v1＜v2，作出此时对应的v-t图像如图乙所示，由图可知物块从滑上传送带到滑离传送带用时t2＝＋＋＝＋＋，划痕长度为Δs1＝＋v1·＋（v1·－）＝，Δs是关于v1的二次函数，且不过原点，划痕Δs关于v1的正确图像如图丙所示，故B可能正确，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $