课时分层检测(14)专题强化传送带”模型中的动力学问题-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

课时分层检测（十四） 专题强化 基础落实练 1.(多选)(2026·广东汕头一模)如图所示，地铁站： 用于安全检查的装置主要由水平传送带和X光 透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不 变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品 总会先后经历两个阶段的运动，已知传送带长度 为2.1m、速率为2m/s,g取10m/s2,物品与传 送带间的动摩擦因数为0.4，则 A.物品在传送带上运动的时间是1.3s B.物品做加速运动时，其速度有可能超过传送带 速度 C.物品越重，从传送带的左端运送到右端所需要 的时间越长 D.若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，加速 阶段物品的位移增大为原来的4倍 2.(2025·广东省六校联考)如 图所示，飞机场运输行李的 倾斜传送带保持恒定的速率 顺时针运行，将行李箱无初 速度地放在传送带底端，当 传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运 动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为， 传送带与水平面的夹角为0，已知滑动摩擦力近似： 等于最大静摩擦力，下列说法正确的是() A.要实现这一目的前提是u<tan0 B.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力 为零 C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送 带向上 D.若传送带速度足够大，可以无限缩短传送的 时间 3.(多选)(2026·河南南阳高三期末)如图甲所示，： 倾角为0的传送带以恒定速率逆时针运行，现将 一包裹轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运 动到最下端B点的过程中，加速度a随位移x的： 变化图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2,: 则下列说法正确的是 () 313 “传送带”模型中的动力学问题 ↑a/(m's-2) 7.5 B 2.5 50 77 02.45.0x/m 甲 乙 A.传送带与水平面的夹角为30° B.包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4 C.传送带运行的速度大小为6m/s D.包裹到B点时的速度为8m/s (多选)(2026·甘肃金昌市检测)如图甲所示，小 物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送 带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线 的0~3s段为抛物线，3~4.5s段为直线，下列说 法正确的是（重力加速度g取10m/s2)() x/m 4 2 ò 012344.5s 甲 乙 A.传送带沿逆时针方向转动 B.小物块与传送带间的动摩擦因数以=0.1 C.小物块刚放上传送带时的速度大小为4m/s D.0~4.5s内物块在传送带上留下的滑动痕迹 为9m (多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹 角为0，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小 滑块与传送带间动摩擦因数为，小木块速度随 时间变化关系如图乙所示，若0、g、o、to已知，则 下列说法中正确的是 】 ⊙ ⊙X0.-- 甲 A.传送带一定逆时针转动 B.u=tan 0+%o gtocos 0 C.传送带的速度大于o D.o后一段时间内滑块加速度为2gsin0-% to 6.(2026·四川宜宾市诊断)如 A 图所示，倾角0=37°的传送带 以o=1m/s的速度沿顺时 B 8 针方向匀速转动，现将物块B 轻放在传送带下端的同时，物块A从传送带上端： 以=2m/s的初速度沿传送带下滑，结果两物块 恰好没有在传送带上相碰，已知物块与传送带间： 的动摩擦因数均为0.8，不计物块大小，重力加速： 度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)两物块刚在传送带上运动时各自的加速度： 大小； (2)两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用： 的时间； (3)传送带上下端间的距离。 能力综合练 7.(2026·山东济宁市期中)如图甲，MN是一段倾： 角为0=30°的传送带，一个可以看作质点、质量 为m=1kg的物块，以沿传送带向下的速度0= 4m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过 程的部分v-t图像如图乙所示，g取10m/s2,则： *u/（ms1) 621 .46is 甲 乙 A.物块最终从传送带N点离开 B.传送带的速度v=1m/s,方向逆时针 C.物块沿传送带下滑时的加速度大小为2m/s2 D.物块将在5s时回到原处 314 温 强基培优练 (2026·云南高三联考)双 分 ⊙8甲 层皮带输送机的出现极大 拣 员 地提升了物流输送效率， 它可以将货物同时进行输 尽号 ⊙8z 送装卸。双层皮带输送机可简化为如图所示的 两个传送速率相同的传送带，上层传送带长为 4.02m,与水平方向夹角为37°，下层的水平传送 带长为3.21m。货物放在材质相同的纸箱内，纸 箱（可视为质点）与上、下两层传送带之间的动摩 擦因数均为0.8，上、下两层传送带均以恒定速率 0.4m/s逆时针运行。装卸工人乙将纸箱轻放在 下层传送带最右端，装卸工人甲同时将纸箱以大 于传送带的速度无碰撞地推上传送带，另一端的 分拣员同时接到两个纸箱。已知sin37°=0.6， cos37°=0.8，g取10m/s2,求： (1)纸箱被传送到分拣员处经过的时间； (2)纸箱被装卸工人甲推入传送带时的速度 大小。b=-gsin 0, 若斜面粗糙，对物体受力分 F 析如图乙： 有F-(mngsin0+mngcos) F =d,郎得。=六F (gsin0十gcos0),则k= (gsin 0-gcos0), 综上可知根据a-F图像中图线斜率和截距可， 求得的物理量是物体质量m,故选A。] 7.解析(1)设一级推动火箭时间（内的加速度！ 为a1,末速度为，二级推动火箭时间t内的加： 速度为a,未速度为U2,由牛顿第二定律可得 _Fa=3mg二m8=2g,则1=a1t=2gt a1m m F6'3mg-之mg =5g m 所以火箭上升的最大速度为=叫十a2 =7gt。 (2)设一级推动时间t内火箭上升的高度为h1, 二级推动时间t内火箭上升的高度为h2,结束 推动后火箭继续上升高度为五？，由匀变速直线 运动规律可得 h-之1=g=1=号 2 失去推力后，火箭向上做匀减速运动，加速度大！ 小为g,未速度为0，所以有2=2gh3 可得A=碧g 所以火箭上升的最大高度为h=h1十h2十h3! =30gt2。 答案(1)7gt(2)30gt 课时分层检测（十三） 1.C[对两物块整体受力分析有Fmx=2ma,再对 后面的物块受力分析有Fmx=a,又FTms= 2N,联立解得Fnmx=4N,故选C] 2.C[设列车的加速度为a,每节车厢的质量为 m,每节车厢受到的阻力为F,对后38节车厢， 由牛顿第二定律得F-38F,=38na;设倒数第 3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为FT,对： 后2节车厢，由牛顿第二定律得FT一2F=} 2m联主解得F,=,故选项C正角.] 3.AD[设最左边的物体质量为n,最右边的物1 体质量为n',整体质量为M,整体的加速度a= F ，对最左边的物体分析F=ma一，对最！ 右边的物体分析，有F-FTA=m'a,解得FTA= F一，在中同物体上加上檬皮泥，则茎体的 质量M增大，因为m、m不变，所以FTB减小， FrA增大。故远A、D。] 4.C[A、B两物体的加速度大小相等，以物体A: 为研究对象，由牛顿第二定律得Fr=mAa,以！ 物体B为研究对象，由牛顿第二定律得gg一 F=m,可得=，由题志知A,B时 两物体的总质量不变，即nA十nB不变，由数！ 学知识可知，当mA=ng时，nAnB有最大值， 所以当mA=nB时，Fr有最大值，故C正确。]！ 5,A[P静止在水平桌面上时，由平衡条件有！ FTI=mag =2 N,F:FTI=2 N<umpg= 2.5N,推力F作用在P上后，轻绳的张力变为！ 原来的一半，即F=号=1N,故Q物块加 速下降，有mQg-F2=maa,可得a=5m/s, 而P物块将以相同大小的加速度向右加速运！ 动，对P由牛顿第二定律有F2十F一mpg= pa,解得F=4.0N,故选A。] C[若01s内Q的加速度均匀增大，则t=! 1s时Q的速度大小等于%=X1X0.8m/s= 0.4m/s。由图可知实际Q的图像与坐标轴固 成的面积大于Q的加速度均匀增大时图像与 坐标轴图成的面积，故1=1s时Q的速度大小： 大于0.4m/s,A错误：刚施加力F瞬间，对物： 块P有F=mpa。=2×1N=2N,即恒力大小： 为2N,B错误；t=1s时，对物块P、Q整体有： F=(np十mQ)a1,解得Q=0.5kg,C正确； 撤去外力，整体所受合力为零，P、Q间靠弹簧！ 相互作用，一个加速则另一个必然减速，D: 错误。」 A[设当小球贴着滑块一起向左运动且支持： 力为零时加速度为a,小球受到重力、拉力作！ 用，根据牛顿第二定律ao=gtan60°=√5g,当！ 滑块以加速度a=2g向左加速运动时，此时小 球已经飘离斜面，则此刻小球对滑块的压力为： 0,设此时细线与水平方向的夹角为α，故有 Frsin a=ng,Frcos a=ma=2ng,解得Fr= √5ng,故A正确，B、C、D错误。] BC[以整体为研究对象，沿斜面方向根据平： 衡条件可得3 ng sin0=2 umgcos0,解得4=： an0,故A错误：B物体光滑，轻杆对B物 体的作用力沿斜面向上，则轻杆对A物体的作， 用力沿斜面向下，故B正确；设A物块质量增 加△m,则摩擦力增加心gCOS0=ungsin,A; 物体的重力沿斜面向下的分量增加△ngsin0,: A、B整体合力不为0，而是沿斜面向上，则A、B 整体做减速运动，故C正确；若增加B物体的！ 质量，设B质量增加△m,整体的沿斜面向下的！ 分力为(3m十△m)gsin0,向上的摩擦力为 2 mgcos0=3 mngsin0,A、B整体的合力为 △ngsin0,方向沿斜面向下，故向下做加速运 动，故D错误。] B「对物块受力分析， 设外力与水平方向成日 角，如图所示，由牛顿第 二定律Fcos0-u(ng VMN1177KK7777777776 Fsin0)=ma,化简可得 mo F√a2+1sin(0+p) g=ma,其中F=mg,=, 3,tan 一，当 sin(0十9)=1时，物块运动的加速度最大，为l 4n-3 ,故B正确。] 0.解析(1)对重物受力分析，根据受力平衡！ 可得 FT=mg=20 N 对木箱受力分析，可得F;=2FT,又F-MgI 联立解得4=0.5，故要使装置能静止，木箱与} 地面间的动摩擦因数需满足≥0.5。 (2)设木箱加速度大小为a,则重物加速度大！ 小为2a,对重物受力分析，根据牛顿第二定律！ 可得 Fr'-mg=2ma 对木箱受力分析，有F-Mg一2FT'=Ma 解得a=0.5m/s 当拉动木箱向左匀加速运动的位移为x一】 0.5m时，重物向上的位移为h=2x=1m,由， 2X2a·h=r, 可得此时重物的速度大小为u=√2m/s。 答案(1)4≥0.5(2)W2m/s 课时分层检测（十四） AD[物品放在传送带上后，相对传送带滑动， 受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得ng= na,则a=g=4m/s2,物品加速阶段的位移 x=艺=头m=0.5m,物品加逢到与传送 带的速度相同后，与传送带一起匀速运动，物品 匀速运动时不受摩擦力，故B错误：物品匀加速！ 运动的时间1==0.5s,物品匀速运动的时 -507 间，-工-2.1,05s=0.8s,物品在传送 带上运动的时间=t1十t2一1.3s,与物品的质 量无关，故A正确，C错误：由=2 可知，若 仅使传送带的速率增大为原来的2倍，加速阶 段物品的位移增大为原来的4倍，故D正确。] C[要实现这一目的前提是沿传送带向上的 最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力， 即mgcos0>mng sin0,可得：>tan0,故A错 误：做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦 力大小为F:一ngsin0,故B错误；行李箱在加 速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向 上，故C正确；若传送带速度足够大，行李箱在 传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无 限缩短，故D错误。] AC「包襄放上传送带后，包襄相对传送带向 上滑动，测所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿 第二定律得mng cos0十mgsin0=a1,运动到与传 送带共速后，根据牛顿第二定律得ngin0 mngcos0=ma2,其中a1=7.5m/s2,a2= 2.5m/,联立解得= ,sin0=0.5,可得 6 0=30°，故A正确，B错误；由运动学公式有y12= 2a1x1,可得y=√2a=√2X7.5X2.4m/s 6m/s,则传送带的速度为6m/s,故C正确；第 二段匀加速过程有52一=2ag(x2一x1),解 得山=7m/s,可知色襄到B点时的速度为 7m/s,故D错误。 CD[根据题意，图线的0~3s段为抛物线， 3一4.5s段为直线，则可知0一3s内物块做匀 变速直线运动，3~4.5s内物块做匀速直线运 动，而物块的位移在0一3$内先增加后减小， 4.5s末回到出发，点，物块在传送带上先做匀减 速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线 运动，直至与传送带达到共速后和传送带一起 做匀速直线运动，则可知传送带顺时针转动，故 A错误；根据图像可知，2s末物块的速度减为 零，该时间内物块的对地位移大小为x1一4m, 此后物块将反向加速，通过图像可知，在3s末 物块与传送带达到共速，加速阶段的位移大小 为x2一1m,根据位移与时间的关系有x1一4 立a=之，°，其中4=2s,=1s,解 得=4m/s,a=2m/s,而根据牛顿第二定 律，对物块有ng=na,解得u=0.2,故B错 误，C正确：根据图像可知，物块减速阶段位移 大小为x1=4m,加速阶段位移大小为x2 1m,达到与传送带共速所用时间为t3一3s,根 据x一图线斜率的绝对值表示速度的大小可 知，传送带的速度大小为v=2m/s,则小物块 与传送带达到共速的这段时间内传送带的位移 大小为xg=t3=6m,由此可得0~4.5s内物 块在传送带上留下的滑动痕迹为△x一x1十x -x%=4m十6m-1m=9m,故D正确。] ,AD[若传送带顺时针转动，当滑块下滑 (ngsin0>1 mngcos0),将一直匀加速到底端： 当滑块上滑(ngsin0<ngcos0),先匀加速运 动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运 动图像，故传送带是逆时针转动，A正确；滑块 在0一。内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑， a1=gsin04gcos0,由图可知a1= 西，则4一 gtcos)一tan0,B错误；只有当滑块的速度等 于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力方向向 反，故传送带的速度等于o,C错误：共速后滑 块的加速度a2=gsin0-gcos0代入μ值得 a=2gsin0-,D正确。] 解析(1)刚开始运动时，物块A沿传送带向 下运动的加速度大小为a1一4gcos0-gsin0= 0.4m/s,做匀减速运动 对于物块B,向上运动的加速度大小 a2=4gcos0-gsin0=0.4m/s2,做匀加速 运动。 (2)物块B在传送带上加速到传送带的速度所} 用时同2-2=25s 物块A从传送带上端减速到速度为零所用时！ 同-费58 物块A从速度为零向上加速到与传送带速度！ 相同所用时间为，‘==2.5s 所以，两物块从在传送带上运动到刚好要相碰： 所用时间为t=t1十t1=7.5s。 (3)在7.5s内物块B的位移大小为x2= 2462+6(1-42)=6.25m 3.75m 因此传送带下端到上端的距离s=x十x?= 10m。 答案(1)0.4m/s20.4m/s2(2)7.5s (3)10m 7.D[从v-t图像可知，物块速度减为零后沿传 送带反向向上运动，最终的速度大小为1m/s,! 因此没从N点离开，可知传送带顺时针运动，· 速度大小为1m/s,故A、B错误：v-t图像中斜 率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加！ 速度大小为a=4=（9-Dm/g=2.5m/g,故 2 C错误；U-1图像与时间轴国成的面积表示位} 移，可知，山=号。时，物块的速度为0，之后物 块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下 运动的位移=合×4×号m=9m4 .16 弓s到4=2s,物块沿传送带向上加速运动的 8 8 之<工吉口物逃香专姿带： 位移x2一2 向上匀速运动的时间与=一型=35，所以 U 物块回到原处的时间t=3s十2s=5s,故1 D正确。] 8.解析(1)在水平传送带上，由牛顿第二定律有 uing=ma 解得a=8m/s2 加速到与传送带速度相等时的时间 -0.4 4=a=8s=0.05s 运动的位移4=2a12=0.01m 速度相等后一起匀速运动的位移4=L山一 x1=3.2m 匀速运动的时间4=号=8s 纸箱被修送到分株员处经过的时间1=4十- 8.05s。 (2)设装卸工人甲推纸箱的速度为，纸箱从： 推上传送带到与传送带速度相同所需时间3，！ 由于山>山，纸箱做减速运动，加速度大小为 a=ungcos37”mgin32°=0.4m/ 则减速到与传送带速度相等的时间 4=4二” ( 运动的位移西=”一 2a1 -（2x0.4-0.2）m 当速度相等后与传送带一起做匀速运动，匀速！ 运动的位移x=L1一x3 匀速运动的时间(=号 根据1=3十t1,整理得w2一0.8w一0.48=0 解得=1.2m/s 故纸箱被推入传送带时的速度大小为1.2m/s。 答案(1)8.05s(2)1.2m/s 课时分层检测（十五） AD[由题意可知，起初物块做匀加速直线运： 动，木板做匀减速直线运动，故四个远项中的虚！ 线均表示物块、实线均表示木板。某个时刻两！ 者速度相等，之后若以1>2，则二者可相对静！ 止以共同加速度做匀减速直线运动直至停下，！ 且二者做匀减速运动的加速度大小均为g,! 小于起初木板做匀减速运动的加速度，故A正！ 确，B错误；若么1<2，则二者不能相对静止，二 者以不同的加速度做匀减速直线运动，且物块！ 的加速度大小不变，方向相反，故C错误，D 正确。门 BD[摩擦力与物体的相对运动方向相反，由！ 题意可知，A木板的运动方向与所受摩擦力方 向相同，物体B运动方向与所受摩擦力方向相 反，故A错误；由图像知B的加速度大小为 =2m/s,对B进行分析有angg=: ngaB,可解4一0.2，故B正确；由题图乙可知} 0~1s内二者相对运动，位移差为1.5m,则A 板长度至少为1.5m,故C错误；长木板A的加 速度大小为aA= =1m/g,又mneg △ m4,联立解得==合，即A的质登是 aB mA B的两倍，长木板A的质量是4kg,故D! 正确。 B[设拉力F作用下物块在木板上滑动，物块， 的加速度大小为a1,撤去外力后物块的加速度！ 大小为a,木板的加速度为a,根据牛顿第二定 律有F-Ag-a1,Ang=masmg-他(Mi 十n)g=Ma3,解得a1=2m/s,a=4m/s2, a3=0.5m/s2,拉力F作用的时间为1s时，物 块、木板的速度为1-a141=2m/s,=a3t1= 0.5m/s,设又经t2时间，物块、木板共速，则 共=一a4=十a,解得=3，= 1 1 行m/s,木板的长度为L=4一24十 跳妇一 2 4=0.75m+0.25m=1.0m 2 故B正确。] 解析(1)物块在湾板上做匀减速运动，设加速 度大小为a1,有 7g=2a1 设薄板做匀加速运动的加速度为a2,有ng1 对物块l十=%一2a1月 对蒋板△1=4： 联立解得=4m/ =3 (2)物块飞离薄板后薄板的速度 v=a2t=1 m/s 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛！ 抛运动的时间一」 则平台距地面的高度h=子：=号m 1 5 答案(1)4m/s3s（2)9m C[由图(b)知，斜率的绝对值等于加速度的2！ 倍，则拉力F作用的长木板的加速度a1一2 之×8m/s=1ms,B错误：撒去拉力时的！ 速度u=4m/s,拉力作用时间为一a =4s} 小籍误：旅未拉方后的加连度口：一芸=合X 5m/S=8m/g,由牛频第二定律有(M十m 508 gsin0+1(M+n)gcos0=(M十n)a2,解得： =0.25,C正确：物块与长木板之间无相对滑 动，由牛顿第二定律有ng0os0-mgsin0>≥ma1: 解得他≥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。 解析(1)小物块刚放上长木板时在摩擦力的 作用下加速，由牛顿第二定律h1ng=na1 长木板减速，有2(M十n)g十41mg=Ma 解得小物块的加速度大小a1=2m/s 长木板的加速度大小a2=2.5m/s (2)设经时间△t两者达到共同速度v,有v= a1△f=-ag△t 得△i=2s,v-4m/s 这段时间内小物块的位移 =2a1(△)2=4m 长木板的位移r=△1-(△)=13m 长木板的长度l=x2一x1=9m (3)小物块和长木板达到共同速度之后一起做 匀减速直线运动，设加速度大小为a3,有 (M十n)g=(M十n)a 解得a3=1m/s 一起减速的位移为x3,有一2ag 解得xg=8m 则小物块的总位移x=x1十xg=12m。 答案(1)2m/s22.5m/s2(2)9m (3)12m 解析(1)设小铁块的加速度大小为a,对小铁 块根据牛顿第二定律有F2一ngsin0=nd 其中F2=FN2一umgcos0 解得a=0.4m/s 由图(b)可知一4.5s时小铁块与长木板达到 共速，有%十u一al 解得u=1m/s。 (2)小铁块先沿木板向下做匀减速运动至速度 为零，再沿木板向上做匀加速运动，=4.5$后 与长木板一起以速度沿斜面向上做匀速运 动，有 F'=Mgsin 0+mgsin 0+u(m+M)gcos 0 解得F=37.2N t=4.5s内小铁块的位移大小为x1,长木板的 位移大小为有=21=0.45m,方向 沿斜面向下，x2-t-3.6m,方向沿斜面向 上。为了保证小铁块不从长木板上滑落，长木 板的最短长度为 L=x1十x2=4.05m。 答案(1)1m/s(2)37.2N4.05m 课时分层检测（十六） 解析(1)实验中，细线对动滑轮和小车的作用 力通过弹簧测力计测量，不需要满足M>m。 5 【2)相邻计数点间的时间间隔为T二号= =0.1s 根据逐差法可得小车的加速度为 4=5十4-4-4=267+3.32-1.40-2.04 479 4×0.12 ×102m/s2=0.638m/s。 (3)小车匀速运动时有2F。=F 当更换重物后，由牛顿第二定律有2F-F,=M 可知上式为一次函数，图像为一条倾斜直线，与 横轴交于一点，故D正确。 答案(1)不需要(2)0.638(3)D 解析(1)因小车和纸带所受的摩擦力不便于 测出，则需垫高木板用小车所受重力的分力平 衡掉摩擦力，故实验需要平衡阻力： (2)每两个相邻计数，点间还有四个计时点没有 画出，则相邻计数点间的时间间隔为 T=5×0.02s=0.1s 由逐差法可得