牛顿定律处理传送带问题 专项训练 -2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦牛顿定律在传送带问题中的综合应用，通过12道题构建“受力分析-运动分段-相对位移计算”的系统解题方法，强化运动和相互作用观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|单选1-3|摩擦力方向判断+运动学公式|力-运动关系的直接应用| |综合提升|多选4-9|多过程运动分析+相对位移计算|分段运动与相对运动的关联| |拓展创新|解答10-12|图像结合+跨模块综合|动力学与能量/平抛的综合应用|

牛顿定律处理传送带问题 一、单选题 1．如图所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一小物体分别从两传送带顶端的点无初速释放，甲传送带上物体到达底端点时恰好达到速度；乙传送带上物体到达的中点时恰好达到速度，接着以速度运动到底端点。则物体从运动到的过程中（     ） A．从到，甲、乙运动的时间之比为 B．从到，甲、乙运动的时间之比为 C．物体甲与物体乙在传送带上的划痕长度之比为 D．物体甲与物体乙在传送带上的划痕长度之比为 2．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率顺时针转动，一煤块以初速度从端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取。下列说法正确的是（     ） A．传送带的速率是 B．传送带与水平方向夹角的正切值 C．煤块从最高点下滑到端所用的时间为 D．煤块在传送带上留下的痕迹长为 3．如图所示，水平传送带左、右两端间距为5m，传送带以的速度顺时针匀速转动，将一可视为质点的小物块无初速度地放上传送带的左端，在传送带上运动2s后，传送带突然出现故障停止转动，经过1s后故障排除，立即按原速度运行，又经过一段时间后小物块到达传送带右端且在传送带上留下了一条划痕。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为=0.1，重力加速度。下列分析正确的是（     ） A．放上4s时从传送带上落下 B．从传送带上落下时速度大小为 C．划痕长为13m D．划痕长为11m 二、多选题 4．（多选）图甲为某快递自动分拣系统，图乙为水平传送带的简化图。长L＝2 m的水平传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动。质量m＝0.5 kg的货物（视为质点）以初速度v0＝1 m/s从左端滑上传送带，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（     ） A．货物与传送带发生相对滑动时间为0.25s B．货物在传送带上运动全过程中，传送带对货物做功为0.75 J C．货物在传送带上运动全过程中，系统因摩擦产生的热量为0.75 J D．货物在传送带上运动全过程中，电动机多消耗的电能为1 J 5．（多选）如图甲，足够长的、倾角为的传送带，以恒定速率顺时针转动，煤块以初速度从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，已知重力加速度，不计空气阻力。下列说法正确的是（     ） A．传送带的速率是2m/s B．传送带与水平方向夹角的正切值 C．煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2s D．煤块在传送带上留下的痕迹长为 6．（多选）如图所示，倾角θ=37°的传送带以v0=1m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，将质量为1kg的物块B轻放在传送带下端，同时质量也为1kg的物块A从传送带上端以v1=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，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，不计物块大小，g取，，。则（     ） A．A、B两物块刚在传送带上运动时加速度方向相同 B．两物块在传送带上运动到刚好相遇所用时间为7.5s C．传送带上下端间的距离为12.5m D．在运动过程中，A与传送带间的相对路程比B与传送带间的相对路程多10m 7．（多选）如图甲所示，在智能制造工厂的物流系统中，机械臂将质量为可视为质点的零件从倾角为倾斜传送带的上端A处由静止释放，传送带以速度逆时针匀速转动，零件在传送带上运动时，其动能与位移关系图像如图乙所示，已知零件到达传送带下端B处时动能为。零件与传送带之间的动摩擦因数恒定，重力加速度取，，。则下列说法中正确的是（　　） A．零件下滑过程中受到的摩擦力方向始终沿传送带向上 B．传送带的速度为 C．传送带AB之间的距离为 D．零件从A处运动到B处的时间为 8．（多选）如图所示，倾角θ=37°的传送带AB长L=25m，当将一个质量为2kg的煤块（可视为质点）从传送带底端静止放上传送带时，煤块放在静止的传送带上后，传送带以1m/s2的加速度匀加速向上运动，当传送带的速度达到4m/s时保持匀速运行。煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，下列说法正确的是（     ） A．10s时煤块受到的摩擦力大小为12N B．煤块在经过11.25s后运动到传送带顶端 C．煤块在传送带上留下了12m长的黑色痕迹 D．煤块在传送带上留下了16m长的黑色痕迹 9．（多选）如图甲所示，一水平浅色传送带上放置一煤块（可视为质点），初始时，两者都是静止的．现让传送带在电机带动下先加速后减速，传送带的速度——时间图像如图乙所示，时煤块与传送带共速，设传送带足够长，最终煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，重力加速度取。整个过程中，下列说法正确的是（　　） A．煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.24 B．煤块的位移大小为48 m C．黑色痕迹的长度为16 m D．煤块相对传送带的位移大小为28 m 三、解答题 10．长为L=8 m的倾斜传送带AB与水平面的夹角为，传送带以速度v=2 m/s顺时针转动。将一个质量为m=50 kg、可视为质点的货物轻放在传送带底端，货物与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度g取，，。求货物从底端到达传送带顶端所用的时间。 11．如图所示，某产品被无初速度放在水平传送带左端，经传送带传输至右端后，平抛落入地面上的收集装置中。传送带上表面距地面高度为，收集装置高度为，传送带右端到收集装置左端的水平距离为，产品与传送带之间的动摩擦因数为，传送带长度为，传送带运转速度可调，已知重力加速度g取。 (1)为保证产品总能落入收集装置，传送带运转速度最小为多少？ (2)若，计算产品到达传送带右端的时间。 (3)若，为了保证产品总能落入收集装置，收集装置的长度x至少多大？ 12．如图甲所示，倾角为的传送带以恒定的速度沿逆时针方向转动。时刻，将一物块（视为质点）轻放在传送带的上端，物块相对地面的位移与时间的关系图像如图乙所示，时刻图像切线的反向延长线与横轴的交点为，且时刻物块的速度正好为，时物块滑离传送带，重力加速度取，求： (1)以及； (2)物块与传送带之间的动摩擦因数以及至时间内物块的加速度； (3)整个过程物块的平均加速度以及物块在传送带上留下的划痕长度。 答案： 1.【答案】B 【详解】AB．甲全过程做匀加速直线运动，平均速度等于中间时刻瞬时速度为，甲运动的时间 乙先做匀加速直线运动，在匀加速直线运动过程中的平均速度为，乙运动的时间 可得从到，甲、乙运动的时间之比为，故A错误，B正确； CD．物体甲与传送带间的相对位移大小为 物体加速运动时间为 物体乙与传送带间的相对位移大小为 物体甲与物体乙在传送带上的划痕长度之比为，故CD错误。 故选B。 2.【答案】D 【详解】A．根据图乙可知，煤块先向上做匀减速直线运动，速度减为时，向上减速的加速度发生变化，可知传送带的速率是，故A错误； B．0~1s内的加速度大小为 根据牛顿第二定律有 1~2s内的加速度大小为 根据牛顿第二定律有 联立解得，，，故B错误； C．图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据图乙可知，煤块向上运动的位移大小 煤块从最高点下滑到A端过程有 解得，故C错误； D．结合上述可知，煤块开始相对于传送带向上运动，经历的时间为，相对位移大小为 后来相对于传送带向下运动，经历时间 相对位移大小为 则煤块在传送带上留下的痕迹长为，故D正确。 故选D。 3.【答案】A 【详解】取水平向右为正方向，小物块受到的滑动摩擦力大小为，由牛顿第二定律可得加速度大小为 代入数据解得 A．传送带正常运行的前内，小物块相对传送带向左滑动，滑动摩擦力向右，小物块的加速度为，根据匀变速直线运动规律分别有， 代入数据解得， 传送带停止后的内，小物块相对传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，取向右为正方向，则，根据匀变速直线运动规律分别有， 代入数据解得， 传送带恢复运行后，小物块的速度小于传送带速度，滑动摩擦力向右，小物块的加速度为，设再经过到达右端，根据匀变速直线运动规律有 代入数据解得 解得 小物块从释放到离开传送带所用的总时间为 代入数据解得 故A正确； B．小物块到达传送带右端时的速度为 代入数据解得 故B错误； C．设传送带向右运动的累计位移为，小物块在传送带上的接触位置坐标为。释放时有 前内传送带位移为 因此该阶段末接触位置为 传送带停止的内，传送带累计位移仍为，因此该阶段末接触位置为 传送带恢复运行后又运动，传送带累计位移为 小物块到达右端时的接触位置为 接触位置依次由变化到，再返回到，最后变化到，部分划痕发生重合，因此划痕覆盖范围为至，划痕长度为，故C错误； D．由C选项的计算可知，划痕长度为，不是，故D错误。 故选A。 4.【答案】ABD 【详解】A．货物滑上传送带后，由于初速度小于传送带速度，货物相对传送带向后滑动，受向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，货物加速的加速度大小为 货物加速至与传送带共速所经历的时间为 由于传送带长度 加速位移，故能完成加速过程，故A正确； B．传送带对货物的作用力即为水平方向的滑动摩擦力，该过程只有摩擦力对货物做功 由动能定理可知，传送带对货物做的功等于货物动能的变化量，故B正确； C．在相对滑动时间内，传送带的位移 货物与传送带的相对位移大小 系统因摩擦产生的热量，故C错误； D．根据能量守恒定律，在货物加速阶段，电动机多消耗的电能转化为货物的动能增量及系统的内能（摩擦生热），即 （也可通过传送带克服摩擦力做功直接求得：），故D正确。 故选ABD。 5.【答案】ABD 【详解】A．根据图乙可知，煤块先向上做匀减速直线运动，速度减为2m/s时，向上减速的加速度发生变化，可知传送带的速率是2m/s，故A正确； B．内煤块的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 后煤块的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 联立解得， 则倾斜传送带与水平方向夹角的正切值为，故B正确； C．根据图像与横轴围成的面积表示位移，由图乙可知，煤块向上运动的位移大小为 煤块从最高点下滑到A端过程，根据运动学公式可得 解得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为，故C错误； D．内煤块相对传送带向上的位移为 内煤块相对传送带向下的位移为 内煤块相对传送带向下的位移为 由于 煤块在传送带上留下的痕迹长为，故D正确。 故选ABD。 6.【答案】ABD 【详解】A．以沿传送带向上为正方向，设两物块的质量均为，物块刚放上传送带时，速度小于传送带速度，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有 解得 方向沿传送带向上；物块刚滑上传送带时，速度沿传送带向下，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有 解得 方向沿传送带向上，两物块刚在传送带上运动时加速度方向相同，故A正确； B．两物块恰好没有在传送带上相碰，说明两物块在传送带上相遇时速度相同，由于物块先达到与传送带共速，则相遇时速度为，物块的速度达到所用时间即为刚好相遇所用时间，根据运动学公式有 解得 由此可知刚好相遇所用时间为，故B正确； C．物块加速到与传送带共速所用时间为 解得 在内，物块的位移为 解得 在内，物块的位移为 解得 传送带上下端间的距离为 解得 该距离不等于，故C错误； D．在运动过程中，物块加速期间相对传送带向后滑动，共速后不再相对滑动，物块与传送带间的相对路程为 解得 物块在整个运动过程中速度始终小于传送带速度或与传送带速度反向，一直相对于传送带向后滑动，物块与传送带间的相对路程为 解得 两物块与传送带间的相对路程差为 解得 这说明与传送带间的相对路程比与传送带间的相对路程多，故D正确。 故选ABD。 7.【答案】BD 【详解】A．图乙为动能与位移关系图像，由动能定理，因此图像斜率表示合力大小。 设零件质量，动摩擦因数为，重力在垂直斜面方向分力；沿斜面方向分力 第一阶段，速度小于传送带速度，摩擦力向下，合力 第二阶段，速度达到传送带速度后，摩擦力向上，合力 第一阶段摩擦力沿传送带向下，第二阶段才沿传送带向上，故A错误； B．由图像：第一阶段，位移时动能，有 零件在第一阶段末速度达到传送带速度，由动能定理 解得，故B正确； C．第二阶段，从到的位移为，动能从增至，有 解得 两式相比有 解得 将代入两式得， 由，解得 总位移为，故C错误； D．第一阶段：加速度，初速为零，末速度，时间 第二阶段：加速度，初速，位移 由运动学公式 解得 总时间，故D正确。 故选BD。 8.【答案】ABC 【详解】A．煤块相对传送带向下滑动时，摩擦力沿传送带向上，煤块沿传送带向上的加速度为= 传送带加速到经历 此时煤块速度 之后煤块继续加速至与传送带共速，所用时间= 达到共速后有 煤块可与传送带相对静止，时煤块受到的摩擦力大小为，故A正确； B．煤块前的位移为= 剩余位移为，匀速运动时间= 总时间为，故B正确； CD．传送带在相对滑动阶段的位移为= 煤块在相对滑动阶段的位移为 黑色痕迹长度为，故C正确，D错误。 故选ABC。 9.【答案】AC 【详解】A．由图像可知传送带的加速度大小为，的加速度大小为，且时传送带速度为。煤块从静止开始受滑动摩擦力向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 则，又时煤块与传送带共速，有 解得，故A正确； B．煤块在前内的位移为 代入数据解得 后煤块相对传送带向右滑动，受摩擦力向左，做匀减速直线运动，直到停止，该阶段位移为 代入数据解得 所以煤块的总位移为，故B错误； C．前内传送带位移为 煤块位移为，所以煤块相对传送带向左滑动的距离为 后，煤块相对传送带向右滑动，煤块位移为，传送带从到停止的位移为 该阶段煤块相对传送带向右滑动的距离为 由于后阶段向右滑动没有超过前阶段向左滑动的最大相对位置，所以黑色痕迹的长度为，故C正确； D．整个过程中煤块位移为，传送带总位移为 所以煤块相对传送带的位移大小为 是煤块相对传送带的滑动路程，不是相对位移大小，故D错误。 故选AC。 10.【答案】6.5 s 【详解】货物刚放上传送带时，速度小于传送带，相对传送带向下滑动，滑动摩擦力沿传送带向上。根据牛顿第二定律可得 解得加速度 货物加速到传送带速度的时间 该阶段货物的位移 共速后，由于，货物与传送带相对静止，一起匀速运动。 剩余位移 匀速运动时间 总时间 11.【详解】（1）产品离开传送带后做平抛运动，要越过收集装置左侧上沿，产品从高度下降至高度时，水平方向的位移至少为，设产品离开传送带右端时的最小速度为，下降时间为，根据平抛运动规律分别有， 联立解得 代入数据解得 产品在传送带上相对滑动时，根据牛顿第二定律有 解得 产品加速至所需的位移为 代入数据解得 因此产品能够在到达传送带右端前与传送带达到共同速度，传送带运转速度的最小值为 （2）产品相对传送带滑动时的加速度大小为 代入数据解得 产品加速至传送带速度所需的位移为 代入数据解得 因此产品先做匀加速直线运动，再与传送带一起做匀速直线运动，匀加速运动时间和匀速运动时间分别为， 产品到达传送带右端的总时间为 化简得 代入数据解得 （3）产品加速至传送带速度所需的位移为 代入数据解得 因此产品到达传送带右端时仍相对传送带滑动，设产品离开传送带时的速度为，根据匀变速直线运动规律有 解得 代入数据解得 产品从高度下降至收集装置上沿高度所需时间为 代入数据解得 产品在这段时间内的水平位移为 代入数据解得 设收集装置的最小长度为，则 代入数据解得 12.【详解】（1）0至时间内，物块受到沿传送带向下的摩擦力，做匀加速直线运动，位移 由题图可得 图像切线的斜率为速度，则有 又 联立解得，， （2）0至时间内，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律 解得 同理，至时间内，物块速度大于传送带速度，摩擦力沿传送带向上， 解得 （3）时物体的速度 整个过程物块的平均加速度 联立解得 0至时间内，传送带与物块间的相对位移为 至时间内，物块与传送带间的相对位移为 代入数据解得， 两次相对运动方向相反，划痕重叠，最终划痕长度取相对位移的最大绝对值，即 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 $