第5章 专题提升8 传送带模型和板块模型 演练知能提升(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

**基本信息** 聚焦传送带模型，通过多情境题型系统覆盖运动分析、受力判断及能量转化，强化科学思维与物理观念的综合应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |倾斜传送带|2题|功与功率分析、摩擦力类型判断|运动学公式→牛顿定律→能量守恒的递进推导| |水平传送带|1题|v-t图像与相对位移计算|运动过程分析→相对运动→摩擦生热的关联| |综合应用|3题|平抛/斜面/圆弧结合的多过程综合|模型建构→科学推理→复杂情境的拆解应用|

1．(多选)(2026·福建省联考模拟)如图所示，某工厂用倾斜传送带运送工件，传送带的倾角为θ，下端A和上端B间的距离为L，以速度v沿顺时针方向运行。可视为质点的工件轻放在传送带的底端A，在传送带上先做匀加速后做匀速运动，从A端运送到B端的过程中，下列说法正确的是(　　) A．传送带对工件做功的功率匀加速阶段增大，匀速阶段不变 B．工件匀速运动时，传送带对工件做正功 C．若传送带匀速运行的速度减小些，传送带对工件做的功会增多 D．若传送带匀速运动的速度增大，传送带对工件做的功可能会减少 解析：选AB。工件加速运动过程中，摩擦力大小不变，速度增大，摩擦力做功的功率变大，匀速运动时，静摩擦力大小不变，摩擦力做功的功率不变，故A正确；工件匀速运动时，工件的机械能增大，传送带对工件做正功，故B正确；若传送带匀速运行的速度减小些，工件从A运动到B，重力势能增量不变，动能增量减小，传送带对工件做的功减小，故C错误；若传送带匀速运动的速度增大，工件运动到B点的速度增大，动能增量增大，传送带对工件做的功增多，故D错误。 2．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1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，物块和传送带间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则(　　) A．t2时刻，小物块离A处的距离最大 B．0到t2时间内，小物块的加速度方向先向右后向左 C．0到t2时间内，因摩擦产生的热量为μmg D．0到t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为(t1＋t2) 解析：选C。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，由小物块在传送带上运动的v－t图像可知，t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；0到t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；0到t1时间内物块相对于地面向左的位移s1＝t1，这段时间传送带向右的位移s2＝v1t1，因此物块相对于传送带的位移Δs1＝s1＋s2＝t1＋v1t1，t1到t2时间内物块相对于地面向右的位移s1′＝(t2－t1)，这段时间传送带向右的位移s2′＝v1(t2－t1)，因此物块相对于传送带的位移Δs2＝s2′－s1′＝(t2－t1)，0到t2时间内物块在传送带上留下的划痕Δs＝Δs1＋Δs2＝(t2＋t1)＋，0到t2这段时间内，因摩擦产生的热量Q＝μmg×Δs＝μmg，C正确，D错误。 3．(多选)(2026·广东清远市模拟)如图所示，飞机场运输行李的传送带保持恒定的速率向上运行，倾角为θ的传送带以恒定速率v沿顺时针转动，将一个行李箱无初速度地放在传送带底端A，行李箱从A运动到B的平均速度>v，则行李箱在传送带上从A运动到B的过程中(　　) A．行李箱受到的摩擦力保持不变 B．行李箱与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ C．传送带电机对外做的功大于行李箱机械能的增加量 D．摩擦力对传送带做功的大小等于行李箱机械能的增加量 解析：选BC。由于>v，因此行李箱在传送带上先加速后匀速，摩擦力先为滑动摩擦力，后为静摩擦力，故A错误；由于行李箱轻放上去后，能加速向上运动，则有μmg cos θ>mg sin θ，解得μ>tan θ，故B正确；传送带电机对外做的功等于行李箱机械能的增加量和因摩擦产生的热量，故C正确；摩擦力对传送带做功的大小等于行李箱机械能的增加量和系统产生的内能，故D错误。 4．(12分)(2026·广西壮族自治区模拟)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α＝37°的传送带以恒定的速率v0＝6 m/s沿顺时针方向运行，质量m＝1 kg的玩具(可视为质点)从平台以速度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μ1＝0.75，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： (1)玩具从平台到传送带最上端的时间t；(4分) (2)玩具在传送带上运动产生的热量Q；(6分) (3)因传送玩具电动机多消耗的电能ΔE。(2分) 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 v＝＝5 m/s<v0＝6 m/s 可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小 a1＝＝12 m/s2 玩具从刚滑上传送带到与传送带共速所用时间 t1＝＝ s 下滑的位移x1＝t1＝ m＝L 故玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离 Δx＝v0t1－L＝ m 玩具在传送带上运动产生的热量 Q＝μ1mgΔx cos α＝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＝μ1mgv0t1cos α＝3 J。 答案：(1)0.3 s　(2)0.25 J　(3)3 J 5．(12分)(2026·湖南临湘市期末)质量m＝1 kg的小物块，由静止从距斜面底端高h＝0.6 m的粗糙斜面上滑下，斜面倾角θ＝37°，小物块到达斜面底端后速度大小不变滑上足够长的长木板，小物块与斜面、长木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，长木板的质量M＝1 kg，小物块滑上长木板立即受到大小F＝6 N的水平向右的恒力作用，当小物块与长木板速度相同时，撤去恒力F，求： (1)小物块滑到斜面底端时的速度大小v0；(4分) (2)从滑上长木板开始，经多长时间物块、木板速度相同，此时物块距木板左端距离L；(4分) (3)最终木板距斜面末端的距离。(4分) 解析：(1)小物块滑到斜面底端过程中，根据动能定理可得 mgh－μ1mg cos 37°·＝mv 解得v0＝2 m/s。 (2)从滑上长木板开始，经t时间小物块、木板速度相同，则对小物块有 F－μ1mg＝ma1 解得a1＝1 m/s2 对木板有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 解得a2＝3 m/s2 则v0＋a1t＝a2t 解得t＝1 s 此时小物块距木板左端的距离 L＝x1－x2＝v0t＋a1t2－a2t2＝1 m。 (3)由于木板与小物块之间的滑动摩擦力大于木板与地面之间的滑动摩擦力，二者一起做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得 μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3 解得a3＝1 m/s2 此过程中木板移动的距离 x3＝＝4.5 m 最终木板距斜面末端的距离x总＝x2＋x3＝6 m。 答案：(1)2 m/s　(2)1 s　1 m　(3)6 m 6．(12分)(2026·广东湛江市期末)如图所示，一个可视为质点、质量m＝1 kg的小物块，从平台上的A点以v0＝3 m/s的初速度水平抛出，恰好无碰撞地从C点进入固定光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量M＝2 kg的长木板，并恰好能到达长木板的左端。已知长木板的上表面与圆弧轨道末端的切线相平，圆弧轨道的半径R＝ m，圆弧轨道对应的圆心角为θ，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2，sin θ＝0.8，cos θ＝0.6。求： (1)小物块滑上长木板时的速度大小vD；(5分) (2)小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q。(7分) 解析：(1)小物块在C点的速度 vC＝＝5 m/s 小物块从C点运动至D点，根据动能定理有 mgR(1－cos θ)＝mv－mv 解得小物块滑上长木板时的速度大小vD＝6 m/s。 (2)对小物块，根据牛顿第二定律有 μ1mg＝ma1 对长木板，根据牛顿第二定律有 μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 解得a1＝5 m/s2，a2＝1 m/s2 设经历时间t小物块与长木板共速，速度为v1，则v1＝vD－a1t＝a2t 解得t＝1 s 小物块与长木板间的相对位移 Δx＝t－t＝3 m 小物块与长木板间因摩擦产生的热量 Q＝μ1mgΔx＝5×3 J＝15 J。 答案：(1)6 m/s　(2)15 J 学科网（北京）股份有限公司 $