2026高考物理大一轮复习-第三章 第14练 专题强化：“传送带”模型中的动力学问题-专项训练【含答案】

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1~5题每小题5分，6题14分，共39分
1.(2024·安徽卷·4)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度轻放一小物块，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( )
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μ，传送带与水平面的夹角为θ，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μmgsin θ，可得μ>tan θ，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Ff＝mgsin θ，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。]
3.D [快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀速后，与传送带之间无相对运动趋势，不受摩擦力作用，故A、B错误；快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定律得其加速度为a＝μmgm＝μg＝2 m/s2，快件由静止开始加速至速率为v的过程所用时间为t＝va＝0.5 s，与传送带的相对位移为Δx＝vt－v2t＝0.25 m，故C错误；快件匀速运动的时间为t'＝L-v2tv＝5 s，所以快件运输总时间为t总＝t+t'＝5.5 s，故D正确。]
4.CD [根据题意，图线的0~3 s段为抛物线，3~4.5 s段为直线，则可知0~3 s内物块做匀变速直线运动，3~4.5 s内物块做匀速直线运动，而物块的位移在0~3 s内先增加后减小，4.5 s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，2 s末物块的速度减为零，该时间内物块的对地位移大小为x1＝4 m，此后物块将反向加速，通过图像可知，在3 s末物块与传送带达到共速，加速阶段的位移大小为x2＝1 m，根据位移与时间的关系有x1＝v0t1－12at12，x2＝12at22，其中t1＝2 s，t2＝1 s，解得v0＝4 m/s，a＝2 m/s2，而根据牛顿第二定律，对物块有μmg＝ma，解得μ＝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＝4 m，加速阶段位移大小为x2＝1 m，达到与传送带共速所用时间为t3＝3 s，根据x－t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＝2 m/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x3＝vt3＝6 m，由此可得0~4.5 s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为Δx＝x1+x3－x2＝4 m+6 m－1 m＝9 m，故D正确。]
5.BD [由题图乙可知，在0~5 s内，摩擦力Ff1＝6.4 N，在5~10 s内，摩擦力Ff2＝6 N，在t＝5 s时突变，说明在5~10 s内物块与传送带共速，则有Ff2＝mgsin θ，解得sin θ＝0.6，可知θ≠30°，故A错误；在0~5 s内为滑动摩擦力，即Ff1＝μmgcs θ，解得μ＝0.8，选项B正确；物块在0~5 s内做匀加速运动，5~10 s做匀速运动，则传送带的两端长度L＝v2t1+vt2＝15 m，故C错误；运动过程中，物块相对传送带的位移大小为Δx＝v(t1+t2)－L，解得Δx＝5 m，故D正确。]
6.(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcs α>mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知
μmgcs α－mgsin α＝ma，
解得a＝0.4 m/s2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝v2-v1a＝1.6-0.60.4 s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝v1+v22t1＝0.6+1.62×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝L-x1v1＝3.95-2.750.6 s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1+t2＝4.5 s。
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1 m/s，因此没从N点离开，可知传送带顺时针运动，速度大小为1 m/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-(-1)2 m/s2＝2.5 m/s2，故C错误；v－t图像与时间轴围成的面积表示位移，可知，t1＝85 s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x1＝12×4×85 m＝165 m，t1＝85 s到t2＝2 s，物块沿传送带向上加速运动的位移x2＝2-852×1 m＝15 m，物块沿传送带向上匀速运动的时间t匀＝x1-x2v＝3 s，所以物块回到原处的时间t＝3 s+2 s＝5 s，故D正确。]
8.AB [从甲、乙两图可知，0~1 s煤块沿传送带向上做匀减速直线运动，运动时间t1＝1 s，位移x1＝v0+v2t1＝8 m，加速度大小为a1＝|Δv1Δt1|＝8 m/s2，对煤块，由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcs θ＝ma1，1~2 s，煤块继续沿传送带向上做匀减速直线运动，运动时间t2＝2 s－1 s＝1 s，位移为x2＝v+02t2＝2 m，加速度大小为a2＝|Δv2Δt2|＝4 m/s2，对煤块，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，2 s之后，煤块沿传送带向下做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间t3，位移大小为x3＝x1+x2＝10 m，加速度大小为a3＝a2＝4 m/s2，联立方程解得sin θ＝0.6，所以tan θ＝0.75，解得μ＝0.25，故A、B正确；煤块从最高点下滑到A端，有x3＝12a3t32，解得t3＝5 s，故C错误；0~1 s，煤块相对传送带沿斜面向上运动，煤块与传送带的相对位移为Δx1＝v0+v2t1－vt1＝4 m，1~2 s，煤块相对传送带沿斜面向下运动，煤块与传送带的相对位移为Δx2＝vt2－v+02t2＝2 m，因为Δx2Δx1，则煤块产生新的划痕长度为Δx4＝Δx3－(Δx1－Δx2)＝(8+45) m，所以，煤块在传送带上留下的痕迹长为Δx＝Δx1+Δx4＝(12+45) m，故D错误。]
9.D [传送带甲、乙正常工作时均做匀速运动，速度大小分别为v甲、v乙，所以，工件滑上乙时，水平方向相对传送带乙的速度水平向右，沿传送带乙方向相对传送带乙的速度与乙的运动方向相反，所以相对传送带乙的速度为这两个分速度的合速度，方向向右下方，因为合速度方向的反方向为滑动摩擦力方向，力与速度方向相反，工件A做匀减速直线运动，轨迹沿速度方向，故D正确，A、B、C错误。]