2025人教版高中物理必修第一册同步练习题（有解析）--专题强化练8　传送带模型

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2025人教版高中物理必修第一册
专题强化练8　传送带模型
题组一　水平传送带
1.(经典)(多选)(2024山东潍坊月考)如图所示,水平传送带长为L=5.3 m,运行速率v=1 m/s,在其左端以初速度v0=2 m/s水平滑上一物块。若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,则物块从左到右的运动过程中 (　　)
A.刚放上时,物块受到向左的滑动摩擦力
B.物块一直做匀减速直线运动
C.物块在传送带上的运动时间为5.2 s
D.物块在传送带上留下的划痕长度为0.3 m
2.(2024江苏徐州第七中学月考)如图所示,水平方向的传送带顺时针转动,传送带速度大小恒为v=2 m/s,两端A、B间距离为3 m,一物块从B端以初速度v0=4 m/s滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g取10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图像是图中的(　　)
　　　　
　　　　
3.(多选)(2024云南昆明期末)随着我国高端装备制造业发展,智能物流逐步推广,如图所示是某智能物流传送过程。水平传送带A、B两端相距x=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。工件从斜面滑上A端时的速度vA=4 m/s,设到达B端时的瞬时速度为vB,重力加速度g取10 m/s2。下列说法中正确的是(　　)
A.若传送带顺时针匀速转动,vB一定等于3 m/s
B.若传送带逆时针匀速转动,vB一定等于3 m/s
C.若传送带顺时针匀速转动,且转动速度等于4 m/s,则vB等于4 m/s
D.若传送带逆时针匀速转动,且转动速度等于4 m/s,则vB可能等于4 m/s
4.(经典)(2024江苏无锡辅仁高中月考)如图所示,传送带顺时针匀速转动,在其左端无初速度放上木块P,木块被运送到右端。现将传送带的转动速率调大,再次将木块P无初速度放在传送带左端,则木块(　　)
A.加速过程中的加速度变大
B.运动到传送带右端时的速度一定变大
C.运动到传送带右端的时间一定变短
D.与传送带之间相对滑动的路程一定变大
5.(多选)(2024四川绵阳月考)如图甲所示,小物块从右侧滑上匀速率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0~3 s段为抛物线,3~4.5 s段为直线,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
　
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μ=0.1
C.小物块刚放上传送带时的速度大小为4 m/s
D.0~4.5 s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为9 m
题组二　倾斜传送带
6.(多选)(2024吉林长春吉大附中实验学校期末)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,取重力加速度g=10 m/s2,则(　　)
　
A.物块最终从传送带N点离开
B.传送带的速度大小为v=1 m/s,方向为顺时针
C.物块沿传送带下滑时的加速度大小为a=2.5 m/s2
D.物块与传送带间的动摩擦因数为μ=
7.(多选)(2024山东烟台莱州第一中学月考)如图甲所示,足够长的传送带与水平面的夹角为θ,保持某一速度匀速转动,在传送带上某位置轻轻放置一小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数为μ,小木块速度大小随时间变化的关系如图乙所示。θ、v0、t0已知,重力加速度为g,则(　　)
甲
乙
A.传送带一定顺时针转动
B.传送带的速度大小等于v0
C.μ=- sin θ
D.t0时刻后木块的加速度大小为2g sin θ-
8.(多选)(2024四川成都石室中学期中)如图甲所示,倾斜足够长的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角θ=37°。一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,物块沿传送带向上运动的v-t图像如图乙所示,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2,则 (　　)
　
A.传送带的速度大小为4 m/s
B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C.物块上升的竖直最大高度为0.96 m
D.物块将在t=2.4 s时离开传送带
9.(经典)(2024河北沧州月考)如图所示,长L=32 m、倾角θ=37°的倾斜传送带以v=4 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动,可视为质点的物块A、B同时轻放在传送带中点。已知A、B与传送带间的动摩擦因数分别为,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是(　　)
A.A下滑的加速度大小为2 m/s2
B.B到达传送带顶端的速度大小为2 m/s
C.A到达传送带底端所花的时间为4 s
D.B到达传送带顶端所花的时间为6 s
答案与分层梯度式解析
1.AC 2.B 3.BC 4.D 5.CD 6.BCD
7.BD 8.BC 9.D
1.AC　物块刚滑上传送带时,v0>v,物块受到向左的滑动摩擦力,A正确;根据牛顿第二定律有μmg=ma,则物块的加速度大小为a=5 m/s2,物块在传送带上减速到与传送带共速所用时间t1==0.2 s,减速过程,物块向右运动的位移大小为x1=v0t1-=0.3 m2.B　物块先向左做匀减速直线运动,加速度大小为a=μg=4 m/s2,速度减小到零所用的时间t1==1 s,此时向左运动的位移x1=v0t1-=2 m<3 m,还未到达A端,因此接下来物块将向右加速运动,加速度不变,速度增大到与传送带共速所用的时间t2==0.5 s,这时向右运动的位移为x2==0.5 m,此后物块向右匀速运动,直至到达B端,故B正确。
易混易错　当传送带水平运动时,应注意:
　　(1)摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变,常常导致物体的受力情况和运动性质的突变。
　　(2)静摩擦力达到最大值是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态。
　　(3)物体与传送带的速度达到相同时,滑动摩擦力要发生突变。
3.BC　工件在传送带上与传送带相对滑动时的加速度大小为a==μg=1 m/s2,若传送带顺时针匀速转动,且转动速度等于4 m/s,则工件滑上传送带后与传送带相对静止,到达B端时的速度为4 m/s;若传送带的速度大于4 m/s,则工件滑上传送带后可能先加速运动后匀速运动,也可能一直加速运动,到达B端时的瞬时速度vB一定大于4 m/s,A错误,C正确。若传送带逆时针匀速转动,则工件滑上传送带后做减速运动,到达B端时的瞬时速度为vB= m/s=3 m/s,可知工件滑到B端时的速度与传送带转动的速度无关,vB等于3 m/s,B正确,D错误。
4.D　设木块质量为m,传送带长度为L,二者之间的动摩擦因数为μ,加速过程对木块受力分析,由牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=μg,可知木块的加速度与传送带的速度无关,A错误。木块运动到传送带右端时的速度与传送带的转动速度有关,木块可能先加速再匀速,也可能一直加速。如果木块一直加速,到达右端时的速度满足v2=2aL,解得v=,到达右端的时间t=,此种情况时传送带转动的速度满足v带≥v,可知当传送带的速度变大时,木块运动到传送带右端的速度不变,所用时间不变,B、C错误。如果木块一直加速,木块与传送带相对滑动的路程为s=v带t-L;如果木块先加速再匀速,木块与传送带相对滑动的路程s'=v带t0-t0,且v带=at0,解得s'=,可知传送带的速度越大,木块与传送带相对滑动的路程一定越大,D正确。
5.CD　根据0~3 s段的图线为抛物线,x-t图线切线的斜率表示速度,可知前2 s物块向左匀减速运动,第3 s内向右匀加速运动;3~4.5 s段为一次函数图线,说明小物块已与传送带保持相对静止,即与传送带一起向右匀速运动,知传送带沿顺时针方向转动,A错误。2 s末物块的速度减为0,0~2 s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,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-,x2=,其中t1=2 s,t2=1 s,解得v0=4 m/s,a=2 m/s2,则物块与传送带间的动摩擦因数μ==0.2,B错误,C正确。3~4.5 s段物块与传送带共速,根据x-t图线切线斜率的绝对值表示速度的大小,可知传送带的速度v= m/s=2 m/s,0~3 s时间内传送带的位移大小为x3=vt3=6 m,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,D正确。
6.BCD　由题图乙可知,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,最后沿传送带向上匀速,则物块最终从传送带M点离开,且传送带的速度大小为v=1 m/s,方向为顺时针,A错误,B正确;根据v-t图线的斜率表示加速度,可知物块沿传送带向下减速和沿传送带向上加速时,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μmg cos θ-mg sin θ=ma,解得μ=,C、D正确。
7.BD　若传送带顺时针转动,当木块下滑时满足mg sin θ>μmg cos θ,木块将一直匀加速到底端,且加速度不变;当木块上滑时满足mg sin θ<μmg cos θ,木块先匀加速,在速度与传送带速度相等后将匀速运动,两种情况均不符合题图乙,故A错误。传送带逆时针转动,只有木块的速度大于传送带速度时,木块所受摩擦力才沿传送带向上,由题图乙可知,传送带的速度大小等于v0,故B正确。在0~t0时间内,木块所受摩擦力沿传送带向下,根据牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma1,由题图乙可知a1=,联立解得μ=-tan θ,故C错误。t0时刻后木块所受摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma2,把μ代入解得a2=2g sin θ-,故D正确。
方法技巧　倾斜传送带向下传送物体,当物体加速运动到与传送带速度相等时:
　　(1)若μ≥tan θ,物体随传送带一起匀速运动;
　　(2)若μ8.BC　根据v-t图线的斜率表示加速度,由题图乙可知,物块的初速度v2一定大于传送带的速度v1(否则物块的加速度会保持不变),物块减速运动到与传送带速度相同后,继续向上做减速运动,可知传送带的速度大小为2 m/s,A错误。0~0.2 s内,物块的加速度大小为a1= m/s2=10 m/s2,根据牛顿第二定律有a1==g sin θ+μg cos θ,解得μ=0.5,B正确。设物块向上减速到0的时刻为t1,在0.2 s~t1时间内,物块的加速度大小为a2=,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma2,解得a2=2 m/s2,t1=1.2 s;根据v-t图线与时间轴所围的面积表示位移,可得物块的位移L=×(4+2)×0.2 m+×1×2 m=1.6 m,物块上升的竖直高度为h=L sin θ=0.96 m,C正确。物块速度为0后将沿传送带向下以加速度a2加速直至离开传送带,设沿传送带向下加速的时间为t2,有L=,得t2= s,物块将在t=1.2 s+ s时离开传送带,D错误。
9.D　由于μA=μAmAg cos θ,故A将向下加速;由于μB=>tan θ,有mBg sin θ<μBmBg cos θ,B向上加速(破题关键)。对于A,由牛顿第二定律有mAg sin θ-μAmAg cos θ=mAaA,同理,对于B有μBmBg cos θ-mBg sin θ=mBaB,解得aA=aB=1 m/s2,A错误;根据匀变速直线运动的规律,B从传送带中点向上加速到与传送带共速时,B的位移为xB=,说明B刚与传送带共速时还未到达传送带顶端,此后B做匀速运动,因此B到达传送带顶端的速度大小为4 m/s,B错误;A从传送带中点向下运动到传送带底端,有aAt2,得A所花时间为t=4 s,C错误;B加速运动过程中,有v=aBt1,匀速运动过程,有-xB=vt2,则B到达传送带顶端所花的时间为tB=t1+t2=6 s,D正确。
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