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专题17 传送带模型-【热重难点】最新高考物理一轮复习热点重点难点夯练与提升
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这是一份专题17 传送带模型-【热重难点】最新高考物理一轮复习热点重点难点夯练与提升，文件包含专题17传送带模型原卷版docx、专题17传送带模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
【特训典例】
水平传送带模型
1．应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型，传送带始终保持的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数，A、B间的距离为2m，g取10。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（ ）
A．开始时行李的加速度大小为4
B．行李经过2s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m
【答案】C
【详解】A．开始时行李初速度为零，相对皮带向右滑动，可知摩擦力为根据牛顿第二定律
解得故A错误；
BC．行李达到和皮带速度相同需要的时间为位移为
行李匀速到B的时间为行李从A运动到B处的时间为
故B错误，C正确。
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为故D错误。
故选C。
2．如图所示，绷紧的长为6m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2m/s运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5m/s。若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动
B．若传送带的速度为5m/s，小物块将从传送带左端滑出
C．若小物块的速度为4m/s，小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出
D．若小物块的速度为1m/s，小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出
【答案】BC
【详解】A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移大小为x，根据牛顿第二定律得解得则所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；
B．若传送带的速度为5m/s，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B正确；
C．若小物块的速度为4m/s，小物块向左减速运动的位移大小为则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移大小为以后小物块以v1＝2m/s的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2m/s，C正确；
D．若小物块的速度为1m/s，小物块向左减速运动的位移大小为则小物块速度减到零后再向右加速，由于 ，则小物块不可能与传送带共速，小物块将以1m/s的速度从传送带的右端滑出，D错误。故选BC。
3．如图所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带AB之间的距离为l＝5.5 m，传送带一直以v＝3 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，则下列说法错误的是（ ）
A．物体由A运动到B的时间是1.5s
B．物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为1N·s
C．物体由A运动到B的过程中，系统产生0.5J的热量
D．带动传送带转动的电动机在物体由A运动到B的过程中，多做了3J功
【答案】A
【详解】A．物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有代入数据得v0＝2m/s
物体在摩擦力作用下先做匀加速运动t1＝＝1 s；s1＝t1＝2.5m后做匀速运动t2＝＝1s；
t＝t1＋t2＝2 s，A错误；
B．物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为I＝μmgt1＝1Ns，B正确；
C．在t1时间内，传送带做匀速运动s带＝vt1＝3 m；Q＝μmgΔs＝μmg(s带－s1)代入数据得Q＝0.5 J，C正确；
D．物体从A运动到B的过程中，物体动能增量ΔEk＝mv2－m电动机多做的功为W＝Q＋ΔEk＝3J，
D正确。故选A。
4．如图所示，水平传送带以速度向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻P在传送带左端具有向右的速度，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数，传送带长度，绳足够长，。关于小物体P的描述正确的是（ ）
A．小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度一直不变
B．小物体P从传送带右端离开传送带
C．小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9m
D．小物体P离开传送带时速度大小为
【答案】C
【详解】A．对物体P受力分析可知，开始时P的速度大于传送带速度，故其受到摩擦力方向向左，设绳子拉力为T，以向左为正方向，分别以P、Q为研究对象，由牛顿第二定律可得；
联立可得则物块P减速至与传送带速度相等所需时间及此段时间内P向右发生的位移分别为
；故速度达到相等后，P仍在传送带上，分析可知P将继续向右减速，此时摩擦力方向向右，此时分别以P、Q为研究对象，由牛顿第二定律可得；
联立解得故A错误；
B．P从减速到零所需时间为此过程P向右运动的位移为，P从开始向右运动到速度为零所通过的总位移为可知P没有从右端离开传送带，故B错误；
C．P在最初时间内相对传送带向右运动，这个过程中相对传送带的位移大小
共速后P向右运动减速至零的时间内，P相对传动带向左运动，这个过程中相对传送带的位移大小所以划痕的长度为故C正确；
D．P减速到零后，将以初速度为零，加速度大小为向左做匀加速直线运动直至离开传送带，根据运动学公式可得解得P离开的速度为故D错误。故选C。
水平传送带图像问题
5．如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行。将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、Ff表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】AB．在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v=at，v-t图象是倾斜的直线，物体的速度与传送带相同后，做匀速直线运动，加速度为0，故A正确，B错误；
C．x和t关系先满足后满足x=vt故C错误；
D．摩擦力先恒定，提供加速度，后为零，故D错误。故选A。
6．如图甲所示，一质量为0.5kg的小物块从匀速转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器（图中未画出）记录了小物块的位移与时间的变化关系，如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．传送带沿逆时针方向转动
B．传送带的速度大小为0.6m/s
C．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2
D．全过程小物块与传送带系统因摩擦产生的热量为8J
【答案】C
【详解】AB．由乙图可知，滑块先向左减速，再向右加速，最后匀速，即与传送带达到共同速度，故传送带沿顺时针方向转动，由3.0～4.5s内的v-t图线斜率可得，传送带的速度大小为
AB错误；
C．滑块向左减速过程反向看成初速度为零的匀加速运动，据牛顿第二定律及位移公式可得；其中，联立解得，C正确；
D．由A选项可知，传送带的速度大小等于物块向右匀速运动的速度为前内物块与传送带间的相对位移大小为第内物块与传送带间的相对位移大小为，3.0～4.5s内物块相对传送带静止，故内物块与传送带间因摩擦而产生的热量为解得故D错误。
故选C。
7．如图所示，绷紧的粗糙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，以地面为参考系，以小物块初速度方向为正方向，则小物块在传送带上运动的v－t图像可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】物块受水平向右的滑动摩擦力，以 先向左匀减速运动，如果传送带足够长，物体的速度向左减速为零后又向右以做匀加速直线运动，如果 ，则物块加速到 所受摩擦力为零，随传送带一起匀速运动到A点，如果，则物块一直加速到A点，速度大小等于 故AB正确CD错误
故选AB。
8．如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且为水平。物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系如图乙所示。已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，x0为已知量，则（ ）
A．0～x0过程，物块所受的摩擦力方向向右
B．x0～2x0过程，物块做匀加速运动
C．弹簧的劲度系数为
D．传送带的速度为
【答案】AD
【详解】AB．物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图乙可知当x=x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随x而正比例增大，由此可推知当x=x0时，物块刚好达与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在x~2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x=2x0时，弹簧弹力大小增大至与滑动摩擦力大小相同，故A正确，B错误；
C．根据前面分析可知，弹簧的劲度系数为故C错误；
D．在0~x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为设传送带的速度为v，此过程对物块根据动能定理有解得故D正确。故选AD。
倾斜传送带模型
9．如图所示，传送带与水平地面的夹角，从A到的长度为，传送带以的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知，取，则（ ）
A．煤块一直加速运动
B．煤块从A到的时间为
C．煤块从A到的过程中在传送带上留下痕迹的长度是
D．煤块从A到的过程中在传送带上留下痕迹的长度是
【答案】AC
【详解】A B．煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，受力分析如图所示，设加速度大小为a1
根据牛顿第二定律有解得匀加速运动到与传送带速度相等的时间为t1，则有；即下滑5m与传送带速度相等，达到v0后，受到向上的摩擦力，
由于μ＜tan37°，煤块仍将匀加速下滑。受力分析如图所示
设加速度大小为，根据牛顿第二定律有解得继续做匀加速运动的位移为根据位移公式得解得煤块从A到B的时间为
A正确，B错误；
C D．煤块从放上传送带到与传送带共速，煤块相对于传送带向上运动，发生的相对位移为
煤块从与传送带共速到底端B，煤块相对于传送带向下运动，发生的相对位移为
由于可知煤块从A运动到B的过程中在传送带上形成的黑色痕迹的长度为。C正确，D错误。故选AC。
10．如图所示，倾角为37°的传送带以速度逆时针匀速传动，小滑块（视为质点）以平行于传送带的初速度从顶端滑上传送带，经过滑块滑到传送带的底端，在此过程中，滑块的平均速度为，重力加速度g取，、，下列说法正确的是（ ）。
A．传送带转轴中心间的距离为
B．滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.8
C．当滑块向上运动到两轮间的中点位置时速度大小正好为，则滑块在上升过程中经历的总时间为
D．若，则滑块在传送带上运动的整个过程中，滑块与传送带的相对位移为
【答案】AC
【详解】AB．由匀变速直线运动的规律可得，滑块下滑过程，受到的滑动摩擦力斜向上，由牛顿第二定律可得联立解得，，
A正确，B错误；
C．设滑块运动到传送带的底端时速度为，则有解得滑块刚向上运动的受力与向下运动的受力情况相同，说明滑块先向上做初速度为0、加速度为的匀加速直线运动，由题意可得
，，，联立解得，C正确；
D．若，分析可知，滑块在传送带上做双向可逆运动，返回到顶端时速度正好为，根据对称性，滑块在传送带上运动的整个过程中的时间为，传送带的位移为滑块的位移为
则物块与传送带的相对位移为联立解得，D错误。故选AC。
11．渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置”，实现了机械化分离鱼和虾，大大地降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置”简化为如图所示模型，分离器出口与传送带有一定的高度差，鱼虾落在斜面时有沿着斜面向下的初速度。下列说法正确的是（ ）
A．“虾”从掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动
B．“鱼”从掉落到传送带后，马上沿着传送带向上做加速直线运动
C．“虾”在传送带运动时，摩擦力对“虾”做负功
D．“鱼”在传送带运动时，加速度方向先向下后向上
【答案】AC
【详解】A．虾的收集箱在下方，故虾一定是向下运动，虾的重力沿传送带斜面向下的分力可能大于虾受到的摩擦力，故可能向下做加速直线运动，故A正确；
B．鱼在掉落到传送带后，有一个沿传送带斜面向下的初速度，故不可能马上向上做加速直线运动。鱼先向下减速到速度为零后，变为向上的加速运动，最终可能变为匀速直线运动，故B错误；
C．虾向下运动与传送带运动方向相反，虾受到的摩擦力沿传送带斜面向上，摩擦力对虾做负功，故C正确；
D．鱼在掉落到传送带后，受到的摩擦力的方向一直向上，所以有向上的加速度，后来如果加速到与传送带共速，加速度就为零，故D错误。故选AC。
12．如图所示，一倾角为θ的传送带以速度 v顺时针匀速转动，质量为 m 的小物块以 v0（tanθ。则下列说法正确的是（ ）
A．物块一定是先做匀加速运动再做匀速运动
B．摩擦力对物块先做正功后不做功
C．物块机械能先增加后不变
D．物块与传送带间因摩擦产生的内能为
【答案】AD
【详解】A．因为所以物块先向上做加速度为的匀加速运动，与传送带共速后做匀速运动，故A正确；
BC．物块运动过程中摩擦力与运动方向相同，始终做正功，所以机械能始终增加，故BC错误；
D．物块匀加速的时间为则物块与传送带的相对位移为
物块与传送带间因摩擦产生的内能为联立可得故D正确。故选AD。
倾斜传送带图像问题
13．在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将的货物轻放在传送带上的A端，经过到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知重力加速度，则可知（ ）
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．A、B两点的距离为
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为
D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为
【答案】ABD
【详解】A．在时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有由图乙可得货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有由图乙可得
联立解得；故A正确；
B．图像与t轴所围的面积表示位移，货物在1.2s内发生的位移等于A、B两点的距离，由图乙可知传送带的长度为故B正确；
C．货物受到的摩擦力为，时间内的位移为对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功同理时间内，货物的位移为摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为所以整个过程，传送带对货物做功为
所以传送带对货物做功大小为11.2J，故C错误；
D．货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，时间内，传送带的位移为
，时间内，传送带的位移为总相对路程为货物与传送带摩擦产生的热量为故D正确。故选ABD。
14．如图甲，M、N是倾角传送带的两个端点，一个质量为的物块，以的初速度自M点沿传送带向下运动，物块运动过程的图像如图乙所示，取，下列说法正确的是（ ）
A．物块最终从N点离开传送带
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6
C．物块经过回到M点
D．物块从释放到离开传送带的过程中因摩擦而产生的内能为
【答案】CD
【详解】A．根据题意可知，物块初速度为4m/s，向下运动，由图像分析可知，向下为正，则从图可知，传送带的速度，方向沿顺时针方向，最后物块的速度也为，方向沿传送带向上，物块从M点离开传送带，故A错误；
B．根据题意可知，内，物块相对于传送带下滑，由牛顿第二定律有
由图乙可知，加速度大小为联立解得故B错误；
C．根据题意，由公式可得，物块减速到零的时间为由图乙可知，时，物块于传送带一起向上运动，设又经过时间，物块回到点，由图像中，图像与横轴围成的面积表位移有
解得即物块经过回到M点，故C正确；
D．根据题意可知，内，物块相对于传送带下滑，传送带的位移为物块的位移为
两者相对位移为则物块从释放到离开传送带的过程中因摩擦而产生的内能为故D正确。故选CD。
15．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4 m/s顺时针转动。一质量m=1kg的煤块以初速度v0=12 m/s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，取g=10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.75
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C．煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为 4s
D．全过程煤块与传送带间由于摩擦而产生的热量为（32＋8）J
【答案】AD
【详解】AB．0-1s内，煤块的加速度大小为方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律得
，1-2s，物块的加速度大小为方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律得联立解得 θ=37°，μ=0.25则tanθ=0.75，故A正确，B错误；
C．物块上升的位移大小等于v-t图象与时间轴所包围的面积大小，为
根据x=a2t下2，得煤块下滑的时间t下=所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，故C错误；
D．传送带的速度v=4m/s。在0-1s内传送带的位移x带1=vt1=4×1m=4m煤块的位移为x煤1=8m两者相对位移大小为△x1=x煤1-x带1=4m在1-2s内传送带的位移x带2=vt2=4×1m=4m物块的位移为x煤2=2m两者相对位移大小为△x2=x带2-x煤2=2m煤块沿传送带向下滑动过程中，煤块与传送带的相对位移为
摩擦生热
故D正确。故选AD。
16．如图甲所示，倾角为、足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向转动。一小煤块以初速度从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向上为煤块运动的正方向，该煤块运动的位移随时间的变化关系如图乙所示。已知图线在前内和在内为两段不同的二次函数，时刻图线所对应的切线正好水平，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A．传送带转动速率为
B．图乙中的数值为2.0
C．内煤块在传送带上的划痕长度为
D．煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
【答案】BD
【详解】A．假设煤块冲上传送带，开始时受到摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律，可得加速度大小为当煤块速度减到与传送带速度相同后，煤块相对于传送带向下运动，受到的摩擦力方向沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得加速度大小为煤块一直减速到零，接着反向沿传送带向下加速，加速度大小为，由于则煤块一直加速到离开传送带，与题意及图乙相符，所以可知时煤块的速度大小等于传送带的转动速率，由图乙可得
求得可得传送带的速度大小为故A错误；
BD．由选项A分析可知，图乙中时刻，煤块向上运动速度减为零，根据
求得煤块与传送带之间的动摩擦因数为代入求得又因为求得故BD正确；
C．内煤块相对于传送带向上运动，煤块在传送带上的划痕长度为
内煤块在传送带上的划痕长度为但由于该过程煤块相对传送带向下运动，所以内煤块在传送带上的划痕长度为，故C错误。故选BD。
特训目标
特训内容
目标1
水平传送带模型（1T—4T）
目标2
水平传送带图像问题（5T—8T）
目标3
倾斜传送带模型（9T—12T）
目标4
倾斜传送带图像问题（13T—16T）
【特训典例】
水平传送带模型
1．应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型，传送带始终保持的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数，A、B间的距离为2m，g取10。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（ ）
A．开始时行李的加速度大小为4
B．行李经过2s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m
【答案】C
【详解】A．开始时行李初速度为零，相对皮带向右滑动，可知摩擦力为根据牛顿第二定律
解得故A错误；
BC．行李达到和皮带速度相同需要的时间为位移为
行李匀速到B的时间为行李从A运动到B处的时间为
故B错误，C正确。
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为故D错误。
故选C。
2．如图所示，绷紧的长为6m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2m/s运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5m/s。若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动
B．若传送带的速度为5m/s，小物块将从传送带左端滑出
C．若小物块的速度为4m/s，小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出
D．若小物块的速度为1m/s，小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出
【答案】BC
【详解】A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移大小为x，根据牛顿第二定律得解得则所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；
B．若传送带的速度为5m/s，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B正确；
C．若小物块的速度为4m/s，小物块向左减速运动的位移大小为则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移大小为以后小物块以v1＝2m/s的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2m/s，C正确；
D．若小物块的速度为1m/s，小物块向左减速运动的位移大小为则小物块速度减到零后再向右加速，由于 ，则小物块不可能与传送带共速，小物块将以1m/s的速度从传送带的右端滑出，D错误。故选BC。
3．如图所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带AB之间的距离为l＝5.5 m，传送带一直以v＝3 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，则下列说法错误的是（ ）
A．物体由A运动到B的时间是1.5s
B．物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为1N·s
C．物体由A运动到B的过程中，系统产生0.5J的热量
D．带动传送带转动的电动机在物体由A运动到B的过程中，多做了3J功
【答案】A
【详解】A．物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有代入数据得v0＝2m/s
物体在摩擦力作用下先做匀加速运动t1＝＝1 s；s1＝t1＝2.5m后做匀速运动t2＝＝1s；
t＝t1＋t2＝2 s，A错误；
B．物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为I＝μmgt1＝1Ns，B正确；
C．在t1时间内，传送带做匀速运动s带＝vt1＝3 m；Q＝μmgΔs＝μmg(s带－s1)代入数据得Q＝0.5 J，C正确；
D．物体从A运动到B的过程中，物体动能增量ΔEk＝mv2－m电动机多做的功为W＝Q＋ΔEk＝3J，
D正确。故选A。
4．如图所示，水平传送带以速度向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻P在传送带左端具有向右的速度，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数，传送带长度，绳足够长，。关于小物体P的描述正确的是（ ）
A．小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度一直不变
B．小物体P从传送带右端离开传送带
C．小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9m
D．小物体P离开传送带时速度大小为
【答案】C
【详解】A．对物体P受力分析可知，开始时P的速度大于传送带速度，故其受到摩擦力方向向左，设绳子拉力为T，以向左为正方向，分别以P、Q为研究对象，由牛顿第二定律可得；
联立可得则物块P减速至与传送带速度相等所需时间及此段时间内P向右发生的位移分别为
；故速度达到相等后，P仍在传送带上，分析可知P将继续向右减速，此时摩擦力方向向右，此时分别以P、Q为研究对象，由牛顿第二定律可得；
联立解得故A错误；
B．P从减速到零所需时间为此过程P向右运动的位移为，P从开始向右运动到速度为零所通过的总位移为可知P没有从右端离开传送带，故B错误；
C．P在最初时间内相对传送带向右运动，这个过程中相对传送带的位移大小
共速后P向右运动减速至零的时间内，P相对传动带向左运动，这个过程中相对传送带的位移大小所以划痕的长度为故C正确；
D．P减速到零后，将以初速度为零，加速度大小为向左做匀加速直线运动直至离开传送带，根据运动学公式可得解得P离开的速度为故D错误。故选C。
水平传送带图像问题
5．如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行。将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、Ff表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】AB．在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v=at，v-t图象是倾斜的直线，物体的速度与传送带相同后，做匀速直线运动，加速度为0，故A正确，B错误；
C．x和t关系先满足后满足x=vt故C错误；
D．摩擦力先恒定，提供加速度，后为零，故D错误。故选A。
6．如图甲所示，一质量为0.5kg的小物块从匀速转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器（图中未画出）记录了小物块的位移与时间的变化关系，如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．传送带沿逆时针方向转动
B．传送带的速度大小为0.6m/s
C．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2
D．全过程小物块与传送带系统因摩擦产生的热量为8J
【答案】C
【详解】AB．由乙图可知，滑块先向左减速，再向右加速，最后匀速，即与传送带达到共同速度，故传送带沿顺时针方向转动，由3.0～4.5s内的v-t图线斜率可得，传送带的速度大小为
AB错误；
C．滑块向左减速过程反向看成初速度为零的匀加速运动，据牛顿第二定律及位移公式可得；其中，联立解得，C正确；
D．由A选项可知，传送带的速度大小等于物块向右匀速运动的速度为前内物块与传送带间的相对位移大小为第内物块与传送带间的相对位移大小为，3.0～4.5s内物块相对传送带静止，故内物块与传送带间因摩擦而产生的热量为解得故D错误。
故选C。
7．如图所示，绷紧的粗糙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，以地面为参考系，以小物块初速度方向为正方向，则小物块在传送带上运动的v－t图像可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】物块受水平向右的滑动摩擦力，以 先向左匀减速运动，如果传送带足够长，物体的速度向左减速为零后又向右以做匀加速直线运动，如果 ，则物块加速到 所受摩擦力为零，随传送带一起匀速运动到A点，如果，则物块一直加速到A点，速度大小等于 故AB正确CD错误
故选AB。
8．如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且为水平。物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系如图乙所示。已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，x0为已知量，则（ ）
A．0～x0过程，物块所受的摩擦力方向向右
B．x0～2x0过程，物块做匀加速运动
C．弹簧的劲度系数为
D．传送带的速度为
【答案】AD
【详解】AB．物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图乙可知当x=x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随x而正比例增大，由此可推知当x=x0时，物块刚好达与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在x~2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x=2x0时，弹簧弹力大小增大至与滑动摩擦力大小相同，故A正确，B错误；
C．根据前面分析可知，弹簧的劲度系数为故C错误；
D．在0~x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为设传送带的速度为v，此过程对物块根据动能定理有解得故D正确。故选AD。
倾斜传送带模型
9．如图所示，传送带与水平地面的夹角，从A到的长度为，传送带以的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知，取，则（ ）
A．煤块一直加速运动
B．煤块从A到的时间为
C．煤块从A到的过程中在传送带上留下痕迹的长度是
D．煤块从A到的过程中在传送带上留下痕迹的长度是
【答案】AC
【详解】A B．煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，受力分析如图所示，设加速度大小为a1
根据牛顿第二定律有解得匀加速运动到与传送带速度相等的时间为t1，则有；即下滑5m与传送带速度相等，达到v0后，受到向上的摩擦力，
由于μ＜tan37°，煤块仍将匀加速下滑。受力分析如图所示
设加速度大小为，根据牛顿第二定律有解得继续做匀加速运动的位移为根据位移公式得解得煤块从A到B的时间为
A正确，B错误；
C D．煤块从放上传送带到与传送带共速，煤块相对于传送带向上运动，发生的相对位移为
煤块从与传送带共速到底端B，煤块相对于传送带向下运动，发生的相对位移为
由于可知煤块从A运动到B的过程中在传送带上形成的黑色痕迹的长度为。C正确，D错误。故选AC。
10．如图所示，倾角为37°的传送带以速度逆时针匀速传动，小滑块（视为质点）以平行于传送带的初速度从顶端滑上传送带，经过滑块滑到传送带的底端，在此过程中，滑块的平均速度为，重力加速度g取，、，下列说法正确的是（ ）。
A．传送带转轴中心间的距离为
B．滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.8
C．当滑块向上运动到两轮间的中点位置时速度大小正好为，则滑块在上升过程中经历的总时间为
D．若，则滑块在传送带上运动的整个过程中，滑块与传送带的相对位移为
【答案】AC
【详解】AB．由匀变速直线运动的规律可得，滑块下滑过程，受到的滑动摩擦力斜向上，由牛顿第二定律可得联立解得，，
A正确，B错误；
C．设滑块运动到传送带的底端时速度为，则有解得滑块刚向上运动的受力与向下运动的受力情况相同，说明滑块先向上做初速度为0、加速度为的匀加速直线运动，由题意可得
，，，联立解得，C正确；
D．若，分析可知，滑块在传送带上做双向可逆运动，返回到顶端时速度正好为，根据对称性，滑块在传送带上运动的整个过程中的时间为，传送带的位移为滑块的位移为
则物块与传送带的相对位移为联立解得，D错误。故选AC。
11．渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置”，实现了机械化分离鱼和虾，大大地降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置”简化为如图所示模型，分离器出口与传送带有一定的高度差，鱼虾落在斜面时有沿着斜面向下的初速度。下列说法正确的是（ ）
A．“虾”从掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动
B．“鱼”从掉落到传送带后，马上沿着传送带向上做加速直线运动
C．“虾”在传送带运动时，摩擦力对“虾”做负功
D．“鱼”在传送带运动时，加速度方向先向下后向上
【答案】AC
【详解】A．虾的收集箱在下方，故虾一定是向下运动，虾的重力沿传送带斜面向下的分力可能大于虾受到的摩擦力，故可能向下做加速直线运动，故A正确；
B．鱼在掉落到传送带后，有一个沿传送带斜面向下的初速度，故不可能马上向上做加速直线运动。鱼先向下减速到速度为零后，变为向上的加速运动，最终可能变为匀速直线运动，故B错误；
C．虾向下运动与传送带运动方向相反，虾受到的摩擦力沿传送带斜面向上，摩擦力对虾做负功，故C正确；
D．鱼在掉落到传送带后，受到的摩擦力的方向一直向上，所以有向上的加速度，后来如果加速到与传送带共速，加速度就为零，故D错误。故选AC。
12．如图所示，一倾角为θ的传送带以速度 v顺时针匀速转动，质量为 m 的小物块以 v0（
A．物块一定是先做匀加速运动再做匀速运动
B．摩擦力对物块先做正功后不做功
C．物块机械能先增加后不变
D．物块与传送带间因摩擦产生的内能为
【答案】AD
【详解】A．因为所以物块先向上做加速度为的匀加速运动，与传送带共速后做匀速运动，故A正确；
BC．物块运动过程中摩擦力与运动方向相同，始终做正功，所以机械能始终增加，故BC错误；
D．物块匀加速的时间为则物块与传送带的相对位移为
物块与传送带间因摩擦产生的内能为联立可得故D正确。故选AD。
倾斜传送带图像问题
13．在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将的货物轻放在传送带上的A端，经过到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知重力加速度，则可知（ ）
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．A、B两点的距离为
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为
D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为
【答案】ABD
【详解】A．在时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有由图乙可得货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有由图乙可得
联立解得；故A正确；
B．图像与t轴所围的面积表示位移，货物在1.2s内发生的位移等于A、B两点的距离，由图乙可知传送带的长度为故B正确；
C．货物受到的摩擦力为，时间内的位移为对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功同理时间内，货物的位移为摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为所以整个过程，传送带对货物做功为
所以传送带对货物做功大小为11.2J，故C错误；
D．货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，时间内，传送带的位移为
，时间内，传送带的位移为总相对路程为货物与传送带摩擦产生的热量为故D正确。故选ABD。
14．如图甲，M、N是倾角传送带的两个端点，一个质量为的物块，以的初速度自M点沿传送带向下运动，物块运动过程的图像如图乙所示，取，下列说法正确的是（ ）
A．物块最终从N点离开传送带
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6
C．物块经过回到M点
D．物块从释放到离开传送带的过程中因摩擦而产生的内能为
【答案】CD
【详解】A．根据题意可知，物块初速度为4m/s，向下运动，由图像分析可知，向下为正，则从图可知，传送带的速度，方向沿顺时针方向，最后物块的速度也为，方向沿传送带向上，物块从M点离开传送带，故A错误；
B．根据题意可知，内，物块相对于传送带下滑，由牛顿第二定律有
由图乙可知，加速度大小为联立解得故B错误；
C．根据题意，由公式可得，物块减速到零的时间为由图乙可知，时，物块于传送带一起向上运动，设又经过时间，物块回到点，由图像中，图像与横轴围成的面积表位移有
解得即物块经过回到M点，故C正确；
D．根据题意可知，内，物块相对于传送带下滑，传送带的位移为物块的位移为
两者相对位移为则物块从释放到离开传送带的过程中因摩擦而产生的内能为故D正确。故选CD。
15．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4 m/s顺时针转动。一质量m=1kg的煤块以初速度v0=12 m/s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，取g=10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.75
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C．煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为 4s
D．全过程煤块与传送带间由于摩擦而产生的热量为（32＋8）J
【答案】AD
【详解】AB．0-1s内，煤块的加速度大小为方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律得
，1-2s，物块的加速度大小为方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律得联立解得 θ=37°，μ=0.25则tanθ=0.75，故A正确，B错误；
C．物块上升的位移大小等于v-t图象与时间轴所包围的面积大小，为
根据x=a2t下2，得煤块下滑的时间t下=所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，故C错误；
D．传送带的速度v=4m/s。在0-1s内传送带的位移x带1=vt1=4×1m=4m煤块的位移为x煤1=8m两者相对位移大小为△x1=x煤1-x带1=4m在1-2s内传送带的位移x带2=vt2=4×1m=4m物块的位移为x煤2=2m两者相对位移大小为△x2=x带2-x煤2=2m煤块沿传送带向下滑动过程中，煤块与传送带的相对位移为
摩擦生热
故D正确。故选AD。
16．如图甲所示，倾角为、足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向转动。一小煤块以初速度从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向上为煤块运动的正方向，该煤块运动的位移随时间的变化关系如图乙所示。已知图线在前内和在内为两段不同的二次函数，时刻图线所对应的切线正好水平，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A．传送带转动速率为
B．图乙中的数值为2.0
C．内煤块在传送带上的划痕长度为
D．煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
【答案】BD
【详解】A．假设煤块冲上传送带，开始时受到摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律，可得加速度大小为当煤块速度减到与传送带速度相同后，煤块相对于传送带向下运动，受到的摩擦力方向沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得加速度大小为煤块一直减速到零，接着反向沿传送带向下加速，加速度大小为，由于则煤块一直加速到离开传送带，与题意及图乙相符，所以可知时煤块的速度大小等于传送带的转动速率，由图乙可得
求得可得传送带的速度大小为故A错误；
BD．由选项A分析可知，图乙中时刻，煤块向上运动速度减为零，根据
求得煤块与传送带之间的动摩擦因数为代入求得又因为求得故BD正确；
C．内煤块相对于传送带向上运动，煤块在传送带上的划痕长度为
内煤块在传送带上的划痕长度为但由于该过程煤块相对传送带向下运动，所以内煤块在传送带上的划痕长度为，故C错误。故选BD。
特训目标
特训内容
目标1
水平传送带模型（1T—4T）
目标2
水平传送带图像问题（5T—8T）
目标3
倾斜传送带模型（9T—12T）
目标4
倾斜传送带图像问题（13T—16T）
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