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#2027年高考物理直通车---一轮复习必修一《专项训练:力学专题 传送带模型问题》参考答案 #
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#2027年高考物理直通车---一轮复习必修一《专项训练：力学专题 传送带模型问题》参考答案#
鲁科版 必修一
学校：___________姓名：___________班级：_____考号：_______
《专项训练：力学专题 传送带模型问题》参考答案
题号 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
答案 | B | B | C | D | A | C | C | D | D | D |
题号 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 | 18 | ||
答案 | BD | AD | AD | CD | AC | BD | AC | AD |
1．B
【详解】罐头受到恒定的摩擦力作用，到达运输带右端时恰好与运输带速度相同，说明在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可知，罐头在运输带上运动的平均速度大小为
故选B。
2．B
【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，受到向前的摩擦力，匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，故A错误；
B．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律
物体做匀加速运动时直到与传送带速度相同，加速时间
可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，故B正确；
C．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，故C错误；
D．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，受到向前的摩擦力，摩擦力方向与物体运动方向相同，摩擦力做正功，故D错误。
故选B。
3．C
【详解】ABC．物体无初速的轻放在左端时，由于相对运动产生了滑动摩擦力，方向水平向右，大小
物体在滑动摩擦力作用下，做匀加速直线运动，因为传送带足够长，所以经过一段时间，物体的速度与传送带相等，即为v1，此时物体与传送带之间没有相对滑动，摩擦力为零，与传送带一起匀速运动，故AB错误，C正确；
D．物体匀速运动时，受力平衡，水平方向不受摩擦力，故D错误。
故选C。
4．D
【详解】A．物块A和物块B发生完全非弹性碰撞，由动量守恒有
损失的机械能为
A错误；
B．物块A和物块B在传送带上加速的过程中，由牛顿第二定律有
当物块与传送带达到共速时，加速过程结束，由运动学知识有
联立解得t=1s
且此时物块A和物块B未离开传送带， B错误；
C．物块A和物块B在传送带上加速的过程中，传送带对它们做功，由做功的定义有
由运动学知识有
联立解得W=18J， C错误；
D．由功能关系可知传送带克服摩擦力做的功等于物块A和物块B在滑动过程中所受的摩擦力乘以传送带的位移，其大小为
D正确。
故选D。
5．A
【详解】AB．在物品随传送带一起向上匀速运动过程中，物品机械能增加，传送带对物品做正功，故A正确，B错误；
C．物品克服重力做功，故C错误；
D．根据
可知物品重力的冲量不为0，故D错误。
故选A。
6．C
【详解】AD．从图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s，因此物块没从N点离开，物体最终与传送带共速，所以传送带的速度，方向沿斜面向上，故AD错误；
C．图像中的斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得物块与传送带之间的摩擦因数为
故C正确；
B．物块沿传送带向下减速到速度为0所用时间为
物块沿传送带向下减速通过的位移大小为
物块反向向上加速到与传送带共速所用时间为
物块反向向上加速通过的位移大小为
则物块与传送带共速后继续向上运动回到原处所用时间为
则物块从滑上传送带到回到原处所用时间为
故B错误。
故选C。
7．C
【详解】A．传送带足够长，则物块先向上减速，物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切值，则物块与传送带共速后继续减速为零，然后向下加速，A错误；
B．物块滑上传送带时，加速度向下，为负值，大小为
共速后向上减速，加速度向下，为负值，大小为
减速为零后向下加速，加速度向下，为负值，大小为
B错误；
C．图线的斜率大小等于摩擦力大小，物块在斜面上运动时，滑动摩擦力大小不变，开始时摩擦力向上，摩擦力做负功，机械能减小；向上速度减为与传送带共速后，在向上速度减为零过程中摩擦力仍向上，摩擦力做正功机械能增加，向下滑动时摩擦力向上摩擦力做负功，物块机械能减小，C正确；
D．图线的斜率大小等于合力大小，物块向上减速到与传送带速度相同前，合力大小
向上减速为零过程合力大小为
图线斜率变小，向下加速过程时合力大小为
D错误。
故选C。
8．D
【详解】A物块相对传送带向下运动时，由牛顿第二定律可得
当与传送带共速后，要保持匀速向上运动，则需要的静摩擦力
但最大静摩擦力为
故物块会相对传送带向上滑动，此时
直到从传送带上端滑出。
故选D。
9．D
【详解】B．物体随传送带稳定运行的过程中，物体与传送带保持相对静止，物体受到重力、垂直于传送带的支持力与沿传送带向上的静摩擦力，即物体受到3个力的作用，故B错误；
A．结合上述可知，稳定时，物体向上做匀速直线运动，根据平衡条件可知，运动的物体受到摩擦力一定为，故A错误；
C．结合上述可知，传送带对物体的摩擦力和支持力的合力与重力平衡，即传送带对物体的作用力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，物体对传送带的作用力方向竖直向下，故C错误；
D．结合上述可知，结合上述可知，稳定时，物体向上做匀速直线运动，物体受到合力为零，故D正确。
故选D。
10．D
【详解】A．若游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动，则游客的位移
则游客在“雪地魔毯”上不是一直做匀加速运动，选项A错误；
B．设游客匀加速的时间为，则
解得
选项B错误：
C．游客在“雪地魔毯”先受到滑动摩擦力，摩擦力方向沿“雪地魔毯”向上，然后受静摩擦力，方向也沿“雪地魔毯”向上，选项C错误；
D．游客加速阶段的加速度
根据
解得
选项D正确。
故选D。
11．BD
【详解】A．货物所受摩擦力沿斜面向上，与速度方向同向，故做正功，故A错误；
B．货物对传送带的压力
θ减小，货物对传送带的压力增大，故B正确；
C．货物随传送带一起保持匀速运动，两者之间无相对滑动，所受摩擦力为静摩擦力
故C错误；
D．如果，则最大静摩擦力小于重力的分力，所以无法向上传输，故D正确。
故选BD。
12．AD
【详解】A．鱼和虾在传送带上受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，故传送带沿顺时针方向转动，A正确；
BD．鱼向上运动，有
摩擦力对鱼做正功，机械能增大；
虾向下运动有
一定大于，B错误，D正确；
C．传送带沿顺时针方向转动，无论速度为多少，对虾的摩擦力大小和方向均不变，虾下滑的时间与传送带的速度无关，C错误。
故选AD。
13．AD
【详解】A．若传送带顺时针转动，当滑块下滑（），将一直匀加速到底端；当滑块上滑（），先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像，故传送带是逆时针转动，A正确；
B．滑块在内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑
由图可知
则
B错误；
C．只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于，C错误；
D．等速后的加速度
代入值得
D正确。
故选AD。
14．CD
【详解】AB．由乙图可知在0～1 s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方向相反；1～2 s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同；由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式
可知两段时间内摩擦力大小相等，故AB错误；
C．根据图像可知在0～1 s内物块的加速度为
根据牛顿第二定律得
解得
故C正确；
D．物块上升的位移大小等于图像所包围的面积大小，则有
故D正确。
故选CD。
15．AC
【详解】AB．由图乙可知，0~1s物体的加速度为a1=10m/s2，1~2s物体的加速度为a2=2m/s2，皮带的速度为v1=10m/s，根据牛顿第二定律得
解得
故A正确，B错误；
C．0~1s内皮带的位移及物体的位移分别为
它们的相对位移为
1~2s内皮带的位移及物体的位移分别为
它们的相对位移为
0~1s内物体位移小于皮带位移，在皮带上出现5m长的痕迹，1~2s内物体位移大于皮带的位移，这1m长的痕迹与刚才的痕迹重合，所以皮带上出现的痕迹长为5m，故C正确；
D．2s内物体与传送带摩擦产生的内能为
故D错误。
故选AC。
16．BD
【详解】A．对小滑块b，由牛顿第二定律得
由运动学公式得
联立解得小滑块b从A端滑上传送带开始到与传送带共速所需时间为
故A错误；
B．小滑块b滑上木板后，对小滑块a，由牛顿第二定律可得小滑块a可以产生的最大加速度为
小滑块b滑上木板后，假设小滑块a与木板一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动；对小滑块a与木板整体，由牛顿第二定律得
解得
假设成立；因此小滑块a与木板一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动，故B正确；
C．设小滑块b与小滑块a碰前瞬间，小滑块a、b的速度大小分别为、，由系统动量守恒可得
对小滑块b，由动量定理可得
联立解得
，
故C错误；
D．设碰后瞬间小滑块a、b的速度大小分别为、，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得
，
小滑块b与小滑块a碰后，两者速度交换，小滑块b与木板速度相同，一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动；设三者相对静止后，共同速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得小滑块a相对木板滑行的距离为
故D正确。
故选BD。
17．AC
【详解】AB．当位于传送带部分的长度时，链条恰能保持静止，则根据平衡条件可得
将链条从位于传送带部分的长度的位置由静止释放瞬间，根据牛顿第二定律
联立解得
故A正确，B错误；
C．从的位置静止释放瞬间，摩擦力大小为，完全进入传送带时摩擦力大小为，摩擦力大小随着链条进入传送带的长度而均匀增加，故摩擦力做功为
根据动能定理
联立解得
故C正确；
D．根据能量守恒可知，摩擦会产生内能，则小于，故D错误。
故选AC。
18．AD
【详解】ABD．物块P先向下做减速运动，t1时刻加速度发生变化，说明摩擦力方向发生了变化，即t1时刻物块P与传送带共速，t1时刻之前物块的速度大于传送带的速度，则一定有，在t1时刻之前，对PQ的整体
在t1时刻之后，对PQ的整体
因a1和a2可以从v-t图像斜率中得到，则由两方程联立可求出P与传送带间的动摩擦因数以及传送带倾角，但不能确定M和m的大小关系，选项AD正确，B错误。
C．由图像可知，在t2时刻物块P到达最低点，然后反向沿斜面向上运动，加速度一直为a2，因结合图像的面积等于位移可知物块P返回传送带顶端的时刻为大于时刻，选项C错误；
故选AD。
19．（1）1.5s；（2）44N
【详解】（1）货物与传送带共速前受到的摩擦力沿传送带向上，则有
达到共速时有
v=at
解得
t=1.5s
（2）货物与传送带共速后，若货物相对传送带静止，对货物受力分析有
则当静摩擦取得最大值且向上时，拉力取得最小值，即
解得
20．(1)
(2)
【详解】（1）木箱匀加速阶段，根据牛顿第二定律，有
解得
根据速度-位移公式，有
解得木箱匀加速阶段的位移为
（2）木箱匀加速阶段的时间为
匀速运动阶段的时间为
木箱从A端运动到B端的总时间
联立解得
21．（1）；（2）
【详解】（1）根据题意可知，货物从B点的抛出之后做平抛运动，设水平位移为，由平抛运动规律有
联立解得
（2）根据题意可知，货物一直加速运动时，距离最小，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
22．（1）2.5s；（2）2s，2m/s
【详解】（1）行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得
解得
设行李从速度为零运动至速度为1m/s所用的时间为，所通过的位移为，则
解得
又有
解得
行李速度达到1m/s后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为，有
设行李从A运送到B共用时间为t，则
（2）行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短为行李一直加速，到B端时刚好共速，有
解得
此时传送带对应的运行速率为
故传送带对应的最小运行速率为2m/s。
23．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）工件在传送带上加速时有
则工件加速度的大小为
（2）每个工件在传送带上先加速后匀速，规律均相同，则传送带速度为
工件在传送带上加速时间为
（3）工件在传送带上加速时运动的位移为
在这段时间内传送带运动的位移为
每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为
24．（1）0.9s；（2）0.32m；（3）
【详解】（1）小物块轻放在传送带上时，由牛顿第二定律有
解得
小物块与传送带共速的时间为
运动的距离为
可知，小物块还未到达点，剩下的一段距离小物块与传送带一起匀速运动，则有
则小物块在传送带上从A点运动到B点的时间
（2）小物块恰能到达圆弧轨道最高点C，则有
从到，由动能定理有
联立解得
（3）若小物块在每次进入圆弧轨道后都沿原途径返回传送带，其临界条件为，小物块进入圆弧轨道后上升到圆心等高点时，速度恰好为0，则有
又有
解得
即x的取值范围为
25．（1）；（2）；（3）若，；若，
【详解】（1）设A、B与弹簧分离瞬间的速度分别为vA、vB，A向N运动的过程，由动能定理得
则细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能为
代入数据，解得
（2）滑块A在皮带上向右减速到0后向左加速到与传送带共速，之后随传送带向左离开，设相对滑动时间为，滑块A加速度大小为
由运动学公式得
滑块与传送带间的相对滑动路程为
在相对滑动过程中产生的摩擦热
（3）设A平抛初速度为，平抛时间为t，则
得
若传送带A顺时针运动的速度达到某一临界值，滑块A将向右一直加速，直到平抛时初速度恰为，则
解得
讨论：
①若传送带顺时针运动的速度，则A在传送带上与传送带相对滑动后，能与传送带保持共同速度，平抛初速度等于，水平射程
②若传送带顺时针运动的速度，则A在传送带上向右一直加速运动，平抛初速度等于6m/s，水平射程