传送带模型（解析版）-2024年高三物理二轮常见模型

2024年高三物理二轮常见模型

专题传送带模型

特训目标特训内容

目标1水平传送带模型(1T—5T)

目标2倾斜传送带模型(6T-10T)

目标3电磁场中的传送带模型(11T-15T)

【特训典例】

一、水平传送带模型

题目工如图所示,足够长的水平传送带以2=2m/s的速度沿逆时针方向匀速转动,在传送带的左端连接有

一光滑的弧形轨道，轨道的下端水平且与传送带在同一水平面上,滑块与传送带间的动摩擦因数为〃=

0.4o现将一质量为1kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道上高为无=0.8馆的地方由静止释放,重力加

速度大小取9=10m/s2/l]()

A.滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为4m/s

B.滑块在传送带上向右滑行的最远距离为2.5小

C.滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为2.5s

D.滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端的过程中，传动系统对传送带多做的功为12J

【答案】AO

【详解】A.滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为。=个2gh=V2X10X0.8m/s=4m/s选项?1正确；

2

.滑块在传送带上向右滑行做减速运动的加速度大小为Q=jig—4m/s2向右运动的最远距离为力小=

42

=——-m=2m选项B错误;

2x4

。.滑块从开始滑上传送带到速度减为零的时间ti=—=1s位移xx—三力产2m然后反向，则从速度为零

a2

到与传送带共速的时间t2=—=0.5s位移x2—学力2=0.5m然后匀速运动回到传送带的最左端的时间t3=

a2

滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为方=31+力2+益=2.25s选项。错误；

。.滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端的过程中，传动系统对传送带多做的功等于传送带

克服摩擦力做功W=〃?7ig(”oti+uo/2)=12J选项D正确。故选ADO

题目团如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，

另一端与工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放,工件向右运动受到的

摩擦力吁随位移立变化的关系如图乙所示，与、与。为己知量,则下列说法正确的是(工件与传送带间的动

摩擦因数处处相等)()•••

[ww/vwvn

甲

A.工件在传送带上先做加速运动,后做减速运动

B.工件向右运动2,。后与弹簧分离

C.弹簧的劲度系数为也

g

D.整个运动过程中摩擦力对工件做功为0.7540g

【卷案】BD

【详解】从图乙可知，摩擦力在g处方向发生变化，在3〜2g区间工件的摩擦力大小发生变化，说明工

件与传送带相对静止，故工件先做加速运动后做匀速运动，故A错误；

B.在g〜2g区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小，2g位置摩擦力为零，所以弹力为零,所以工件运动2g

后与弹簧分离，故B正确；

F

C.由胡克定律得kx0=0.5序)解得弹簧的劲度系数A;=/故。错误；

D.摩擦力对工件先做正功后做负功，图乙图像与多轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的功，即

卬=玛3-]X0.540g=0.75与og故D正确。改选BD。

题目切如图所示，水平传送带AB长L=10m,以恒定速率％=2m/s运行。初速度大小为纥=4m/s的小物

块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经人点滑上传送带。小物块的质量加=1kg,物块与

传送带间的动摩擦因数〃=0.4,g取10m/s2』lJ()

((・)

A.小物块离开传送带时的速度大小为2m/sB.小物体在传送带上的运动时间为2s

C.小物块与传送带间的摩擦生热为16JD.小物块和传送带之间形成的划痕长为4.5小

【答案】AD

【详解】A.物块先向左做匀减速运动，加速度为a—[ig—4m/s?物块做减速运动的时间为力产—=1s

a

物块做减速运动的位移为Jx4xl2馆=2小〈上可知滑块速度为零时不能达到B端，则速度

为零时物块将向右做勺加速运动，当速度等于传送带的速度时，物块做匀速直线运动，故小物块离开传送

带时的速度大小为2m/s,故A正确；

2

B.物块做加速运动的时间为力2=~0.5s物块做加速运动的位移为力2=X4x0.5m=0.5m

a22

物块做匀速运动的时间为力3=———=2F5s=0.75s小物体在传送带上的运动时间为t=11+32+%3=

52

2.25s

故B错误；

。.小物块减速阶段与传送带间的相对位移为Ag=夕/1+61=2x1+2m=4m小物块加速阶段与传送带

间的相对位移为AX2=v1t2—x2—2x0.5—0.5m=0.5m小物块与传送带间的摩擦生热为

Wf—y（Aa：i+Arc2）—（△力1+△力2）—18J故C错误；

D.小物块和传送带之间形成的划痕长为△/=/\/1+入!：2=4.5力故_D正确。故选4D。

题目⑷如图甲所示,水平传送带在电机的作用下，t=0时刻由静止开始向右做匀加速直线运动，物块（视为

质点）在t=0时刻以速度*从左轮中心的正上方水平向右滑上传送带，曲时刻物块与传送带的速度相等

均为0.4%物块和传送带运动的”-1图像如图乙所示，书时刻前后物块的加速度大小变化量为1~m/s2,物

块从右轮中心正上方离开传送带时速度为0.82,整个过程中物块相对传送带的位移为1.5小。己知最大静

摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取lOm/s?。则下列说法正确的是（）

A.物块的初速度大小为8mzsB.传送带的加速度大小为当Ms?

C.传送带的长度为3.5mD.物块通过传送带的平均速度为3.25m/s

【答案】BD

【详解】B.物块在勿前的加速度大小为a="。一）如。物块在勿后的加速度大小为优=❷抖

力0力0

22

t0时刻前后物块的加速度大小变化量为-|-m/s，则有a—a'--|-m/s解得传送带的加速度

OO

a!==-^-m/s2,a=5m/s2故B正确；

to3

A.整个过程中物块相对传送带的位移为1.5m,则有voto—总一&/加=1.5m联立解得？；o=t0=

220

0.5s

故A错误；

CD.物块从右轮中心正上方离开传送带时速度为0.8方,由图可知在"o时刻物块离开传送带，传送带的长

f

度为x=——（:.。）+QAvoto-\--^-at^=3.25m物块通过传送带的平均速度为v=-^―=3.25m/s故。错

2d22力0

误，。正确；故选BD。

题目回物块以速度初产6m/s从A点沿水平方向冲上长为2m的传送带，并沿水平传送带向右滑到B点后

水平抛出，落到地面上的P点,如图甲所示。平抛运动的水平距离记为2,规定向右为速度正方向。在*一

定的情况下，改变传送带的速度v,得至Ux-v关系图像如图乙所示。已知g=10m/s2,下列说法正确的是

A.当传送带速度为0时，物块到达B点的速度为4m/s

B.传送带平面到地面的高度为0.8m

C.物块与传送带间动摩擦因数为0.5

D.如果传送带向左传送，其c-n图像为虚线c

【答案】ABC

【详解】当传送带的速度大于4m/s时，物块平抛的水平位移发生变化，说明传送带速度小于4m/s时，物

块匀减速运动规律不变，即当传送带速度为0时，物块到达B点的速度为4m/s,故A正确；

B.根据x=vt,'=力2物块到达B点的速度为4m/s,得t=0.4s,h=0.8m故B正确；

C.当传送带速度小于等于4m/s时，根据牛顿第二定律/jtmg=ma又褚一d=2al其中u=4m/s,I—2m,

得

〃=0.5故C正确；

D.如果传送带向左传送，物块所受滑动摩擦力向左，与传送带速度小于等于4m/s情况相同，不为虚线c,

故。错误。故选ABC。

二、倾斜传送带模型

题目回如图甲所示,倾角为。的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一包裹轻轻放在最上端的入点，包裹

从人点运动到最下端B点的过程中,加速度a随位移z的变化图像如图乙所示（重力加速度g取10m/s2）,

则下列说法正确的是（）

A.传送带与水平面的夹角为30°B.包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4

C.传送带运行的速度大小为6m/sD.包裹到B点时的速度为8m/s

【答案】4。

【详解】4R小包裹放上传送带后瞬间，小包裹相对传送带向上滑动，则所受摩擦力沿传送带向下，根据牛

顿第二定律得itmgcos0+7ngsin夕=max运动到与传送带共速时,根据牛顿第二定律得mgsinB—

2

jLtmgcos9=其中Q尸7.5m/s,a2—2.5m/s2联立解得〃=^-,sinP=0.5可得夕=30°故A正确,B错

o

、口

沃；

C.由运动学公式忧=2。1/1可得%=y/2aix1=V2X7.5X2.4m/s=6m/s则传送带的速度为6m/s，故。正

确；

D.第二段匀加速过程有v^—v1-2a2（x2—x1）解得。2=7m/s可知包裹到点时的速度为7m/s,故。错误；

故选47。

题目⑶如图甲所示，逆时针匀速传动的传送带与水平面的夹角。=37°。在传送带的顶端A处无初速度地

释放一个小物块，一段时间后物块到达底端B处。当改变传送带匀速传动的速度g时，小物块到达口处的

2

速度v2也会相应变化，帆和3的关系如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s,sin37°=0.6,cos37°=

0.8o下列说法正确的是（）

A.小物块可能先匀加速再匀速运动B.传送带A、B之间的距离为25小

C.小物块和传送带间的动摩擦因数为0.375D.小物块从A运动到B的最短时间为

I答案】BD

【详解】根据图乙可知，当传送带速度为零时，小物块到达5处的速度为与=10m/s,显然，在传送带所

在斜面上，小物块重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，因此不管传送带如何转动，小物块在传送带上

的运动不可能先匀加速再匀速运动，即小物块始终做加速运动，故A错误；

BC.传送带速度为0时，根据牛顿第二定律可得，小物块在传送带上运动时的加速度大小为

的=gsin37°—〃gcos37°当传送带速度为ICK/^m/s时，小物块到达B点时的速度心=10V5m/s,而此后无论

传送带速度如何增加，小物块到达B点时的速度不再发生改变，则可知，当传送带速度大于等于10V5m/s

时，小物块在传送带上始终加速，且所受摩擦力的方向沿着传送带向下，设此种情况下小物块的加速度大

小为a2,则由牛顿第二定律有a2=gsin37°+〃gcos37°根据速度与位移的关系有Vg—2a1LAB,Vg—1AB

联立解得n—0.5,LLB=25m故B正确,。错误；

D.当传送带的速度为lOj^m/s时，小物块在传送带上以最大加速度a2始终做加速运动，此种情况下小物

块运动时间最短，则根据速度与时间的关系式可得，小物块从A运动到B的最短时间为t=—=

min电

睛Y

故。正确。故选BD。

、题目回如图所示，现将一长为L、质量为小且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处。斜

面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为仇斜面光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常

数。传送带以足够大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时,支持力都均匀

作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上,将位于传送带部分的长度记为。，当土=与时，链条恰能保

持静止。现将链条从2=9的位置由静止释放,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是

O

A.链条与传送带之间的动摩擦因数z/=4tan。

B.释放瞬间链条的加速度为华也

C.链条从，=与的位置静止释放，到完全进入传送带的瞬间，速度大小n=J^耐历

D.链条从，>牛的某一位置静止释放，到完全进入传送带的过程中，链条增加的机械能一定小于链条和

传送带间的摩擦生热

【答案】ACD

【详解】将位于传送带部分的长度记为/，当。=［时，链条恰能保持静止，则有rngsinG-/i-^mgcosO

可得，链条与传送带之间的动摩擦因数为〃=4tan6*故A正确；

B.链条从a;=［的位置由静止释放，则根据牛顿第二定律有n^-mgcosO-mgsmd=ma可得，释放瞬间

OO

链条的加速度为a=［gsin。故B错误；

O

C.从力的位置释放瞬间，链条受到的合力为F^—/2y-mgcos3—m^sin0可知，链条受到的合力大小随着

链条进入传送带的长度2的增大而均匀增大的，则链条从2=与的位置静止释放时的合力大小为E=

L

/j.-j-mgcosd—mgsinff—mgsin。链条完全进入传送带的瞬间的合力大小为E=jLt^-mgcosd—mgsind=

3mgsin0根据动能定理可得W^—解得，链条完全进入传送带的瞬间速度大小为0=

y/2gLsin3故C正确；

D.从o的位置释放瞬间，链条受到的摩擦力为/=〃与n^cos夕可知，链条受到的摩擦力大小随着链条进

入传送带的长度C的增大而均匀增大的，设链条的位移为g,则根据功能关系有，从某一位置静止释放，到

完全进入传送带的过程中，链条增加的机械能为AE=吗=子期设传送带与链条的相对位移为△*,链条和

传送带间摩擦产生的内能为Q=/△/由上述分析可知，链条受到的合力随着c的增大而增大，则链条运动

的加速度随时间的增加而增大，故链条做加速度增大的加速运动，而传送带是匀速转动，其速度与时间关

系的大致图像如下图所示

由图可知，传送带与链条的相对位移△力一定大于链条的位移g,则有Q>AE,故D正确。故选ACD。

题目⑥如图所示，电动机带动的传送带与水平方向夹角个=37°,与两皮带轮。卜Q相切与A、B两点，从A

到B长度为〃=5.6m。传送带以g=0.8m/s的速率顺时针转动。两皮带轮的半径都为R=1.5小。长度

为，=2.0m水平直轨道CD和传送带皮带轮最高点平滑无缝连接。现有一体积可忽略,质量为m=

0.5kg小物块在传送带下端A无初速度释放。若小物块与传送带之间的动摩擦因数为“产0.8,与水平直

轨道CD之间的动摩擦因数为〃2,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（）

A.小物块从4运动到石的时间为8s

B.小物块运动到皮带轮O2最高点时，一定受到皮带轮O2的支持力作用

C.将小物块由A点送到。点电动机多消耗的电能为21.02J

D.若小物块刚好停在C。中点，则〃2=0.32

【答案】ABC

【详解】4.小物块在传送带下端4无初速度释放后，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，做匀加速直线运动

由牛顿第二定律可得"i?Tigcos37°—m^sin37°=ma解得a=O/m/s?假设小物块能与传送带达到相同速

m

度，则匀加速直线运动小物块上滑的位移为xr==24=0.8mVLi则假设成立，小物块勺加速运

动的时间为

ti=—==2s速度相同后，由于〃im^cos37°>mgsin37°小物块与传送带一起匀速，小物块匀速运动

a0.4

的时间为t2=L'~X1=5,6~0,8=6s则小物块从A运动到B所用的时间为t='+七=8s,A正确；

v00.8

B.小物块运动到皮带轮O2最高点时所需的向心力严=7«鲁=0.21川r<1118=5?/所以小物块运动到皮带

轮。2最高点时，一定受到皮带轮。2的支持力作用，石正确；

C.小物块与传送带的相对位移为△/=2力1—g=0.8m小物块与传送带摩擦产生的热量为

Q=〃im<gcos37°,AT=2.56J,B、C的高度h=R-7?cos37°=0.3m小物块从A点运动到C点，根据能量

守恒可得电动机比空载时多消耗的电能为E=Q++mg(Lisin37°+h)=21.02J故。正确；

D.若小物块刚好停在CD中点，根据动能定理有〃2mg与若解得〃2=0.032,。错误。故选ABC。

题巨田如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v=2m/s的恒定速率顺时针传动。一质量小

=2kg的煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所

示，重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是()

A.煤块上升的最大位移为7m

7

B,煤块与传送带间的动摩擦因数〃=0.5

C.煤块从冲上传送带到返回A端所用时间为(2+2)s

D.煤块在皮带上留下的划痕为(9+4V2)m

【答案】BD

【详解】4根据。-t图像与t轴所围面积表示位移可知煤块上升的最大位移为砺=yX(2+12)xlm+

X1X2m—8m故A错误；

B.根据图乙可知，煤块的速度减小到2m/s时加速度大小变化，说明摩擦力方向变化，即此时与传送带速

度相等，所以传送带的速率为2m/s,根据u—t图像的斜率表示加速度可知煤块与传送带共速前、后的加速

2=2

度大小分别为a产中•=I，2mzs2=10m/s;a24?=-ym/s=Zm/s?煤块与传送带共速前、后，对煤块

根据牛顿第二定律有jLtmgcos0+mgsind=mar;mgsin。—/imgcosO=TTIQ?联立代入数据解得〃=0.5故

B正确；

2

C.设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t,则有0m=ya2(i-2)代入数据解得力=(2+2V2)s

故。错误；

D.O~ls内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为：X(2+12)x

Im=7m;x2—仇产2Xlm=2m煤块在皮带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即

h=X1—X2—7m—2m=5m在1〜(2+2V2)s内，即t2—(1+2V2)s时间内煤块相对传送带向下运动，此段时

间内煤块作匀变速直线运动，设沿斜面向下为正方向，煤块的的位移为壮产一次?+—(12〃传送带的位移大小

为x'2=岫煤块与皮带的相对位移大小为，2=必+2％联立代入数据解得%2=(9+4V2)m因为12＞所以有

一部分痕迹是重合的，则煤块在皮带上留下的划痕为(9+4V2)m，故。正确；故选BD。

三、电磁场中的传送带模型

题目⑪如图，一质量为m、电荷量为q的带负电绝缘小物块以水平初速度为从左端冲上长为L的水平传送

带，并从传送带右端滑下。己知物块与传送带间的动摩擦因数为〃，传送带沿顺时针方向运行，速度大小恒

为0.5%,整个空间存在场强大小E=丝包、方向水平向左的匀强电场。关于物块在传送带上的运动，下列

q

说法正确的是()

E

-0.5%(・)

A.物块先做匀减速直线运动后做匀速直线运动

B.物块一直做匀速直线运动

C.电动机因物块在传送带上的运动而多消耗的电能为

D.电动机因物块在传送带上的运动而多消耗的能量为管上

【答案】BD

【详解】AB.物块在初始状态相对传送带运动方向向右，所受摩擦力向左，受到水平向右的电场力qE=

故物块受力平衡匀速向右运动，选项A错误，B正确；

CD.由于传送带所受摩擦力水平向右，摩擦力对传送带做正功，故电动机因物块在传送带上的运动而多

消耗能量，其数值等于摩擦力对传送带所做的功，由于传送带运行速度为物块速度的一半，可知在物块从

左端运动至右端的过程中，传送带通过的位移为多，故摩擦力对传送带所做的功即电动机多消耗的能量为

选项。错误，。正确。故选BD。

震月且如图所示，在真空环境中有一足够长的绝缘、粗糙、水平传送带，其上放置带正电的甲物体，且甲物

体的电荷量始终保持不变,整个传送带所在区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场。假如由静止开始让传送

带做匀加速运动，发现刚开始甲物体与传送带保持相对静止,则下列说法正确的是（）

XXX

台甲XX

A.甲物体开始阶段所受摩擦力均匀增大B.经过一段时间后甲物体的加速度会逐渐减小

C.甲物体有可能离开传送带作曲线运动D.甲物体最终会沿传送带做匀速直线运动

【答案】BD

【详解】4发现刚开始甲物体与传送带保持相对静止，由于皮带做匀加速运动，根据左手定则可知，物体

受到的洛伦兹力竖直向上，且大小增大，那么导致物体对皮带的压力减小，但由于物体受到是静摩擦力，依

据牛顿第二定律可知/=ma则甲物体开始阶段所受摩擦力应该不变，故A错误；

B.经过一段时间后，甲物体相对皮带滑动，则其受到是滑动摩擦力，由于竖直向上的洛伦兹力增大，导致

物体对皮带的压力减小，那么滑动摩擦力大小也减小，因此物体的加速度会逐渐减小，故B正确；

CD.依据A选项分析，当洛伦兹力增大到等于重力时，则物体将离开传送带，从而做匀速直线运动，故C

错误，故D正确;故选BD.

题目村如图甲所示,一带电物块无初速度地放在皮带底端，皮带轮以恒定的速率沿顺时针方向转动，该装

置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带顶端F的过程中，其。-力图像如图乙所

示，物块全程运动的时间为4.5s。关于带电物块及其运动过程，下列说法正确的是（）

XXXXxx

Fr

XXBXX

XXX

XX

XXXXXX

XXXXXX

甲

A.该物块带负电

B.皮带轮的转动速度大小一定为

C.若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移

D.在2〜4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动

【答案】。

【详解】由图像可知，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，物块的最大速度是hn/s,对

物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为〃，沿皮带的方向，

有iiFN—mgs\n6—ma①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速

度逐渐减小，一定是又逐渐减小，而开始时FN=mgcosd后来F'N=mgcosd—玛即洛伦兹力的方向是斜向

上的，物块沿皮带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，A