《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

1. (2024·安徽卷·4) 倾角为 $ \theta $ 的传送带以恒定速率 $ v_0 $ 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。$ t_0 $ 时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到 $ v_0 $。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(C)



A.
B.
C.
D.]

答案： 1.C [0~t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速运动;t0之后，物块所受的静摩擦力与重力沿传送带向下的分力大小相等，加速度为零，物块做匀速直线运动。故C正确，A、B、D错误。

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 $ \mu $，传送带与水平面的夹角为 $ \theta $，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(C)

A.要实现这一目的前提是 $ \mu ＜ \tan \theta $
B.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零
C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上
D.若传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间

答案： 2.C [要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即$\mu mg\cos\theta＞mg\sin\theta$,可得$\mu＞\tan\theta$,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$f =mg\sin\theta$,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. (2025·海南省开学考) 某快递公司为了提高效率，使用电动传送带输送快件如图所示，水平传送带 $ AB $ 长度 $ L = 5.25 \, m $，始终保持 $ 1 \, m/s $ 的恒定速度运行，在传送带上 $ A $ 处轻轻放置一快件(可视为质点)，快件与传送带之间的动摩擦因数 $ \mu = 0.2 $，快件由静止开始加速，与传送带共速后做匀速运动到达 $ B $ 处，忽略空气阻力，重力加速度 $ g $ 取 $ 10 \, m/s^2 $，下列说法正确的是(D)


A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反
B.快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用
C.快件与传送带的相对位移为 $ 0.5 \, m $
D.快件由 $ A $ 到 $ B $ 的时间为 $ 5.5 \, s $

答案： 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$a=\frac{\mu mg}{m}=\mu g=2m/s^2$,快件由静止开始加速至速率为$v$的过程所用时间为$t=\frac{v}{a}=0.5s$,与传送带的相对位移为$\Delta x=vt-\frac{v}{2}t=0.25m$,故C错误;快件匀速运动的时间为$t'=\frac{L-\frac{v}{2}t}{v}=5s$,所以快件运输总时间为$t_{总}=t+t'=5.5s$,故D正确。

4. (多选)(2025·甘肃金昌市检测) 如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速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 \sim 3 \, s $ 段为抛物线，$ 3 \sim 4.5 \, s $ 段为直线，下列说法正确的是(重力加速度 $ g $ 取 $ 10 \, m/s^2 $)(CD)



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 $ \mu = 0.1 $
C.小物块刚放上传送带时的速度大小为 $ 4 \, m/s $
D.$ 0 \sim 4.5 \, s $ 内物块在传送带上留下的滑动痕迹为 $ 9 \, m $

答案： 4.CD [根据题意，图线的$0\sim3s$段为抛物线，$3\sim4.5s$段为直线，则可知$0\sim3s$内物块做匀变速直线运动，$3\sim4.5s$内物块做匀速直线运动，而物块的位移在$0\sim3s$内先增加后减小，$4.5s$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，$2s$末物块的速度减为零，该时间内物块的对地位移大小为$x_1=4m$,此后物块将反向加速，通过图像可知，在$3s$末物块与传送带达到共速，加速阶段的位移大小为$x_2=1m$,根据位移与时间的关系有$x_1=v_0t_1-\frac{1}{2}at_1^2$,$x_2=\frac{1}{2}at_2^2$,其中$t_1=2s$,$t_2=1s$,解得$v_0=4m/s$,$a=2m/s^2$,而根据牛顿第二定律，对物块有$\mu mg=ma$,解得$\mu=0.2$,故B错误，C正确;根据图像可知，物块减速阶段位移大小为$x_1=4m$,加速阶段位移大小为$x_2=1m$,达到与传送带共速所用时间为$t_3=3s$,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$v=2m/s$,
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$x_3=vt_3=6m$,由此可得$0\sim4.5s$内物块在传送带上留下的滑动痕迹为$\Delta x=x_1+x_3-x_2=4m+6m-1m=9m$,故D正确。]

5. (多选) 如图甲所示，一倾斜传送带以 $ 2 \, m/s $ 的速率逆时针匀速转动，$ t = 0 $ 时刻，将一质量为 $ 1 \, kg $ 的物块(可视为质点)轻放在传送带底端，物块在传送带上受到的摩擦力随时间的变化如图乙所示(取平行传送带向上为正方向)，重力加速度 $ g $ 取 $ 10 \, m/s^2 $，下列说法正确的是(BD)



A.传送带的倾角为 $ 30° $
B.物块与传送带间的动摩擦因数为 $ 0.8 $
C.传送带的两端长度为 $ 10 \, m $
D.运动过程中，物块相对传送带的位移大小为 $ 5 \, m $

答案： 5.BD [由题图乙可知，在$0\sim5s$内，摩擦力$f_1=6.4N$,在$5\sim10s$内，摩擦力$f_2=6N$,在$t=5s$时突变，说明在$5\sim10s$内物块与传送带共速，则有$f_2=mg\sin\theta$,解得$\sin\theta=0.6$,可知$\theta\neq30^{\circ}$,故A错误;在$0\sim5s$内为滑动摩擦力，即$f_1=\mu mg\cos\theta$,解得$\mu=0.8$,选项B正确;物块在$0\sim5s$内做匀加速运动，$5\sim10s$做匀速运动，则传送带的两端长度$L=\frac{v}{2}t_1+vt_2=15m$,故C错误;运动过程中，物块相对传送带的位移大小为$\Delta x=v(t_1+t_2)-L$,解得$\Delta x=5m$,故D正确。]

6. (14 分)(2021·辽宁卷·13) 机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率 $ v_1 = 0.6 \, m/s $ 运行的传送带与水平面间的夹角 $ \alpha = 37° $，转轴间距 $ L = 3.95 \, m $。工作人员沿传送方向以速度 $ v_2 = 1.6 \, m/s $ 从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数 $ \mu = 0.8 $。取重力加速度 $ g = 10 \, m/s^2 $，$ \sin 37° = 0.6 $，$ \cos 37° = 0.8 $。求：
(1) (6 分) 小包裹相对传送带滑动时加速度的大小 $ a $；
(2) (8 分) 小包裹通过传送带所需的时间 $ t $。

]

答案： 6.
(1)$0.4m/s^2$
(2)$4.5s$
解析
(1)小包裹的初速度$v_2$大于传送带的速度$v_1$,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$\mu mg\cos\alpha＞mg\sin\alpha$,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$\mu mg\cos\alpha-mg\sin\alpha=ma$,解得$a=0.4m/s^2$
(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$t_1=\frac{v_2-v_1}{a}=\frac{1.6-0.6}{0.4}s=2.5s$在传送带上滑动的距离为$x_1=\frac{v_1+v_2}{2}t_1=\frac{0.6+1.6}{2}×2.5m=2.75m$共速后，匀速运动的时间为$t_2=\frac{L-x_1}{v_1}=\frac{3.95-2.75}{0.6}s=2s$,所以小包裹通过传送带所需的时间为$t=t_1+t_2=4.5s$。