第3章 专题突破6 传送带模型-【优化探究】2025年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（粤教版2019）

第三章　运动和力的关系 专题突破6　传送带模型 课件使用说明 01 本课件使Office 2016制作，请使用相应软件打开并使用 使用软件 02 本课件理科公式均采用微软公式制作，如果您是Office 2007或WPS 2021年4月份以前的版本，会出现包含公式及数字无法编辑的情况，请您升级软件享受更优质体验 软件版本 03 本课件文本框内容可编辑，单击文本框即可进行修改和编辑 便捷操作 04 由于WPS软件原因，少量电脑可能存在理科公式无动画的问题，请您安装Office 2016或以上版本即可解决该问题 软件更新 核心知识　典例研析 分层训练　巩固提高 内容索引 突破点一　水平传送带问题 突破点二　倾斜传送带问题 一 核心知识　典例研析 1. 模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对滑 动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关 系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 2. 解题关键：抓住v物＝v传的临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变， 物体的加速度发生突变。 3. 注意物体位移、相对位移和相对路程的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。 ①若有一次相对运动：Δs＝s传－s物或Δs＝s物－s传。 ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δs＝Δs1＋Δs2(图 甲)；两次相对运动方向相反，则Δs等于较长的相对位移大小(图乙)。 (2)物体相对传送带的位移(划痕长度)Δs等于物体与传送带的相对位 移大小。 突破点一　水平传送带问题 　水平传送带模型中滑块可能的运动情况 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(未达到和 传送带相对静止) 传送带足够长 一直加速 先加速后匀速 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(未达到和传送带相对静止) 传送带足够长 v0＜v时，一直加速 v0＜v时，先加速再匀速 v0＞v时，一直减速 v0＞v时，先减速再匀速 滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端 若v0＜v，则返回到左端时速度为v0；若v0＞v，则返回到左端时速度为v [典例1]　(2023·广东深圳模拟)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v＝0.8 m/s的恒定速 率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。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(　D　) D A. 行李从A到B过程中始终受到向左的摩擦力 B. 行李经过1 s到达B处 C. 行李到达B处时速度大小为0.4 m/s D. 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m 开始时，对行李根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝4 m/s2，设行李 做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度为v＝0.8 m/s，根据 v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝a＝ ×4×0.22 m＝0.08 m，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2.4 s，可 得行李从A到B的运动时间为t＝t1＋t2＝2.6 s，故B错误；行李从A到B过 程中，开始阶段向左做加速运动，受到向左的摩擦力，当与传送带共速 后做匀速运动，不再受摩擦力，故A错误；由以上分析可知行李到达B 处时速度大小为0.8 m/s，故C错误；行李在传送带 上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.8×0.2－ 0.08) m＝0.08 m，故D正确。 [典例2]　(多选)(2024·广东广州模拟)如图甲所示，一水平传送带沿顺时 针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A 端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6 s时恰好到B点，重力 加速度g取10 m/s2，则(　AC　) AC A. 物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1 B. A、B间距离为24 m，小物块在传送带上留下的痕迹是8 m C. 若物块质量m＝1 kg，物块对传送带做的功为－16 J D. 若物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端 由题图乙可知，物块先加速后匀速，加速过程的加速度为a＝ m/s2＝ 1 m/s2，根据牛顿第二定律可知a＝＝＝μg，联立解得μ＝0.1，A正 确；A、B间距离即为物块在6 s内发生的位移，即题图乙中图线与横轴 围成的面积，故A、B间距离s＝×4 m＝16 m，B错误；物块对传送带 只在加速过程中做功，根据公式W＝－fs'，其中f＝μmg＝0.1×1×10 N ＝1 N，s'＝4×4 m＝16 m，联立解得 W＝－16 J，C正确； 物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块向前做匀减速直 线运动，减速过程的加速度大小为a'＝μg＝1 m/s2，物块从开始到速度 为4 m/s时发生的位移为s″＝ m＝8 m，而物块从4 m/s减速到零发生 的位移为＝ m＝8 m，所以物块刚好到达B端，D错误。 方法技巧 在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑 动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速。共速后 滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长， 在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。 突破点二　倾斜传送带问题 　倾斜传送带模型中滑块可能的运动情况 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 (未达到和传送带相对静止) 传送带足够长 一直加速(一定满足关系gsin θ ＜μgcos θ) 先加速后匀速(一定满足关系 gsin θ＜μgcos θ) 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 (未达到和传送带相对静止) 传送带足够长 一直加速(加速度为gsin θ＋ μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ＜tan θ，先以a1加速，后 以a2加速 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 (未达到和传送带相对静止) 传送带足够长 v0＜v时，一直加速(加速度为 gsin θ＋μgcos θ)v0＞v时，若 μ＜tan θ，一直加速，加速度 大小为gsin θ－μgcos θ；若 μ＞tan θ，一直减速，加速度 大小为μgcos θ－gsin θ v0＜v时，若μ＞tan θ，先加速 后匀速；若μ＜tan θ，先以a1 加速，后以a2加速v0＞v时，若 μ＞tan θ，先减速后匀速；若 μ＜tan θ，一直加速 μ＝tan θ，一直匀速运动 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 (未达到和传送带相对静止) 传送带足够长 传送带足够长 (摩擦力方向一定沿斜面向上) gsin θ＞μgcos θ，一直加速 gsin θ＝μgcos θ，一直匀速 gsin θ＜μgcos θ，一直 减速 gsin θ＜μgcos θ，先减速到速度为0 后反向加速，若v0≤v，加速到原位 置时速度大小为v0；若v0＞v，运动 到原位置时速度大小为v [典例3]　(多选)(2023·福建泉州质检)如图所示，一足够长的倾斜传送带 顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送 带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随 时间t变化的图像可能是(　BC　) BC 设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，若mgsin θ＞ μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动； 若mgsin θ＝μmgcos θ，小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速 下滑；若mgsin θ＜μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做 匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度 相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块的重力沿传送 带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D 错误，B、C正确。 [典例4]　(多选)(2024·广东华南师大附中检测)如图甲所示，一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m＝1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，若g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的有(　AD　) AD A. 0～8 s内物体的位移大小为14 m B. 物体与传送带间的动摩擦因数为0.625 C. 0～4 s内物体上升的高度为4 m D. 0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m 物体运动的位移即v－t图像中图线与坐标轴围成的面积，则s＝× 4 m－×2×2 m＝14 m，A正确；由物体运动的v－t图像可知，在2～6 s内物体做匀加速直线运动，有a＝＝ m/s2＝1 m/s2，且 μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝0.875，B错误；在0～4 s内由题图知，物体运动的位移为0，则在0～4 s内物体上升的高度为0，C错误；由选项A可知，在0～8 s内物体的位移s＝14 m，传送带的位移s'＝vt＝4×8 m＝32 m，则0～8 s内物体 在传送带上留下的墨迹长度为Δs＝s’－s＝ 18 m，D正确。 1. 临界状态：当v物=v带后时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生 突变。 2. 物体与传送带的划痕长度等于物体与传送带的相对位移的大小，若有 两次相对运动且两次相对运动方向相同，则 =1+2(图甲)；若两次 相对运动方向相反，则等于较长的相对位移大小(图乙)。 方法技巧 二 分层训练　巩固提高 【A级　夯实基础】 1. (2023·广东惠州检测)如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的 传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间 图像如图乙所示。下列描述正确的是(　C　) A. 小物块一直受滑动摩擦力 B. 传送带做顺时针的匀速运动 C. 传送带做顺时针的匀加速运动 D. 小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带 C 2 3 4 5 6 7 1 由题图乙可知，物块先做加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起 做顺时针的匀加速运动，故B错误，C正确；当物块与传送带一起顺时 针加速后，物块受静摩擦力，物块不可能从图甲的左端滑下传送带，故 A、D错误。 2 3 4 5 6 7 1 2. (多选)如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A(可看作质点)以水平速度v0＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　ABC　) ABC A. 若传送带速度等于2 m/s，物块不可能先做减速运动后做匀速运动 B. 若传送带速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/s C. 若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动 D. 若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，则传送 带的速度不大于3 m/s 2 3 4 5 6 7 1 物块在传送带上的加速度大小为a＝＝1 m/s2，假设物块一直做匀减 速运动到传送带右端，根据v'2－＝－2aL，解得v'＝3 m/s＞2 m/s，可 知当传送带速度等于2 m/s时，物块一直减速到最右端，故A正确；当传 送带速度等于3.5 m/s，传送带逆时针转动时，v等于3 m/s，故B正确；若 A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向 转动，此方向传送带的速度可以为任意值，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 1 3. (多选)(2024·广东深圳调研)如图甲，工人用传送带运送货物，传送带 倾角为30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速 度随时间变化关系如图乙所示。已知货物质量为10 kg，重力加速度取 10 m/s2，则(　AB　) A. 传送带匀速转动的速度大小为1 m/s B. 货物与传送带间的动摩擦因数为 C. A、B两点间的距离为16 m D. 运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功15 J AB 2 3 4 5 6 7 1 由题图乙可知，货物先向上匀加速运动，再向上匀速运动，所以传送带 匀速转动的速度大小为1 m/s，选项A正确；开始时货物的加速度a＝ ＝ m/s2＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律可知μmgcos 30°－mgsin 30°＝ ma，解得货物与传送带间的动摩擦因数μ＝，选项B正确；由题图乙 可知，A、B两点间的距离为s＝×(16＋15.6)×1 m＝15.8 m，选项C错 误；由动能定理可知Wf－mgssin 30°＝mv2， 解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做 的功Wf＝795 J，选项D错误。 2 3 4 5 6 7 1 4. (2023·四川成都检测)物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀 速下滑，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定 速率v1沿图示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度v随时间t变 化的图像可能是(　A　) A 2 3 4 5 6 7 1 当v0＜v1时，对物块P受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ ＝ma，可知物块先做匀加速直线运动，当速度达到v1时，摩擦力反向， 依题意有mgsin θ＝μmgcos θ，即物块做匀速直线运动，故A正确，B错 误；当v0＞v1时，对物块P受力分析，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma＝0，即 物块一直做匀速直线运动，故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 1 【B级　能力提升】 5. (2023·山东泰安模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平。当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是(　C　) C A. Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 B. Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s C. Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 m D. Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N 2 3 4 5 6 7 1 当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分 析知mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，A错误；当传送带以v＝8 m/s 的速度顺时针转动时，物块Q先做初速度为零的匀加速直线运动，有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝ m/s2，当物块Q速度达到传送带速度，即8 m/s后，做匀速直线运动，由v＝at1，解得匀加速的时间t1＝1.2 s，匀加速的位移为s＝＝4.8 m，则匀速运动的时间为t2＝＝1.4 s， Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s， B错误； 2 3 4 5 6 7 1 加速阶段的位移之差为Δs＝vt1－s＝4.8 m，即Q从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m，C正确；当Q加速时，对P分析有mPg－FT＝mPa，解得FT＝ N，之后做匀速直线运动，有FT'＝20 N，D错误。 2 3 4 5 6 7 1 6. (2024·广东珠海一中段考)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1 ＝2 m/s顺时针匀速转动，一物块以v2＝8 m/s的速度从传送带的底端滑上 传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长， 取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)小物块刚放上传送带时，其加速度大小和方向； 答案：(1)10 m/s2　沿传送带向 (1)小物块刚放上传送带时，由于小物块的速度大于传送带速度，小物块 受沿传送带向下的滑动摩擦力，对小物块由牛顿第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 解得a1＝10 m/s2，方向沿传送带向下。 2 3 4 5 6 7 1 (2)小物块向上滑行的最远距离。 答案： (2)4 m (2)由于μ＜tan 37°，则小物块速度与传送带速度相同后会继续减速，当 小物块的速度小于传送带速度时，小物块受沿传送带向上的滑动摩擦 力，对小物块由牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 解得a2＝2 m/s2 2 3 4 5 6 7 1 设小物块从刚放上传送带到与传送带速度相同所用时间为t1，则有t1＝＝0.6 s 设小物块从与传送带速度相同到速度减为0所用时间为t2，则有t2＝＝1 s 则小物块向上滑行的最远距离为 s＝t1＋t2＝4 m。 2 3 4 5 6 7 1 7. (2023·广东高考考前诊断)快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分 拣是一个重要环节，图1是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图2是该装置示意图，CD部分倾角θ＝37°，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以4 m/s的速率顺时针转 动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图3为水平传送带AB 段数控设备记录的货物的运动图像，1.3 s时刚好达到B端，且速率不变 地滑上C端。已知两段传送带与货物间的动摩擦因数相同，g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 1 (1)求水平传送带AB的长度及动摩擦因数。 答案：(1) 3.6m　0.5 (1)由v－t图像可知，传送带AB段的长度为LAB＝3.6 m 货物在水平传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1 解得a1＝μg 由v－t图像可知货物在水平传送带上加速过程的加速度为 a1＝ m/s2＝5 m/s2 则μ＝0.5。 2 3 4 5 6 7 1 (2)若CD段的长度为2.6 m，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才 能在D端取到货物？ 答案： (2)3 m/s (2)依题意，货物以4 m/s的速度滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方 向转动但速度未知。 第一种情况：若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度 取最小的情况，故舍弃； 2 3 4 5 6 7 1 第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方 向沿斜面向下，则 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 解得a2＝10 m/s2 故货物先沿斜面向上做匀减速直线运动，等到与传送带共速时，由于μ＜tan θ，故共速后货物将仍做匀减速直线运动，则 mgsin θ－μmgcos θ＝ma3 解得a3＝2 m/s2 2 3 4 5 6 7 1 设货物刚到达C点时速度v1，CD部分传送带速度为v2，在CD部分货物两 段匀减速的位移分别为s1、s2。 对货物在CD部分的两段匀减速过程，由运动学公式有－＝2a2s1 －0＝2a3s2 又s1＋s2＝2.6 m 联立解得v2＝3 m/s 即传送带的速度至少为3 m/s，快递员才能在D端取到货物。 2 3 4 5 6 7 1 $$