第3章 专题强化五 动力学中的传送带模型(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

第三章　运动和力的关系 专题强化五　动力学中的传送带模型 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 提 分 集 训 （十六） 点击进入word 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 谢谢观看 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 考向 定位 1.会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况；2.会计算相对位移及划痕的长度；3.注意物体与传送带之间摩擦力的突变． 模型一　水平传送带 水平传送带 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速 先加速后匀速 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 一直减速到右端 先减速到速度为0，后被传送带传回左端．若v0＜v返回到左端时速度为v0，若v0＞v返回到左端时速度为v [例1]　(多选)(2025·宁夏石嘴山模拟)如图所示，传送带始终保持v＝2 m/s的速度水平向右移动，一质量m＝0.5 kg的小物块以v0＝4 m/s的速度从A点向右滑上传送带，设小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带两端点A、B间的距离L＝5 m，g取10 m/s2，下列说法正确的有(　　 ) A.物块一直做匀加速直线运动 B．刚开始物块的加速度大小为2 m/s2 C．物块从A点运动到B点所用时间为3 s D．传送带上将留下一段长为1 m的摩擦痕迹 【解析】　物块刚滑上传送带时，受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为 a＝ eq \f(μmg,m)＝2 m/s2 设物块到达B点前已经与传送带共速，则物块匀减速阶段所用时间为 t1＝ eq \f(v0－v,a)＝ eq \f(4－2,2) s＝1 s 物块匀减速阶段的位移为 x1＝ eq \f(v0＋v,2)t1＝ eq \f(4＋2,2)×1＝3 m＜L＝5 m 共速后，物块做匀速运动到B点所用时间为 t2＝ eq \f(L－x1,v)＝ eq \f(5－3,2) s＝1 s 则物块从A点运动到B点所用时间为 t＝t1＋t2＝2 s 传送带上留下的摩擦痕迹长度为 Δx＝x1－vt1＝3 m－2×1 m＝1 m 故选BD. 【答案】　BD [对点训练] 1．(多选)(2025·菏泽月考)质量为1 kg的物块M水平向右滑上逆时针转动的传送带如图甲所示，物块的v－t图像如图乙所示， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g＝10 m/s2))，在整个运动过程中，以下说法正确的是(　　 ) A．物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2 B．整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为3 m C．整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为9 m D．2 s时，物块离传送带A端最远 解析：选ACD　A．0～3 s内，根据牛顿第二定律有 μmg＝ma 0～3 s内物块的加速度为 a＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(2.0－(－4.0),3) m/s2＝2 m/s2 可得物块与传送带间的动摩擦因数为 μ＝0.2 故A正确； BC.0～2 s内物块在传送带上留下的划痕长度为 s1＝vt1＋ eq \f(v0,2)t1＝2×2＋ eq \f(4,2)×2 m＝8 m 2～3 s内物块在传送带上留下的划痕长度为 s2＝vt2－ eq \f(1,2)at eq \o\al(2,2)＝2×1－ eq \f(1,2)×2×12 m＝1 m 整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为 s＝s1＋s2＝9 m 故B错误，C正确； D．0～2 s内物块向物块离传送带B端运动，2～3 s 内物块向物块离传送带A端运动，可知2s时，物块离传送带A端最远，故D正确． 故选ACD. 模型二　倾斜传送带 倾斜传送带 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 足够长 一直加速(一定满足关系g sin θ＜μg cos θ) 先加速后匀速 一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos 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 足够长 v0＜v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos 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 v0＞v时，一直加速或减速(加速度大小为g sin θ－μg cos θ或μg cos θ－g sin θ) 若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，一直加速 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 足够长 (摩擦力方向一定沿斜面向上) g sin θ＞μg cos θ，一直加速；g sin θ＝μg cos θ，一直匀速 g sin θ＜μg cos θ，一直减速 先减速到速度为0后反向加速：若v0＜v，到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)；若v0＞v，先减速到0再反向加速后匀速，返回原位置时速度大小为v [例2]　(2025·河南模拟)如图所示，传送带倾斜放置，与水平方向的夹角为θ＝37°，小物块以v0＝2 m/s的初速度从A端沿传送带向下运动．当传送带静止不动时，小物块从A端运动到B端所用的时间为Δt＝5 s．已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，小物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， eq \r(3)＝1.73. (1)求A、B两端之间的距离L； (2)若传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块在传送带上留下的痕迹s； (3)若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块从A端运动到B端所用的时间t.(结果保留三位有效数字) 【解析】　(1)传送带静止时，设小物块下滑的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma1 解得a1＝2 m/s2 A、B两端之间的距离为 L＝v0Δt＋ eq \f(1,2)a1(Δt)2 解得L＝35 m (2)传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，小物块仍以加速度大小a1做匀加速直线运动，故小物块运动的位移仍为L，则传送带运动的位移为 x带＝v1Δt＝10 m小物块在传送带上留下的痕迹为 s＝L－x带＝25 m (3)若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，开始时，小物块受到的摩擦力沿着传送带向下，设小物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2 解得a2＝10 m/s2 设经过时间t1，小物块与传送带达到共同速度，则有 v2＝v0＋a2t1 这段时间内小物块运动的位移为 x1＝v0t1＋ eq \f(1,2)a2t eq \o\al(2,1) 在此之后，小物块仍以大小为a1的加速度做匀加速直线运动，根据运动学公式有 x2＝L－x1 x2＝v2t2＋ eq \f(1,2)a1t eq \o\al(2,2) 则小物块从A端运动到B端所用的总时间 t＝t1＋t2 联立代入数据解得t＝3.52 s 【答案】　(1)35 m　(2)25 m　(3)3.52 s eq \a\vs4\al([方法指导]) (1)求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断． (2)临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变． (3)滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小．　　 [对点训练] 2．(多选)(2025·长春模拟)如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ＝37°.传送带以恒定速率v传＝4 m/s顺时针转动．一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 53°＝0.8，下列说法正确的是(　　 ) A．煤块冲上最高点时间为1.5 s B．煤块冲上最高点时所走的位移大小为8 m C．煤块冲上最高点时在传送带上留下的划痕为4 m D．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋ eq \r(5))s 解析：选CD　A．煤块先做匀减速运动，由牛顿第二定律可得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 解得a1＝8 m/s2 设经t1时间煤块与传送带共速，则 t1＝ eq \f(v0－v传,a1)＝1 s 共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 解得a2＝4 m/s2 煤块从4 m/s减速至零的时间为 t2＝ eq \f(v传,a2)＝1 s 即煤块冲上最高点时间为 t＝t1＋t2＝2 s 故A错误； B．煤块冲上最高点时所走的位移大小为 x＝ eq \f(v0＋v传,2)t1＋ eq \f(v传,2)t2＝10 m 故B错误； C．煤块速度减为与传送带共速的过程有 x1＝ eq \f(v0＋v传,2)t1－v传t1＝4 m 煤块速度为传送带减到零的过程有 x2＝v传t2－ eq \f(v传,2)t2＝2m＜x1 煤块冲上最高点时在传送带上留下的划痕为4 m，故C正确； D．煤块从最高点返回到A的过程有 x＝ eq \f(1,2)a2t eq \o\al(2,3) 解得t3＝ eq \r(5)s 所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t′＝t＋t3＝(2＋ eq \r(5))s 故D正确． 故选CD. 3．(多选)(2025·洛阳二模)一足够长的粗糙倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度v0的小物块，如图所示，取沿传送带向下的方向为正方向，则下列描述小物块在传送带上运动的v－t图像中可能正确是(　　 ) A． INCLUDEPICTURE "W429.TIF" 　 B． C． D． 解析：选ABD　A．当小物块的初速度沿斜面向下，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 即a1＝g sin θ＋μg cos θ 可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，当小物块达到传送带速度时，若满足 mg sin θ＜μmg cos θ 可知二者将共速，小物块随传送带一起做匀速直线运动，若满足mg sin θ＞μmg cos θ 小物块继续加速下滑，其加速度大小为 a2＝g sin θ－μg cos θ＜a1 故A正确； B．当小物块的初速度沿斜面向下，且大于传送带的速度时，若满足 mg sin θ＞μmg cos θ 则小物块一直做匀加速直线运动，加速度大小为 a3＝g sin θ＋μg cos θ 若满足mg sin θ＜μmg cos θ 则小物块应沿传送带向下做匀减速直线运动，其加速度大小为 a4＝μg cos θ－g sin θ 二者共速后小物块随传送带一起做匀速直线运动，故B正确； CD.当小物块的初速度沿斜面向上时，牛顿第二定律可得小物块的加速度大小为 a3＝g sin θ＋μg cos θ 可知小物块沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，其加速度仍为a3，与传送带共速时，若满足 mg sin θ＞μmg cos θ 则小物块继续做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝g sin θ－μg cos θ＜a3 若满足mg sin θ＜μmg cos θ 则小物块随传送带一起做匀速直线运动，故C错误，D正确．故选ABD. $$