第3章 专题突破6 传送带模型-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

该高中物理高考复习课件聚焦“传送带模型”专题，覆盖水平与倾斜传送带两大高考动力学核心考点，依据高考评价体系梳理受力分析、运动状态分析等考查要求，通过表格归纳不同情景下滑块运动情况，对接近5年真题分析考点权重，提炼匀加速-匀速、减速-反向等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“模型建构+真题研析+应试技巧”三维备考策略，如以2024安徽卷典例解析倾斜传送带“先加速后匀速”问题，强调v物=v传临界状态分析，培养科学思维中的模型建构与科学推理素养。特设“易错点警示”（如相对位移计算），助力学生掌握动力学问题突破方法，教师可据此实施精准复习，提升备考效率。

专题突破6　传送带模型 第三章　运动和力的关系 [学习目标]　 1.掌握传送带模型的特点,了解传送带问题的分类。2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析,能正确解答传送带上物体的动力学问题。 核心知识　典例研析 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 分层训练　巩固提高 一 核心知识　典例研析 4 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。 (2)物体相对传送带的位移(划痕长度)Δx等于物体与传送带的相对位移大小。 ①若有一次相对运动:Δx=x传-x物或Δx=x物-x传。 ②若有两次相对运动:两次相对运动方向相同,则Δx=Δx1+Δx2(图甲);两次相对运动方向相反,则Δx等于较长的相对位移大小(图乙)。 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 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]　图甲为一转动的传送带,以恒定的速率v顺时针转动。在传送带的右侧有一滑块以初速度v0从光滑水平面滑上传送带,运动一段时间后离开传送带,这一过程中滑块运动的v-t图像如图乙所示。由图像可知滑块(　　) A.从右端离开传送带 B.从左端离开传送带 C.先受滑动摩擦力的作用,后受静摩擦力的作用 D.变速运动过程中摩擦力方向发生突变 A [解析] 由题图乙可知,滑块先向左做匀减速运动减速到零,再向右做匀加速运动,最后以与传送带相同的速度做匀速直线运动,故从右端离开传送带,故A正确,B错误;滑块先向左做匀减速运动,受到向右的滑动摩擦力,再向右做匀加速运动,还是受到向右的滑动摩擦力,所以变速运动过程中受滑动摩擦力的作用且方向不变,与传送带共速后做匀速直线运动,不受摩擦力作用,故C、D错误。 [典例2]　(2025·四川成都模拟)如图a为一火车站用于安全检查的装置,图b为该装置的部分简化示意图。某位乘客把质量为m=2 kg的物品轻放在水平传送带的A端,经传送带加速后从B端离开传送带,最后物品从斜面顶端C沿斜面下滑。已知水平传送带的长度为LAB=1 m,传送带以v=1 m/s的恒定速度沿逆时针方向转动,斜面CD的倾角为θ=30°,斜面CD的长度为s=0.5 m,物品与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.5,物品与斜面CD间的动摩擦因数为μ2=,重力加速度大小取g=10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不考虑 物品在传送带与斜面交界处速 度大小的变化,物品可视为质点。 求: (1)物品在传送带上运动的时间; [解析] 设物品在传送带上的加速度为a1,有μ1mg=ma1 解得a1=5 m/s2 加速到与传送带共速的时间为t1,位移为x1,则t1==0.2 s x1==0.1 m 之后物品在传送带上匀速运动,时间为t2,则t2==0.9 s 物品在传送带上运动的时间为t=t1+t2=1.1 s。 [答案] 1.1 s (2)物品滑到斜面底端D时(还未与地面碰撞)的速度大小。 [解析] 物品在斜面上的加速度为a2,有mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2 解得a2=1.25 m/s2 设物品滑到斜面底端D时的速度大小为v2,有 2a2s=-v2 解得v2=1.5 m/s。 [答案] 1.5 m/s 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。 方法技巧 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) 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 (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]　(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率 v0顺时针转动。t=0时在传送带底端无初速轻放一小物 块,如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置, 速度达到v0。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 [解析] 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的下滑分力,合力不变,故做匀加速运动;t0之后:当物块速度与传送带相同时,静摩擦力与重力的下滑分力相等,加速度突变为零,物块做匀速直线运动,C正确,A、B、D错误。 [典例4]　(2025·四川成都模拟)如图所示,传送带倾斜放置,倾角为θ=37°,以恒定速率v=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,煤块刚好不从传送带顶端B冲出。已知煤块和传送带之间的动摩擦因数μ=0.25,g取10 m/s2,求: (1)AB之间的距离L; [解析] 在煤块与传送带共速前,对煤块,由牛顿第二定律有 mgsin θ+μmgcos θ=ma1 可得煤块的加速度大小a1=8 m/s2 煤块运动时间t1==1 s 煤块运动的位移L1=t1=8 m 煤块与传送带共速后,对煤块,由牛顿第二定律有 mgsin θ-μmgcos θ=ma2 可得煤块的加速度大小a2=4 m/s2 煤块速度减为零所用的时间t2==1 s 煤块运动的位移L2=t2=2 m 则AB之间的距离L=L1+L2=10 m。 [答案] 10 m (2)煤块在传送带上留下的划痕长度Δx。 [解析] 在煤块与传送带共速前,传送带运动的位移L'1=vt1=4 m 传送带上痕迹长度Δx1=L1-L'1=4 m 煤块与传送带共速后,对煤块上滑的过程,传送带的位移大小为L'2=vt2=4 m 产生的划痕长度为Δx2=L'2-L2=2 m 该过程中由于传送带的速度始终大于煤块的速度,因此产生的划痕与共速前的划痕重叠,此时有2 m的划痕在煤块之前,有2 m的划痕在煤块之后,设煤块从传送带顶端滑到底端所用时间为t',则有L=a2t'2 解得t'= s 该过程中传送带的位移L'=vt'=4 m 该过程中传送带运动方向与煤块运动方向相反,煤块之后的2 m划痕随着煤块的下滑被覆盖,因此总的划痕长度为s=L+L'+Δx2=(12+4)m。 [答案] (12+4)m 1.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,也是运动分段的转折点。 2.倾斜传送带问题中,要特别注意μ与tan θ的大小关系,μ<tan θ往往会存在滑动摩擦力方向突变现象,μ>tan θ经常会出现滑动摩擦力突变为静摩擦力的现象。 方法技巧 分层训练　巩固提高 二 1.如图所示,物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时,传送带突然启动,方向如图中箭头所示,在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中,以下分析正确的是 (　　) A.M下滑的速度不变 B.M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动 C.M先向下匀速运动,后向下加速运动,最后随传送带向下匀速运动 D.M受的摩擦力方向始终沿传送带向上 2 3 4 5 6 7 8 1 A 夯实基础 C 解析：传送带静止时,物块匀速下滑,故mgsin θ=f,当传送带的速度大于物块的速度时,物块受到向下的摩擦力,根据受力分析可知,物块向下做加速运动,当速度达到与传送带速度相等时,物块和传送带具有相同的速度匀速向下运动,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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( 　　) 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 ABC 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：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。 3.(多选)(2025·河北邯郸高三检测)如图所示,有一条传送带与水平面的夹角θ=37°,传送带以v=4 m/s的速度匀速运动。现将一小物块轻放在最高点A,经过时间t小物块运动到最低点B。已知A、B之间的距离为5.8 m,物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,小物块可看作质点,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则小物块从A到B的时间可能是(　　) A.1 s　　　　　　　　 B.1.4 s C. s 2 3 4 5 6 7 8 1 BD 解析：没有明确传送带的运动方向,因此,传送带可能沿顺时针方向转动,也可能沿逆时针方向转动。若传送带顺时针转动,则物块从A到B一直匀加速运动mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得a=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2,则有L=at2,代入数据解得t= s,若传送带逆时针转动,物块的加速度a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2,则物块加速至与传送带速度相等需要的时间为t1==0.4 s,发生的位移为L1==0.8 m,可知物块加速到4 m/s时仍未到达B点,设此后物块加速度为a2,则mgsin θ-μmgcos θ= ma2,解得a2=2 m/s2,则有L-L1=vt2+,解得t2=1 s,故 物块从A运动到B所用的总时间t'=t1+t2=1.4 s,故选B、D。 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 4.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 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：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 8 1 5.(多选)(2025·四川绵阳高三上阶段练习)如图所示,水平传送带以速度v1=2 m/s向右匀速转动。可视为质点的小物体P、Q的质量均为1 kg,由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2=5 m/s,P与定滑轮间的绳水平,不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,传送带两端距离L=5 m,绳足够长,g取10 m/s2。关于小物体P的描述正确的是 (　　) A.小物体P刚滑上传送带时的加速度大小为14 m/s2 B.小物体P将从传送带的右端滑下传送带 C.小物体P离开传送带时的速度大小为 m/s D.小物体P在传送带上运动的时间为 s CD 解析：小物体P刚滑上传送带时,相对传送带向右运动,对P、Q整体,由牛顿第二定律有mg+μmg=2ma1 解得a1=7 m/s2 故A错误; 小物体P与传送带共速前,P的位移 x1==1.5 m<L 即P速度减小到v1时未从传送带右端滑出,所用的时间t1= s 在P的速度和传送带速度相等后,因为Q的重力大于P所受的最大静摩擦力,所以摩擦力会突变向右,由牛顿第二定律有mg-μmg=2ma2 得a2=3 m/s2 方向水平向左,则速度减小到0的位移为x2= m 则有x1+x2= m<L 故P不会从传送带右端滑出,从v1减速到0的时间t2= s 以后以a2向左加速,有x1+x2= 解得t3= s 运动到传送带最左端的速度v3=a2t3= m/s 综上所述,小物体P在传送带上运动的时间为t=t1+t2+t3= s 故B错误,C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 6.(多选)(2025·四川成都模拟)如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角为θ,以恒定速率顺时针转动,一煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带,煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示,g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　) A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ=0.75 B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5 C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2 s D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4)m AD B 能力提升 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：0~1 s内煤块的加速度大小为a1= m/s2=8 m/s2,根据牛顿第二定律可得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,1 s后煤块的加速度大小为a2= m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,联立解得θ=37°,μ=0.25,倾斜传送带与水平方向夹角的正切值为tan θ==0.75,故A正确,B错误;0~1 s煤块的位移为x1=v0t1-=12×1 m-×8×12 m=8 m,1~2 s煤块的位移为x2=vt2-=4×1 m-×4×12 m=2 m,煤块下滑的过程中,根据动力学公式有x1+x2=,解得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为t3= s,故C错误;0~1 s煤块相对传送带向上的位移为Δx1=x1-vt1=(8-4×1)m=4 m,1~2 s煤块相对传送带向下的位移为Δx2=vt2-x2=(4×1-2)m=2 m,该过程中传送带的速度大于煤块的速度,产生的划痕与共速前的划痕重叠,此时有2 m的划痕在煤块之前,2~(2+)s煤块相对传送带向下的位移为Δx3=x1+x2+vt3=(8+2+4)m=(10+4)m,所以煤块在传送带上留下的痕迹长为Δx=Δx3+2 m=(12+4)m,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 7.(16分)如图所示,皮带的速度v=6 m/s,两圆心相距L=30 m,现将m=1 kg的煤块轻放在左轮圆心A点正上方的皮带上,煤块与皮带间的动摩擦因数μ=0.1,在电动机带动皮带将煤块从左轮运送到右轮圆心B点正上方过程中,求: (1)煤块加速阶段运动的位移大小; 解析：煤块加速运动过程中,加速度大小为a==μg=1 m/s2 设煤块经过时间t1后与传送带共速,则v=at1 解得t1=6 s 煤块加速阶段运动的位移大小为x1=×1×62 m=18 m。 答案：18 m 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间; 解析：煤块匀速运动的时间为t2==2 s 煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间为t=t1+t2=8 s。 答案： 8 s (3)煤块在皮带上留下的痕迹长度。 解析：煤块在皮带上留下的痕迹长度为x=x传-x1=vt1-x1=6×6 m-18 m=18 m。 答案： 18 m 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 8.(16分)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 8 1 (1)求水平传送带AB的长度及动摩擦因数。 解析：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。 答案： 3.6 m　0.5 (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? 解析：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; 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 2 3 4 5 6 7 8 1 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 设货物刚到达C点时速度为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x1、x2。 对货物在CD部分的两段匀减速过程,由运动学公式有 =2a2x1 -0=2a3x2 又x1+x2=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。 答案： 3 m/s 2 3 4 5 6 7 8 1 $$