第3章 专题突破5 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（广东专版）

专题突破5　传送带模型 第三章　运动和力的关系 1 核心知识　典例研析 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 内容索引 2 一 核心知识　典例研析 3 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)Δs等于物体与传送带的相对位移 大小。 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)。 突破点一　水平传送带问题 6 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 7 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 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   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]　(2024·北京卷)水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是 (　　) A.刚开始物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长 D [解析]　刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，故A错误；匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，故B错误；物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，故C错误；设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时a＝＝μg，做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由v＝at可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，故D正确。 [典例2]　(2025·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(　　) 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 D [解析]　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3]　(多选)(2025·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(　　) 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 AC [解析]　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。 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 18 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) 19 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   (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4]　(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：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、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。故C正确，A、B、D错误。 [典例5]　(2025·广东广州模拟)如 图甲，倾角为θ的传送带始终以恒定 速率v2逆时针运行，t＝0时初速度大 小为v1(v1＞v2)的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变 化的v－t图像如图乙，则(　　) A.0~t3时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变 B.小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ＜tan θ C.t2时刻，小物块离传送带底端的距离达到最大 D.小物块返回传送带底端时的速率大于v1 B [解析]　由题图乙可知，0~t1时间内小物块相对传送 带向上滑动，沿传送带向上做匀减速直线运动，此时 摩擦力方向沿传送带向下，t1时刻小物块的速度减为 零，此时小物块离传送带底端的距离达到最大，t1~t2时间内小物块向下做初速度为零的匀加速直线运动，由于该时间内小物块的速度小于传送带的速度，小物块相对传送带向上滑动，摩擦力方向仍沿传送带向下，t2时刻小物块的速度与传送带速度相等，t2~t3时间内小物块继续向下做匀加速直线运动，该时间内小物块的速度大于传送带的速度，小物块相对传送带向下滑动，摩擦力方向变为沿传送带向上，由此可知，t2时刻 小物块相对传送带向上的位移到达最大；0~t3时间内 小物块相对传送带一直滑动，小物块所受的摩擦力一 直是滑动摩擦力，大小不变，但方向发生了改变，故 A、C错误。由题图乙可知，t2时刻以后小物块相对传送带向下做匀加速直线运动，加速度方向平行于传送带向下，重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力，即mgsin θ＞μmgcos θ，解得μ＜tan θ，故B正确。小物块从滑上传送带到返回传送带底端的整个运动过程中，合外力做的功等于滑动摩擦力对小物块做功，滑动摩擦力对小物块做负功，由动能定理可知，小物块的动能减小，小物块返回底端时的速率小于v1，故D错误。 [典例6]　(2025·广东广州模拟)如图所示，传送带 与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝ 10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。 在传送带上端A无初速度放一个质量为m＝0.5 kg的 黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止； [解析]　由于mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。 [答案]　不能 (2)煤块从A运动到B的时间； [解析]　煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力， 其加速度为a1，则mg(sin θ＋μcos θ)＝ma1 解得a1＝10 m/s2 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s 发生的位移x1＝a1＝5 m 煤块速度达到v0后，加速度大小变为a2，继续沿传送带向下加速运动， 则有mg(sin θ－μcos θ)＝ma2 解得a2＝2 m/s2 x2＝L－x1＝5.25 m 由x2＝v0t2＋a2，得t2＝0.5 s 故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。 [答案]　1.5 s (3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 [解析]　第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m 第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。 [答案]　5 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。 2.物体与传送带的划痕长度Δs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Δs＝Δs1＋Δs2(图甲)；若 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)。 方法技巧 分层训练　巩固提高 二 34 1.(2025·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(　　) 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 2 3 4 5 6 7 1 C A 夯实基础 35 解析：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 36 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 2 3 4 5 6 7 1 ABC 37 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；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 38 3.(多选)(2025·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(　　) 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 2 3 4 5 6 7 1 AB 39 解析：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 40 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(　　) 2 3 4 5 6 7 1 A 41 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 1 42 5.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(　　) 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 C B 能力提升 43 解析：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 2 3 4 5 6 7 1 44 左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s， B错误；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 45 6.(10分)(2025·广东珠海模拟)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： 2 3 4 5 6 7 1 46 (1)小物块刚放上传送带时，其加速度大小和方向； 2 3 4 5 6 7 1 解析：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。 答案：10 m/s2　沿传送带向下 47 (2)小物块向上滑行的最远距离。 2 3 4 5 6 7 1 解析：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 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 48 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。 答案：4 m 2 3 4 5 6 7 1 49 7.(12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 1 50 (1)求水平传送带AB的长度及动摩擦因数。 2 3 4 5 6 7 1 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 51 (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? 2 3 4 5 6 7 1 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； 52 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 53 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 答案：3 m/s 54 $$