培优提升 动力学中的“传送带”模型 课件 -2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

该高中物理课件聚焦“传送带”模型，涵盖水平和倾斜两种类型，从货物运输实例导入，衔接牛顿运动定律，通过模型概述、例题解析构建学习支架，帮助学生掌握摩擦力突变、运动状态分析及动力学综合应用。 其亮点是分类型细化模型建构，采用例题-拓展-总结递进设计，结合v-t图像强化科学推理，如水平传送带煤块加速-匀速过程及相对位移计算。落实物理观念与科学思维，助力学生深化理解，教师可高效开展分层教学。

培优提升　动力学中的“传送带”模型 第四章　运动和力的关系 目 录 CONTENTS 提升 01 课后巩固训练 03 随堂对点自测 02 目录 2 提升 1 目录 3 模型概述 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方,传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用。有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。 目录 提升 模型1　水平传送带模型 例1 如图所示,传送带保持以v1=1 m/s的速度顺时针转动。现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去,设煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。 (1)煤块放上传送带最初一段时间内,受到　　　　(选填 “静”或“滑动”)摩擦力,方向　　　　　　,煤块做 　　　　　　　　运动。  (2)若传送带足够长,当煤块速度v煤=v1=1 m/s时,煤块与传 送带之间　　　　(选填“有”或“无”)摩擦力,此后煤块做　　　　运动。  (3)煤块与传送带共速时,煤块的位移为x1,传送带的位移为x2,则煤块在传送带上留下的痕迹长度Δx=　　　　(用x1、x2表示)。  答案　(1)滑动　水平向右　匀加速直线　(2)无　匀速直线　(3)x2-x1 目录 提升 拓展1 例1中若A、B间的距离L=2.5 m(g取10 m/s2),求: (1)煤块从A点运动到B点所经历的时间; (2)煤块在传送带上留下痕迹的长度; (3)画出煤块运动的v-t图像。 答案　(1)3 s　(2)0.5 m　(3)见解析图 解析　(1)对煤块,有μmg=ma,解得a=μg=1 m/s2,当速度达到1 m/s时,所用的时间t1==1 s,通过的位移x1=a=0.5 m<2.5 m 煤块速度达到1 m/s后,随传送带做匀速直线运动, x2=L-x1=2.5 m-0.5 m=2 m 所用时间t2==2 s 目录 提升 煤块从A点运动到B点所经历的时间 t=t1+t2=3 s。 (2)煤块在传送带上留下痕迹的长度为二者的相对位移,在前1 s时间内,传送带的位移x1'=v1t1=1 m 故煤块在传送带上留下痕迹的长度为 Δx=x1'-x1=0.5 m。 (3)如图所示。 目录 提升 拓展2 如图所示,在例1中传送带足够长,若煤块从B处以水平向左的初速度v2=2 m/s 滑上传送带,求: (1)煤块在传送带上滑行的最远距离; (2)煤块从B处出发再回到B处的时间; (3)画出煤块从B处出发再回到B处的过程中的v-t图像(规 定初速度v2的方向为正方向)。 答案　(1)2 m　(2)4.5 s　(3)见解析图 解析　(1)煤块滑上传送带后做匀减速直线运动, 由牛顿第二定律得μmg=ma 解得a=1 m/s2 最远距离x== m=2 m。 目录 提升 (2)从v2减速到0的时间t1== s=2 s 煤块减速为0后,向右加速,加速度a'=μg=1 m/s2 设达到共速所需时间为t2,则t2==1 s 煤块的位移x1=·t2=0.5 m 匀速运动的时间t3==1.5 s 故煤块从B处出发再回到B处的时间 t=t1+t2+t3=4.5 s。 目录 提升 (3)如图所示。 目录 提升 拓展3 若煤块从B端以0.8 m/s的初速度释放,分析煤块的运动情况,并画出v-t图像(规定v2初速度方向为正方向)。 答案　煤块向左从0.8 m/s减速到0,再向右加速到B,到B端速度大小为0.8 m/s。 目录 提升 总结提升　 1.水平传送带常见类型及物体运动情况分析 图示 物体运动情况 (1)可能一直加速。 (2)可能先加速后匀速 (1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速后匀速。 (2)v0=v时,一直匀速。 (3)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速后匀速 目录 提升 图示 物体运动情况 (1)传送带较短时,物体一直减速到达左端。 (2)传送带较长时: ①当v0>v时物体先向左减速运动,减速到零后再向右加速运动回到右端,回到右端时速度大小为v; ②当v≥v0时,物体回到右端时速度为v0 目录 提升 2.分析传送带水平运动时应注意的问题 (1)摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变,常常导致物体的受力情况和运动性质突变。 (2)静摩擦力达到最大值是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态。 (3)物体与传送带的速度达到相同时,滑动摩擦力要发生突变。 目录 提升 训练1 (2025·宁夏银川期末)如图,水平皮带匀速顺时针转动,速度大小v1=2 m/s,A、B两轮间的距离为4 m,在右端一物块以v2=3 m/s的速度滑上皮带,物块与皮带间的动摩擦因数μ=0.2,g=10 m/s2,则下列说法正确的是(　　) B A.物块能滑过B轮 B.物块经t=1.5 s速度减为零 C.物块返回到A轮时的速度大小仍是3 m/s D.物块在皮带上滑动时加速度的大小是1 m/s2 目录 提升 解析　根据牛顿第二定律可得,物块在水平皮带上运动时加速度的大小为a=μg=2 m/s2,物块速度减为零所用的时间为t==1.5 s,该过程物块的位移大小为x==2.25 m,由于x<LAB,因此物块不能滑过B轮,故A、D错误,B正确;由于v1<v2,因此物块返回A轮时最终会和皮带达到共速,之后和皮带保持相对静止到达A轮,即物块返回到A轮时的速度大小是2 m/s,故C错误。 目录 提升 模型2　倾斜传送带模型 例2 某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上,传送带与地面的夹角θ=30°,传送带以v=5 m/s的恒定速度顺时针方向运动。在传送带底端A轻放上一质量m=5 kg的货物(可视为质点),货物与传送带间的动摩擦因数μ=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)货物放在传送带上最初一段时间内,受到 　　　　(选填“静”或“滑动”)摩擦力作用, 摩擦力的方向　　　　,货物做　　　　运动。  目录 提升 解析　分析知,最初一段时间内,货物受到滑动摩擦力作用,方向沿传送带向上,则其做匀加速直线运动。 答案　见解析 目录 提升 (2)若传送带足够长,试分析货物的运动过程(注意摩擦力的突变)。 解析　货物在传送带上先做匀加速直线运动,当货物速度与传送带速度相等时,因最大静摩擦力Ffm=μmgcos 30°=mg>mgsin 30°=mg,故货物与传送带速度相等后,滑动摩擦力突变为静摩擦力,货物将做匀速运动。 答案　见解析 目录 提升 (3)若传送带A、B两端的距离L=10 m,求货物从A端运送 到B端所需的时间(g取10 m/s2)。 解析　以货物为研究对象,由牛顿第二定律得 μmgcos 30°-mgsin 30°=ma 解得a=2.5 m/s2 货物做匀加速运动的时间t1==2 s 货物做匀加速运动的位移x1=a=5 m<L 则此后货物做匀速运动的位移x2=L-x1=5 m 时间t2==1 s 货物从A端运送到B端所需的时间t=t1+t2=3 s。 答案　见解析 目录 提升 例3 如图所示,倾角为37°,长为l=16 m的传送带,以恒定速度为v=10 m/s运动。在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求: (1)传送带顺时针运动时,物体从顶端A滑到底端B的时间; 解析　传送带顺时针运动时,物体相对传送带向下运动,则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上,物体沿传送带向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有 mgsin 37°-μmgcos 37°=ma 解得a=2 m/s2 根据运动学公式有l=at2 解得t=4 s。 答案　4 s 目录 提升 (2)传送带逆时针运动时,物体从顶端A滑到底端B的时间。 解析　传送带逆时针运动,当物体下滑速度小于传送带运动速度时,物体相对传送带向上运动,则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下,设物体的加速度为a1,由牛顿第二定律得 mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1 解得a1=10 m/s2 设物体从顶端A无初速度释放到物体运动速度等于传送带 速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有 t1== s=1 s 目录 提升 x1=a1=5 m<l=16 m 物体运动速度等于传送带速度的瞬间,由于mgsin 37°>μmgcos 37°,则此后物体相对传送带向下运动,受到沿传送带向上的滑动摩擦力,当物体下滑速度大于传送带运动速度时,设物体的加速度为a2,则 mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2 由运动学公式有x2=vt2+a2 x2=l-x1=11 m 解得t2=1 s (t2=-11 s舍去) 所以t总=t1+t2=2 s。 答案　2 s 目录 提升 1.倾斜传送带两种常见类型及物体运动情况 图示 物体运动情况 (1)可能一直加速。 (2)可能先加速后匀速 (1)可能一直加速。 (2)若μ≥tan θ,可能先加速后匀速。 (3)若μ<tan θ,可能先以a1加速,再以a2加速 目录 提升 2.倾斜传送带向下传送物体,当物体加速运动到与传送带速度相等时, (1)若μ≥tan θ,物体随传送带一起匀速运动。 (2)若μ<tan θ,物体不能与传送带保持相对静止,物体将以较小的加速度a=gsin θ-μgcos θ继续做加速运动。 目录 提升 训练2 (2024·安徽卷,4)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 目录 提升 解析　0~t0时间内,物块轻放在传送带上,做加速运动,对物块受力分析可知,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;当物块速度与传送带速度相同时,静摩擦力与重力的下滑分力相等,加速度突变为零,则t0之后,物块做匀速直线运动,故C正确,A、B、D错误。 目录 提升 随堂对点自测 2 目录 D 1.(水平传送带模型)(2025·安徽安庆期末)安庆机场用于安全检查的装置主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成。如图所示,传送带长度为2.1 m,始终以2 m/s的速度顺时针转动,某乘客把一可视为质点的物品轻放在传送带最左端的A点,物品与传送带间的动摩擦因数为0.4,g取10 m/s2,则下列说法中正确的是(　　) A.物品越重,从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长 B.物品做加速运动时,其速度有可能超过传送带的速度 C.物品由A运动到最右端B的过程中,物品相对传送带滑动1 m D.物品由A运动到最右端B所用时间为1.3 s 目录 随堂对点自测 01 02 解析　物品与传送带共速前受到滑动摩擦力作用,由牛顿第二定律可得a==μg =4 m/s2,物品加速阶段的位移为x1== m=0.5 m,物品加速到与传送带共速后,与传送带一起匀速运动,故B错误;物品加速阶段所用时间为t1== s=0.5 s,物品匀速运动所用时间为t2== s=0.8 s,物品由A运动到最右端B所用时间为t=t1+t2=0.5 s+0.8 s=1.3 s,与物品的质量无关,故A错误,D正确;物品由A运动到最右端B的过程中,物品与传送带的相对位移为Δx=x传-x1=vt1-x1=2×0.5 m-0.5 m=0.5 m,故C错误。 目录 随堂对点自测 01 02 BC 2.(倾斜传送带模型)(多选)如图,倾角θ=37°的足够长的传送带以恒定速率顺时针运行,现将一质量m=2 kg的小物体轻放在传送带的A端,小物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.8,已知g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则在上升过程中小物体(　　) A.加速度恒定 B.先加速运动后匀速运动 C.所受的摩擦力方向不变 D.所受的摩擦力大小始终为12 N 目录 随堂对点自测 01 02 解析　开始时小物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力,因Ff=μmgcos 37°=12.8 N> mgsin 37°=12 N,所以小物体沿传送带向上加速运动,由于传送带足够长,当小物体的速度与传送带的速度相等时,因μmgcos 37°>mgsin 37°,则之后小物体相对传送带静止,随传送带一起匀速向上运动,小物体所受静摩擦力大小为12 N,方向沿传送带向上,故选项B、C正确,A、D错误。 目录 随堂对点自测 01 02 课后巩固训练 3 目录 BC 题组一　水平传送带模型 1.(多选)如图所示,一足够长传送带水平放置,以恒定的速度顺时针转动,一物块以某初速度滑上传送带左端,关于物块在传送带上运动的情况,下列说法正确的是(　　) 基础对点练 A.物块一定一直做匀加速直线运动 B.物块可能先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动 C.物块可能一直做匀速直线运动 D.物块可能先做匀减速直线运动,后做匀加速直线运动 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 解析　若物块的初速度小于传送带的速度,则物块先做匀加速直线运动,当与传送带速度相同时做匀速直线运动,A错误,B正确;若物块的初速度等于传送带的速度,则物块一直做匀速直线运动,C正确;若物块的初速度大于传送带的速度,物块先做匀减速直线运动,当与传送带的速度相同时做匀速直线运动,D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 BD 2.(多选)(2025·广东肇庆高一期末)如图所示,一水平传送带沿顺时针方向以v0匀速转动,在传送带左端A处无初速度地轻放一小物块,则关于小物块从A端运动到B端过程中的速度v随时间t的变化图像,下列选项中可能正确的是(　　) 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 解析　物块先做匀加速直线运动,在到达B端前可能已经和传送带共速,也可能一直加速运动到B端,故B、D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 A 3.如图所示,水平传送带以v1=3 m/s的速度逆时针匀速转动,其两端点A、B之间的距离L=0.75 m。可视为质点的小物块以v2=2 m/s的初速度从传送带左端A向右运动,物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,则小物块在传送带上运动的时间是(　　) A.0.5 s B.1 s C.1.5 s D.3 s 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 解析　小物块向右匀减速运动时,加速度大小为a=μg=2 m/s2,速度减小到零所经历的时间为t1== s=1 s,位移为x1=t1=×1 m=1 m>0.75 m,所以物块滑离传送带时速度不为零,设物块在传送带上运动的时间为t,根据位移与时间关系可得L=v2t-at2,代入数据解得t=0.5 s,故A正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 D 4.如图,有一水平传送带以v=2 m/s的速度匀速转动,现将一物块(可视为质点)轻放在传送带A端,物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2。已知传送带长度为LAB=10 m,则(　　) A.物块离开传送带时的速度大小为1 m/s B.物块在传送带上留下的划痕长度为2 m C.物块在传送带上加速运动的时间为2 s D.物块在传送带上运动的总时间为5.5 s 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 解析　初始阶段,物块做匀加速直线运动,对物块受力分析有μmg=ma,可得加速度a=2 m/s2,因此物块在传送带上加速运动的时间t1==1 s,加速过程的位移x1=t1=×1 m=1 m<LAB,接下来做匀速运动,则其离开传送带时的速度大小为2 m/s,故A、C错误;物块在传送带上留下的划痕长度为Δx=vt1-x1=1 m,故B错误;匀速运动所用时间t2== s=4.5 s,因此物块在传送带上运动的总时间t=t1+t2=5.5 s,故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 B 题组二　倾斜传送带模型 5.(2025·广东汕头期末)倾斜传送带在装卸货物时能极大地减少人力、提高装卸效率。在某次卸货过程中,货物M从顶端以速度v0开始向下运动,若传送带静止不动,M匀速下滑;若传送带沿顺时针匀速率运动,如图所示,与不动时相比,传送带运动后(　　) A.M将做匀减速运动 B.M离开传送带时的速度不变 C.M到传送带底端的时间变长 D.M在传送带上留下的痕迹长度不变 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 解析　传送带运动前后,物体受力不变,保持匀速下滑,所以M运动到传送带底端的时间不变,故A、C错误,B正确;传送带运动后留下的痕迹长度等于传送带位移与物体位移大小之和,而没动时留下的痕迹长度等于物体位移大小,即传送带长度,与不动相比,传送带运动后,M在传送带上留下的痕迹长度变长,故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 D 6.如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针运行,在传送带的上端轻轻放上一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ,则下列图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　) 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 解析　开始时小木块相对传送带向上运动,受到的滑动摩擦力沿传送带向下,小木块的加速度为a1=gsin θ+μgcos θ,则开始时小木块沿传送带向下做匀加速直线运动,因传送带足够长,则小木块和传送带能够共速,共速时,因μ<tan θ,小木块将继续加速,加速度为a2=gsin θ-μgcos θ,综上所述,小木块先以a1做匀加速直线运动,后以a2做匀加速直线运动,且a1>a2,故A、B、C错误,D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 D 7.在大型物流货场,广泛的应用着传送带搬运货物。如图甲所示,与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动,皮带始终是绷紧的,将货物放在传送带的最上端A处,经过1.2 s到达传送带的最下端B处。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示,已知重力加速度g=10 m/s2。由v-t图像可知(　　) A.传送带两端的距离为2.4 m B.货物与传送带的动摩擦因数为0.4 C.传送带的倾斜角度为30° D.运送过程中,货物相对传送带的位移 为0.8 m 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 解析　由v-t图像可知,货物在传送带上先做加速度a1=10 m/s2的匀加速直线运动,货物所受摩擦力方向沿传送带向下,有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,0.2 s后做加速度a2=2 m/s2的匀加速直线运动,货物所受摩擦力方向沿传送带向上,有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,联立解得θ=37°,μ=0.5,故B、C错误;在v-t图像中,图像与横轴所围面积表示位移的大小,则货物位移为x1=×0.2×2 m+×(1.2-0.2) m=3.2 m,皮带位移为x2=2×1.2 m=2.4 m,货物相对传送带的位移Δx=x1-x2=0.8 m,故A错误,D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 8.如图,一平直的传送带以速率v=2 m/s顺时针匀速运行,在A处把物体轻轻地放到传送带上,经过6 s,物体到达B处,A、B相距L=10 m,重力加速度g=10 m/s2。 综合提升练 (1)求物体在传送带上做匀加速运动的时间; (2)求物体与传送带之间的动摩擦因数; (3)若物体是煤块,求煤块在传送带上的划痕长度。 答案　(1)2 s　(2)0.1　(3)2 m 解析　(1)由题意可知,物体从A到B先做匀加速直线运动,与传送带达到相同速度后,匀速运动到B端。 设物体做匀加速运动的时间为t,则t+v(t总-t)=L 代入数据解得t=2 s。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 (2)在匀加速运动过程中, 根据牛顿第二定律可知μmg=ma 根据速度与时间的关系可得v=at 联立解得μ=0.1。 (3)在煤块匀加速运动过程中, 传送带上表面相对于地面的位移x=vt=4 m 煤块相对于地面的位移x'=at2=2 m 所以煤块在传送带上的划痕长度Δx=x-x'=2 m。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 9.(2025·湖北武汉期末)如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行,现将一质量为1 kg的煤块轻轻放在传送带的A端,2 s末煤块恰好到达B端,煤块运动的速度随时间变化的关系如图乙所示,g取10 m/s2,求: 培优加强练 (1)煤块在第1 s和第2 s内的加速度大小; (2)煤块与传送带间的动摩擦因数; (3)2 s内传送带上留下的痕迹长度。 答案　 (1)4 m/s2　1 m/s2　(2)　(3)2 m 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 解析　 (1)由题图可知,第1 s内煤块的加速度大小为a1==4 m/s2 第2 s内煤块的加速度大小为a2==1 m/s2。 (2)煤块的加速度在1 s末发生突变,在第1 s内对煤块,由牛顿第二定律有 mgsin θ+μmgcos θ=ma1 在第2 s内,由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2 联立解得μ=。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 (3)0~1 s内传送带的位移及煤块的位移分别为 x1=v1t=4 m,x1'=v1t=2 m 它们的相对位移为Δx1=x1'-x1=2 m 1~2 s内传送带的位移及煤块的位移分别为 x2=v1t=4 m,x2'=(v1+v2)t=4.5 m 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 它们的相对位移为 Δx2=x2'-x2=0.5 m 0~1 s内煤块位移小于传送带位移,在传送带上出现2 m长的痕迹,1~2 s内煤块位移大于传送带的位移,这0.5 m长的痕迹与刚才的痕迹重合,所以传送带上出现的痕迹长为2 m。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 课后巩固训练 $