加分站1 用动力学和能量观点分析传送带模型(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

该高中物理高考复习讲义聚焦传送带模型，围绕动力学规律与能量观点两大核心考点，按“受力分析→运动过程→能量转化”逻辑架构知识点，通过考点梳理（思维路径图）、方法指导（例题解析）、分层训练（基础训练、高考真题）环节，帮助学生建立传送带问题的分析框架，突破难点。 讲义突出“模型建构+科学推理”特色，以思维路径图引导学生提炼传送带问题分析模型，通过例题拆解共速前后动力学与能量转化过程，结合分层训练培养科学思维。设计即时反馈与真题演练，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏提供清晰指导，提升学生应考能力。

加分站 1　用动力学和能量观点分析传送带模型 例　(2025·邯郸模拟)如图甲所示的等双翼式传输机，其两侧有等长的传送带，且倾角可以在一定范围内调节，方便不同工况下的货物传送作业，工作时两传送带匀速转动且速度相同。图乙为等双翼式传输机工作示意图，M1、M2代表两条传送带。某次工作时，调整M1倾角为37°，M2倾角为30°，两传送带轮轴间距均为6 m(轮轴半径忽略不计)，运行速率均为2 m/s。将货物无初速放在M1的最低端，传到M2的最高端。M1和M2的接触面与货物之间的动摩擦因数均为μ=0.8。货物在传送带连接处的速率变化忽略不计，g=10 m/s2。求: (1)货物从M1最低端运动到与M1共速时的位移； (2)传输机因运送一件质量为50 kg的货物从M1最低端运动到M2顶端，需多消耗的电能。 解析　(1)根据牛顿第二定律，有 μmgcos 37°-mgsin 37°=ma， 解得货物的加速度为a=0.4 m/s2， 与M1共速时间t==5 s， 货物从M1最低端运动到与M1共速时的位移 x=t=5 m。 (2)货物与M1共速时，相对传送带的位移为 Δx=vt-x=5 m， 需多消耗的电能为E=μmgcos 37°Δx+mv2+mgL(sin 37°+sin 30°)=5 000 J。 答案　(1)5 m　 (2)5 000 J [思维路径]　传送带问题的分析思路 训练1　(2025·深圳模拟)传送带运输经常应用于分拣货物中。如图甲为传送带输送机简化模型图，传送带输送机倾角θ=30°，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像(以A位置所在水平面为零势能面)如图乙所示。货物视为质点，质量m=2 kg，重力加速度g=10 m/s2。求: (1)货物与传送带间的动摩擦因数μ； (2)货物从下端A点运动到上端B点的时间t； (3)传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能E0。 解析　(1)由题图乙知，货物沿传送带向上运动s1=0.8 m后，与传送带保持相对静止，根据功能关系有 μmgcos θ·s1=ΔE1， 解得货物与传送带间的动摩擦因数μ=。 (2)货物沿传送带向上运动s1=0.8 m时，与传送带保持相对静止，此时有E1=mgs1sin θ+mv2， 解得传送带速度为v=2 m/s， 设货物加速过程所用时间为t1，根据运动学公式可得 s1=t1， 解得t1=0.8 s， 设A点到B点的距离为L，货物在B点时，有 E2=mgLsin θ+mv2， 解得L=3 m， 货物匀速阶段所用时间t2==1.1 s， 货物从下端A点运动到上端B点的时间 t=t1+t2=1.9 s。 (3)货物在与传送带共速前，发生的相对位移 Δx=x传-s1=vt1-s1=0.8 m， 因摩擦产生的热量Q=μmgcos θ·Δx=12 J， 根据能量守恒可知传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能E0=Q+E2=46 J。 答案　(1)　(2)1.9 s　 (3)46 J 训练2　(2025·南京联考)如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平，已知物块P与传送带间的动摩擦因数为0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦。求: (1)运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比； (2)P与传送带共速时，小物块Q上升的高度； (3)物块P从刚冲上传送带到右方最远处的过程中，P、Q系统机械能的改变量。 解析　(1)设P的位移、加速度大小分别为s1、a1，Q的位移、加速度大小分别为s2、a2，因s1=2s2， 故a1=2a2， 则==2∶1。 (2)对P有μmg+T=ma1， 对Q有mg-2T=ma2， 解得T=0.35mg，a1=0.6g， P先减速到与传送带速度相同，位移 x1==， 小物块Q上升的高度hQ==。 (3)共速后，由于f=μmg<mg，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，设此时P加速度为a1'，Q的加速度为a2'，则a2'=a1'， 对P有T-μmg=ma1'， 对Q有mg-2T=ma2'， 解得a1'=0.2g， 减速到0的位移x2==， P、Q系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功， ΔE=-μmgx1+μmgx2=0。 答案　(1)2∶1　(2)　(3)0 高考真题·体验 1.(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度轻放一小物块，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。由受力分析可知，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项正确，A、B、D三项错误。 2.(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 解析　(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μm物g=m物a， 解得a=5 m/s2， 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离x==2.5 m<L传=3.6 m， 小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小5 m/s。 (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有 m物v=m物v1+m球v2， 其中v=5 m/s，v1=-1 m/s， 解得v2=3 m/s， 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=m物v2-m物-m球， 解得ΔEk=0.3 J。 (3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有 m球g=m球， 小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有 m球=m球+m球g(2L绳-d)， 联立解得d=0.2 m， 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 学科网（北京）股份有限公司 $