第三章 第4课时 专题强化：“传送带”模型中的动力学问题（课件PPT）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 苏京）

第三章 运动和力的关系 第 4 课时 目标 要求 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。 专题强化：“传送带”模型中的动力学问题 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大小Δx 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，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。 内 容 索 引 考点一　　水平传送带问题 考点二　　倾斜传送带问题 课时精练 > < 考点一 水平传送带问题 例1　应用于地铁的包裹安检装置其传送包裹部分可简化为如图所示的传送带示意图。若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送带的最左端，传送带始终以v0＝0.5 m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送带全长l＝2 m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求开始时包裹的加速度大小； 答案　0.5 m/s2 水平传送带问题 考点一 设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a， 则由牛顿第二定律可得μmg＝ma， 解得a＝0.5 m/s2。 水平传送带问题 考点一 (2)求包裹在传送带上运动的时间； 答案　4.5 s 水平传送带问题 考点一 解得x1＝0.25 m， 故包裹在传送带上运动的总时间t＝t1＋t2＝4.5 s。 水平传送带问题 考点一 (3)求当包裹与传送带相对静止时，包裹相对于传送 带运动的距离； 答案　0.25 m t1时间内传送带的位移大小为x2＝v0t1 解得x2＝0.5 m， 故包裹相对于传送带运动的距离为Δx＝x2－x1＝0.25 m。 水平传送带问题 考点一 (4)若乘客将包裹放在传送带上后，立即以v＝1 m/s的速度匀速从传送带最左端走到传送带的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送带最右端等待的时间。 答案　2.5 s 故乘客需要在传送带最右端等待的时间为Δt＝t－t3＝2.5 s。 水平传送带问题 考点一 例2　(2024·江苏省镇江地区联考)如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2 m/s，两端A、B间距离为3 m，一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。物块从滑上传送带到离开传送带的过程中，速度随时间变化的图像是下列选项图中的 √ 水平传送带问题 考点一 物块先向左做减速运动，加速度大小a＝μg＝4 m/s2， 物块没有到达传送带A端，因此接下来物块向右加速运动，加速度大小不变， 水平传送带问题 考点一 接下来向右匀速运动，选项B正确。 水平传送带问题 考点一 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长   一直加速 先加速后匀速 水平传送带问题的常见情形及运动分析 总结提升 水平传送带问题 考点一 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 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 总结提升 水平传送带问题 考点一 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 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 返回 总结提升 水平传送带问题 考点一 倾斜传送带问题 > < 考点二 例3　(2024·江苏淮安市马坝高级中学检测)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(可视为质点)，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， cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，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； 答案　不能 倾斜传送带问题 考点二 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。 倾斜传送带问题 考点二 (2)煤块从A运动到B的时间； 答案　1.5 s　 倾斜传送带问题 考点二 煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，其加速度大小为 a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2， 煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送 带向下加速运动，则有a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2， x2＝L－x1＝5.25 m， 倾斜传送带问题 考点二 故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。 倾斜传送带问题 考点二 (3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 答案　5 m 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。 倾斜传送带问题 考点二 拓展　若煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求煤块从A运动至B的时间。 答案　1.441 s 倾斜传送带问题 考点二 由于Ff＝μ′FN＝μ′mgcos θ＝mgsin θ 即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下的分力，故煤块和传送带达到共速后将做匀速直线运动，所以煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。 倾斜传送带问题 考点二 总时间t′＝t1′＋t2′＝1.441 s。 倾斜传送带问题 考点二 例4　如图甲，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg的物块，以速度v0＝4 m/s从M点开始沿传送带向下运动。物块运动过程的部分v－t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则 A.物块最终从传送带N点离开 B.传送带的速度v＝1 m/s，方向沿逆时针 C.物块沿传送带下滑时的 加速度大小a＝2 m/s2 D.物块将在5 s时回到原处 √ 倾斜传送带问题 考点二 从题图乙可知，物块速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N点离开，并且能推出传送带沿顺时针方向运动，速度大小为1 m/s，故A、B错误； v－t图像中图线的斜率表示加速 度，可知物块沿传送带下滑时的 加速度大小为 倾斜传送带问题 考点二 v－t图像与时间轴围成的面积表示位移， 物块沿传送带向下运动的位移 倾斜传送带问题 考点二 物块沿传送带向上加速运动的位移 物块沿传送带向上匀速运动的时间 所以物块回到原处的时间t＝3 s＋2 s＝5 s，故D正确。 倾斜传送带问题 考点二 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(一定满足关系μ>tan θ) 先加速后匀速(一定满足关系μ>tan θ) 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 总结提升 倾斜传送带问题 考点二 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(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，共速后摩擦力方向改变，再以a2加速 总结提升 倾斜传送带问题 考点二 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 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，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 总结提升 倾斜传送带问题 考点二 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长   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；若μ＝tan θ，一直匀速 v0>v时，若μ<tan θ，一直加速；若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ＝tan θ，一直匀速 总结提升 倾斜传送带问题 考点二 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长   (摩擦力方向一定沿传送带向上) μ<tan θ，一直加速 μ＝tan θ，一直匀速 μ>tan θ，一直减速 μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，运动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 返回 总结提升 倾斜传送带问题 考点二 课时精练 1.(2024·江苏扬州市高邮中学期中)如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是 A.要实现这一目的前提是μ<tan θ B.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零 C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上 D.若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 基础落实练 39 要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，可得μ>tan θ，故A错误； 做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦 力大小为mgsin θ，故B错误； 行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力 方向均沿传送带向上，故C正确； 若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上 一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2.(2023·江苏省灌南高级中学检测)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，小滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间 t变化的图像不可能是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据题意，设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsin θ>μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加 速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大 于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随 传送带做匀速运动。故选D。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3.(2024·江苏宿迁市沭阳县段考)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＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，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.开始时行李的加速度大小为4 m/s2 B.行李经过2 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A错误； 设行李做匀加速运动的时间为t1，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 可得行李从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确； 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝ vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4.(2024·江苏省清江中学月考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图 像(以地面为参考系)如图乙 所示，已知v2>v1，则 A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B.t1时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 D.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力先向右后向左 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速直线运动，t1之后反向向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误； 小物块在0～t1时间内，向左做匀减速直线运动，相对传送带向左运动，在t1～t2时间内，反向向右做匀加速直线运动，但速度小于传送带的速度，相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止， 所以t2时刻小物块相对传送 带滑动的距离达到最大值， B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由题图乙得，3 s后物块随传送带做匀速直线运动， 5.(2024·江苏苏州市期中)如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系图像如图乙所示。图线的0～3 s段为抛物线，3～4.5 s段为 直线。求： (1)传送带的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　2 m/s x－t图线的0～3 s段为抛物线，根据匀变速直线运动位移时间关系式可知，0～2 s物块做匀减速直线运动， 解得v物＝4 m/s。 (2)物块刚滑上传送带时的速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　4 m/s 6.(2024·江苏盐城市建湖高级中学检测)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v－t图像如图乙所示，2 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则 A.传送带的倾角θ＝30° B.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4 C.传送带上下两端的间距为15 m D.物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 能力综合练 根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故A、B错误； 由题可得物体0～2 s内的位移大小即为传送带 上下两端的间距l， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据v－t图像与t轴所围的面积表示位移， 由题图乙知传送带的速率v0＝10 m/s，则0～1 s内， 传送带的位移为x2＝v0t1＝10×1 m＝10 m 故物体与传送带间相对位移大小为 Δx1＝x2－x1＝10 m－5 m＝5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 物体相对传送带向上运动； 传送带的位移为x4＝v0t2＝10×1 m＝10 m 故物体与传送带间相对位移大小为 Δx2＝x3－x4＝1 m 物体相对传送带向下运动，痕迹重叠1 m， 因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m， 故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7.(2021·辽宁卷·13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传 送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝ 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； 答案　0.4 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos α>mgsin α， 所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动 至传送带底端，根据牛顿第二定律可知 μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 答案　4.5 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 在传送带上滑动的距离为 所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。 8.(2024·江苏盐城市调研)如图所示，倾角为θ＝37°且长L的传送带以恒定的速率v＝1 m/s沿顺时针方向运行，现将一质量m＝2 kg的物块(可视为质点)以v0＝3 m/s的速度从底部滑上传送带，传送带与物块之间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，求： (1)物块开始运动的加速度大小a； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　10 m/s2 物块刚开始运动时，速度大于传送带速度，物块所受的摩擦力沿传送带向下， 根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 解得a＝10 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)物块速度减为零经过的时间t； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　0.7 s 代入数据可得t1＝0.2 s 物块速度与传送带速度相等后， 根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma′ 可得a′＝2 m/s2 物块速度减为零经过的时间 t＝t1＋t2＝0.7 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (3)如果物块不能从传送带的顶端滑出， 求传送带的最短长度L。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　0.65 m 物块从开始运动到与传送带共速过程中 v02－v2＝2ax1 得x1＝0.4 m 物块速度等于传送带速度到速度减为零过程中 如果物块不能从传送带的顶端滑出， 则传送带的最短长度L＝x1＋x2＝0.65 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9.(2024·江苏省镇江中学检测)如图所示，水平轻弹簧一端固定，另一端与滑块连接，当滑块轻放在顺时针转动的水平传送带上瞬间，弹簧恰好无形变。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在滑块向右运动至速度为零的过程中，下列关于滑块的速度v随时间t、滑块受到的摩擦力Ff随位移x变化的关系图像中，一定错误的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 尖子生选练 滑块轻放上传送带，受到向右的滑动摩擦力，开始滑动摩擦力大于弹簧的弹力，向右做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹簧弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大且方向向左，速度逐渐减小 到0，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 滑块在向右加速过程中，若弹簧弹力还未等于滑动摩擦力时，滑块的速度就已经等于传送带的速度，滑块与传送带相对静止且弹簧弹力小于最大静摩擦力(即滑动摩擦力)，滑块开始匀速运动，弹簧弹力继续增大，当弹簧的弹力大于最大静摩擦力时滑块做减速运动，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大且方向向左，速度 逐渐减小到0，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据题意，结合A、B分析可知，若滑块先加速紧接着减速，则整个过程所受滑动摩擦力保持不变，若滑块先加速后匀速再减速，则滑块先受滑动摩擦力，再受静摩擦力，且开始小于滑动摩擦力，随着弹力的增大，静摩擦力增大，最后等于滑动摩擦力， 保持不变到滑块减速到0，故C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 返回 包裹加速到v0所用的时间为t1＝， 解得t1＝1 s，t1时间内包裹的位移大小为x1＝at12， 包裹在传送带上匀速运动的时间为t2＝，解得t2＝3.5 s， 乘客从传送带的最左端走到最右端所用的时间为t3＝＝2 s， 此时向左运动了x1＝v0t1－at12＝2 m＜3 m 经过t1＝＝1 s速度减小到零， 这时向右仅运动了x2＝at22＝0.5 m， 经t2＝＝0.5 s速度达到2 m/s，与传送带的速度相等， 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＝a1t12＝5 m 由x2＝v0t2＋a2t22，得t2＝0.5 s a′＝g(sin θ＋μ′cos θ)＝12 m/s2， 加速时间t1′＝＝ s≈0.833 s，加速位移x1′＝a′t1′2＝ m， 匀速运动位移x2′＝L－x1′≈6.08 m 匀速运动时间t2′＝＝ s＝0.608 s a＝ m/s2＝2.5 m/s2，故C错误；  x1＝×4× m＝ m， t1＝ s到t2＝2 s时， 由题图乙可知，t1＝ s时，物块的速度为0，之后物块沿传送带向上运动。 t匀＝＝3 s，  x2＝ m＝ m， 匀加速运动的位移大小x＝at12＝×2×0.22 m＝0.04 m， 匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s， 则v传＝v1＝＝ m/s＝2 m/s 则x2＝·t2 1～2 s内加速度a2＝＝ m/s2＝2 m/s2 由题图乙得0～1 s内物体加速度a1＝＝ m/s2＝10 m/s2 物体的位移为x1＝ m＝5 m 可知l＝ m＋×1 m＝16 m，故C错误； 1～2 s内物体的位移为x3＝×1 m＝11 m 共速后，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s， 用时t1＝＝ s＝2.5 s  x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m 物块与传送带速度相等所需的时间t1＝ 物块速度减为零还需要的时间t2＝＝0.5 s  x2＝＝0.25 m $