第4讲　专题提升：动力学中的传送带模型 课件 -2027届高三物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“动力学中的传送带模型”专题，依据高考评价体系梳理了水平传送带、倾斜传送带两大核心题型，明确了摩擦力突变、相对位移分析等高频考点，通过运动过程分段解析构建完整解题框架。 课件亮点在于“模型分类+真题演练+素养提升”策略，如以水平传送带共速临界问题为典型，运用科学思维中的模型建构和科学推理，拆解“受力分析-运动分段-相对位移计算”三步法，培养学生运动和相互作用观念。典题解析涵盖2025江苏模拟等实例，助力学生掌握答题技巧，教师可据此高效指导复习。

第4讲　专题提升:动力学中的传送带模型 题型一　水平传送带 题型二　倾斜传送带 目 录 索 引 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运动(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.注意物体位移和相对位移的区别 (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(如图甲所示);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(如图乙所示)。 甲 乙 题型一　水平传送带 水平传送带问题的常见情形及运动分析 情境 物块的运动情况 关键点 传送带不足够长 传送带足够长   一直匀加速,a=μg 先加速后匀速 水平同向传送带:判断物块能否与传送带共速 若x物>L,则不能共速 若x物≤L,则能共速   v0<v时,一直加速 v0<v时,先加速后匀速 v0>v时,一直减速 v0>v时,先减速后匀速 情境 物块的运动情况 关键点 传送带不足够长 传送带足够长   一直减速到右端 先匀减速到速度为0,后被传送带传回左端。若v0<v返回到左端时速度为v0,若v0>v返回到左端时速度为v 水平反向传送带:判断物块能否减速到0 典题1 (多选)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2 m/s2 B.行李经过2 s到达B处 C.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12 m D.当行李的速度与传送带的速度相同时,传送带立刻停止运动,整个过程中行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04 m AD 解析 开始时行李的加速度大小为a==2 m/s2,A正确;行李与传送带达到共速所用时间t1==0.2 s,行李的位移为x1==0.04 m,行李匀速运动的时间为t2==4.9 s,行李到达B处的时间为t=t1+t2=5.1 s,B错误;行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx=vt1-x1=0.04 m,C错误;共速时传送带立刻停止运动,行李做匀减速运动的位移为x2==0.04 m,两段划痕的长度重合,则摩擦痕迹长度为0.04 m,D正确。 典题2 (2025江苏南通模拟)如图所示,水平传送带顺时针运行的速度v=6 m/s,传送带一端与倾角为30°的斜面的底端P平滑连接(物体经过此处的速度大小不变),将一质量m=1 kg的小物块(可视为质点)从A点由静止释放,之后小物块能返回斜面,已知A、P间的距离L=16 m,小物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1=,μ2=0.5,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)传送带的最短长度d; (2)小物块第3次通过P点的速度大小v3。 答案 (1)6.4 m　(2)3 m/s 解析 (1)根据题意可知,小物块在斜面上向下加速运动,根据牛顿第二定律可得mgsin 30°-μ1mgcos 30°=ma1,解得a1=2 m/s2,第一次到达P点时,根据运动学公式可得=2a1L,解得v1=8 m/s,小物块在传送带上向左做匀减速运动,根据牛顿第二定律可得μ2mg=ma2,解得a2=5 m/s2,又有=2a2d,解得传送带的最短长度为d=6.4 m。 (2)因为v1=8 m/s>6 m/s,所以小物块在传送带上向右先匀加速运动再匀速运动,第二次到达P点的速度为v2=6 m/s,小物块在斜面上向上匀减速运动,根据牛顿第二定律可得mgsin 30°+μ1mgcos 30°=ma3,解得a3=8 m/s2,小物块在斜面上向上匀减速运动,有=2a3x,小物块在斜面上向下匀加速运动,有=2a1x,联立解得小物块第三次到达P点的速度为v3=3 m/s。 题型二　倾斜传送带 倾斜传送带运动分析 情境 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gsin θ<μgcos θ) 先加速后匀速   一直加速(加速度a=gsin θ+μgcos θ) 若μ≥tan θ,先加速后匀速 若μ<tan θ, 先以a1=gsin θ+μgcos θ加速,后以a2=gsin θ-μgcos θ加速 情境 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a=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 v0>v时,一直加速或减速(加速度大小为a=gsin θ-μgcos θ或a=μgcos θ-gsin θ) 若μ>tan θ,先减速后匀速;若μ<tan θ,一直加速 情境 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 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,到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动);若v0>v,先减速到0再反向加速后匀速,返回原位置时速度大小为v 典题3 (2026河北衡水期中)如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底端冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则(　　) A.1~3 s时间内物块所受摩擦力做负功 B.0~3 s时间内物块平均速度大小为8 m/s C.物块由顶端返回到底端的过程中所需时间大于3 s D.物块由顶端返回到底端的过程中所需时间等于3 s C 解析 由题图乙可知,在0~1 s内物块的速度大于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿传送带向下,与物块运动的方向相反,所以0~1 s时间内物块所受摩擦力做负功,1 s末至物块到达传送带顶端,物块的速度小于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿传送带向上,与物块运动的方向相同,所以1~3 s时间内物块所受摩擦力做正功,A错误;物块运动的位移大小等于v-t图线与坐标轴所围图形的面积大小,为x=×1 m+ m=20 m,物块平均速度大小为 m/s,B错误;物块下滑加速度与1~3 s时间内物块加速度相同,a2==4 m/s2,根据x=2,解得t2= s,C正确,D错误。 典题4 如图所示,传送带与水平地面的夹角θ=37°,上下两端A、B间的长度L=11 m,传送带以v0=5 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量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,煤块在传送带上发生相对滑动时会留下黑色痕迹。已知sin 37° =0.6,g取10 m/s2,求: (1)煤块从A到B的时间; (2)煤块从A到B的过程中,煤块相对传送带滑行的路程及煤块在传送带上形成痕迹的长度。 答案 (1)2 s　(2)3.5 m　2.25 m 解析 (1)开始时,煤块所受的摩擦力沿着传送带方向向下,由牛顿第二定律可得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,代入数值可得a1=10 m/s2,设经过时间t1煤块和传送带速度相同,则t1= s=0.5 s,设下滑距离为x1,由运动学公式有x1==1.25 m,因为μ=0.5<tan 37°=0.75,所以煤块继续向下加速运动,由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,代入数值可得a2=2 m/s2,设再经过时间t2煤块到达B,下滑距离为x2=v0t2+2=L-x1=9.75 m,代入数值可得t2=1.5 s,煤块从A到B的时间t=t1+t2=0.5 s+1.5 s=2 s。 (2)煤块以加速度a1加速运动时间内,传送带运动位移为x3=v0t1=5×0.5 m =2.5 m,相对运动的路程为Δs1=x3-x1=2.5 m-1.25 m=1.25 m,煤块继续以加速度a2加速滑到最底端过程,传送带运动位移为x4=v0t2=5×1.5 m=7.5 m,相对运动的路程为Δs2=9.75 m-7.5 m=2.25 m,煤块从A到B的过程中,煤块相对传送带滑行的路程s=Δs1+Δs2=3.5 m,考虑到痕迹的重叠性,则痕迹的长度为2.25 m。 $