第3章 4.微专题5 动力学中的传送带模型（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

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与倾斜传送带两大核心模型，明确运动分析、摩擦力判断、能量转化等高频考点，通过题组归纳匀加速/减速、共速临界等常考题型，体现高考备考的针对性与实用性。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2024北京卷水平传送带题为例，通过加速度公式推导与相对位移分析突破考点，培养学生运动和相互作用观念与科学思维素养。特设易错警示（如共速后摩擦力突变），助力学生掌握答题技巧，教师可据此系统规划复习，提升备考效率。

微专题5 动力学中的传送带模型 返回目录 题组1　水平传送带模型 1.★★(2024北京,10,3分)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　     返回目录 解析　刚开始物体相对传送带向后运动,A错误。物体匀速运动过程中与传送带无相 对运动趋势,物体不受静摩擦力,B错误。物体加速运动过程中,物体受到的滑动摩擦力 与位移方向相同,摩擦力对物体做正功,C错误。物体的加速度a=μg(μ为物体与传送带 间的动摩擦因数),由v=at可得传送带的速度v越大,物体加速运动的时间t越长,D正确。 返回目录 2.★★★(多选)(2026届河南名校月考)如图甲所示,水平放置的传送带能以不同的速度v 逆时针匀速运行,某时刻物块以某一初速度从右端滑上传送带,物块离开传送带后到落 地过程的水平位移x与传送带速度v关系图像如图乙所示。已知传送带长度L=0.36 m, 重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 ( )        A.当传送带速度在0~0.9 m/s范围内取值时,物块在传送带上一直减速 B.物块的初速度大小为1.5 m/s 　    AB　     返回目录 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3 D.当传送带速度在0~0.9 m/s范围内取值时,物块和传送带间因摩擦产生的热量为定值 解题导引　物块在传送带上运动情况的分析   返回目录 解析　当v=0时,物块在传送带上做匀减速运动;由题图乙可知,当传送带速度在0~0.9 m /s范围内取值时,物块离开传送带做平抛运动的水平位移x不变,说明物块离开传送带的 速度不变,故物块在传送带上一直减速,A正确。当传送带速度v=0.9 m/s时,物块在传送 带上恰好做匀减速直线运动至速度与传送带速度相同,设物块的初速度大小为v0,物块 在传送带上的加速度大小为a,可得(0.9 m/s)2- =-2aL;当传送带速度v'=0.3  m/s时,物 块在传送带上恰好一直做匀加速直线运动至速度与传送带速度相同,可得(0.3  m/s)2 - =2aL;联立可得v0=1.5 m/s,a=2 m/s2,B正确。加速度大小a= =μg=2 m/s2,解得物块 与传送带间动摩擦因数μ=0.2,C错误。当传送带速度在0~0.9 m/s范围内取值时,物块相 对传送带的位移不同,根据Q=μmgx相对可得物块和传送带间因摩擦产生的热量不是定 值,D错误。 返回目录 3.★★★(2025届辽宁省实验中学二模)如图所示,水平传送带以v0=2 m/s的速率顺时针 匀速转动,质量均为m=0.5 kg的两个可视为质点的滑块A、B与传送带间的动摩擦因数 均为μ=0.25。现让A、B分别从传送带的两端同时滑上传送带,滑上时速度的大小均为v =4 m/s,两滑块在传送带上恰好相遇未相碰,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是  ( ) 　    D　     返回目录 A.两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为0.8 s B.A、B相遇时与传送带左端的距离为2.4 m C.传送带的长度为6 m D.滑块从滑上传送带到相遇,两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为10 J 返回目录 解析    【关键:因为v>v0,故A滑上传送带后先减速后匀速,B滑上传送带后先减速,再反 向加速,最后匀速,当两滑块都匀速运动时刚好相遇不相碰】根据μmg=ma,解得滑块滑 上传送带后的加速度大小a=2.5 m/s2;A减速运动的时间tA= =0.8 s,B从滑上传送带到 匀速运动的时间tB= =2.4 s,故两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为2.4 s,A错 误。【关键:两滑块相遇时与传送带左端的距离为相遇时A的位移】对滑块A,可得xA=  (v+v0)tA+v0(tB-tA),解得A、B相遇时与传送带左端的距离xA=5.6 m,B错误。【关键:传送 带的长度等于两滑块相遇时,两滑块的位移大小之和】相遇时B的位移大小xB= (v-v0)tB =2.4 m,方向向左,则传送带的长度为xA+xB=8 m,C错误。A与传送带间的相对位移ΔxA=xA 返回目录 -v0tB=0.8 m,B与传送带间的相对位移为ΔxB=xB+v0tB=7.2 m,故产生的总热量为Q=μmgΔxA +μmgΔxB=10 J,D正确。 返回目录 4.★★★(多选)(2026届四川绵阳南山中学开学考)如图所示,水平传送带长L=0.21 m,以 速度v1=1 m/s匀速运动,质量均为1 kg的小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相 连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2=1.6 m/s,P与定滑轮间的绳水平,P与传送带之间 的动摩擦因数为μ=0.2。已知重力加速度g=10 m/s2,不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的 摩擦,绳足够长。下列说法正确的是 ( ) 　    BC　     返回目录 A.物体Q刚开始的加速度大小为4 m/s2 B.P在传送带上运动的时间为0.2 s C.P在传送带上留下的划痕长度为0.03 m D.从开始运动到P与传送带共速,Q上升的高度为0.03 m 返回目录 解题导引       返回目录 解析　对P、Q整体分析,根据牛顿第二定律可得mg+μmg=2ma,解得Q物体刚开始的加 速度大小a=6 m/s2,A错误。P从滑上传送带至与传送带速度相同所用的时间t1= = 0.1 s;t1时间内P的位移xP= t1=0.13 m,当P与传送带共速后,对P、Q整体分析,根据牛 顿第二定律可得mg-μmg=2ma',解得a'=4 m/s2,根据v1t2- a' =L-xP,解得t2=0.1 s;P在传送带 上运动的时间t=t1+t2=0.2 s,B正确。0~0.1 s内,P在传送带上留下的划痕长度Δx1=xP-v1t1= 0.03 m;0.1~0.2 s内,P在传送带上反方向留下的划痕长度Δx2=v1t2-(L-xP)=0.02 m,故P在传 送带上留下的划痕长度为0.03 m,C正确。从开始运动到P与传送带共速,Q上升的高度h =xP=0.13 m,D错误。 返回目录 5.★★★(多选)(2025届海南部分中学模拟)如图所示,水平传送带以v0=6 m/s的恒定速率 顺时针匀速转动。现将一质量为m=1 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的 左端A点,同时给物块一个水平向右、大小为F=5 N的恒定拉力,物块经过t=2 s到达传送 带的右端B点。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2。 下列说法正确的是( ) A.从A点到B点,物块所受的摩擦力不变 B.从A点到B点,物块先加速后减速 　    CD　     C.物块运动的最大速度为10 m/s D.传送带A点到B点之间的距离为11 m 返回目录 解析　开始时物块受到的滑动摩擦力向右,加速度a1= =6 m/s2,达到共速时的时 间t1= =1 s,位移x1= t1=3 m;共速后物块所受滑动摩擦力向左,物块的加速度a2=  =4 m/s2,物块继续加速,A、B错误。到达B点时物块速度最大,最大速度vm=v0+a2 (t-t1)=10 m/s,C正确。传送带A点到B点之间的距离L=x1+v0(t-t1)+ a2(t-t1)2=11 m,D正确。 易错警示 当物块与传送带共速后,由于F大于物块与传送带间的最大静摩擦力,故物块并不会相 对传送带静止,而是以新的加速度继续加速。 返回目录 1.★★(2024安徽,4,4分)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　     题组2　倾斜传送带模型 返回目录 解析    0~t0时间内物块受重力、支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力,滑动摩擦力大于 重力沿传送带方向的分力,根据牛顿第二定律可知物块的加速度恒定,故物块沿传送带 向上做匀加速运动。t0时刻物块速度与传送带速度相同,滑动摩擦力突变为静摩擦力, 物块加速度为零,与传送带一起做匀速直线运动,C正确。 返回目录 2.★★★(多选)(2025届辽宁三模)如图,与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率v顺 时针转动,传送带右端上方的挡板上固定着一个与传送带平行的轻弹簧,质量为m的小 物块P随传送带一起向下匀速运动,P接触弹簧后弹簧的最大压缩量为x1,P与传送带之 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。从P接触弹簧开始,到第一次将弹 簧压缩到最短的过程中 ( )   　    BC　     返回目录 A.P一直做减速运动最终静止不动 B.P先做匀速运动后做减速运动 C.传送带对P做功的功率先减小后变大再变小 D.弹簧的最大弹性势能等于 mv2+mgx1 sin θ 解题导引    P接触弹簧后,受弹簧沿传送带向上的弹力,由受力分析可得Ff+F弹=mg sin θ, 随弹力变大,Ff减小,物块仍相对传送带静止,沿传送带向下做匀速运动;当弹力增加到等 于mg sin θ时Ff反向,继而P逐渐增大到F弹=Ffmax+mg sin θ时物块开始相对传送带向上滑 动,受到的滑动摩擦力沿传送带向下,此后F弹>Ffmax+mg sin θ,物块沿传送带向下做减速 运动最后速度减为零。 返回目录 解析    P接触弹簧后,物块先相对传送带静止,做匀速运动,后相对传送带向上滑动,物块 沿传送带向下做减速运动到最后速度减为零,A错误,B正确。P接触弹簧后,匀速运动阶 段,物块所受静摩擦力先沿传送带向上减小后向下增大,可得传送带对P做功的功率先 减小后增大;减速阶段P受滑动摩擦力不变,速度减小,可得传送带对P做功的功率减小, C正确。根据能量关系可得,弹簧最大弹性势能小于 mv2+mgx1 sin θ,D错误。 返回目录 3.★★★(多选)(2026届新疆实验中学开学考)如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置, 倾角为θ,以恒定速率顺时针转动,一煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带,煤块的速 度随时间变化的图像如图乙所示,取g=10 m/s2。下列说法正确的是 ( ) 　    AD　     返回目录 A.传送带的速率是2 m/s B.传送带与水平方向夹角的正切值tan θ=0.6 C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2 s D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(9+4 ) m 返回目录 解析　根据题图乙可知,传送带的速率是2 m/s,A正确。0~1 s内的加速度大小a1= =   m/s2=10 m/s2,根据牛顿第二定律可得mg sin θ+μmg cos θ=ma1;1~2 s内的加速度大 小a2= =  m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma2;联立解得θ=3 7°,μ=0.5,tan θ=0.75,B错误。【关键:v-t图线与时间轴所围面积表示位移】根据题图乙 可得,煤块沿传送带向上运动的位移大小x=  m+  m=8 m;煤块从最高点 下滑到A端过程,可得x= a2t2,解得t=2  s,C错误。煤块开始相对于传送带向上运动,相 对位移大小x相1= t1-v1t1= t1= ×1 m=5 m;煤块相对于传送带向下运动,经历 返回目录 时间t2=1 s+2  s=(1+2 ) s,相对位移大小x相2=v1t2- =(9+4 ) m>x相1,则煤块 在传送带上留下的痕迹长为(9+4 ) m,D正确。 返回目录 4.★★★(2021辽宁,13,11分)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; (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 答案 (1)0.4 m/s2    (2)4.5 s 返回目录 解析    (1)因为v1<v2,所以包裹相对于传送带向下滑动,所受滑动摩擦力沿传送带向上, 根据牛顿第二定律有 μmg cos α-mg sin α=ma,代入数据解得a=0.4 m/s2 (2)设包裹减速运动的时间为t1,位移为x1,和传送带一起匀速运动的时间为t2,位移为x2 减速阶段有v1=v2-at1, - =2ax1 匀速阶段有x2=v1t2,x1+x2=L 且t=t1+t2,联立解得t=4.5 s 返回目录 $