重难突破4 动力学中的传送带模型-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习教用Word（提升版）

该高中物理高考复习讲义聚焦动力学中的传送带模型，覆盖水平和倾斜传送带的受力分析、运动规律及临界情境等核心考点，按“情境分类-规律总结-真题应用”逻辑架构知识点。通过考点梳理、方法指导（受力示意图、v-t图像）、真题训练（浙江温州二模等题），帮助学生突破难点，体现复习的系统性和针对性。 资料以科学思维中的模型建构和科学推理为核心，创新采用“临界条件分类+运动过程分段”策略，如水平传送带共速时摩擦力突变分析，倾斜传送带μ与tanθ关系对运动的影响判断。设计分层练习（单选、多选、计算），配合即时解析，确保学生高效掌握方法，为教师把控节奏、提升学生应考能力提供支持。

重难突破4　动力学中的传送带模型 1.理解传送带模型的特点，能对传送带上的物体进行正确的动力学分析。 2.掌握传送带模型的临界情境，能正确求解相关问题。 突破点一　水平传送带 　（2025·浙江温州二模改编）图甲为行李安检机，其简化原理如图乙，水平传送带足够长，传送带沿顺时针方向以速度v匀速运行。 （1）当物体无初速度放在A端时，判断此时物体相对传送带的运动方向，并画出此时物体的受力示意图； （2）当物体与传送带共速时，请画出物体的受力示意图； （3）当物体以大于传送带的速度滑上传送带时，物体将做什么运动？ （4）若传送带速度反向（如图丙），物体以初速度v0滑上传送带，试画出物体在传送带上的v-t图像。 提示：（1）物体相对于传送带运动方向水平向左，所受摩擦力水平向右，受力示意图如图所示 （2）物体与传送带共速后不受摩擦力，受力示意图如图所示 （3）物体先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动。 （4）v-t图像如图所示 水平传送带问题的常见情形及运动分析 常见情境 物块的运动 关键点 （1）若传送带较短，则物块一直加速。 （2）若传送带较长，则物块先加速，共速后匀速 当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变 （1）若v0＞v，且传送带较短，则物块一直减速；若v0＞v，且传送带较长，则物块先减速再匀速。 （2）若v0＝v，则物块一直匀速。 （3）若v0＜v，且传送带较短，则物块一直加速；若v0＜v，且传送带较长，则物块先加速再匀速 常见情境 物块的运动 关键点 （1）若传送带较短，则物块一直减速到达左端。 （2）若传送带较长，则物块先向左减速至零，然后再向右运动到右端。物块向右运动时： ①若v0＞v，则物块先加速后匀速； ②若v0＜v，则物块一直加速 先看物块能否减速到零，再看反向后能否达到v物＝v传 〔多选〕（2026·湖南衡阳期末）图甲为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乙所示的模型。紧绷的传送带始终保持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0.08 m D.若传送带速度足够大，行李最快也要 s才能到达B处 答案：AD 解析：开始时行李的加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，故A正确；行李加速的时间t1＝＝ s＝0.2 s，加速运动的位移x1＝t1＝0.04 m，匀速运动的时间t2＝＝ s＝4.9 s，则行李到达B点的时间t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；行李加速阶段传送带的位移x1'＝vt1＝0.08 m，行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m－0.04 m＝0.04 m，选项C错误；若传送带速度足够大，行李一直加速到达B点的时间最短，则最短时间t＝＝ s＝ s，故D正确。 〔多选〕（2026·福建南平期末）如图，煤块A用不可伸长的轻质细线绕过轻质光滑的定滑轮C与物块B相连，A放置在速度大小为8 m/s的水平传送带上，A、C间细线与传送带平行。已知A的质量为2 kg，与传送带间动摩擦因数为0.5，B的质量为1 kg，传送带长5.6 m，重力加速度取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当A在传送带P端由静止释放，若（　　） A.传送带逆时针转动，A相对地面静止 B.传送带顺时针转动，A以10 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动 C.传送带顺时针转动，A用时1.3 s到达Q端 D.传送带顺时针转动，A在传送带上的划痕长度为4 m 答案：AC 解析：传送带逆时针转动，此时A受传送带的摩擦力向左，因为μmAg＝mBg，可知A相对地面静止，故A正确；传送带顺时针转动，开始时A的加速度aA＝＝ m/s2，当A与传送带共速时，其向右的位移x1＝＝4.8 m，时间t1＝＝1.2 s，共速后与传送带一起匀速运动，则匀速运动所用时间t2＝＝ s＝0.1 s，即A用时t＝t1＋t2＝1.3 s，到达Q端，故B错误，故C正确；传送带顺时针转动，A在传送带上的划痕长度为Δx＝vt1－x1＝4.8 m，故D错误。 突破点二　倾斜传送带 　　 1.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） μ＜tan θ，一直加速； μ＝tan θ，一直匀速 μ＞tan θ，一直减速 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 2.传送带模型的分析流程 （2024·安徽高考4题）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（　　） 答案：C 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沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速运动。t0之后，当物块速度与传送带速度相同时，滑动摩擦力突变为静摩擦力，静摩擦力与重力沿传送带向下的分力等大反向，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。 倾斜传送带图像举例 顺时针转动，μ＞tan θ 顺时针转动 近年来，我国物流行业发展迅速，在机场经常能见到地勤工作人员利用传送带从飞机上装卸货物。如图所示。若某次工作人员所用传送带与水平面夹角α＝37°，传送带下行运行速率v1＝0.6 m/s，传送带两端距离L＝3.95 m；工作人员沿传送带方向以初速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下（推力立即撤去）一件质量为1 kg的小包裹（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 解析：（1）小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力方向沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得a＝0.4 m/s2。 （2）小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，所用时间 t1＝＝ s＝2.5 s 匀减速运动阶段，小包裹在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m 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 θ＞mgsin θ，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，匀速运动的时间为 t2＝＝ s＝2 s 所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。 〔多选〕（2026·山西太原模拟）如图甲所示，倾角为θ的足够长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，物体相对地面的v-t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是（　　） A.传送带的速率v0＝10 m/s B.传送带的倾角θ＝30° C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5 D.0～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为6 m 解析：AC　由图乙可知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t＝1.0 s时刻），由于物体继续向下做匀加速直线运动，故物体重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，从v-t图像可知传送带的速度为v0＝10 m/s，故A正确；在0～1.0 s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为a1＝＝gsin θ＋μgcos θ，由图乙可知a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，在速度相等后滑动摩擦力方向沿斜面向上，1.0～2.0 s，物体的加速度为a2＝＝gsin θ－μgcos θ，又a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，联立解得μ＝0.5，θ＝37°，故B错误，C正确；根据v-t图像与时间轴所围成的面积表示位移，可知0～1.0 s物体相对于地的位移x1＝t1＝（×1）m＝5 m，传送带的位移为x2＝v0t1＝（10×1）m＝10 m，物体相对传送带的位移大小为Δx1＝x1－x2＝5 m，方向向上；1.0～2.0 s物体相对于地的位移x3＝（×1）m＝11 m，传送带的位移为x4＝v0t1＝（10×1）m＝10 m，物体相对传送带的位移大小为Δx2＝x3－x4＝1 m，方向向下，故留下的痕迹为5 m，故D错误。 　　 1.（2026·贵州模拟预测）如图，倾角可调的货物运输机通过传送带将货物从底端传送到顶端。已知传送带底端到顶端的距离为L，货物与传送带间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为保证轻放在传送带上的货物能被传送到顶端，则传送带底端与顶端间的高度差须小于（　　） A. B. C. D. 解析：D　设传送带与水平面的夹角为θ，若货物能被传送到顶端，则μmgcos θ≥mgsin θ，即μ＞tan θ，根据几何关系可得tan θ＝，联立可得h＜，故选D。 2.（2025·陕西商洛二模）如图所示，某机场行李传输系统可简化为倾斜传送带以恒定速率v0顺时针转动，t＝0时刻从传送带底端无初速度地释放一行李（图中用方块表示，视为质点），t0时刻行李通过传送带中间某位置时的速率达到v0。在行李从传送带底端运动到顶端的过程中，行李的位移x随时间t变化的关系图像可能正确的是（　　） 解析：A　在0～t0时间内，行李受到重力、支持力与滑动摩擦力，因为滑动摩擦力大于行李所受重力沿传送带向下的分力，所以行李做匀加速直线运动，x-t图像为开口向上的抛物线，在t0时刻，行李的速度与传送带的速度相同，行李受到的摩擦力变为静摩擦力，且静摩擦力与行李所受重力沿传送带向下的分力大小相等，行李的加速度突变为零，此后行李做匀速直线运动，x-t图像为向上倾斜的直线。故选A。 3.〔多选〕（2026·吉林长春期末）如图甲所示，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，沿传送带向下以速度v0＝4 m/s从M点开始运动。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.传送带的速度大小v＝1 m/s，方向为顺时针 C.物块沿传送带下滑时的加速度a＝2.5 m/s2 D.物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 解析：BCD　由图乙可知，物块先沿传送带向下做减速运动，后沿传送带向上做加速运动，最后沿传送带向上做匀速运动，则物块最终从传送带M点离开，且传送带的速度大小v＝1 m/s，方向为顺时针，故A错误，B正确；由图乙可知，物块沿传送带向下做减速运动时和沿传送带向上做加速运动时，加速度保持不变，大小为a＝ m/s2＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝，故C、D正确。 4.（2026·安徽合肥期末）如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A.物块滑上传送带的初速度大小为4 m/s B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3 C.2.0～3.0 s时间内，物块的加速度为2 m/s2 D.第3.0 s末物块的速度为－3 m/s 解析：A　x-t图像的斜率表示速度，由图乙可知，前2 s内物块的位移x＝4 m，由运动学规律x＝t，代入数据解得v0＝4 m/s，故A正确；物块在传送带上滑动过程的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，对物块，由牛顿第二定律得μmg＝ma，代入数据解得μ＝0.2，故B错误；2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度方向向右，以向左为正方向，则加速度为－2 m/s2，故C错误；由图乙可知，2.0 s末物块的速度为0，2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，3.0 s末物块的速度v'＝a't'＝－2×1 m/s＝－2 m/s，故D错误。 5.（2026·安徽芜湖模拟）如图所示，质量分别为2 kg、3 kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在水平传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带逆时针转动时，Q恰好静止。当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，Q运动到传送带的右端且恰好与传送带速度相同。重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 B.Q从传送带左端滑到右端所用的时间为0.6 s C.传送带A、B间的距离为4 m D.Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20 N 解析：C　当传送带逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知F＝f，即有mPg＝μmQg，解得μ＝，A错误；当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动，Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得mPg＋μmQg＝（mP＋mQ）a，解得a＝8 m/s2，当速度达到传送带速度即8 m/s，匀加速运动到共速的时间为t＝＝1.0 s，匀加速的位移为x＝＝4 m，则传送带A、B之间的距离为4 m，B错误，C正确；当Q加速时，对P分析受力分析，则有mPg－T＝mPa，解得T＝4 N，D错误。 6.〔多选〕（2026·河南三门峡期末）倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图1所示。在t＝0时，将一小煤块轻放在传送带上A点处，2 s时小煤块从B点离开传送带。小煤块加速度随时间变化的图像如图2所示，设沿传送带向下为加速度的正方向，重力加速度g＝10 m/s2，下列判断中正确的是（　　） A.传送带的运行速率为4 m/s B.传送带的倾斜角α＝30° C.小煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.5 D.小煤块在传送带上留下的痕迹长度为3.36 m 解析：AC　由图2可知，在0.4 s时刻，小煤块的加速度发生了突变，则此时小煤块与传送带共速，小煤块的速度大小为v1＝at1＝10×0.4 m/s＝4 m/s，则传送带的运行速率为4 m/s，故A正确；小煤块与传送带共速前，对小煤块有mgsin α＋μmgcos α＝ma，共速后，对小煤块有mgsin α－μmgcos α＝ma'，其中a＝10 m/s2，a'＝2 m/s2，联立解得α＝37°，μ＝0.5，故B错误，C正确；共速前，小煤块相对传送带向上运动的距离为Δx1＝v1t1－t1＝×0.4 m＝0.8 m，小煤块离开传送带的速度大小为v2＝v1＋a't2＝4 m/s＋2×（2－0.4）m/s＝7.2 m/s，共速后，小煤块相对传送带向下运动的距离为Δx2＝t2－v1t2＝×1.6 m－4×1.6 m＝2.56 m，由于Δx2＞Δx1，两阶段相对运动方向相反，则小煤块在传送带上留下的痕迹长度为2.56 m，故D错误。 7.（2026·安徽阜阳模拟）如图所示，煤矿有一传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，传送带以v＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A点静止释放一个质量为m＝1.0 g的黑色煤块，经过2 s运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2，求： （1）传送带从A到B的长度； （2）煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。 答案：（1）16 m　（2）5 m 解析：（1）煤块速度达到10 m/s之前，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 解得a1＝10 m/s2 t1＝＝1 s x1＝a1＝5 m 煤块速度达到10 m/s之后运动时间t2＝1 s 由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 x2＝vt2＋a2＝11 m 所以传送带从A到B的长度为L＝x1＋x2＝16 m。 （2）煤块速度小于传送带时s1相＝vt1－x1＝5 m 煤块速度大于传送带时s2相＝x2－vt2＝1 m 由于s1相＞s2相，则煤块形成的痕迹长为5 m。 8.〔多选〕（2026·河北沧州期末）如图甲所示，足够长的传送带倾斜放置（倾角为37°），传送带以大小为的恒定速率顺时针运转。0时刻，可视为质点的煤块以平行于传送带向上、大小为v0的初速度从传送带底端A点冲上传送带，经过一段时间后又滑回A点。已知煤块的速度—时间（v-t）图像如图乙所示，2t0时刻，煤块的速度为0。重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25 B.煤块运动的最高点到A点的距离为v0t0 C.煤块从A点冲上传送带到滑回A点所用的时间为（2＋）t0 D.煤块在传送带上留下的痕迹长度为v0t0 解析：AC　由图乙并结合题干可知t0时刻，煤块的速度减为，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，t0～2t0时间内，根据牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，根据v-t图像的斜率表示加速度可知a1＝，a2＝，解得μ＝0.25，故A正确；2t0时刻，煤块的速度为0，煤块到达最高点，根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知煤块运动到最高点时到A点的距离为x＝t0＋×v0×t0＝v0t0，故B错误；煤块在2t0之后下滑，加速度满足mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，根据位移与时间公式有x＝a2，煤块从A点冲上传送带到滑回A点所用的时间为t＝2t0＋t1＝（2＋）t0，故C正确；上升至t0时刻前的相对位移为x1＝t0－v0t0＝v0t0，t0～2t0时间内的相对位移为x2＝v0t0－×v0t0＝v0t0，2t0～（2＋）t0时间内的相对位移为x3＝x＋v0×t0＝（＋）v0t0，x1方向平行于传送带向上，x2与x3方向平行于传送带向下，x2＋x3＞x1，故划痕长度为Δx＝x2＋x3＝（1＋）v0t0，故D错误。 9.（2026·重庆期末）如图所示，绷紧的水平传送带顺时针匀速运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带右端等高的光滑平台上的A处滑上传送带。现保证v2不变，使传送带每次以不同速率v1匀速运行，传送带足够长。用t表示物块在传送带上运动的时间，用Δs表示物块运动过程中与传送带之间产生的划痕的长度。下列图像可能正确的是（　　） 解析：B　若v1≥v2，作出此时对应的v-t图像如图甲所示 可知物块从滑上传送带到滑离传送带用时t1＝，可知t1恒定与v1无关。划痕长度为Δs1＝v1＋·＋（v1－·）＝v1t1＝，可知Δs与v1成正比，且图像延长线应过原点，故A、C错误；若0＜v1＜v2，作出此时对应的v-t图像如图乙所示，由图可知物块从滑上传送带到滑离传送带用时t2＝＋＋＝＋＋，划痕长度为Δs1＝＋v1·＋（v1·－）＝，Δs是关于v1的二次函数，且不过原点，划痕Δs关于v1的正确图像如图丙所示，故B可能正确，D错误。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $