2027届高三物理一轮复习课件：第三章第14课时 专题强化 传送带中的动力学问题

该高中物理高考复习课件聚焦“传送带中的动力学问题”专题，覆盖水平与倾斜传送带两大核心考点，对接高考评价体系梳理受力分析、运动状态分析等考查要求，通过考点分类（如初速度同向/反向、μ与tanθ关系）和题型归纳（运动时间、痕迹长度、v-t图像），体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“模型建构+真题解析+思维流程”策略，以机场安检仪（水平传送带）、倾斜传送带煤块运动为例，运用科学思维中的模型建构与科学推理，提炼“抓v物=v传临界点”突破方法，包含2024安徽卷等真题及相对位移计算等易错点分析，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此高效组织复习，助力高考冲刺。

第三章 运动和 力的关系 专题强化：传送带中 的动力学问题 第14课时 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。 目标要求 3 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。 4 3.分析流程 5 4.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(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)。 6 考点一　水平传送带中的动力学问题 考点二　倾斜传送带中的动力学问题 内容索引 课时精练 7 水平传送带中的动力学问题 考点一 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甲所示的模型。传送带始终保持 v=0.4 m/s的恒定速率顺时针运行，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。若旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，求： (1)行李到达B处的时间。 答案　5.1 s 　　　对行李，根据μmg=ma 解得a=2 m/s2 根据v=at1，匀加速运动的时间t1=0.2 s 匀加速运动的位移大小x=a=0.04 m<2 m， 故行李先匀加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为t2== s=4.9 s 可得行李从A到B的时间为t=t1+t2=5.1 s (2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。 答案　0.04 m 　　　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。 拓展　传送带转动方向反向，如图乙。 (1)若行李放在A处时的初速度大小v0为0.2 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。 答案　见解析 　　　传送带转动速度反向，若行李放在A处时的初速度为v0=0.2 m/s，行李先向右做匀减速运动，加速 度大小为a=2 m/s2，匀减速运动的时间t1==0.1 s，匀减速运动的位移大小x=v0t1-a=0.01 m<2 m 行李不会从右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，匀加速运动的时间t2=t1=0.1 s，行李从左端离开，在传送带上的时间为t=t1+t2=0.2 s。行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx=vt1+x+vt2-x=0.08 m。 (2)若行李放在A处时的初速度大小v0'为0.6 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。 答案　见解析 　　　若行李放在A处时的初速度为v0'=0.6 m/s，行李先向右做匀减速运动，加速度大小为a=2 m/s2，匀减速运动的时间t1'==0.3 s，匀减速运动的位移大小x1=v0't1'-at1'2=0.09 m<2 m，行李不会从右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，根据v=at2'，匀加速运动的时间t2'=0.2 s，匀加速运动的位移大小x2=at2'2=×2×0.22 m=0.04 m<0.09 m， 接着再匀速运动t3'==0.125 s，行李从左端离开， 在传送带上的时间为t=t1'+t2'+t3'=0.625 s； 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx=vt1'+x1+vt2'-x2=0.25 m。 (3)试画出(2)中行李运动的v-t图像，在图像中用阴影标明哪个面积大小等于行李在传送带上的痕迹长度。 答案　见解析 　　　行李运动的v-t图像如图所示(以初速度方向为正方向)，图中阴影部分面积表示痕迹长度。 水平传送带问题的常见情形及运动分析 1.物块初速度方向与传送带速度方向相同 图示 速度大小比较 物块和传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v-t图像 Ff方向 运动状态   v0=0 向右 ______________ ____________  v0<v 向右 ______________   _____________ 匀加速直线运动 匀加速直线运动 图示 速度大小比较 物块和传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v-t图像 Ff方向 运动状态   v0>v 向左 ______________ ____________  匀减速直线运动 2.物块初速度方向与传送带速度方向相反 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 物块运动状态   传送带较短   向左 _______________ 传送带足够长 v0<v 向左 v-t图像： ________________ 匀减速直线运动 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 物块运动状态   传送带足够长 v0>v 向左(共速前) v-t图像： ______________ 返回 倾斜传送带中的动力学问题 考点二 (2025·江苏淮安市检测)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无初速度释放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块(可 答案　不能 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，g取10 m/s2。 (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止。 　　　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。 (2)求出煤块从A运动到B的时间，并试画出煤块的v-t图像。 答案　1.5 s　见解析图 　　　煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力， 由牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1 解得a1=g(sin θ+μcos θ)=10 m/s2， 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=a1=5 m 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，有mgsin θ-μmgcos θ=ma2 解得a2=g(sin θ-μcos θ)=2 m/s2， x2=L-x1=5.25 m， 　　　由x2=v0t2+a2， 得t2=0.5 s 故煤块从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5 s。v-t图像如图所示。 (3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 答案　5 m 　　　第一过程煤块相对传送带向上滑，痕迹长Δx1=v0t1-x1=5 m， 第二过程煤块相对传送带向下滑，痕迹长 Δx2=x2-v0t2=0.25 m， Δx2部分与Δx1重合，故痕迹总长为5 m。 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(保留小数点后三位)。 答案　1.442 s 　　　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。a'=g(sin θ+μ'cos θ)=12 m/s2， 匀加速运动时间t1'== s， 匀加速运动位移x1'=a't1'2= m， 匀速运动位移x2'=L-x1'= m 匀速运动时间t2'== s 总时间t'=t1'+t2'= s≈1.442 s。 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 1.物块由低处传送到高处(μ>tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v-t 图像 Ff方向 加速度大小 运动状态   v0=0 沿传送带向上 ______________ ________________ __________  v0<v   ___________ μgcos θ -gsin θ 匀加速直线运动 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v-t图像 Ff方向 加速度大小 运动状态   v0>v 沿传送带向下 ________________ ______________ ___________  μgcos θ+ gsin θ 匀减速直 线运动 2.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ>tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v-t 图像 Ff方向 加速度大小 运动状态   v0=0 沿传送带向下 _____________ _______________ ____________  μgcos θ+ gsin θ 匀加速直线运动 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v-t 图像 Ff方向 加速度大小 运动状态   v0<v 沿传送带向下 _____________ _______________  ____________ v0>v 沿传送带向上 ______________ _______________  ___________ μgcos θ+ gsin θ 匀加速直 线运动 μgcos θ- gsin θ 匀减速直 线运动 3.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ>tan θ) 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 加速度大小 物块运动状态   传送带较短   沿传送带向上 ____________ ______________ 传送带足够长 v0<v 沿传送带向上 ____________ v-t图像： _____________  μgcos θ-gsin θ 匀减速直线运动 μgcos θ-gsin θ 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 加速度大小 物块运动状态   传送带足够长 v0>v 沿传送带向上 共速前： ____________ 共速后：__ v-t图像： ____________ μgcos θ-gsin θ 0 返回 思考　若μ=tan θ或μ<tan θ，物块将做什么运动？ 答案　若μ=tan θ，物块一直匀速下滑；若μ<tan θ，物块一直沿传送带向下做匀加速直线运动 课时精练 精练高频考点 提升关键能力 对一对 题号 1 2 3 4 5 答案 C C A (1)2 m/s2　(2)4 m/s (1)2 m/s　(2)4 m/s 题号 6 7 8 　9 答案 C D A (1)2 m/s2　(2)5.5 s　(3)8.8 m 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.(2024·安徽卷·4)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 基础落实练 √ 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 39 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 　　　0~t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动。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，物块所受的静摩擦 力与重力沿传送带向下的分力大小相等，加速度为零，物块做匀速直线运动。故C正确，A、B、D错误。 2.(2026·江苏镇江市高级中学等校联考)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 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 　　　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时刻两者共速，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； 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。 3.(2025·江苏常州市检测)如图所示，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左侧某位置，P在传送带带动下向右运动，与弹簧接触时速度恰好达到v。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 取P放置点为坐标原点，全过程P始终处在传送带上，以水平向右为正方向，物块在向右运动或向左运动的过程中，加速度a与位移x的关系图像正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 　　　物块与弹簧接触时速度恰好达到v说明与弹簧接触前物块做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得μmg=ma，解得a=μg，方向水平向右；与弹簧接触后在开始的一段时间内P相对于传送带静止，即P受弹簧弹力和静摩擦力平衡，P做匀速直线运动，则物块运动到弹力大于最大静摩擦力后，根据牛顿第二定律可得kx-μmg=ma，方向向左。故选A。 4.(2026·江苏苏州市检测)如图所示，一水平传送带长L=4 m，初始时传送带处于静止状态，物块(可视为质点)静置于传送带左端A点。某时刻传送带以加速度a1=4 m/s2匀加速启动，1 s后匀速运动。已知物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，g取10 m/s2。求： (1)启动传送带时物块的加速度的大小a2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 答案　2 m/s2 　　　对物块由牛顿第二定律μmg=ma2 解得a2=2 m/s2 (2)物块到达传送带右端B点时的速度大小v。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 答案　4 m/s 　　　1 s末传送带的速度v带=a1t 解得v带=4 m/s 若物块一直加速，则有v2=2a2L 解得v=4 m/s 由v=v带，假设成立， 所以v=4 m/s。 5.(2024·江苏苏州市检测)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 答案　2 m/s 　　　由题图乙得，3 s后物块随传送带做匀速直线运动，则v传=v1== m/s=2 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 答案　4 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，则x2=·t2 解得v物=4 m/s。 6.(2025·江苏扬州市检测)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θ(未知)。一物块以初速度v0从传送带的底部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，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，g取10 m/s2，则 A.传送带的速度大小为16 m/s B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D.传送带转动的速率越大，物块到达传送 　带顶端时的速度就会越大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 　　　由题图乙可知，1 s时，物块的运动发生突变，可知传送带的速度为8 m/s，故A错误； 在0~1 s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，与物块运动的方向相反，根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1 根据题图乙可得a1= m/s2=8 m/s2 在1~3 s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，与物块运动的方向相同，根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2，根据题图乙可得a2= m/s2=4 m/s2 联立解得μ=0.25，θ=37°，故B错误，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 　　　结合上述分析可知，当传送带的速度大小大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度大小为a2的匀减速运动，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D错误。 7.(2026·江苏扬州市检测)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，重力加速度g取10 m/s2。则正确的是 A.传送带的速率v0=12 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=0.4 D.0~2 s内物体在传送带上留下的痕迹为5 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 　　　由题图乙可知，在t=1 s时物体的加速度发生改变，此时物体的速度为10 m/s，可知传送带的速率v0=10 m/s，A错误； 根据牛顿第二定律结合v-t图像可知，开始阶段物体的加速度a1==10 m/s2，物体与传送带共速后物体的加速度a2==2 m/s2，联立解得传送带的倾角θ=37°，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，B、C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 　　　0~1 s内物体在传送带上留下的痕迹为Δx1=v0t1-v0t1=v0t1=×10× 1 m=5 m，1~2 s内物体在传送带上留下的痕迹为Δx2=t2-v0t2=× 1 m-10×1 m=1 m，由Δx1>Δx2可知0~2 s内物体在传送带上留下的痕迹为5 m，D正确。 8.(2025·江苏苏锡常镇四市二模)如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块(视为质点)，滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且μ<tan θ。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是 A.滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 B.滑块一定可以回到A点 C.滑块最终停留在B点 D.若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 　　　因μ<tan θ，可得mgsin θ>μmgcos θ，所以滑块由A点释放后沿传送带向下匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加速度也相同，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 　　　若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故B、D错误； 由以上分析可知，滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故C错误。 9.(2026·江苏无锡市三校联考)如图所示，传送带的水平部分ab长度L1=10 m，倾斜部分bc长度L2=16.8 m，bc与水平方向的夹角为θ=37°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率v=4 m/s，现将质量m=2 kg的小煤块(视为质点)无初速度轻放到a处，之后它将被传送到c点，已知小煤块与传送 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 带间的动摩擦因数μ=0.2，且此过程中小煤块不会脱离传送带，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°=0.6，求： (1)小煤块在水平传送带上的加速度大小。 答案　2 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 　　　煤块在水平传送带运动时， 由牛顿第二定律μmg=ma1， 可得煤块运动的加速度a1=2 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (2)煤块从a运动到c的时间。 答案　5.5 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 　　　煤块从静止加速到与传送带共速的距离为 s1== m=4 m<10 m， 故煤块在水平部分先加速，后匀速运动， 加速运动的时间为t1== s=2 s 匀速运动的时间t2== s=1.5 s 在倾斜传送带上，由于μ<tan θ=0.75 故煤块在斜传送带上做加速运动， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 　　　由牛顿第二定律mgsin θ-μmgcos θ=ma2 可得煤块在倾斜传送带上的加速度为 a2=gsin θ-μgcos θ=4.4 m/s2 根据匀加速运动的位移与时间的关系有 L2=vt3+a2 解得t3=2 s或 t3=- s(舍去) 故煤块从a运动到c的时间t=t1+t2+t3=5.5 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (3)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度。 答案　8.8 m 　　　煤块在水平传送带的相对位移为 Δs1=vt1-s1=(8-4) m=4 m 煤块在倾斜传送带的相对位移为 Δs2=L2-vt3=(16.8-8) m=8.8 m 由于Δs1 与Δs2有重叠部分， 故煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为8.8 m。 返回 本课结束 THANKS 第三章 $