第3章 第14课时 专题强化传送带模型中的动力学问题-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

高三总复习·物理 [听课记录] (1)物块加速度a的大小； (2)物块与斜面之间的动摩擦因数： (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示， 为保持原加速度不变，F的最小值是多少。 [听课记录] [例5](2026·安徽芜湖市诊断)如图甲所示，一个 质量m=0.5kg的小物块（可看成质点），以%= 2m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F=6N 作用下沿斜面向上做匀加速运动，经=2s的时间 物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=8m, 已知斜面倾角0=37°，重力加速度g取10m/s2, sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： 温馨提示 请做课时分层检测（十三） 第14课时专题强化：“传送带”模型中的动力学问题 【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。 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：抓住物=传的临界点，当物=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△x ①若有一次相对运动：△x=x传一x物或△x=x物一x传。 ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则△x=△x1十 △x △x2(图甲)： 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△.x2(图乙)。 考点一 水平传送带中的动力学问题 [例1]应用于机场和火车站的安 [听课记录] 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 甲 终保持v=0.4m/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4=0.2，A、B间 的距离为2m,g取10m/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： (2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。 精品教辅·智慧人生 46 第三章运动和力的关系 [例2](2026·海南海口一中 .D 高三期中)如图所示，足够长 C.若o>,小滑块返回到左端的时间为6十 g 水平传送带逆时针转动的速 D.若o>1,小滑块返回到左端的时间为 度大小为，一小滑块从传送带左端以初速度 (0十v1)2 滑上传送带，小滑块与传送带间的动摩擦因数为 2ugv 4,小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度 : [听课记录] 为g,下列说法正确的是 A.小滑块的加速度向右，大小为g B,若%<，小滑块返回到左端的时间为0十 g +++/总结提升/++++++ 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 物块和传送带共速前 传送带足够长， 小比较 F,方向 运动状态 物块v-t图像 匀加速直线 %=0 向右 运动 匀加速直线 Vo<v 向右 运动 匀减速直线 vo>v 向左 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 F:方向 物块运动状态 传送带较短 向左 匀减速直线运动 Vo<U 向左 v-t图像： 传送带足够长 Vo>v 向左（共速前） v-t图像： 47 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 考点二倾斜传送带中的动力学问题 [例3](2026·江苏盐城高三学情检测)如图甲所：[例4](2026·云南昆明市检 示，倾角为0的传送带以恒定的速率。沿逆时针 测)如图所示，传送带与水平地 方向运行。t=0时，将质量m=1kg的物体（可 面的夹角0=37°，从A到B的 B 视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的 长度为L=10.25m,传送带以 o=10m/s的速率逆时针转 v-1图像如图乙所示，2s时滑离传送带。设沿传 动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为m 送带向下为正方向，重力加速度g取10m/s2, 0.5kg的黑色煤块（可视为质点），它与传送带之间 sin37°=0.6，c0s37°=0.8。则 ( 的动摩擦因数为：=0.5，煤块在传送带上经过会留 ↑v/(m·s-l) 下黑色痕迹。已知sin37°=0.6，g取10m/s2。 12.0月 10.0 (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能 7.5 否相对静止； 5.0 (2)求出煤块从A运动到B的时间，试画出煤块 2.5 ⊙0 的v-t图像； 0 1.02.03.0t/s (3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下 甲 乙 痕迹的长度。 A.传送带的倾角0=30° 听课记录] 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15m D.物体在传送带上留下的痕迹长度为5m [听课记录] +/总结提升/++++++++ 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(a>tan0) 图示 速度大 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的 小比较 F:方向 加速度大小运动状态 v-t图像 0=0 沿传送带 ugcos 0 匀加速 向上 gsin 0 直线运动 西 Vo<v 匀减速 6>u ugcos 0 沿传送带向下 +gsin 0 直线运动 精品教辅·智慧人生 48 第三章运动和力的关系 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(u>tan) 速度大 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动 图示 小比较 F:方向 加速度大小 运动状态 的v-t图像 0=0 ugcos 0 匀加速 沿传送带向下 +gsin 0 直线运动 沿传送 匀加速 Vo<v ugcos 0 带向下 +gsin 0 直线运动 0 沿传送带向上 ugcos 0 匀减速 V>U gsin 0 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(u>tan0) 图示 状态 速度大小比较 F方向 加速度大小 物块运动状态 传送带 沿传送 匀减速直线运动 较短 带向上 ugcos 0-gsin 0 !+ + v-t图像： 沿传送 Vo<v 带向上 ugcos 0- gsin 6 U. 传送带 足够长 v-t图像： 共速前： 沿传送 Vo>V 带向上 ugcos 0-gsin 0 共速后：0 思考若u=tan0或u<tan0,物块将做什么运动？ 温馨提示 请做课时分层检测（十四） 49 精品教辅·智慧人生[例4]解析由题图甲、乙可得Fa=(8一2t)N,;ngsin0+umg cos0=na1;1~2s内加速度；解得t=1s Fg=(2+2t)N,t=0时，可知FAo=8N,FBo=} 所以v4=agt=10m/s。 2N,由于FA0>F0,所以二者不会分开，A、B1 四=2.0m/g,根据牛顿第二定律得 a=△ (2)相对位移就是从开始到共速这段时间内A、 两物体的加速度为a= FA十F=1m/S,设此 mgsin0-mgcos0=ma2,联立解得0=37°，} B的位移差x=xA一xB mAmB 4-0.5,故A、B错误；由题意可知物体在0 购十V共 时A、B之间的相互作用力为F,对B根据牛顿！ 2$内的位移大小等于传送带上、下两端的距离， 对滑板A,有xA=2 第二定律可得F十Fn=mBa,解得F=2N,故！ 根据v-t图像与t轴所围的面积表示位移，可知 A、C错误；当二者之间的相互作用力恰好为零： 位移1=10.0X1.0m+10.0+12.0×1.0m=t 对物块B,有xB 时开始分高，此时的加速度相同，则有一 解得x=6.75m。 mB 16m,故C错误；由题图乙知传送带的速率= 答案(1)10m/s(2)6.75m ,即2士24-8-24，解得1=1s,分离时的速 10m/s,则0~1s内，物体的位移为x1一；[例2]解析(1)由题可知，A,B先相对滑动， mA 4 6 度为v一at-1m/s,故B正确，D错误。 10.0X1.0m=5m,传送带的位移为西=西4= 达到共速后一起做匀减速直线运动，直到静止。 2 A、B相对滑动时，对物块A受力分析，由牛顿 答案B 10×1.0m-10m,故物体与传送带间相对位移 第二定律得 [例5】解析(1D报据L=1十之a, 大小为△x1-x2一x1=10m一5m=5m,物体相！ 1mg=na1,解得a1=2.5m/s2。 对传送带向上运动：1一2S内物体的位移为！ 对长木板B受力分析，由牛顿第二定律有以mg十 代入数据解得a=2m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有F一ngin0-1goos0- x:= 10.0+12.0×1.0m=11m,传送带的位 (M-+m)g=Ma2, 解得ae=3m/s2。 ma,代入数据解得4=0.5。 移为x,=t2=10×1m=10m,故物体与传送， (2)由物块A刚好未从木板的左端滑出可知， (3)设F与斜面夹角为a, 带间相对位移大小为△x2=x一x=1m,物体！ 长木板B的长度等于A、B两物体相对地面位 平行斜面方向有Fcos a一ngsin0-FN=na 相对传送带向下运动，痕迹重叠1，因此物体！ 移的差值。当A、B共速时有a1t-一aet,解 垂直斜面方向有F、十Fsin a=mgcos0 在传送带上留下的痕迹长度为5m,故D正确。} 得t=1s, 联立解得F=ma十mg(sin0+ucos) 答案D cosa十us1na :[例4幻解析(1)由于mgsin37>mgcos37, A物块的位移工A=2a1=1.25m, -ma十mg(sin0+zcos) 所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对： B长木板的位移 √2+lsin(e十a) 静止。 当sin(g十a)=l时，F有最小值Fmi, (2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力， TB=vI- 2a-4m, 代入数据解得F125N 共加速度为a1-g(sin0+4cos0)=10m/s, 则L=xg一xA=2.75m。 5 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时 (3)由(2)分析可得，A、B共速时，A,B两物体 (20.5(3)25N 间t1= =1$,发生的位移无1= 2a1412= 的速度为v共=a11=2.5m/s, 答案(1)2m/s2 a 由题知%1>，所以A、B共速后，一起做匀减 第14课时专题强化：“传送带”模型 5 m 速直线运动，直到停止，由牛顿第二定律得 煤块速度达到。后，加速度大小改变，继续沿 中的动力学问题 2(M+m)g=(M--m)as, 传送带向下加速运动，则有 考点一 解得ag一2m/s,由匀变速直线运动规律有 a2=g(sin 0-ucos 0)=2 m/s2, T例1]解析(1)对行李，根据ng=na x2=L-x1=5.25m, /ms 解得a=2m/s 11 4=2a,,可知-2=1.5625m, 10 、 则全过程中，A相对地面发生的位移大小x一 根据v=al,匀加速运动的时间t1=0.2s 由g=6g十2a:°， xA十x3=2.8125m。 匀加速运动的位移大小x=a4,°=0.04m< 得t2-0.5s 答案(1)2.5m/s23m/s2(2)2.75m 故煤块从A运动到B的时 2m,故行李先匀加速再匀速，匀速运动的时间！ (3)2.8125m 间为t=6十t2=1.5s。 为2=L-2=2-0.04 U-t图像如图所示。 5针对训练 $=4,9S 0.4 BD[由于1>2，所以小孩和滑板相对静止 可得行李从A到B的时间为t=t1十t2=5.1s (3)第一过程痕迹长△x1=f1一x1=5m, 一起做匀减速运动到最高，点，由牛顿第二定律 (2)在传送带上留下的摩擦痕迹长度为△x 第二过程痕迹长△x2=2一=0.25m, (m +m2)gsin (m +m gcos 0=(m+ vt1-x=(0.4×0.2-0.04)m-0.04m。 △x2与△x1部分重合， n2)a,解得a=10m/s,方向沿斜面向下。对 答案(1)5.1s(2)0.04m 故痕迹总长为5m。 小孩分析，假设小孩和滑板间的摩擦力为F1, [例2]解析小滑块相对于传送带向右滑动，！ 答案(1)不能(2)1.5s见解析图 有Fn+m gsin0-ma,解得Fn=100N,故A 滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定 (3)5m 律得μng=ma,解得a一g,故A错误；若，≤ 总结提升 错误；由速度位移公式可得工=-20 ,小滑块以速度%先向右减速到0再返回加思考 1.8m,故B正确：以小孩、滑板和斜面体整体 若a=tan0,物块一直匀速下滑：若：<tan0,物！ 速到西，刚好运回到左端，时间为1一2，故B;块一直沿传送带向下做匀加速直线运动。 为研究对象，小孩和滑板做匀减速运动，加速度 方向沿斜面向下，加速度有水平向右和竖直向 错误；若>，小滑块以速度6先向右减速！第15课时专题强化：“滑块一木板” 下的分加速度，大小分别为ax=acos0,ay Uo" asin0,裉据系统牛顿第二定律可知，在竖直方 ,然后加 模型中的动力学问题 到0的时间4二%，位移为西24g9 汇例1]解析(1)先求摩擦力。 向有(m1十ng十n3)g-FN=(m1十m2)a,解 造透国：连度加造到的时间么一票位移为：小，B所金摩擦力的方狗如因所示， 得F、=204N,故C错误：地面对斜面体有向右 的摩擦力，其大小为F2=(m1十m2)a-208N, 山一g最后以速度匀速回到左端，时间 B- 故D正确。] F :[例3]解析(1)开始运动时，滑块的加速度大 77 小为a1=gsin0-4gcos0=2m/s 为4=当一型=2g2然-62- ,小滑块 薄木板的加速度大小为 24g4 A对B的摩擦力FB=mg=4N 由牛顿第三定律知FB'=FB 返回到左端的时间1=4十。十4，解得1= a-Mgsin gcosm/ 地面对A的摩擦力FA=出1(n十M)g=3N 假设滑块不脱离薄木板，当两者达到共速时，有 un2一w12 (o十1)2 再求加速度。 ,故C错误，D U=十a1t1=a2t1 g 24gw1 24g 对B有F十FB=nag,解得ag=l0m/s2,方向！ 解得t1=0.5s,v=4m/s 正确。 向右 滑块下滑的位移大小为 答案D 对A有FA十FB'=MaA,解得aA=3.5m/s2,1 考点二 方向向左。 -4=1.75m 例3]解析由题图乙得0一1s内物体的加速{ 设经过时间上达到共速V共，对B有v共=aBl 薄木板下滑的位移大小为 u=10.0m/g,根据牛顿第二定律得 度a= 对A有v共=一aA 则aBt=一aA =t4=1m 460