第3章 素养培优5 传送带模型中的动力学问题-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课件PPT

该高中物理高考复习课件聚焦“传送带模型中的动力学问题”核心考点，依据高考评价体系梳理了水平传送带（运动时间、划痕长度）和倾斜传送带（加速度、速度图像）两大考查方向，通过典例分析明确动力学问题在牛顿运动定律中的高频考查权重，归纳了“受力分析—运动判断—规律应用”的常考题型解题框架。 课件亮点在于“真题引领+模型建构+素养提升”的备考设计，如结合2024安徽卷倾斜传送带真题，运用科学思维中的模型建构方法解析加速度突变与匀速运动过程，通过水平传送带划痕长度计算实例培养科学推理能力。特设“规律总结”模块提炼共速判断、相对位移计算等应试技巧，助力学生掌握答题关键，教师可依托此课件实现考点精准突破与高效复习指导。

素养培优5　传送带模型中的动力学问题 第三章 牛顿运动定律 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 课后 素养提能 01 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 模型一　水平传送带模型 (1)水平传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3 (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0 (2)判断方法 情景1 若eq \f(v2,2μg)≤l，物、带能共速 情景2 若eq \f(|v2－v\o\al(2,0)|,2μg)≤l，物、带能共速 情景3 若eq \f(v\o\al(2,0),2μg)≤l，物块能返回 [典例1]　(多选)如图所示，水平传送带两端A、B相距x＝6 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转．今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中(　　) A．煤块从A运动到B的时间是2.3 s B．煤块从A运动到B的时间是1.6 s C．划痕长度是2.8 m D．划痕长度是3.2 m 　煤块无初速度地轻放在A端，在滑动摩擦力的作用下做匀加速直线运动，当煤块速度与传送带速度相同时，煤块随着传送带一起做匀速直线运动，明确煤块的运动形式，分别对匀加速过程和匀速过程求解对应的时间，从而明确总时间；知道划痕长度是相对位移大小，从而求出相对位移． [解析]　AD　[煤块做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝2.5 m/s2，假设煤块的速度达到4 m/s时未离开传送带，此时煤块通过的位移大小为x1＝eq \f(v\o\al(2,0),2a)＝3.2 m<6 m，因此煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，做匀加速直线运动的时间为t1＝eq \f(v0,a)＝1.6 s， 此后煤块以与传送带相同的速度匀速运动至B端，有x2＝x－x1＝6 m－3.2 m＝2.8 m，匀速运动的时间为t2＝eq \f(x2,v0)＝0.7 s，运动的总时间为t＝t1＋t2＝2.3 s，A正确，B错误；划痕长度即煤块相对于传送带的位移大小，可得Δx＝v0t1－x1＝3.2 m，C错误，D正确．] [典例2]　某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件如图所示，水平传送带AB长度L＝5.25 m，始终保持恒定速度v＝1 m/s运行，在传送带上A处无初速度地放置一快件(可视为质点)，快件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.求： (1)快件的加速度大小； (2)快件运动到B点的时间． [解析]　(1)当快件做加速运动时，由牛顿第二定律可得μmg＝ma， 代入数据，解得a＝2 m/s2. (2)当快件的速度与传送带速度相等时，运动的位移为v2＝2ax1， 代入数据，解得x1＝0.25 m， 经历的时间为t1＝eq \f(v,a)＝0.5 s， 此时快件离B处的距离为x2＝L－x1＝5 m， 则匀速运动的时间为t2＝eq \f(x2,v)＝5 s， 故快件从A运送到B所用的时间为t＝t1＋t2＝5.5 s. [答案]　(1)2 m/s2　(2)5.5 s 如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带的右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以速度v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v3.则下列说法中正确的是(　　) A．只有v2＝v1时，才有v3＝v1 B．若v2＜v1时，则有v3＝v1 C．若v2＜v1时，则有v3＝v2 D．不管v2多大，总有v3＝v2 解析：C　[由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况讨论： ①如果v2＜v1，物体会一直加速，速度大小增大到等于v2时，根据对称性，物体恰好离开传送带，有v3＝v2； ②如果v2＝v1，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v3＝v2； ③如果v2＞v1，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v3＝v1. 故选C.] 模型二　倾斜传送带模型 模型特征 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 [典例3]　(2024·安徽卷)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(　　) [解析]　C　[0～t0时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动．受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动．t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动．C正确，A、B、D错误．] [典例4]　如图所示，飞机场运输行李的传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，送入货舱前行李箱已做匀速运动．已知行李箱与传送带之间动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．运输行李时该传送带的倾角必须小于30° B．提高传送带的运转速度，传送时间不变 C．匀速阶段行李箱不受摩擦力 D．重的行李箱比轻的行李箱加速阶段用时短些 [解析]　A　[将行李箱无初速度地放在传送带底端，一开始行李箱向上加速运动，合力方向沿传送带向上，受到的滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcos θ＞mgsinθ 可得tan θ＜μ＝eq \f(\r(3),3)，可得运输行李时该传送带的倾角必须满足θ＜30°，故A正确；匀速阶段，根据受力平衡可知，行李箱受到静摩擦力作用，大小等于重力沿传送带向下的分力，故C错误；根据牛顿第二定律可得μmgcos θ－mgsin θ＝ma， 可得加速度大小为a＝μgcos θ－gsin θ，可知行李箱的加速度与行李箱的质量无关，则重的行李箱与轻的行李箱加速阶段用时相等，故D错误；设传送带提速前的速度为v1，则行李箱加速阶段所用时间和位移分别为t1＝eq \f(v1,a)，x1＝eq \f(v\o\al(2,1),2a)，提高传送带的运转速度，由于加速阶段行李箱的加速度不变，则行李箱加速到提速前传送带速度v1过程所用时间t1不变，通过的位移x1不变，但提速后行李箱继续加速运动再匀速运动，则之后的运动过程，提速后所用时间更短，则提高传送带的运转速度，传送时间变短，故B错误．] 　(水平传送带和倾斜传送带结合)一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m，BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角为θ＝37°，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求： (1)工件第一次到达B点所用的时间． (2)工件沿传送带上升的最大高度． (3)工件运动了23 s后所在的位置． 解析：(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1， 解得a1＝μg＝5 m/s2， 经t1时间工件与传送带的速度相同，解得 t1＝eq \f(v,a1)＝0.8 s， 工件前进的位移为x1＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1)＝1.6 m， 此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时 t2＝eq \f(LAB－x1,v)＝0.6 s， 所以工件第一次到达B点所用的时间 t＝t1＋t2＝1.4 s. (2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma2， 解得a2＝－2 m/s2， 由速度­位移公式得0－v2＝2a2eq \f(hm,sin θ)， 解得hm＝2.4 m； (3)工件沿传送带向上运动的时间为 t3＝eq \f(2hm,vsin θ)＝2 s， 此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则 T＝2t1＋2t3＝5.6 s. 工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而23 s＝t0＋3T，这说明经过23 s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4 m. 答案：(1)1.4 s　(2)2.4 m (3)在A点右侧2.4 m处 　1.传送带模型问题的分析流程 2．思维模板 $