第四章 专题强化14 传送带模型（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一物理必修第一册学习笔记（教科版）

本讲义聚焦高中物理传送带模型这一核心知识点，系统梳理水平传送带（静止释放、有初速度等情况）和倾斜传送带（不同倾角、动摩擦因数下）的受力分析、运动情况判断，以及结合牛顿第二定律与运动学公式求解时间、位移、痕迹长度的解题脉络，搭建从基础到综合的学习支架。 该资料通过例题与拓展题的梯度设计（如水平传送带从基础运动分析到v-t图像绘制，倾斜传送带结合摩擦因数讨论运动状态），强化科学思维中的模型建构与科学推理，助力学生掌握摩擦力突变等重难点。课中辅助教师高效授课，课后专题强化练帮助学生巩固知识，查漏补缺，提升分析解决实际问题的能力。

专题强化14　传送带模型 [学习目标]　1.通过对放在传送带上的物体进行受力分析，能准确判断放在传送带上的物体的运动情况。2.结合牛顿第二定律和运动学公式会解答简单的传送带上的物体的运动问题(重难点)。 一、水平传送带 如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动。现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去，设煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。 (1)煤块放上传送带最初一段时间内，受到　　　(填“静”或“滑动”)摩擦力，方向　　　　　，煤块做　　　　　　　　　运动。  (2)若传送带足够长，试分析煤块在传送带上的运动过程(注意摩擦力的突变)。 (3)若A、B间的距离L＝2.5 m，(g取10 m/s2)，求： ①煤块从A点运动到B点所经历的时间； ②煤块在传送带上留下痕迹的长度。 答案　(1)滑动　水平向右　匀加速直线　(2)煤块先做匀加速运动，达到共同速度后再做匀速运动 (3)①对煤块，根据题意得a＝＝μg＝1 m/s2，当速度达到1 m/s时，所用的时间t1＝＝1 s，通过的位移x1＝＝0.5 m<2.5 m，x2＝L－x1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，当煤块速度达到1 m/s后，煤块与传送带间无摩擦力，所以煤块以1 m/s的速度随传送带做匀速运动，所用时间t2＝＝2 s 因此煤块从A点运动到B点所经历的时间t＝t1＋t2＝3 s ②煤块在传送带上留下的痕迹为二者的相对位移，在前1 s时间内，传送带的位移 x1'＝vt1＝1 m 由①可知煤块的位移x1＝0.5 m ， 故煤块在传送带上留下的痕迹长度为 Δx＝x1'－x1＝0.5 m。 拓展1　如图所示，传送带足够长，保持以v1＝1 m/s的速度顺时针转动，若煤块从B处以水平向左的初速度v2＝2 m/s滑上传送带，求： (1)煤块在传送带上滑行的最远距离； (2)煤块从B处出发再回到B处的时间； (3)画出煤块从B处出发再回到B处的过程中的v－t图像(规定初速度v2的方向为正方向)。 答案　(1)煤块滑上传送带后做匀减速直线运动， 由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝1 m/s2 最远距离x＝ m＝2 m (2)从B减速到0的时间t1＝ s＝2 s 煤块减速为0后，向右加速，a'＝μg＝1 m/s2 设共速时间为t2，则t2＝＝1 s 煤块的位移x1＝·t2＝0.5 m 匀速运动的时间t3＝＝1.5 s 故煤块从B处出发再回到B处的时间t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s (3)如图所示 拓展2　若煤块从B端以0.8 m/s的初速度释放，分析煤块的运动情况，并画出v－t图像。(规定v2初速度方向为正方向) 答案　煤块向左从0.8 m/s减速到0，再向右加速到B，到B端速度大小为0.8 m/s，v－t图像如图所示。 二、倾斜传送带 例1　(2024·雅安市高一期末)某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带以5 m/s的恒定速度v顺时针方向运动。在传送带底端A轻放上一质量m＝5 kg的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)货物放在传送带上最初一段时间内，受到　　　(填“静”或“滑动”)摩擦力作用，摩擦力的方向　　　　　　，货物做　　　　　运动。 (2)若传送带足够长，试分析货物的运动过程(注意摩擦力的突变)。 答案　见解析 解析　(1)滑动　沿传送带向上　匀加速直线 (2)货物在传送带上先做匀加速直线运动，当货物速度与传送带速度相等时，因最大静摩擦力fm＝μmgcos 30°，大于重力沿传送带向下的分力mgsin 30°，故货物与传送带速度相等后，滑动摩擦力突变为静摩擦力，货物将做匀速直线运动。 拓展1　若传送带两端A、B的距离L＝10 m，求货物从A端运送到B端所需的时间(g取10 m/s2)。 答案　见解析 解析　以货物为研究对象，由牛顿第二定律得 μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma 解得a＝2.5 m/s2 货物匀加速直线运动时间t1＝＝2 s 货物匀加速直线运动位移x1＝a＝5 m 然后货物做匀速直线运动，运动位移 x2＝L－x1＝5 m 匀速直线运动时间t2＝＝1 s 货物从A端运送到B端所需的时间 t＝t1＋t2＝3 s。 拓展2　画出货物从A到B运动的v－t图像。 答案　 例2　如图所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度v为10 m/s。在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体(可视为质点)。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。 答案　(1)4 s　(2)2 s 解析　(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma， 解得a＝2 m/s2，根据l＝at2得t＝4 s。 (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 则有a1＝10 m/s2 设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有 t1＝ s＝1 s，x1＝a1＝5 m<l＝16 m 当物体运动速度等于传送带速度的瞬间，因为mgsin 37°>μmgcos 37°， 则此后物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力， 设当物体下滑速度大于传送带转动速度时，物体的加速度大小为a2，则由牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 得a2＝2 m/s2，x2＝l－x1＝11 m 由x2＝vt2＋a2， 解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去) 所以t总＝t1＋t2＝2 s。 拓展　画出(1)(2)问中物体从顶端A滑到底端B的v－t图像。 答案　(1) (2) 1.解题方法 求解传送带模型问题，首先要根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键。 2.常见模型 水平传送带常见类型及物体运动情况 类型 物体运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0＝v时，一直匀速 (3)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 (1)传送带较短时，物体一直减速到达左端 (2)传送带足够长，①v≥v0时，物体先向左减速再向右加速回到右端 ②v<v0时，物体先向左减速再向右加速，最后匀速，回到右端时速度大小为v 倾斜传送带常见类型及物体运动情况 类型 物体运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)可能一直加速 (2)若μ≥tan θ，可能先加速后匀速 (3)若μ<tan θ，可能先以a1加速，再以a2加速 专题强化练 [分值：50分] 　[1~5题，每题4分] 1. (2024·巴中市高一月考)如图所示，足够长的水平传送带以v0＝4 m/s的速度匀速运行，t＝0时刻，在左端轻放一质量为m的小滑块，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，则t＝3 s时滑块的速度为(　　) A.2 m/s B.4 m/s C.6 m/s D.8 m/s 答案　B 解析　滑块开始运动的加速度大小a＝μg＝2 m/s2，则加速到与传送带共速所用的时间t＝＝2 s，然后滑块随传送带做匀速直线运动，则t＝3 s时滑块的速度为4 m/s。故选B。 2. (多选)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，此时速率为v2'，则下列说法正确的是(　　) A.若v1<v2，则v2'＝v1 B.若v1>v2，则v2'＝v2 C.不管v2多大，总有v2'＝v2 D.只有v1＝v2时，才有v2'＝v1 答案　AB 解析　由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：①若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2'＝v2时，离开传送带；②若v1<v2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，物体还在传送带上，此后不受摩擦力作用，物体与传送带一起向右匀速运动，此时有v2'＝v1，故选项A、B正确，C、D错误。 3. (多选)(2024·泸州市高一期末)如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定的速率v＝2 m/s沿顺时针方向运动，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，把一质量m＝1 kg的物块无初速度地轻放在传送带底端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。在物块上升过程中，下列说法中正确的是(　　) A.物块所受传送带的摩擦力先向上，后为零 B.物块一直受到沿传送带向上的摩擦力作用 C.向上运动0.5 s，物块的速度与传送带速度相同 D.向上运动5 s，物块的速度与传送带速度相同 答案　BD 解析　根据题意可得，物块初始状态速度为0，传送带沿顺时针方向运动，所以初始时，物块受到沿传送带向上的滑动摩擦力的作用。物块重力沿传送带向下的分力为mgsin θ＝6 N 物块所受的滑动摩擦力，即为最大静摩擦力大小，f＝f静max＝μmgcos 37°＝6.4 N 则物块初始状态的加速度为a＝＝0.4 m/s2，方向沿传送带向上。从物块加速向上到与传送带共速过程中t＝ s＝5 s 共速瞬间，物块受到的摩擦力发生突变，因为物块的重力沿传送带向下的分力小于物块与传送带之间的最大静摩擦力，则物块所受的摩擦力突变为沿传送带向上的静摩擦力，f'＝mgsin θ＝6 N 则全过程中，物块受到的摩擦力始终沿传送带向上。故选B、D。 4. (2024·资阳市高一期末)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＝8.8 m，传送带以v0＝6 m/s的速率顺时针转动，在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝1 kg的物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.物块刚放上传送带时的加速度大小为2 m/s2 B.物块在传送带上所受到的摩擦力不变 C.物块从传送带上端运动到下端经历的时间为1.6 s D.物块到达传送带下端时的速度大小为9 m/s 答案　C 解析　物块刚放到传送带上时，沿传送带方向受到沿传送带向下的滑动摩擦力及重力向下的分力，即 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 解得a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，故A错误； 物块与传送带速度相等后，由于mgsin θ>μmgcos θ，物块继续加速运动，物块的速度大于传送带的速度，物块受到沿传送带向上的滑动摩擦力，方向发生了变化，故B错误； 设物块从加速到与传送带速度相等所用时间为t1，从速度相等到物块滑到传送带下端所用时间为t2，则有t1＝＝0.6 s 这段时间内的位移x1＝a1＝1.8 m 剩余位移x2＝L－x1＝7 m 当物块与传送带速度相等后，物块加速度 a2＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2 根据位移公式得x2＝v0t2＋a2 解得t2＝1 s，t2＝－7 s(舍去) 所以物块从传送带上端运动到下端经历的时间为t＝t1＋t2＝1.6 s，故C正确； 物块到达传送带下端时的速度大小 v'＝v0＋a2t2＝8 m/s，故D错误。 5.(2024·德阳市高一期末)一木块沿一与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v－t图像如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ。则下列说法正确的是(　　) A.v－t图像描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动 B.从v－t图像可知木块的初速度大于v0 C.从v－t图像可知木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan α D.从v－t图像可以得出木块运动过程中的速度一定没有等于v0的时刻 答案　C 解析　若木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上运动，木块一定先减速向上后加速向下，而v－t图像表示的是运动方向不变，且一直做加速运动，所以木块以一定的初速度从传送带的顶端向下运动，A错误；木块的初速度一定沿传送带向下，又因为v－t图像的斜率先大后小，所以木块的加速度也先大后小，木块所受的合力先大后小，木块所受的摩擦力先向下后向上，只有木块的初速度小于v0时摩擦力的方向才能先向下，B错误；木块的初速度小于v0，摩擦力沿传送带向下，木块向下做匀加速直线运动，其加速度为mgsin α＋μmgcos α＝ma1，当木块的速度等于v0时，若木块与传送带间的动摩擦因数μ≥tan α，则μmgcos α≥mgsin α，木块将随着传送带一起以v0的速度匀速运动，不能继续加速运动，所以木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan α，C正确；当木块的速度等于v0时，且μ<tan α，木块无法与传送带相对静止，继续向下加速运动，摩擦力的方向沿传送带向上，其加速度为mgsin α－μmgcos α＝ma2，木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻，D错误。 　[6、7题，每题6分] 6.(多选)(2024·成都市高一期末)质量为1 kg的物块M水平向右滑上逆时针转动的传送带，如图甲所示，物块的v－t图像如图乙所示。在整个运动过程中，以下说法正确的是(　　) A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.1 B.物块在传送带上做匀减速运动的时间是3 s C.整个过程中，物块在传送带上的划痕长度为9 m D.2 s时，物块向右运动到最远处 答案　CD 解析　由题图乙所示v－t图像可知，物块加速度大小为a＝ m/s2＝2 m/s2，对物块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，联立解得物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，故A错误；物块在0~2 s内做匀减速直线运动，在2~3 s内反向做初速度为零的匀加速直线运动，3 s后做匀速直线运动，故B错误；在0~3 s时间内，传送带的位移为x1＝vt＝2.0×3 m＝6 m，方向水平向左。此过程中，物块的位移为x2＝(v0＋v)t＝×(－4.0＋2.0)×3 m＝－3 m，方向水平向右。则整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为L＝x1－x2＝6 m－(－3 m)＝9 m，故C正确；当t＝2 s时，物块的速度为零，2 s后，物块开始向左运动，所以2 s时物块向右运动到最远处，故D正确。 7.(多选)(2024·德阳市高一期末)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37°。一小煤块以初速度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，小煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。g取10 m/s2，则(　　) A.传送带的速度大小为8 m/s B.小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25 C.小煤块运动到传送带顶端时在传送带上留下的痕迹长为8 m D.传送带转动的速率越大，小煤块到达传送带顶端时的速度就会越大 答案　ABC 解析　由题图乙可知传送带的速度大小为8 m/s，A正确；在0~1 s内，小煤块的速度大于传送带的速度，传送带对小煤块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝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小煤块的速度，传送带对小煤块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 根据题图乙可得a2＝ m/s2＝4 m/s2 联立解得μ＝0.25，故B正确； 作出传送带运动的v－t图像如图所示，由图像可得共速前痕迹的长度为4 m，共速后痕迹的长度为8 m，则小煤块运动到传送带顶端时在传送带上留下的痕迹长为8 m，C正确； 当传送带的速度大于16 m/s后，小煤块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，小煤块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。 8.(10分)倾角为θ的倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示。在t＝0时，将一小煤块轻放在传送带上A点处，1.5 s时小煤块从B点离开传送带。小煤块速度随时间变化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)(3分)0~0.5 s内和0.5~1.5 s内小煤块的加速度大小； (2)(3分)小煤块与传送带之间的动摩擦因数； (3)(4分)在0~1.5 s时间内小煤块在传送带上留下的痕迹长度。 答案　(1)10 m/s2　2 m/s2　(2)0.5　(3)1.25 m 解析　(1)由题图乙知，0~0.5 s内 a1＝ m/s2＝10 m/s2 0.5~1.5 s内a2＝ m/s2＝2 m/s2 (2)0~0.5 s内，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 0.5~1.5 s内，由牛顿第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 联立解得μ＝0.5 (3)由题图乙知，传送带的速率v1＝5 m/s， 0~0.5 s内传送带比小煤块多运动 Δx1＝v1t1－v1t1＝5×0.5 m－×5×0.5 m＝1.25 m， 0.5~1.5 s内小煤块比传送带多运动 Δx2＝(v1＋v2)t2－v1t2＝×(5＋7)×1 m－5×1 m＝1 m 痕迹覆盖，所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25 m。 　[8分] 9.(多选)(2023·遂宁市射洪中学高一月考)如图甲所示，一小物块从水平转动的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 s内为二次函数，在3~4.5 s内为一次函数，取水平向左为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.传送带沿顺时针方向转动 B.传送带沿逆时针方向转动 C.小物块滑上传送带的初速度大小为2 m/s D.小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2 答案　AD 解析　x－t图像的斜率表示速度，根据题图乙可知物块的速度先减小到零，后反向增加，最后匀速运动，则传送带沿顺时针方向转动，故A正确，B错误； 因2 s末物块的速度减为零，位移为4 m，采用逆向思维，由x＝at2得a＝＝2 m/s2 根据牛顿第二定律得μmg＝ma 解得小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，故D正确； 设小物块滑上传送带的初速度大小为v0，0~2 s内小物块做匀减速直线运动，位移大小为4 m，有 0－＝－2ax 解得v0＝4 m/s，故C错误。 学科网（北京）股份有限公司 $