第四章 专题强化13 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（人教版 浙江专版）

该高中物理讲义通过“传送带模型分析流程”框架图和分类表格系统构建知识体系，将水平与倾斜传送带按运动类型梳理，用表格归纳常见情境下的物体运动情况，突出摩擦力突变、运动状态分析等重难点，呈现知识内在逻辑。 讲义亮点在于例题与拓展题的递进设计，如水平传送带中煤块以不同初速度滑上传送带的运动分析，引导学生通过v-t图像建构物理模型，培养科学思维。练习题分层设置，基础题巩固受力分析方法，综合题提升动力学综合运用能力，支持学生自主复习，助力教师实施精准化教学。

专题强化13　传送带模型 [学习目标]　1.会对传送带上的物体进行受力分析，掌握传送带模型的一般分析方法(重点)。2.掌握解决传送带上的物体的运动问题的方法(难点)。 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。 一、水平传送带 例1　如图所示，传送带保持以v1=1 m/s的速度顺时针转动。现将质量为m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，当煤块速度v煤=v1=1 m/s时，煤块与传送带之间　　　　(填“有”或“无”)摩擦力，此后煤块做　　　　运动。  (3)煤块与传送带共速时，煤块的位移为x1，传送带的位移为x2， 则煤块在传送带上留下的痕迹长度Δx=　　　　(用x1、x2表示)。  答案　(1)滑动　水平向右　匀加速直线　(2)无　匀速直线　(3)x2-x1 拓展1　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。 (3)画出煤块运动的v-t图像。 答案　(1)3 s　(2)0.5 m　(3)见解析图 解析　(1)对煤块，μmg=ma，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=a=0.5 m<2.5 m， 当煤块速度达到1 m/s后，随传送带做匀速直线运动，x2=L-x1=2.5 m-0.5 m=2 m， 所用时间t2==2 s 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'=v1t1=1 m 故煤块在传送带上留下痕迹的长度为Δx=x1'-x1=0.5 m。 (3)如图所示 拓展2　如图所示，在例1中传送带足够长，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)2 m　(2)4.5 s　(3)见解析图 解析　(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3　若煤块从B处以水平向左的初速度v3=0.8 m/s滑上传送带，分析煤块的运动情况，并画出v-t图像。(规定v3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处速度大小为0.8 m/s。 二、倾斜传送带 例2　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v=5 m/s的恒定速度顺时针方向运动。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)。 (3)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　(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Ffm=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。 (3)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。 例3　如图所示，倾角为37°，长为l=16 m的传送带，转动速度为v=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直线运动，根据牛顿第二定律有：mgsin 37°-μmgcos 37°=ma， 解得a=2 m/s2， 根据l=at2得t=4 s。 (2)传送带逆时针转动时，最初的一段时间内物体下滑速度小于传送带转动速度，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， 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　在例3第(2)问中，当传送带逆时针转动时，画出物体从顶端A滑到底端B的v-t图像。 答案 1.(1)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)传送带模型分析流程 2.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，回到右端时速度大小为v0 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 3.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：70分] 　[1~5题，每题4分] 1.(多选)如图所示，一水平传送带沿顺时针方向以v0匀速转动，在传送带左端A处无初速度地放一小物块，则关于小物块从A端运动到B端过程中，速度v随时间t的变化图像，下列选项中可能正确的是(　　) 答案　BD 解析　物块先做匀加速直线运动，在到B端前可能已经和传送带共速，也可能一直做匀加速直线运动到B端，B、D正确。 2.(2024·温州市高一期末)某物流仓库的分拣流水线如图甲所示，其平直传送带部分可以简化成图乙。A、B两端相距L=4 m，传送带以速度v=4 m/s顺时针运行。将m=1 kg的快递件(可视为质点)轻轻放上传送带A端，已知该快递件与传送带间的动摩擦因数μ=0.4。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.快递件在传送带上一直匀加速至B端 B.快递件在传送带上始终受到4 N的摩擦力 C.快递件从传送带的A端到B端所用的时间为1.5 s D.若该快递件里物品质量越大，从A端到B端运动时间越长 答案　C 解析　该快递件刚放上传送带时的加速度大小为a==4 m/s2，该快递件从放上传送带到与传送带共速所用时间为t1==1 s，该快递件加速阶段的位移为x1=t1=×1 m=2 m<L=4 m，快递件与传送带共速后受到的摩擦力为0，之后快递件做匀速直线运动，快递件匀速运动阶段的时间为t2== s=0.5 s，可知快递件从传送带的A端到B端所用的时间为t=t1+t2=1.5 s，根据以上分析可知，该快递件从A端到B端运动时间与里面的物品质量无关。 3.(多选)如图所示，绷紧的水平传送带沿顺时针方向以恒定速率v1运行。一小物块从与传送带等高的右端光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2，左端水平台面与传送带等高且光滑，则能够正确地描述小物块的速度随时间变化关系的图像可能是(　　) 答案　ABD 解析　如果传送带足够长，物块不能从传送带左端离开，则物块先向左匀减速至零再反向匀加速，且匀减速和匀加速的加速度相同，如果v1<v2，物块向右匀加速到与传送带速度v1相等时，x减=>x加=，此后物块还要匀速运动一段时间离开；如果v1≥v2，物块在传送带上向右一直匀加速至v2离开，故A、B正确；如果传送带不足够长，物块一直匀减速从左端离开，故C错误，D正确。 4.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0匀速向下运动，在传送带的上端轻轻放上一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则下列图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　) 答案　D 解析　开始时小木块相对传送带向上运动，滑动摩擦力沿传送带向下，则小木块的加速度为a1=gsin θ+μgcos θ，则第一阶段木块沿传送带向下做匀加速直线运动，因传送带足够长，则木块和传送带能够共速，共速时，因μ<tan θ，木块将继续加速，加速度为a2=gsin θ-μgcos θ，综上所述，木块先以a1做匀加速直线运动，后以a2做匀加速直线运动，故A、B、C错误，D正确。 　　　　　　　　　　　　　　　　 5.如图所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由传送带顶端自由地滑到底端所用时间为t1，如果传送带向上以速度v0运转，保持其他条件不变，该滑块由传送带顶端滑到底端所用的时间为t2，那么(　　) A.t1=t2 B.t1>t2 C.t1<t2 D.不能确定 答案　A 解析　滑块运动过程中受重力、支持力和滑动摩擦力，当传送带向上以速度v0运转，保持其他条件不变时，支持力不变，摩擦力大小和方向都不变，根据牛顿第二定律可知，两种情况下，滑块的加速度相等，而两种情况下滑块的位移也相等，根据x=at2可知，两种情况下滑块运动的时间相等，即t1=t2，选项A正确。 6.(10分)如图所示，水平传送带以v=10 m/s的速度顺时针匀速转动，将工件(可视为质点)轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，经过时间t=6 s，工件到达传送带的右端，已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(2分)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小； (2)(5分)传送带两端的距离； (3)(3分)工件相对于传送带的位移大小。 答案　(1)5 m/s2　(2)50 m　(3)10 m 解析　(1)对工件由牛顿第二定律可得μmg=ma 解得a=5 m/s2 (2)工件加速运动阶段v=at1 得t1=2 s x1=a=10 m 工件匀速运动阶段x2=v(t-t1)=40 m 水平传送带两端的距离L=x1+x2=50 m。 (3)工件与传送带相对滑动的过程在速度相等之前，即0~2 s内， 此时传送带的位移x3=vt1=20 m 工件相对于传送带的位移Δx=x3-x1=10 m。 　[7、8题，每题6分] 7.(多选)如图所示，倾斜传送带AB与水平方向的夹角θ=37°，以v=2 m/s的速度顺时针匀速转动，两轮的大小可忽略，两轮间的距离L=9 m。一可视为质点的煤块无初速度地放在传送带上的A处，煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。整个过程中煤块质量的变化不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则下列说法正确的是(　　) A.煤块刚放上传送带时的加速度大小为0.4 m/s2 B.煤块在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动 C.煤块从传送带A运动到B的时间为7 s D.煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为5 m 答案　ACD 解析　煤块刚放上传送带时 μmgcos θ-mgsin θ=ma 解得加速度大小为a=0.4 m/s2，选项A正确； 煤块在传送带上先做匀加速直线运动，与传送带共速后，因为μmgcos θ>mgsin θ 可知与传送带相对静止，则共速后做匀速直线运动，选项B错误； 煤块开始阶段加速运动的时间 t1== s=5 s 匀加速运动的位移x1=t1=5 m 匀速运动的时间t2== s=2 s 则煤块从传送带A运动到B的时间为 t=t1+t2=7 s，选项C正确； 煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为Δx=vt1-x1=5 m，选项D正确。 8.(多选)(2024·宁波市镇海中学期末)如图甲，水平传送带逆时针匀速转动，一小物块以某一速度从最左端滑上传送带，取向右为正方向，从小物块滑上传送带开始计时，小物块的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.传送带的速度大小为1.0 m/s B.小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 C.小物块相对传送带滑动的总时间为4.5 s D.小物块相对传送带滑动的总距离为4.5 m 答案　AD 解析　3.0~4.0 s的时间内，物块的速度与传送带速度相等，则传送带的速度大小为1.0 m/s，A正确；0~2.0 s时间内物块加速度大小为a==1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmg=ma，得μ=0.1，B错误；由题图乙可知，小物块相对于传送带滑动的总时间为3.0 s，C错误；由于v-t图像与t轴围成的面积表示位移，可知小物块相对传送带滑动的总距离为Δx= m+ m=4.5 m，D正确。 9.(13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取10 m/s2，求： (1)(4分)0~0.5 s内和0.5~1.5 s内小煤块的加速度大小； (2)(4分)小煤块与传送带之间的动摩擦因数； (3)(5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。 10.(15分)(2024·宁波市高一期中)如图所示的传送带，水平部分ab的长度为5 m，倾斜部分bc的长度为9 m，bc 与水平面的夹角为θ=37°，将一小煤块A(可视为质点)轻轻放于a端的传送带上，煤块A与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带沿图示方向以 v=4 m/s的速度匀速运动，若煤块A始终未脱离传送带(g取10 m/s2)。求： (1)(5分)小煤块从a端被传送到b端所用的时间及此过程中煤块在传送带上留下的痕迹的长度x1； (2)(5分)小煤块被传送到c端时的速度大小； (3)(5分)若当小煤块到达b端时，传送带在原速基础上做匀加速运动，加速度为a，当a的大小满足什么条件可以使小煤块在传送带 bc上运动所用的时间最短？并求最短时间。 答案　(1)1.65 s　1.6 m　(2)2 m/s　(3)a>10 m/s2　1 s 解析　(1)小煤块A轻轻放于a端的传送带上，由牛顿第二定律可得， 加速度为a1==5 m/s2， 加速到与传送带共速所用时间为t1==0.8 s， 加速阶段通过的位移为x加=a1=1.6 m， 则匀速阶段所用时间为t2== s=0.85 s， 则小煤块从a端被传送到b端所用的时间为t=t1+t2=1.65 s， 此过程中煤块在传送带上留下的痕迹的长度为x1=x传-x加=vt1-x加=4×0.8 m-1.6 m=1.6 m； (2)小煤块在倾斜传送带上运动时，由于mgsin 37°>μmgcos 37°， 故小煤块在bc段做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2， 解得a2=2 m/s2，由运动学公式可得-v2=2a2xbc， 解得小煤块被传送到c端时的速度大小为vc=2 m/s； (3)若当小煤块到达b端时，传送带在原速度基础上做匀加速运动，加速度为a， 当a的大小满足a>gsin 37°+μgcos 37°=10 m/s2， 则小煤块在传送带 bc上向下做匀加速运动的加速度最大，在传送带 bc上运动所用的时间最短， 则有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma3， 解得a3=10 m/s2， 根据运动学公式可得vc'2-v2=2a3xbc， 解得vc'=14 m/s， 则最短时间为tmin== s=1 s。 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