第3章 素养培优5 传送带模型中的动力学问题(教参Word版)-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义

该高中物理讲义聚焦高考传送带模型核心考点，涵盖水平与倾斜传送带的运动特征、判断方法及典例分析，按“模型建构-规律应用-真题演练”逻辑组织，通过考点梳理、共速判断方法指导、典型例题详解等环节，帮助学生系统突破运动与相互作用难点。 资料以科学思维和模型建构为特色，如水平传送带分情景建立“加速-匀速”运动模型，通过典例1分析相对位移计算培养推理能力，设置基础单选、综合计算等分层练习，确保高效复习，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

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 若≤l，物、带能共速 若≤l，物、带能共速 若≤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＝＝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＝＝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＝＝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＝＝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＝＝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，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＝，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＝，x1＝，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＝＝0.8 s， 工件前进的位移为x1＝a1t＝1.6 m， 此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时 t2＝＝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＝2a2， 解得hm＝2.4 m； (3)工件沿传送带向上运动的时间为 t3＝＝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 学科网（北京）股份有限公司 $