第5章 专题强化练6 传送带模型（PPT同步课件）【学而思】2026-2027学年高一物理必修第一册分层练习（鲁科版）

该高中物理单元复习课件聚焦牛顿运动定律的传送带模型应用，通过水平、倾斜、组合及变速传送带题组分类，串联运动分析、相对位移计算、摩擦力方向判断等核心知识点，帮助学生构建完整的传送带问题解决体系。 其亮点在于采用“基础模型-综合应用-创新拓展”的分层设计，如通过v-t图像分析物块运动阶段，结合牛顿第二定律推导加速度及动摩擦因数，培养学生的模型建构和科学推理能力。这种设计让学生逐步深化对运动和相互作用观念的理解，教师可借助专题练习精准突破难点，提升复习效率。

第5章 牛顿运动定律 第1讲　描述运动的基本概念 专题专项练 专题强化练6　传送带模型 第1讲　描述运动的基本概念 题组一　水平传送带模型 1.[2026江苏南京江宁中学月考]如图甲所示,一水平传送带以2 m/s的速度匀速运动,现把小物块(可视为 质点)无初速度地轻放在传送带的左端A处,经过5 s时间,小物块到达传送带的右端B处,其v-t图像如图乙 所示,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是 ( ) A.A、B间距离为2 m B.小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 C.0~5 s内小物块在传送带上留下的痕迹的长度为2 m D.若把传送带的速度调为4 m/s,其他量保持不变,则小物块从A运动到B的时间为8 s C 第1讲　描述运动的基本概念 解析　根据v-t图线与t轴围成的面积表示位移,由题图乙可得A、B间距离为L= ×(3+5)×2 m=8 m(点拨: 等于小物块5 s内的位移),A错误;由v-t图线的斜率可得小物块加速时的加速度大小为a=  m/s2=1 m/s2, 根据牛顿第二定律可得μmg=ma,解得μ=0.1,B错误;共速前小物块相对传送带发生的位移为Δx=vt1- t1=2 ×2 m- ×2 m=2 m,则0~5 s内小物块在传送带上留下的痕迹的长度为2 m(点拨:痕迹长度等于小物块与 传送带的相对位移大小),C正确;若把传送带的速度调为4 m/s,其他量保持不变,若小物块一直加速到与 传送带共速,则加速的时间为t'1= =  s=4 s,加速过程的位移为x'1= t'1= ×4 m=8 m=L,可知小物块与传 送带共速时刚好到达B端,所以小物块从A运动到B的时间为4 s,D错误。 第1讲　描述运动的基本概念 2.[2026安徽六安第一中学月考]如图甲所示,一小物块(可视为质点)从水平转动的传送带的右端滑上传 送带,固定在传送带右端的位移传感器(图中未画出)记录的小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所 示。已知图线在前3.0 s内对应二次函数,在3.0~4.5 s内对应一次函数,取向左运动的方向为正方向,传送 带的速度保持不变,重力加速度g取10 m/s2。下列说法不正确的是 ( ) A.物块在前3 s内向左做匀减速运动 B.传送带沿顺时针方向转动 A C.传送带的速度大小为2 m/s D.小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2 第1讲　描述运动的基本概念 题图解读    第1讲　描述运动的基本概念 解析    x-t图线的斜率表示速度,前3 s内图线斜率的绝对值先变小后变大,结合题意可知前3 s内物块先 做匀减速直线运动后做匀加速直线运动,A错误;3~4.5 s内,图线斜率为负且恒定,说明物块与传送带一 起向右匀速运动,因此传送带沿顺时针方向转动,传送带的速度大小为v= =  m/s=2 m/s,B、C正 确;由题图乙可知,2~3 s内,物块向右做初速度为0的匀加速直线运动,物块位移大小为x'=1 m,有x'= at'2, 由牛顿第二定律,有μmg=ma,联立解得μ=0.2,D正确。 第1讲　描述运动的基本概念 题组二　倾斜传送带模型 3.[多选题][2026湖南益阳期末]国庆期间,各个快递公司业务更加繁忙。某分拣中心由电动机带动着倾 角θ=37°的传送带以速率v=0.8 m/s顺时针匀速转动,传送带从底端到顶端长为4 m,如图所示。如果分拣 员将一可视为质点的包裹轻放于传送带底端,包裹与传送带间的动摩擦因数μ= ,重力加速度g取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则以下说法正确的是 ( ) A.由于重力作用,包裹不能从传送带底端到达顶端 B.包裹加速阶段的加速度大小为1 m/s2 C.包裹到达传送带顶端的速度大小为2  m/s BD D.包裹在传送带上运动的总时间为5.4 s 第1讲　描述运动的基本概念 解析　包裹轻放于传送带底端时,传送带对包裹的摩擦力方向沿传送带向上,根据牛顿第二定律有μmg cos θ-mg sin θ=ma,解得a=1 m/s2,加速度沿传送带向上,包裹能从传送带底端到达顶端,A错误,B正确;设 经过时间t1包裹与传送带共速,t1= =0.8 s,这段时间内包裹的位移为x1= a =0.32 m<4 m,还没有到达传 送带顶端,包裹将与传送带一起匀速运动,所以包裹到达传送带顶端时的速度大小为0.8 m/s,C错误;包裹 与传送带一起匀速运动的时间t2=  s=4.6 s,包裹在传送带上运动的总时间t=t1+t2=5.4 s,D正确。 第1讲　描述运动的基本概念 4.[多选题][2026安徽蚌埠期末]如图甲所示,传送带以恒定的速率v0逆时针转动,将一可视为质点的物体 轻置于传送带顶端,物体向下运动14 m后离开传送带,这段过程物体的v2-x图像如图乙所示,倾角θ=30°, 重力加速度g取10 m/s2。则 ( ) A.0~4 m内,物体受到的摩擦力方向沿传送带向下 B.0~4 m内,物体的加速度大小为12.5 m/s2 C.物体与传送带间的动摩擦因数为  ABD D.物体在传送带上运动的时间为1.8 s 第1讲　描述运动的基本概念 解析　根据v2=2ax,可知v2-x图线的斜率k=2a,可得0~4 m内物体的加速度a= ×  m/s2=12.5 m/s2,因a=1 2.5 m/s2>g sin 30°=5 m/s2,可知物体受到的摩擦力方向沿传送带向下(点拨:物体相对传送带向上运动,摩 擦力方向沿传送带向下),A、B正确。0~4 m内物体做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得mg sin 30 °+μmg·cos 30°=ma,则物体与传送带间的动摩擦因数为μ= ,C错误。物体在传送带上加速运动的时间t 1= =0.8 s,加速运动的位移x1=4 m;4~14 m内物体匀速运动(点拨:物体先加速到与传送带共速,后因重力 沿传送带向下的分力小于最大静摩擦力而匀速下滑),则运动的总时间为t=t1+ =0.8 s+  s=1.8 s, D正确。 第1讲　描述运动的基本概念 5.[2025吉林松原月考]如图甲所示为一皮带传送装置,皮带沿逆时针方向匀速传动,物体由静止放到皮 带顶端,被皮带向下传送,其在皮带上运动的v-t图像如图乙所示(图中只画出一部分),重力加速度g取10 m/s2。  　      (1)求皮带匀速运动的速度大小; (2)求皮带与水平面间的夹角θ及物体与皮带之间的动摩擦因数μ; (3)如果物体是一袋石灰粉,当第一袋石灰粉被运送到目的地时,发现皮带上留有一段9.0 m长的白色痕 第1讲　描述运动的基本概念 迹,请由此推出石灰粉的传送时间和传送距离。 答案    (1)8.0 m/s    (2)30°         (3)4 s    37 m 第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)v-t图线的斜率表示加速度,由题图乙可知,物体在t=1.0 s时加速度改变,说明1.0 s前物体的速度 小于皮带的速度,1.0 s后物体的速度大于皮带的速度,所以皮带的速度为8.0 m/s。 (2)由题图乙中v-t图线的斜率,可得 0~1.0 s内,a1= =  m/s2=8.0 m/s2,皮带对物体的滑动摩擦力沿皮带向下,由牛顿第二定律有 mg sin θ+μmg cos θ=ma1 1.0~2.0 s内,a2= =  m/s2=2.0 m/s2,皮带对物体的滑动摩擦力沿皮带向上,由牛顿第二定律有 mg sin θ-μmg cos θ=ma2 联立解得θ=30°,μ=  (3)0~1.0 s内,石灰粉相对皮带向上滑动,相对位移的大小(痕迹长度)为Δx1=8×1 m- ×1 m=4 m 第1讲　描述运动的基本概念 在1.0 s之后,石灰粉相对皮带向下滑动 因为当第一袋石灰粉被运送到目的地时,发现皮带上留有一段9.0 m长的白色痕迹,故在1.0 s之后,石灰 粉相对皮带的位移的大小(痕迹长度)为Δx2=9 m 设在1.0 s之后,石灰粉在皮带上的运动时间为t,则 Δx2=(8t+ a2t2)-8t 联立可得t=3 s 故传送时间为t总=1 s+3 s=4 s 传送距离为x= ×1 m+ =37 m 第1讲　描述运动的基本概念 题组三　组合传送带模型 6.[2026湖南邵阳联考]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 =9 m,倾角为θ=37°,AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(工件通过连接处时速度大小不变),传送带 以v=4 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在C点,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,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)工件第一次到达B点时速度的大小; (2)工件第二次到达B点所用的总时间; (3)工件运动了2 025 s时所在的位置。 答案    (1)6 m/s    (2)5.5 s    (3)在BC上且距离C点7.25 m处 第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)工件第一次在BC段运动时,由C→B向下运动,由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma1 解得a1=2 m/s2 由速度-位移公式得 =2a1LBC 解得v1=6 m/s (2)设经t1时间,工件第一次从C运动到B,则 t1= =3 s 在AB段,对工件,由牛顿第二定律得μmg=ma2 解得a2=μg=5 m/s2 设经t2时间工件从B向A运动到速度为0,则t2= =1.2 s 工件向左运动的位移大小为x1= a2 =3.6 m 第1讲　描述运动的基本概念 设经t3时间工件从速度为0向B加速运动到与传送带共速,则t3= =0.8 s 工件向右运动的位移大小为x2= a2 =1.6 m 设此后经t4时间工件与传送带一起匀速运动至第二次到达B点,则 t4= =0.5 s 所以工件第二次到达B点所用的时间为t=t1+t2+t3+t4=5.5 s (3)工件在BC段沿传送带向上运动的时间为t5= =2 s 运动的位移大小为 x3= a1 =4 m 此后,由于工件在传送带的BC段运动时的加速度相同,在传送带的AB段运动时的加速度也相同,故工件 第1讲　描述运动的基本概念 将在传送带上做往复运动,其周期为T,且T=2t5+2t3=5.6 s 由于工件第一次往返所需要的时间为t'=t+t5=7.5 s 且因为2 025 s-7.5 s=360T+Δt 则Δt=1.5 s 工件从最高点(工件在BC段沿传送带向上运动位移大小为x3处)沿BC向下运动的距离为 x4= a1(Δt)2=2.25 m 此时距C点的距离为Δx=LBC-x3+x4=7.25 m 所以工件运动了2 025 s时所在的位置在BC上且距离C点7.25 m处。 第1讲　描述运动的基本概念 创新题型 创新点　传送带做变速运动 7.[2026河南南阳阶段检测]如图甲所示,一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点),煤块与传送 带之间的动摩擦因数为μ=0.2,初始时,传送带与煤块都是静止的。现让传送带在变速电机带动下先加 速后减速,传送带的v-t图像如图乙所示。假设传送带足够长,经过一段时间,煤块在传送带上留下了一 段黑色痕迹,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 ( ) A.黑色痕迹的长度为80 m B.煤块在传送带上的相对位移大小为16 m C.煤块在传送带上先加速,之后与传送带保持相对静止 B D.煤块的质量越大,黑色痕迹的长度越长 第1讲　描述运动的基本概念 关键点拨　煤块的最大加速度为am= =2 m/s2,传送带的加速度的大小为a=4 m/s2,设t时刻煤块和传 送带速度相同,有amt=24 m/s-a(t-6 s),得t=8 s,此时它们的速度为v=amt=16 m/s。在题图乙中作出煤块的v- t图像,如图所示。   第1讲　描述运动的基本概念 解析　由“关键点拨”中图可知,煤块的速度小于传送带的速度时,煤块在传送带上的相对位移大小Δx 1= ×(24-12)×8 m=48 m,煤块的速度大于传送带的速度时,煤块在传送带上的相对位移大小为Δx2= ×(1 6-12)×16 m=32 m,所以煤块在传送带上的相对位移大小为Δx=Δx1-Δx2=16 m,B正确。煤块在传送带上 留下的黑色痕迹的长度为l=Δx1=48 m,A错误。煤块在传送带上先做匀加速直线运动,共速后做匀减速 直线运动,C错误。煤块的质量变大,不改变加速度,所以痕迹长度不变,D错误。 第1讲　描述运动的基本概念 $