第3章 第2讲 第3课时 动力学中的传送带模型(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动力学中的传送带模型”专题，依据高考评价体系梳理了水平与倾斜传送带的受力分析、运动分析两大核心考查要求，通过2024年北京、安徽高考真题及变式训练，明确共速判断、痕迹长度计算等高频考点，归纳匀加速-匀速、减速-反向加速等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“模型建构+科学推理”的突破策略，如以水平传送带行李运动为例，用v-t图像分析运动阶段，培养科学思维与运动和相互作用观念。含高考真题训练及摩擦力突变等易错点解析，帮助学生掌握共速条件、痕迹计算技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

动力学中的传送带模型 第3课时 动力学中的传送带模型分为水平传送带模型和倾斜传送带模型，解答此类问题，关键是做好两个分析： 受力分析 运动分析 (1)摩擦力方向的判断： ①同向“以快带慢”；②反向 “互相阻碍”。 (2)共速时摩擦力的可能突变： ①滑动摩擦力突变为零； ②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变。 (1)参考系的选择： ①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系； ②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。 (2)判断共速以后物体是否能与传送带保持相对 静止。 (3)判断物体在达到共速之前是否滑出传送带。 1.应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v=0.4 m/s的恒定速率顺时针运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，A、B 间的距离为2 m，g取10 m/s2。若旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，求： 类型1　水平传送带模型 (1)行李到达B处的时间； 解析：对行李，根据牛顿第二定律，有μmg=ma 解得a=2 m/s2 根据v=at1可得，匀加速运动的时间t1=0.2 s 匀加速运动的位移大小s=a=0.04 m<2 m，故行李先做匀加速运动再做匀速运动，行李做匀速运动的时间为t2== s=4.9 s 可得行李从A到B的时间为t=t1+t2=5.1 s。 答案：5.1 s (2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。 解析：在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δs=vt1-s=(0.4×0.2-0.04)m =0.04 m。 答案：0.04 m 2.[拓展变式]上题中，若传送带转动方向反向，如图所示。 (1)若行李放在A处时的初速度大小v0为0.2 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度； 解析：传送带转动速度反向，若行李放在A处时的初速度为v0=0.2 m/s，行李先向右做匀减速运动，加速度大小为a=2 m/s2 答案：0.08 m　 匀减速运动的时间t1==0.1 s，则行李匀减速运动的位移大小s=v0t1-a=0.01 m<2 m 行李不会从传送带右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，由s=a得行李匀加速运动的时间t2=t1=0.1 s，行李从传送带左端离开，在传送带上运动的时间为t=t1+t2=0.2 s 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δs=vt1+s+vt2-s=0.08 m。 (2)若行李放在A处时的初速度大小v0'为0.6 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度； 解析：若行李放在A处时的初速度为v0'=0.6 m/s，行李先向右做匀减速运动，加速度大小为a=2 m/s2，匀减速运动的时间t1'==0.3 s，匀减速运动的位移大小s1=v0't1'-at1'2=0.09 m<2 m，行李不会从传送带右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，根据v=at2'， 答案：0.25 m　 解得行李匀加速运动的时间t2'=0.2 s， 则行李匀加速运动的位移大小s2=at2'2=×2×0.22 m=0.04 m<0.09 m， 接着再匀速运动t3'==0.125 s，行李从传送带左端离开，在传送带上运动的时间为t=t1'+t2'+t3'=0.625 s；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δs=vt1'+s1+vt2'-s2=0.25 m。 (3)试画出(2)中行李运动的v⁃t图像，在图像中用阴影标明哪个面积大小等于行李在传送带上的痕迹长度。 解析：行李运动的v⁃t图像如图所示(以初速度方向为正方向)，图中阴影部分面积表示痕迹长度。 答案：见解析图 3.(2025·河南南阳期末)(双选)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一包裹轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运动到最下端B点的过程中，加速度a随位移x的变化图像如图乙所示(重力加速度g取10 m/s2)，则下列说法正确的是(　　) A.传送带与水平面的夹角为30° B.包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4 C.传送带运行的速度大小为6 m/s D.包裹到B点时的速度为8 m/s 类型2　倾斜传送带模型 √ √ 解析：包包裹放上传送带后瞬间，包裹相对传送带向上滑动，其所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得μmgcos θ+mgsin θ=ma1，包裹运动到与传送带共速时，摩擦力反向，根据牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ= ma2，由题图乙得a1=7.5 m/s2，a2=2.5 m/s2，联立解得μ=，sin θ=0.5，可得θ=30°，故A正确，B错误；由运动学公式=2a1s1，可得v1= = m/s=6 m/s，则传送带的速度为6 m/s，故C正确；第二段匀加速过程有-=2a2(s2-s1)，解得v2=7 m/s，可知包裹到B点时的速度为7 m/s，故D错误。 4.(2025·陕西咸阳阶段练习)利用倾斜传送带可将货物向上运送，如图所示，传送带与水平面夹角为θ，传送带沿顺时针匀速运行的速度为3 m/s，货物与传送带间的动摩擦因数为0.75，重力加速度g取10 m/s2，不计货物的大小，tan 37° =0.75。 (1)要使货物由静止释放在传送带上后能随传送带向上运动，则θ应满足什么条件? 解析：要使货物由静止释放在传送带上后能随传送带向上运动，则要满足 μmgcos θ>mgsin θ 解得tan θ<0.75 即θ<37°。 答案：θ<37° (2)当θ = 24°时，将货物由静止释放在传送带底端，货物运动到传送带顶端时恰好与传送带共速，则传送带的长度为多少?(取sin 24° = 0.4，cos 24° = 0.9) 解析：由题意可知，货物一直做匀加速运动至传送带顶端，设其加速度大小为a，则有μmgcos θ-mgsin θ=ma 解得a=2.75 m/s2 答案： m 货物到达传送带顶端时速度大小为v=3 m/s 设传送带的长为L，则有v2=2aL 解得L= m。 1.水平传送带问题的常见情形及运动分析 关键点拨 图示 速度大小比较 f方向 物块v⁃t图像(传送带足够长) v0=0 向右 v0<v 向右 v0>v 向左 v0<v 向左 v0>v 向左 (共速前) 续表 2.倾斜传送带问题的常见情形及运动分析(μ>tan θ) 图示 速度大小比较 f方向 物块v⁃t图像 (传送带足够长) v0=0 沿传送带向上 v0<v v0>v 沿传送带向下 v0=0 沿传送带向下 v0<v 沿传送带向下 v0>v 沿传送带向上 续表 v0<v 沿传送带向上 v0>v 沿传送带向上 续表 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 1.(2024·北京高考)水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是 (　　) A.刚开始物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长 √ 1 2 3 4 5 解析：刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；物体匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；物体加速运动过程中，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；设物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时，加速度大小为a==μg，物体做匀加速运动，直至物体速度等于传送带速度，由v=at=μgt可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。 1 5 2 3 4 2.如图所示，足够长的水平传送带以v=2 m/s的速度逆时针匀速转动，一个物块以v0=4 m/s的初速度从左端A处水平滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，g取10 m/s2，那么物块再次返回到A处所用的时间为 (　　) A.4 s B.2 s C.4.5 s D.3 s √ 1 5 2 3 4 解析：物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小为a=μg=2 m/s2，则物块速度减为零的时间为t1==2 s，运动的距离s== m=4 m；物块速度减为零后反向加速，加速到与传送带共速的时间为t2==1 s，运动的距离s1== m=1 m；物块匀速运动回到原出发点的时间为t3== s=1.5 s，则物块从左端A处滑上传送带到再次返回到A处所用的时间t=t1+t2+t3=4.5 s，故C正确。 1 5 2 3 4 3.(2024·安徽高考)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 (　　) √ 1 5 2 3 4 解析：由题意可知，0~t0时间内物块由静止沿传送带向上做加速运动，对物块受力分析可知，物块受重力、支持力和滑动摩擦力，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大小相等，方向相反，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。 1 5 2 3 4 4.(2025·广西柳州期末)粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图甲所示，以某一恒定速率v0逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ=37°，转轴间距L=3.5 m。工人沿传送带方向以v1=1.5 m/s的速度从传送带顶端推下粮袋(视为质点)，4.5 s时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的v⁃t图像如图乙所示。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2，则 (　　) 1 5 2 3 4 A.在t=2.5 s时，粮袋所受摩擦力方向改变 B.粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.5 C.传送带运行的速度大小为0.5 m/s D.在0~2.5 s内粮袋处于失重状态 解析：由题图乙可知，在0~2.5 s内，粮袋的速度大于传送带的速度，则粮袋受沿传送带向上的滑动摩擦力，在2.5~4.5 s内，粮袋匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿传送带向上的静摩擦力，故A错误；v⁃t图像中，图线与横轴围成的面积表示位移， √ 1 5 2 3 4 由题图乙可知L=(v0+1.5)×2.5 m+(4.5-2.5)v0=3.5 m，解得v0=0.5 m/s，故C正确；由题图乙和C项分析可知，粮袋在0~2.5 s内的加速度为a== m/s2=-0.4 m/s2，负号表示加速度方向沿传送带向上，则在0~2.5 s内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma，联立代入数据解得μ=0.8，故B、D错误。 1 5 2 3 4 5.(12分)双层皮带输送机的出现极大地提升了物流输送 效率，它可以将货物同时进行输送装卸。双层皮带输 送机可简化为如图所示的两个传送速率相同的传送带，上层传送带长为4.02 m，与水平方向夹角为37°，水平的下层传送带长为3.21 m。货物放在材质相同的纸箱内，纸箱(可视为质点)与上、下两层传送带之间的动摩擦因数均为0.8，上、下两层传送带均以恒定速率0.4 m/s逆时针运行。装卸工人乙将纸箱轻放在下层传送带最右端，装卸工人甲同时将纸箱以大于传送带的速度无碰撞地推上传送带，另一端的分拣员同时接到两个纸箱。已知：sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2，求： 1 5 2 3 4 (1)纸箱被传送到分拣员处经过的时间；(6分) 解析：设纸箱在水平传送带上加速运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg=ma 解得a=8 m/s2 纸箱加速到与传送带速度相等时所需的时间t1== s=0.05 s 加速到与传送带速度相等时的位移s1=a=0.01 m 答案：8.05 s 1 5 2 3 4 速度相等后，纸箱与传送带一起匀速运动的位移s2=L2-s1=3.2 m 匀速运动的时间t2==8 s 纸箱被传送到分拣员处经过的时间t=t1+t2=8.05 s。 1 5 2 3 4 (2)纸箱被装卸工人甲推入传送带时的速度大小。(6分) 解析：设纸箱被装卸工人甲推入传送带时的速度大小为v1，纸箱从推入传送带到与传送带速度相同所需时间为t3，由题意可知，初始时纸箱做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得，纸箱做匀减速运动时的加速度大小为a1==0.4 m/s2，纸箱减速到与传送带速度相等时所需的时间t3= 答案：1.2 m/s 1 5 2 3 4 减速到与传送带速度相等时的位移s3= 速度相等后，纸箱与传送带一起做匀速运动，匀速运动的位移s4=L1-s3 匀速运动的时间t4=，根据t=t3+t4 联立解得v1=1.2 m/s。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $