第3章 专题突破5 传送带模型-【优化探究】2027年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“传送带模型”专题，覆盖水平与倾斜传送带两大核心考点，依据高考评价体系明确动力学分析、运动状态判断、相对位移计算等考查要求，通过分类梳理滑块在不同初速度、传送带长度下的运动情况，归纳出“v物=v传临界点分析”“摩擦力突变判断”等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+科学推理”的复习策略，如以2026年江苏镇江联考水平传送带题为例，详解“减速到零→反向加速→匀速”的运动过程分析，培养学生运动和相互作用观念与科学思维素养。特设“相对位移与划痕长度计算”技巧总结，帮助学生突破易错点，教师可依托此课件系统开展专题训练，提升学生解题效率与得分率。

专题突破5　传送带模型 第三章　运动和力的关系 1 [学习目标]　1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类。2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。 2 突破点一　水平传送带问题 突破点二　倾斜传送带问题 内容索引 3 突破点一　水平传送带问题 一 4 水平传送带模型中滑块可能的运动情况 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(未达到和传送带相对静止) 传送带足够长   一直加速 先加速后匀速   v0＜v时，一直加速 v0＜v时，先加速再匀速 v0＞v时，一直减速 v0＞v时，先减速再匀速 盘点 核心知识 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(未达到和传送带相对静止) 传送带足够长   滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端 若v0＜v，则返回到左端时速度为v0；若v0＞v，则返回到左端时速度为v [典例1]　(2026·江苏镇江地区联考)如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2 m/s，两端A、B间距离为3 m，一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。物块从滑上传送带到离开传送带的过程中，速度 随时间变化的图像是下列选项图中的(　　) B 提升 关键能力 [解析]　物块先向左做减速运动，加速度大小a＝μg＝4 m/s2，经过t1＝＝1 s速度减小到零，此时向左运动了x1＝v0t1a＝2 m＜3 m，即物块没有到达传送带A端，因此接下来物块向右加速运动，加速度大小不变，经t2＝＝0.5 s速度达到2 m/s，与传送带的速度相等，这时向右仅运动了x2＝a＝0.5 m，接下来向右匀速运动，选项B正确。 [典例2]　(2026·广东东莞模拟)如图所示为游乐场某冲关游戏最后一关的滑道，冲关者坐上坐垫从A点由静止开始沿倾角θ＝37°的轨道AB滑下，经C点滑上正以v0＝3 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动的水平传送带CD，B、C两点平滑衔接，间距可忽略，冲关者经C点运动到D点后水平抛出，落在水面上的E点，已知A、B两点距离x＝4 m， 传送带CD长度L＝3.25 m，坐垫与轨道AB 间的动摩擦因数μ1＝0.5，坐垫与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.2，冲关者和坐垫可视为质点，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求冲关者在AB段下滑的加速度a1的大小和到达B点时的速度vB的大小； [解析]　在轨道AB上运动时，对冲关者与坐垫分析，由牛顿第二定律有 mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1， 解得a1＝2 m/s2。 根据运动学公式有＝2a1x， 解得vB＝4 m/s。 [答案]　2 m/s2　4 m/s (2)求冲关者从A点运动到D点的时间t； [解析]　在轨道AB上运动的时间t1＝＝2 s， 滑上传送带后由牛顿第二定律得μ2mg＝ma2， 解得a2＝2 m/s2。 设冲关者减速到3 m/s时的位移为x'，可得 ＝2a2x'， 解得x'＝1.75 m＜3.25 m， 故滑上传送带后冲关者先减速运动后匀 速运动，减速运动的时间t2＝＝ 0.5 s， 匀速运动的时间t3＝＝0.5 s， 冲关者从A点运动到D点的时间t＝t1＋t2＋t3＝3 s。 [答案]　3 s (3)由于机械故障，传送带CD在冲关者到达B点时突然沿逆时针方向以v＝2 m/s的速度匀速转动，试判断冲关者能否顺利通过D点。 [解析]　若传送带CD在冲关者到达B点时突然沿逆时针方向以v＝2 m/s的速度匀速转动，则冲关者受到向左的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得μ2mg＝ma3， 解得a3＝2 m/s2。 设冲关者减速到0时的位移为x″， 可得＝2a3x″， 解得x″＝4 m＞3.25 m。 冲关者能顺利通过D点。 [答案]　能，判断过程见解析 传送带模型特点 1.摩擦力作用：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对滑动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 2.解题关键：抓住v物＝v传这个临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 总结提升 1.如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A(可看作质点)以水平速度v0＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10 m/s2。 下列说法不正确的是(　　) A.若传送带速度等于2 m/s，物块不可能先做减速运动后做匀速运动 B.若传送带速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/s C.若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动 D.若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s， 则传送带的速度不大于3 m/s D 教参独具 解析：物块在传送带上的加速度大小为a＝＝1 m/s2，假设物块一直 做匀减速运动到传送带右端，根据v'2＝－2aL可得v'＝3 m/s＞ 2 m/s，则当传送带速度等于2 m/s时，物块一直减速到最右端，故A正 确；当传送带速度等于3.5 m/s，传送带逆时针转动时，v等于3 m/s，故 B正确；若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆 时针方向转动，此方向传送带的速度可以为任意值，故C正确，D错误。 2.如图所示，水平传送带以v0＝6 m/s的恒定速度顺时针匀速转动。现将一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的左端A 点，同时给物块一个水平向右、大小为F＝5 N的恒定拉力，物块经过 t＝2 s到达传送带的右端B点。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为 μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.从A点到B点，物块所受的摩擦力不变 B.从A点到B点，物块先加速后减速 C.物块运动的最大速度为10 m/s D.传送带A点与B点之间的距离为9 m C 解析：开始时物块所受摩擦力向右，则加速 度a1＝＝6 m/s2，达到共速时的时间 t1＝＝1 s，位移x1＝t1＝3 m，共速后物块所受摩擦力向左，则物块的加速度a2＝＝4 m/s2，可知物块继续加速，选项A、B错误；物块到达B点时速度最大，最大速度vm＝v0＋a2(t－t1)＝(6＋4×1)m/s＝ 10 m/s，选项C正确；传送带A点与B点之间的距离为L＝x1＋v0(t－t1)＋a2(t－t1)2＝3 m＋6×1 m＋×4×1 m＝11 m，选项D错误。 突破点二　倾斜传送带问题 二 19 倾斜传送带模型中滑块可能的运动情况 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(未达到和传送带相对静止) 传送带足够长   一直加速(一定满足关系gsin θ＜μgcos θ) 先加速后匀速(一定满足关系gsin θ＜μgcos θ)   一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ＜tan θ，先以a1加速，后以a2加速 盘点 核心知识 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(未达到和传送带相对静止) 传送带足够长   v0＜v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) v0＜v时，若μ＞tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0＞v时，若μ＜tan θ，一直加速，加速度大小为gsin θ－μgcos θ；若μ＞tan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－gsin θ v0＞v时，若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，一直加速 μ＝tan θ，一直匀速运动 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(未达到和传送带相对静止) 传送带足够长   (摩擦力方向一定沿斜面向上) gsin θ ＞μgcos θ，一直加速 gsin θ＝μgcos θ，一直匀速 gsin θ＜μgcos θ，一直减速 gsin θ＜μgcos θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置时速度大小为v0；若v0＞v，运动到原位置时速度大小为v [典例3]　(2026·江苏扬州新华中学月考)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θ(未知)。一物块以初速度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，物块到传送带顶端时速度恰好为零，g取10 m/s2，则 (　　) A.传送带的速度大小为16 m/s B.摩擦力的方向一直与物块运 动的方向相反 C.物块与传送带间的动摩擦因 数为0.25 D.传送带转动的速率越大，物 块到达传送带顶端时的速度 就会越大 C 提升 关键能力 [解析]　由题图乙可知，1 s时， 物块的运动发生突变，可知传 送带的速度为8 m/s，故A错误； 在0~1 s内，物块的速度大于传 送带速度，传送带对物块的摩 擦力沿传送带向下，与物块运动的方向相反，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝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物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送 带向上，与物块运动的方向相 同，根据牛顿第二定律有mgsin θ －μmgcos θ＝ma2，根据题图乙 可得a2＝ m/s2＝4 m/s2，联 立解得μ＝0.25，θ＝37°，故B错误，C正确；结合上述分析可知，当传送带的速度大于16 m/s时，物块在传送带上一直做加速度大小为a2的匀减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D错误。 [典例4]　(2026·江苏淮安马坝高级中学检测)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＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， g取10 m/s2，求： (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止； [解析]　由于mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。 [答案]　不能 (2)煤块从A运动到B的时间； [解析]　煤块刚放上传送带时，受到沿传送带向下的摩擦力，其加速度大小为a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2， 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，发生的位移x1＝a1＝5 m。 煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2， x2＝L－x1＝5.25 m， 由x2＝v0t2＋a2得t2＝0.5 s， 故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。 [答案]　1.5 s 29 (3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 [解析]　第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m， 第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m， Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。 [答案]　5 m 注意物体位移和相对位移的区别 1.物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。 2.物体相对传送带的划痕长度Δx等于物体与传送带的相对位移大小。 (1)若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传。 (2)若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；两次相对运动方向相反，则Δx等于较长的相对位移大小(图乙)。 总结提升 3.如图甲所示，一倾斜传送带以2 m/s的速率逆时针匀速转动，t＝0时刻， 将一质量为1 kg的物块轻放在传送带底端，物块在传送带上受到的摩擦 力随时间的变化如图乙所示(取平行传送带向上为正方向)。重力加速度 g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A.传送带的倾角为30° B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.8 C.传送带的两端长度为10 m D.运动过程中，物块相对传送带的位 移大小为15 m B 教参独具 解析：由题图乙可知，在0~5 s内，摩擦力Ff1＝6.4 N，在t＝5 s时突变，在5~10 s内，摩擦力Ff2＝6 N，说明在5~10 s内物块与传送带共速，则有Ff2＝mgsin θ，解得θ＝37°，故A错误；在0~5 s内为滑动摩擦力，即Ff1＝μmgcos θ，解得μ＝0.8，故B正确；物块在0~5 s内做匀加速运动，5~10 s做匀速运动，则传送带的两端长度L＝t1＋vt2，解得L＝15 m，故C错误；运动过程中，物块相对传送带的位移大小为Δx＝vt－L，解得Δx＝5 m，故D错误。 4.机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； 解析：小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos α＞mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2。 答案：0.4 m/s2　 (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 解析：根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝ s＝ 2.5 s， 此过程在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝ ×2.5 m＝2.75 m， 共速后，匀速运动的时间为t2＝ s＝2 s， 所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝ 4.5 s。 答案：4.5 s $