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（教科版）

该高中物理高考复习课件聚焦“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、运动状态分析、摩擦力突变等核心考点，通过情景分类（如传送带长度、速度关系）明确高频题型分布，构建完整的动力学问题解题框架。 课件亮点在于“真题训练+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2024安徽卷、2026四川模拟题为例，解析“v物=v传临界点分析”“相对位移计算”等技巧，培养学生运动和相互作用观念。特设易错警示（如位移与相对位移区别），助力学生掌握答题节奏，教师可据此精准指导，提升复习效率。

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 随堂检测　自我诊断 内容索引 3 突破点一　水平传送带问题 一 4 1.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 2.解题关键：抓住v物＝v传的临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 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   一直减速到右端 先减速到速度为0，后被传送带传回左端。若v0＜v，返回到左端时速度为v0；若v0＞v，返回到左端时速度为v [典例1]　(2026·四川安岳中学高三诊断)如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1，一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑 上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回 到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.小滑块的加速度向右，大小为μg B.若v0＜v1，小滑块返回到左端的时间为 C.若v0＞v1，小滑块返回到左端的时间为 D.若v0＞v1，小滑块返回到左端的时间为 D 提升 关键能力 [解析]　小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩 擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得 μmg＝ma，解得a＝μg，故A错误；若v0＜v1， 小滑块的速度从v0先向右减速到0再返回加速到v0，刚好返回到左端，时间为t＝，故B错误；若v0＞v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0的时间t1＝，位移为x1＝，然后加速返回，速度加速到v1的时间t2＝，位移为x2＝，最后以速度v1匀速回到左端，时间为t3＝，小滑块返回到左端的时间t＝t1＋t2＋t3，解得t＝，故C错误，D正确。 [典例2]　(多选)快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效率，其过程可以简化为如图所示的装置，水平传送带长为L，以一定的速度v2＝ 8 m/s顺时针匀速运动，工作人员以一定的初速度v1将快递箱推放到传送带左端。若快递箱被从左端由静止释放，到达右端过程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，快递箱与传送带间 的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，则(　　) A.传送带长L为24 m B.若v1＝0，全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为4 m C.若v1＝v2，则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为12∶13 D.若v1＝0，将传送带速度增大为原来的2倍，则快递箱先匀加速运动再匀速运动 AC [解析]　根据牛顿第二定律知，快递箱加速时加速 度a＝＝μg＝4 m/s2，快递箱加速运动的位移x1 ＝＝8 m，快递箱匀速运动的位移x2＝v2·＝ 16 m，所以传送带总长L＝24 m，故A正确；若v1＝0，快递箱加速运动的位移x1＝8 m，传送带在这段时间内运动的位移x带＝v2·＝16 m，则痕迹长s＝x带－x1＝8 m，故B错误；如果v1＝v2，快递箱加速运动的时 间t1＝＝1 s，加速运动的位移x'1＝＝ 6 m，匀速运动的时间t2＝＝2.25 s，在此期 间传送带匀速运动的位移x＝v2(t1＋t2)＝26 m，所以两者路程之比为L∶x＝12∶13，故C正确；如果传送带速度加倍，则快递箱加速运动的时间t'1＝＝4 s，加速运动的位移x″1＝＝32 m，大于24 m，所以快递箱一直匀加速运动，故D错误。 [典例3]　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： (1)行李到达B处的时间； [解析]　对行李，有μmg＝ma， 解得a＝2 m/s2。 行李匀加速运动的时间t1＝＝0.2 s， 匀加速运动的位移大小x＝a＝0.04 m＜2 m，故行李先匀加速再匀速运动，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]　行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04)m＝0.04 m。 [答案]　0.04 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)。 易错警示 突破点二　倾斜传送带问题 二 16 　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) 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   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＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝ gsin θ－μgcos θ加速 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，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，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速。 v0＞v时，若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，一直加速 μ＝tan θ时，若v0≥v，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4]　如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg的物块以沿传送带向下的速度v0＝4 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v－t图像如图乙所示，g取 10 m/s2，则(　　) A.物块最终从传送带N点离开 B.物块将在4.8 s时回到原处 C.物块与传送带之间的动摩擦因数为 D.传送带的速度v＝1 m/s，方向沿斜面向下 C 提升 关键能力 [解析]　由v－t图像可知，物块速 度减为零后反向向上运动，最终 的速度大小为1 m/s，因此物块没 从N点离开，物块最终与传送带 共速，所以传送带的速度v＝1 m/s，方向沿斜面向上，故A、D错误；v－t图像中的斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为a＝ m/s2＝2.5 m/s2，根据牛顿第二定律可得a＝，联立解得，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝ ，故C正确；物块沿传送带向 下减速到速度为0所用时间为t1＝ ＝1.6 s，物块沿传送带向下减 速通过的位移大小为x1＝t1＝3.2 m，物块反向向上加速到与传送带共速所用时间为t2＝＝0.4 s，物块反向向上加速通过的位移大小为x2＝t2＝0.2 m，则物块与传送带共速后继续向上运动回到原处所用时间为t3＝＝3 s，则物块从滑上传送带到回到原处所用时间为t＝t1＋t2＋t3＝5 s，故B错误。 [典例5]　(2026·四川成都模拟)如图所示，传送带倾斜放置，倾角为θ＝37°，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s 从A端冲上传送带，煤块刚好不从传送带顶端B冲出。已知煤块和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，求： (1)A、B之间的距离L； [解析]　在煤块与传送带共速前，对煤块，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1， 可得煤块的加速度大小a1＝8 m/s2， 煤块运动的时间t1＝＝1 s， 煤块运动的位移L1＝t1＝8 m； 煤块与传送带共速后，对煤块，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2， 可得煤块的加速度大小a2＝4 m/s2， 煤块速度减为零所用的时间t2＝＝1 s， 煤块运动的位移L2＝t2＝2 m， 则A、B之间的距离L＝L1＋L2＝10 m。 [答案]　10 m (2)煤块在传送带上留下的划痕长度Δx。 [解析]　在煤块与传送带共速前，传送带运动的位移 L'1＝vt1＝4 m， 传送带上痕迹长度Δx1＝L1－L'1＝4 m。 煤块与传送带共速后，对煤块上滑的过程，传送带的位移大小为L'2＝vt2＝4 m， 产生的划痕长度为Δx2＝L'2－L2＝2 m， 27 该过程中由于传送带的速度始终大于煤块的速度，因此产生的划痕与共速前的划痕重叠，此时有2 m的划痕在煤块之前，有2 m的划痕在煤块之后。 设煤块从传送带顶端滑到底端所用时间为t'，则有 L＝a2t'2， 解得t'＝ s， 该过程中传送带的位移L'＝vt'＝4 m， 该过程中传送带运动方向与煤块运动方向相反，煤块之后的2 m划痕随着煤块的下滑被覆盖，因此总的划痕长度为s＝L＋L'＋Δx2＝(12＋4m。 [答案]　(12＋4m 随堂检测　自我诊断 三 29 1.(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度轻放一小物块， 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(　　) C 30 解析：0~t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动，由受力分析可知，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相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。综上，C正确，A、B、D错误。 2.(2026·重庆一中高三开学考)如图所示是快递包裹的运送和缓冲装置，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧起缓冲作用。将快递轻放在传送带左端，快递在接触弹簧前速度已达到v，之后与弹簧接触并继续向右运动。规定水平向右为正方向，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 下面是描述快递从开始释放到第一次到达最右端过程中的v－t图像和a －x图像，其中可能正确的是(　　) B 解析：快递在接触弹簧前速度已达到v，说明它 在接触弹簧前先做加速运动再做匀速运动，匀速 阶段不受摩擦力。接触弹簧后，在开始一段时间 内快递相对于传送带静止，即其所受弹簧弹力和 静摩擦力平衡，继续做匀速运动，当弹簧弹力增大到与最大静摩擦力相等时，快递因惯性继续压缩弹簧，弹力越来越大，此后快递做加速度增大的减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确。快递在接触弹簧前的加速阶段，有μmg＝ma1，解得a1＝μg，方向向右，匀速运动阶段，有a2＝0；接触弹簧后，弹簧弹力大于最大静摩擦力前，仍做匀速运动，加速度仍然为零，当弹力大于最大静摩擦力后，有kx－μmg＝ma3，解得a3＝x－μg，方向向左，故C、D错误。 3.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 解析：由题图乙可知，1 s时，物块的 运动发生突变，由此可知传送带的速 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1~2 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，当传送带的速度大小大于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。 4.(2026·四川资阳高三模拟)如图所示，一水平传送带长L＝10 m，以v＝5 m/s的速度运行。水平传送带的右端与一光滑斜面平滑连接，斜面倾角θ＝30°。一物块由静止轻放到传送带左端，物块在传送带上先做匀加速运动，后做匀速直线运动，然后冲上光滑斜面。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间； 解析：物块在传送带上做匀加速运动时，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2， 由运动学公式有v＝a1t1，解得t1＝2 s， 物块匀加速运动的距离为x1＝a1＝5 m， 物块在传送带上匀速运动的时间为t2＝＝1 s， 物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间t＝t1＋t2＝3 s。 答案：3 s　 (2)求物块沿斜面上滑的最大位移的大小； 解析：物块沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma2，解得a2＝5 m/s2， 对物块沿斜面上滑过程，由运动学公式有 v2＝2a2x2， 解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小为 x2＝2.5 m。 答案：2.5 m (3)从物块轻放到传送带左端开始计时，通 过计算说明t＝10 s时物块所处的位置。 解析：设物块从斜面底端上滑到最大位移处所需时间为t3，由运动学公式有v＝a2t3， 解得t3＝1 s。 设物块第一次沿斜面下滑过程所需时间为t4，则有x2＝a2，解得t4＝ 1 s。 物块沿斜面下滑至斜面底端时的速度大小为 v1＝a2t4＝5 m/s， 物块沿水平传送带向左做减速运动，速度减为零所需时间为t5＝＝2 s。 物块在传送带上的往返运动具有对称性，物块沿水平传送带第二次向右 加速运动，到达斜面底端所需时间为t6＝t5＝2 s。 物块第二次沿斜面上滑到最大位移处所需时间为t7＝t3＝1 s。 因为t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＋t7＝10 s， 所以10 s时，物块刚好第二次沿斜面上滑 到最大位移处，物块在斜面上距离斜面 底端2.5 m处。 答案：物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处，计算过程见解析 $