最新高三第一轮复习专题：传送带模型
传送带模型动力学假设法高三物理一轮复习专题
一.水平传送带模型传送带长为L，速度为v，与物块间的动摩擦因数为μ，那么物块相对传送带滑动时的加速度大小a＝μg。
工程图示滑块可能的运动情况情景1v0＝0时，物块加速到v的位移x＝v22μg(1)一直加速假设x≥L即v≥2μgL时，物块一直加速到右端。
(2)先加速后匀速假设x<L即v<2μgL时，物块先加速后匀速；情景2如图甲，当v0≠0，v0与v同向时，(1)v0>v时，一直减速，或先减速再匀速当v0>v时，物块减速到v的位移x＝v20－v22μg，假设x<L，即v0>v> v20－2μgL，物块先减速后匀速；假设x≥L，即v≤ v20－2μgL，物块一直减速到右端。
〔2〕当v＝v0时，物块相对传送带静止随传送带匀速运动到右端。
(3)v0<v时，或先加速再匀速，或一直加速当v0<v时，物块加速到v的位移x＝v2－v202μg，假设x<L，即v0<v< v20＋2μgL，物块先加速后匀速；假设x≥L，即v≥ v20＋2μgL，物块一直加速到右端。
情景3如图乙，v0≠0，v0与v反向，物块向右减速到零的位移x ＝v202μg(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端假设x≥L，即v0≥2μgL，物块一直减速到右端；(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。
即x<L，即v0<2μgL，那么物块先向右减速到零，再向左加速(或加速到v后匀速运动)直至离开传送带。
假设v0>v，返回时速度为v，假设v0<v，返回时速度为v0二.倾斜传送带模型物块在倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况，物块相对传送带速度为零时，通过比拟μmg cosθ与mg sinθ的大小关系来确定物块是否会相对传送带下滑，μ>tanθ工程图示滑块可能的运动情况情景1〔一〕假设0≤v0<v且μ>tanθ(1)一直加速传送带比拟短时，物块一直以a＝μg cosθ－g sinθ向上匀加速运动。
(完整版)高中物理传送带模型(解析版)
送带模型1.模型特征(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)倾斜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)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加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直减速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速2. 注意事项（1）传送带模型中要注意摩擦力的突变①滑动摩擦力消失②滑动摩擦力突变为静摩擦力③滑动摩擦力改变方向（2）传送带与物体运动的牵制。
牛顿第二定律中a 是物体对地加速度，运动学公式中S 是物体对地的位移，这一点必须明确。
（3） 分析问题的思路：初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析出物体受的合外力和加速度大小和方向→由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。
【典例1】如图所示，传送带的水平部分长为L ，运动速率恒为v ，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( )A.L v ＋v 2μgB.L vC.2L μgD.2L v【答案】 ACD【典例2】如图所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s ，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间． 【答案】 (1)4 s (2)2 s【典例3】如图所示，与水平面成θ＝30°的传送带正以v ＝3 m/s 的速度匀速运行，A 、B 两端相距l ＝13.5 m 。
2024版新教材高考物理全程一轮总复习第三章牛顿运动定律专题强化五传送带模型和“滑块_木板”模型学生
专题强化五传送带模型和“滑块—木板”模型【素养目标】 1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题．2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”．题型一传送带模型1．模型特点传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其实质是物体与传送带间的相对运动问题．2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．3．“传送带”问题解题思路考向1 动力学中水平传送带问题例 1 如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图．若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5 m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2 m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；(2)若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1 m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间．考向2 动力学中的倾斜传送带问题例 2[2023·江苏常州月考]图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带简化图，1为长度L1＝2 m的水平传送带，2为长度L2＝1 m、倾角θ＝37°的倾斜传送带．现将质量m＝0.2 kg的口罩盒(包括口罩)从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a处，口罩盒(包括口罩)到达传送带1左端点b处刚好与传送带1的速度相等．口罩盒(包括口罩)与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5.口罩盒(包括口罩)在连接点b处滑上传送带2时速度大小不变，两传送带均逆时针转动，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2.求：(1)传送带1的速度大小v1；(2)要使口罩盒(包括口罩)能够运送至c点(传送带2的最上端)，则传送带2的最小速度大小；(3)增大传送带1、2的速度，则口罩盒(包括口罩)从a到达c的最短时间．针对训练1.(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v2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，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( )A．传送带的速度为4 m/sB．物块上升的竖直高度为0.96 mC．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反题型二“滑块—木板”模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．两种常见类型类型图示3.解题关键点(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．例 3[2023·广东珠海模拟](多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上．t＝0时，小车以速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车，如图乙所示为小滑块与小车运动的v－t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小为g.由此可求得( )A．小车的长度B．小滑块的质量C．小车在匀减速运动过程中的加速度D．小滑块与小车之间的动摩擦因数针对训练2.[2023·吉林一中期中]如图所示，质量为m＝2 kg的物体A与质量为M＝1 kg的物体B叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为μ＝0.2，一水平向右的力F作用在A物体上(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，则( )A．当F＝4 N时，两物体即将发生相对运动B．当F＝5 N时，两物体一定发生相对运动C．当F＝8 N时，B物体的加速度为4 m/s2D．当F＝12 N时，A物体的加速度为4 m/s23．[2023·人大附中月考](多选)如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)放在长木板的左端，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.2.某时刻用F＝9 N的水平恒力作用在长木板上，经t＝1 s后撤去力F，最终滑块恰好没有滑离长木板．若重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．撤去力F时长木板的速度为3 m/sB．撤去力F时滑块的速度为2 m/sC．滑块最终的速度为3 m/sD．长木板的长度为1.5 m专题强化五传送带模型和“滑块—木板”模型题型一例1 解析：(1)设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma解得a＝0.5 m/s2包裹加速到v0所用的时间为t1＝v0a解得t1＝1 sat12t1时间内包裹的位移大小为x1＝12解得x1＝0.25 mt1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1解得x2＝0.5 m故包裹相对于传送装置运动的距离为Δx＝x2－x1＝0.25 m.(2)包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝l−x1v0解得t2＝3.5 s乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为t3＝lv解得t3＝2 s故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t1＋t2－t3＝2.5 s.答案：(1)0.25 m (2)2.5 s例2 解析：(1)分析知，口罩盒(包括口罩)放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma，解得a＝4 m/s2根据运动学公式有v12＝2aL1，解得v1＝4 m/s.(2)若传送带2不转动，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度一直保持不变，大小为a 1＝μ2mg cos θ+mg sin θm＝g (μ2cos θ＋sin θ)＝10 m/s 2口罩盒(包括口罩)在传送带2上向上运动的最远距离为s max ＝v 122a1＝0.8 m<L 2所以口罩盒(包括口罩)无法运动到c 点若传送带2的速度大于4 m/s ，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度一直保持不变，大小为a 2＝mg sin θ−μ2mg cos θm＝g (sin θ－μ2cos θ)＝2 m/s 2口罩盒(包括口罩)在传送带2上向上运动的最远距离为s ′max ＝v 122a2＝4 m>L 2所以口罩盒(包括口罩)运动到c 点时速度不为零 设传送带2的速度大小为v 时，恰好能将口罩盒(包括口罩)运送至c 点．据以上信息可知，v 一定满足0<v <4 m/s ，则口罩盒(包括口罩)在传送带2上先做加速度大小为a 1＝10 m/s 2的匀减速直线运动，当口罩盒(包括口罩)与传送带的速度相等时，开始做加速度大小为a 2＝2 m/s 2的匀减速直线运动，到达c 点时速度恰好为零．由逆向思维法，有s 1＝v −12v22a1，s 2＝v 22a 2，s 1＋s 2＝L 2，解得v ＝1 m/s.(3)口罩盒(包括口罩)在传送带1上运动的时间不随传送带1、2的速度增大而变化，则有L 1＝12at 12，解得t 1＝1 s当传送带2的速度足够大时，口罩盒(包括口罩)在传送带2上一直做加速度大小为2 m/s 2的匀减速直线运动，则有L 2＝v 1t 2−12a 2t 22解得t 2＝(2－√3)s 或t ′2＝(2＋√3)s 舍去则口罩盒(包括口罩)从a 到达c 的最短时间为t ＝t 1＋t 2＝(3－√3)s. 答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)(3－√3)s1．解析：如果v 2小于v 1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v 2一定大于v 1，结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动．由此可以判断传送带的速度为2 m/s ，A 错误；物块的位移等于v t 图线与横轴所围的面积，即L ＝12×(4＋2)×0.2 m＋12×1×2 m＝1.6 m ，则上升的竖直高度为h ＝L sin θ＝0.96 m ，B 正确；0～0.2 s 内，加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0−4.00.2m/s 2＝－10 m/s 2，加速度大小为10 m/s 2，根据牛顿第二定律得a 1＝mg sin θ+μmg cos θm＝10 m/s 2，解得μ＝0.5，C 正确；在0～0.2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D 错误．答案：BC题型二例3 解析：最终小滑块恰好没有滑出小车，由图像可求出小车的长度L ＝v 1+v 02t 1－v12t 1＝v02t 1，故A 正确；根据图像可以求出小车做匀减速直线运动的加速度以及小滑块做匀加速直线运动的加速度，但无法求出小滑块的质量，故B 错误；根据v t 图像可知小车做匀减速直线运动的加速度大小，即a ＝v 0−v 1t 1，故C 正确；对小滑块，由v t 图像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即a ＝v1t 1，再由牛顿第二定律得a ＝Ff m ＝μmg m＝μg ，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝v1gt 1，故D 正确．答案：ACD2．解析：当A 、B 刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为a 0，根据牛顿第二定律，对B 有a 0＝μmg M＝4 m/s 2，对A 、B 整体有F ＝(m ＋M )a 0＝3×4 N＝12 N ，所以当F ≤12 N 时，A 、B 相对静止，一起向右做匀加速运动，A 、B 、C 错误；当F ＝12 N 时，A 物体的加速度为a ＝F−μmg m＝12−42m/s 2＝4 m/s 2，D 正确．答案：D3．解析：力F 作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得μmg ＝ma 1，F －μmg ＝Ma 2，解得滑块和长木板的加速度分别为a 1＝2 m/s 2，a 2＝5 m/s 2，撤去力F 时滑块和长木板的速度分别为v 1＝a 1t ＝2 m/s ，v 2＝a 2t ＝5 m/s ，故A 错误，B 正确；撤去力F 后，由动量守恒定律可得mv 1＋Mv 2＝(m ＋M )v ，解得滑块最终的速度为v ＝3 m/s ，故C 正确；撤去力F 前，滑块在长木板上移动的距离为Δx 1＝12a 2t 2－12a 1t 2＝1.5 m ，撤去力F 后，由能量守恒定律可得μmg ·Δx 2＝12mv +1212Mv 22－12(m ＋M )v 2，解得Δx 2＝0.75 m ，则长木板的长度为L ＝Δx 1＋Δx 2＝2.25 m ，故D 错误．答案：BC。
2024届高考一轮复习物理课件第3章 专题强化1 传送带模型
拓展思考一： 如图所示，水平传送带以v＝5 m/s的恒定速度顺时针运动，传送带 长L＝7.5 m，今在其左端A将m＝1 kg的工件以水平速度v0放在上面，工 件被带动，传送到右端B，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。 (1)若v0＝3 m/s，求工件由A端到B端的时间； (2)若v0＝7 m/s，求工件由A端到B端的时间。
2．倾斜传送带模型
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
(1)可能一直加速
情景 2
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以 a1 加速后以 a2 加速
项目 情景 3 情景 4
图示
滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能一直匀速 (4)可能先以 a1 加速后以 a2 加速 (5)可能先减速后匀速 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速
工件向右运动减速至零所用时间，t1＝μvg0＝1.4 s，
反向做匀加速运动时间 t2＝μvg＝1 s， 匀加速位移 x′＝v2t2＝52×1 m＝2.5 m， 匀速时间 t3＝x－vx′＝4.9－5 2.5 s＝0.48 s， 总时间 t＝t1＋t2＋t3＝2.88 s。
【总结提升】
(1)当v0与v同向时，只要传送带足够长，无论v0与v的大小关系如 何，最终一定一起匀速。
类型1 水平传送带 例1 如图所示，水平传送带以v＝5 m/s的恒定速度顺时针运动，
传送带长L＝7.5 m，今在其左端A将m＝1 kg的工件轻轻放在上面，工件 被带动，ห้องสมุดไป่ตู้送到右端B，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。求工件由A端传送到B端的时间。
高考物理一轮复习课件：传送带与板块模型
共速后加速
异向Байду номын сангаас坡
>
0 ≤
减速至0，后反向加速
至0
0 >
减速至0，后反向加速
至
=
<
—
—
一直匀速
一直加速
板—块模型
1、概述：两个或多个物体上、下叠放在一起，物体之间通过
摩擦力产生联系。
2、三个基本关系
加速度关系
注意：通过受力
分析判断加速度
同向上坡
0 >
0 =
0 <
减速至共速
—
—
≥
<
≥
共速后匀速
共速后继续
减速
一直匀速
<
>
减速至0， 加速至共速，
后反向加速
后匀速
=
<
一直匀速
减速至0，
后反向加速
同向下坡
0 >
0 =
传送带模型
1、明确滑块相对传送带的运动方向，正确判断摩擦力的方向
。
2、判断滑块与传送带共速前是否滑出传送带。
3、滑块在传送带上的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。
4、在水平传送带上,滑块与传送带共速时，二者相对静止做匀
速运动。
5、共速时刻一般是摩擦力发生突变的时刻。在倾斜传送带上，
滑块与传送带共速时，需比较mgsin与μmgcos的大小才能
确定运动情况。
①水平传送带
①0 >时，可能一直减速（不够长），
也可能先减速后匀速（足够长）
同向进入
②0 =时，一直匀速
③0 < 时,可能一直加速（不够长），
“传送带”模型中的动力学问题(解析版)—2025年高考物理一轮复习
运动和力的关系“传送带”模型中的动力学问题素养目标：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。
1．（2024·北京·高考真题）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考点一 水平传送带中的动力学问题水平传送带问题的常见情形及运动分析滑块的运动情况情景传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止)传送带足够长一直加速先加速后匀速v 0<v 时，一直加速v 0<v 时，先加速再匀速v 0>v 时，一直减速v 0>v 时，先减速再匀速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v 0≤v ，则返回到左端时速度为v 0；若v 0>v ，则返回到左端时速度为v例题1. 如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为1v ，一小滑块从传送带左端以初速度大小0v 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 ）A ．小滑块的加速度向右，大小为μgB ．若01vv <，小滑块返回到左端的时间为1v v g m +C ．若01v v >，小滑块返回到左端的时间为01v v gm +D ．若01v v >，小滑块返回到左端的时间为()20112v v gv m +【答案】D【解析】A ．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：mg ma m =解得：a gm =1.若01v v >，先匀减速再反方向加速，反方向加速只能加速到1v ，不能加速到0v 。
2025高考物理总复习动力学中的传送带模型
解得a2=4 m/s2
设从与传送带共速到减速为0的过程中P的位移为x2,则有
-2a2x2=0-v2
解得
2
x2=
2 2
=
22
2×4
m=0.5 m
所以物块P在传送带上向前冲的最远距离为
x1+x2=5.5 m。
(3)设共速前第一个减速过程P的位移为x3,用时为t3,皮带位移为x皮3;共速后
至减速为零为第二个减速过程,P的位移为x4,用时为t4,皮带位移为x皮4。则
小为
1
Δx2=2 2 2 +x1=17.5
m,则煤块在传送带上留下的痕迹长为 17.5 m,C 错
误;煤块与传送带间产生的热量为 Q=μmgcos θ·Δ1 + Δ2 =90 J,D 正确。
指点迷津
物体与传送带的划痕长度Δx等于物体与传送带的相对位移的大小,若有两
次相对运动且两次相对运动方向相同,则Δx=Δx1+Δx2(图甲);若两次相对运
sin + cos
a1=
=10
m/s ,经过时间 t1 速度减小到零,则
2
送带速度为零,则煤块向上滑动的位移
加速度为
Δ
a= =5
Δ
0 2
x1= =5
2 1
0
t1= =1
1
s,0~1 s 传
m,1 s 后传送带开始加速,其
m/s2,由于 μmgcos θ<mgsin θ,则煤块向下加速,其加速度为
传送带模型中的动力学图像
考向一 根据传送情境确定动力学图像
典题5 (多选)(2023广东佛山模拟)如图所示,飞机场运输行李的传送带保持
恒定的速率运行,将行李箱无初速度地放在传送带底端,传送带将它送入飞
2025人教版高考物理一轮复习讲义-第三章 第4课时 专题强化：“传送带”模型中的动力学问题
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
总结提升
倾斜传送带问题的常见情形及运动分析
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关系 先加速后匀速(一定
μ>tan θ)
满足关系μ>tan θ)
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
总结提升
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
若μ≥tan θ，先加速后匀速
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
(1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否 相对静止； 答案 不能
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。
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
(2)煤块从A运动到B的时间； 答案 1.5 s
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
x2＝L－x1＝5.25 m， 由 x2＝v0t2＋12a2t22， 得t2＝0.5 s 故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 答案 5 m
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。
一直加速
先加速后匀速
考点一 水平传送带中的动力学问题
总结提升
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长(滑块最终未 与传送带相对静止)
传送带足够长
v0<v时，一直加速
v0<v时，先加速再匀速
v0>v时，一直减速
第16讲 传送带模型(课件)——2024年高考物理一轮复习
合。已知:传送带匀速运动的速度大小为v,方向如图,物品(可视为质点)由A
端无初速度释放,加速到传送带速度一半时恰好进入探测区域,最后匀速通
过B端进入平台并减速至0,各处的动摩擦因数均相同,空气阻力忽略不计,
重力加速度为g。求:
(1)物品与传送带间的动摩擦因数μ;
μgcos θ－gsin θ
01.
模型概述
gsin θ>μgcos θ，一直加速；
gsin θ＝μgcos θ，一直匀速
gsin θ<μgcos θ，先减
速到速度为0后反向加
(摩擦力方向一
定沿斜面向上)
gsin θ<μgcos θ，
速，若v0≤v，加速到原
一直减速
位置时速度大小为v0；
若v0>v，运动到原位置
设行李做匀加速运动的时间为 t1，行李做匀加速运动的末速度为 v＝
0.4 m/s，根据 v＝at1，代入数据解得 t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大
L－x
1 2 1
2
小 x＝2at1 ＝2×2×0.2 m＝0.04 m，匀速运动的时间为 t2＝ v ＝
2－0.04
0.4 s＝4.9 s，可得行李从 A 到 B 的时间为 t＝t1＋t2＝5.1 s，故 B 错误；
时速度大小为v
02.
学以致用
例题3
如图甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现
使小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间
变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：
传送带模型(牛顿第二定律)-2024年高考物理一轮复习考点通关卷(学生版)
考点巩固卷传送带模型建议用时：50分钟考点序号考点题型分布考点1水平传送带模型3单选+2多选+2解答考点2倾斜传送带模型3单选+3多选考点3传送带模型中的划痕问题5多选考点01：水平传送带模型(3单选+2多选+2解答)一、单选题1(2023·全国·模拟预测)如图所示，水平传送带以恒定速度v=16m/s顺时针匀速运行，左右两端A、B之间距离L=16m。
现将一质量m=2kg可看做质点的物块轻轻放到传送带A端，同时对物块施加一水平向右的恒力F=10N。
已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.30，重力加速度g=10m/s2。
物块从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是()A.物块从A端运动到B端的过程先匀加速运动后匀速运动B.物块从A端运动到B端的时间t=1sC.摩擦力对物块做功W=96JD.物块运动到B端时，恒力F的瞬时功率P=200W2(2023春·河北·高三校联考阶段练习)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。
将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。
关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是()A.饺子一直做匀加速运动B.传送带的速度越快，饺子的加速度越大C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能3(2023·全国·高三专题练习)如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度-时间图像如图乙所示，下列描述正确的是()A.小物块一直受滑动摩擦力B.传送带做顺时针的匀速运动C.传送带做顺时针的匀加速运动D.小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带二、多选题4(2023·甘肃兰州·统考一模)近年来网上购物的飞速增长催生了物流行业的快速发展。
高考物理一轮复习课件：动力学中的连接体问题、传送带模型
块放在固定斜面上，两木块与斜面间的动摩擦因数均为μ，在方向平行于
斜面的拉力F作用下沿斜面向上加速，A、B间绳的拉力为多大？
例：如图所示，A、B两木块的质量分别为mA、mB，A、B之间用水平细
绳相连，在水平拉力F作用下沿水平面向右加速运动，重力加速度为g.
FN
G
=
2.倾斜传送带 >
G
即 >
2.倾斜传送带
FN
FN
G
G
1 .如图1所示，有一水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速转动，现将一物块(可视
为质点)轻放在传送带A端，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2。已知传送
带长度为LAB＝10 m，则( D )
小物块到达 B 点的速度可能为( BC )
A.1 m/s
B.3 m/s
C.6 m/s
D.9 m/s
(1)若地面光滑，则A、B间绳的拉力为多大？(2)若两木块与水平面间的动
摩擦因数均为μ，则A、B间绳的拉力为多大？(3)如图乙所示，若把两木
块放在固定斜面上，两木块与斜面间的动摩擦因数均为μ，在方向平行于
斜面的拉力F作用下沿斜面向上加速，A、B间绳的拉力为多大？
传送带模型
1.水平传送带
= = =
(2)轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的
速度总是相等．
(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度．
(4)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度
和加速度
3．规律方法
整体法与隔离法在连接体中的应用(1)整体法当连接
体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看
2024高考物理一轮复习专题练习及解析—传送带模型和“滑块—木板”模型
2024高考物理一轮复习专题练习及解析—传送带模型和“滑块—木板”模型1.如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动．假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是()A．要实现这一目的前提是μ<tan θB．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零C．全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上D．若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间2．(多选)图甲为一转动的传送带，以恒定的速率v顺时针转动．在传送带的右侧有一滑块以初速度v0从光滑水平面滑上传送带，运动一段时间后离开传送带，这一过程中滑块运动的v－t图像如图乙所示．由图像可知滑块()A．从右端离开传送带B．从左端离开传送带C．先受滑动摩擦力的作用，后受静摩擦力的作用D．变速运动过程中受滑动摩擦力的作用3．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()A．M＝mB．M＝2mC．木板的长度为8 mD．木板与物块间的动摩擦因数为0.14.(2023·甘肃省模拟)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/sC．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/s5.(多选)(2023·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是()A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大6．(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C．图乙中t2＝24 sD．木板的最大加速度为2 m/s27.(2023·山东泰安市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s 的速度顺时针转动时，下列说法正确的是()A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 sC．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 mD．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N 8．(2023·河南信阳市模拟)如图甲所示，在顺时针匀速转动且倾角为θ＝37°的传送带底端，一质量m＝1 kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间(v－t)关系的部分图像如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ；(2)物块沿传送带向上运动的最大位移；(3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程．9.(2023·辽宁大连市检测)如图所示，一质量M＝2 kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m＝2 kg的小滑块A，对B施加一水平向右且大小为F＝14 N的拉力；t＝3 s后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上．已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度取g ＝10 m/s2.(1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小；(2)要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度．1．C 2.AD 3.BC 4.D 5.AB6．ACD7．C [当传送带以v ＝8 m/s 的速度逆时针转动时，Q 恰好静止不动，对Q 受力分析知m P g ＝μm Q g ，解得μ＝0.5，A 错误；当传送带以v ＝8 m/s 的速度顺时针转动，物块Q 先做初速度为零的匀加速直线运动，有m P g ＋μm Q g ＝(m P ＋m Q )a ，解得a ＝203 m/s 2，当物块Q 速度达到传送带速度，即8 m/s 后，做匀速直线运动，由v ＝at 1，解得匀加速的时间t 1＝1.2 s ，匀加速的位移为x ＝v 22a ＝4.8 m ，则匀速运动的时间为t 2＝L －x v ＝1.4 s ，Q 从传送带左端滑到右端所用的时间为t 总＝t 1＋t 2＝2.6 s ，B 错误；加速阶段的位移之差为Δx ＝v t 1－x ＝4.8 m ，即Q 从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m ，C 正确；当Q 加速时，对P 分析有m P g －F T ＝m P a ，解得F T ＝203N ，之后做匀速直线运动，有F T ′＝20 N ，D 错误．] 8．(1)0.5 (2)6.4 m (3)4.8 m解析 (1)由题图乙可知，物块的初速度v 0＝8 m/s ，物块的速度减速到与传送带的速度相同时，加速度发生变化，所以传送带转动时的速度v ＝4 m/s ，从t ＝0到t＝0.4 s 时间内，物块加速度大小为a 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪Δv Δt ＝8－40.4 m/s 2＝10 m/s 2，方向沿斜面向下；物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得μ＝0.5.(2)设在t ＝0.4 s 后，物块做减速运动的加速度大小为a 2，物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，物块从t ＝0.4 s 开始，经过t 1时间速度减为零，则t 1＝42 s ＝2 s ，从t ＝0到t ＝0.4 s ，物块位移为x 1＝v 0Δt －12a 1(Δt )2＝2.4 m ，从t ＝0.4 s 到t ＝2.4 s ，物块减速到零的位移为x 2＝v 2t 1＝42×2 m ＝4 m ，物块沿传送带向上运动过程中的位移为x ＝x 1＋x 2＝6.4 m.(3)从t ＝0到t ＝0.4 s ，传送带位移为x 3＝v Δt ＝1.6 m ，物块相对传送带向上运动Δx 1＝x 1－x 3＝0.8 m ，从t ＝0.4 s 到t ＝2.4 s ，传送带位移x 4＝v t 1＝8 m ，物块相对传送带向下运动Δx 2＝x 4－x 2＝4 m ，故物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝4.8 m.9．(1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)5.25 m解析 (1)对滑块A 根据牛顿第二定律可得μ1mg ＝ma 1，故A 的加速度大小为a 1＝1 m/s 2，方向向右；对木板B 根据牛顿第二定律可得F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2，解得木板B 加速度大小为a 2＝2 m/s 2.(2)撤去外力瞬间，A 的位移大小为x 1＝12a 1t 2＝4.5 m ，B 的位移大小为x 2＝12a 2t 2＝9 m ，撤去外力时，滑块A 和木板B 的速度分别为v 1＝a 1t ＝3 m/s ，v 2＝a 2t ＝6 m/s ，撤去外力后，滑块A 的受力没变，故滑块A 仍然做加速运动，加速度不变，木板B 做减速运动，其加速度大小变为a 2′＝μ1mg ＋μ2(m ＋M )g M＝5 m/s 2，设再经过时间t ′两者达到共速，则有v 1＋a 1t ′＝v 2－a 2′t ′撤去外力后，A 的位移大小为x 1′＝v 1t ′＋12a 1t ′2B 的位移大小为x 2′＝v 2t ′－12a 2′t ′2故木板B 的长度至少为L ＝x 2－x 1＋x 2′－x 1′代入数据解得L ＝5.25 m.。
高三物理复习--传送带模型
传送带模型一、水平传送带设传送带的速度为v 带，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，两定滑轮之间的距离为L ，物体置于传送带一端的初速度为v 0。
1、v 0＝0， v 0物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做a =μg 的加速运动。
假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v ＝gL μ2，显然有： v 带＜gL μ2 时，物体在传送带上将先加速，后匀速。
v 带 ≥gL μ2时，物体在传送带上将一直加速。
2、 V 0≠ 0，且V 0与V 带同向（1）V 0＜ v 带时，同上理可知，物体刚运动到带上时，将做a =μg 的加速运动，假定物体一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为V ＝ gL V μ220+，显然有：V 0＜ v 带＜gL V μ220+ 时，物体在传送带上将先加速后匀速。
v 带 ≥gL V μ220+ 时，物体在传送带上将一直加速。
（2）V 0＞ v 带时，因V 0＞ v 带，物体刚运动到传送带时，将做加速度大小为a = μg 的减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为V ＝gL V μ220- ，显然v 带 ≤gL V μ220-时，物体在传送带上将一直减速。
V 0＞ v 带＞gL V μ220- 时，物体在传送带上将先减速后匀速。
3、V 0≠ 0，且V 0与V 带反向此种情形下，物体刚运动到传送带上时将做加速度大小为 的减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为V ＝gL V μ220- ，显然：V ≥ 0，即V 0≥gLμ2时，物体将一直做减速运动直到从传送带的另一端离开传送带。
V ＜0，即V 0＜gL μ2时，物体将不会从传送带的另一端离开而从进入端离开，其可能的运动情形有：a 、先沿V 0方向减速，再反向加速直至从放入端离开传送带b 、先沿V 0方向减速，再沿v0反向加速，最后匀速直至从放入端离开传送带。
传送带模型(解析版)--2024年高考物理一轮复习热点重点难点
传送带模型特训目标特训内容目标1水平传送带模型(1T -4T )目标2水平传送带图像问题(5T -8T )目标3倾斜传送带模型(9T -12T )目标4倾斜传送带图像问题(13T -16T )【特训典例】一、水平传送带模型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 =0.4m/s 的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，A 、B 间的距离为2m ，g 取10m/s 2。
旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A 处，则下列说法正确的是()A.开始时行李的加速度大小为4m/s 2B.行李经过2s 到达B 处C.行李到达B 处时速度大小为0.4m/sD.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m【答案】C【详解】A ．开始时行李初速度为零，相对皮带向右滑动，可知摩擦力为f =μmg 根据牛顿第二定律f =ma 解得a =2m/s 2故A 错误；BC ．行李达到和皮带速度相同需要的时间为t 1=v a =0.42s =0.2s 位移为x 1=v 2t 1=0.42×0.2m =0.04m 行李匀速到B 的时间为t 2=L -x 1v =2-0.040.4s =4.9s 行李从A 运动到B 处的时间为t =t 1+t 2=0.2s +4.9s =5.1s 故B 错误，C 正确。
D ．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx =vt 1-x 1=0.4×0.2m -0.04m =0.04m 故D 错误。
故选C 。
2如图所示，绷紧的长为6m 的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v 1=2m/s 运行。
一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v 2=5m/s 。
若小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g =10m/s 2，下列说法中正确的是()A.小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B.若传送带的速度为5m/s ，小物块将从传送带左端滑出C.若小物块的速度为4m/s ，小物块将以2m/s 的速度从传送带右端滑出D.若小物块的速度为1m/s ，小物块将以2m/s 的速度从传送带右端滑出【答案】BC【详解】A ．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a ，速度减至零时通过的位移大小为x ，根据牛顿第二定律得μmg =ma 解得a =μg =2m/s 2则x =v 222a=6.25m >6m 所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A 错误；B ．若传送带的速度为5m/s ，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B 正确；C ．若小物块的速度为4m/s ，小物块向左减速运动的位移大小为x=v '22a =4m <6m 则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移大小为x=v 122a=1m <4m 以后小物块以v 1=2m/s 的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2m/s ，C 正确；D ．若小物块的速度为1m/s ，小物块向左减速运动的位移大小为x =v 222a=0.25m <6m 则小物块速度减到零后再向右加速，由于x <x ″，则小物块不可能与传送带共速，小物块将以1m/s 的速度从传送带的右端滑出，D 错误。
2022年新高考物理一轮复习练习：专题28 传送带模型 (含解析)
专题28 传送带模型1．如图所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速度放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是( )A ．L v ＋v 2μgB ．L vC .2L μgD ．2Lv2.[2021·四川绵阳二诊]如图所示，大型物流货场传送带倾斜放置，与水平面的夹角保持不变，传送带可向上匀速运动，也可向上加速运动；货箱M 与传送带间保持相对静止，设受传送带的摩擦力为F f .则( )A ．传送带加速运动时，F f 的方向可能平行传送带向下B ．传送带匀速运动时，不同质量的货箱，F f 相等C ．相同的货箱，传送带匀速运动的速度越大，F f 越大D ．相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，F f 越大 3.(多选)如图所示，水平传送带A 、B 两端相距x ＝4m ，以v 0＝4m /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)无初速度地轻放在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＝0.4，取重力加速度大小g ＝10m /s 2，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2.25s B ．煤块从A 运动到B 的时间是1.5sC ．划痕长度是0.5mD ．划痕长度是2m 4.(多选)如图为应用于火车站的安全检查仪的简化模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1m /s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离为2m ，g 取10m /s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1m /s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )A．乘客与行李同时到达B处B．乘客提前0.5s到达B处C．行李提前0.5s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处5.[2021·安徽省黄山市月考]水平传输装置如图所示，在载物台左端给物块一个初速度，当物块通过如图方向转动的传输带所用时间t1，当皮带轮改为与图示相反的方向传输时，通过传输带的时间为t2，当皮带轮不转动时，通过传输带的时间为t3，下列说法中正确的是() A．t1一定小于t2B．一定有t2>t3>t1C．可能有t3＝t2＝t1D．一定有t1＝t2<t36．(多选)匀速转动的长传送带倾斜放置，传动方向如右图所示，在顶部静止放上一物块，在物块下滑过程中，规定沿传送带向下为正，下列描述物块运动过程中的v－t、a－t图像，可能正确的是()7．[2021·四川绵阳南山中学月考](多选)如图所示，匀速转动的足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则()A．传送带一定逆时针转动B．μ＝tanθ＋v0 gt0cosθC ．传送带的速度大于v 0D ．t 0后木块的加速度为2g sin θ－v 0t 08．[2021·辽宁沈阳东北育才学校模拟](多选)三角形传送带以1m /s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1m /s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5.下列说法正确的是( )A ．物块A 先到达传送带底端B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．物块A 、B 到达底端时的速率相同D ．物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比为1∶2专题28 传送带模型1．B 小物块向右运动，如果一直加速运动则a ＝μg ，L ＝12at 2，t ＝2Lμg，如果到达右端时恰好与传送带共速t ＝L v 2＝2L v ，如果先加速，后匀速t 1＝v μg ，t 2＝L －v 2t 1v ＝L v －v 2μg，t 1＋t 2＝Lv ＋vμg，则A 、C 、D 选项可能，B 选项是匀速运动，不可能． 2．D 3.BD4．BD 行李的加速度为a ，与传送带速度相等用时t 1，μmg ＝ma ，a ＝1m/s 2，v ＝at 1，t 1＝1s ，x ＝12at 21 ＝0.5m<2m ，以后匀速时间为t 2＝L －x v ＝1.5s ，行李从A 到B 时间t ＝t 1＋t 2＝2.5s ，旅客从A 到B 时间t ′＝Lv ＝2s ，所以旅客提前0.5s 到B ，A 、C 错误，B 正确；若行李一直匀加速运动，时间最短，由L ＝12at 2min可知t min ＝2s ，D 正确．5．C 6.AC7．AD 由题图乙知，小木块先做匀加速直线运动，当速度达到v 0后，以较小的加速度做匀加速运动，则0～t 0时间内，小木块所受的摩擦力方向沿斜面向下，t 0后小木块所受的摩擦力方向沿斜面向上，故传送带一定逆时针转动，A 正确；0～t 0时间内，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，a 1＝v 0t 0，由以上两式解得μ＝v 0gt 0cos θ－tan θ，B 错误；当小木块的速度与传送带速度相同时，小木块所受摩擦力方向反向，由题图乙可知，传送带的速度等于v 0，C 错误；t 0后，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，联立可得a 2＝2g sin θ－v 0t 0，D 正确．8．BC 由题意，mg sin37°>μmg cos37°，对A 、B 受力分析可知，A 物块所受摩擦力沿传送带向上，A 物块向下做匀加速直线运动，B 所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，两物块匀加速直线运动的初速度大小相等、加速度大小相等、位移大小相等，则运动的时间相等，A 错误，B 正确；由于两物块的加速度大小相等，运动时间也相等，由公式v ＝v 0＋at 可知物块A 、B 到达底端时的速率相同，C 正确；对A ，划痕的长度等于A 的位移与传送带的位移之差，以A 为研究对象，由牛顿第二定律得a ＝mg sin37°－μmg cos37°m＝g sin37°－μg cos37°＝2m/s 2，由运动学公式x ＝v 0t ＋12at 2，得A 运动时间为t ＝1s ，所以传送带运动的位移为x ＝v t ＝1m ，所以A 对皮带的划痕为Δx 1＝(2－1)m ＝1m ，对B ，划痕的长度等于B 的位移加上传送带的位移，B 对传送带的划痕为Δx 2＝(2＋1)m ＝3m ，所以划痕长度之比为1∶3，D 错误．。
高考物理一轮复习导学案传送带板块模型
功能关系的综合应用——传送带模型、“滑块—木板”模型【传送带模型】1.传送带克服摩擦力做的功：W＝f x传（x传为传送带对地的位移）2.系统产生的内能：Q＝f x相对（x相对为总的相对路程）．3.求解电动机由于传送物体而多消耗的电能一般有两种思路①运用能量守恒以倾斜传送带为例，多消耗的电能为E电，则：E电＝ΔE k＋ΔE p＋Q.②运用功能关系传送带多消耗的电能等于传送带克服阻力做的功E电=fx传(特别注意：如果物体在倾斜传送带上的运动分匀变速和匀速两个运动过程，这两个过程中传送带都要克服摩擦力做功，匀变速运动过程中两者间的摩擦力是滑动摩擦力，匀速运动过程中两者间的摩擦力是静摩擦力) 4.传送带问题分析流出图：（一）水平传送带例1 如图所示，长为5m的水平传送带以2m/s的速度顺时针匀速转动，将质量为1kg的小物块无初速度放在传送带左侧。
已知传送带与小物块之间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2，求小滑块在传送带上运动过程中：（1）传送带对小物块做的功；（2）传送带与小物块摩擦产生的热量；（3）因放上小物块，电动机多消耗的电能。
变式：若小滑块以3m/s的速度从右端滑上传送带，求：（1）传送带与小物块摩擦产生的热量；（2）传送带克服摩擦力做功。
（二）倾斜传送带例2 如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为3.5m，传送带在电动机的带动下以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。
现将一质量4kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=√3，g为取10m/s2，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中：2（1）摩擦力对小物块做的功；（2）摩擦产生的热量；（3）因放小物块而使得电动机多消耗的电能。
例3如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ=37°，A、B两端间距L=16m，传送带以速度v=10m/s 沿顺时针方向运动。
专题18 传送带模型(解析版)
2023届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题18 传送带模型导练目标导练内容目标1水平传送带模型目标2倾斜传送带模型一、水平传送带模型1.三种常见情景常见情景物体的v-t图像条件：ugvl22≤条件：ugvl22>条件：v0=v条件：v0<v①物xl≤;②物xl>条件：v0>v①物xl≤;②物xl>条件：ugvl22≤条件：ugvl22>；v0>v条件：ugvl22>；v0<v2.方法突破(1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。
(2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
(3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；①若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。
【例1】如图a所示，安检机通过传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图b所示。
设传送带速度恒为v，质量为m的被检物品与传送带的动摩擦因数为μ，被检物品无初速度放到传送带A端。
若被检物品可视为质点，其速度为v、加速度为a、摩擦力的功率为f P、与传送带的位移差的大小为x∆，重力加速度为g，则下列图像可能正确的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】AD【详解】A ．被检物品无初速度放到传送带A 端，物品的加速度为a g μ=物品做匀加速运动有0=v at 解得0v t gμ=所以在0-0v g μ时间内，物品做匀加速直线运动，达到传送带速度0v 后一起做匀速运动，则A 正确；B ．物品先做匀加速运动，再做匀速运动，所以B 错误；C ．摩擦力的功率f P 为22=f mgv P mg t μμ=则摩擦力的功率f P 随时间是线性变化的，所以C错误；D ．物品加速过程的位移为221122g x at t μ==传送带的位移为20x v t =物品与传送带的位移差的大小为x ∆22102gx x x v t t μ∆=-=-当达到共速时位移差的大小为202v x gμ∆=共速后，物品与传送带的位移差保持不变为202v gμ，所以D 正确；故选AD 。
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精心整理 高三第一轮复习专题:传送带模型
方法小结：
①物体先匀加速直线运动：设a=μg ，v 0=0，v t =v ，则S 0=v 2/2μg
②当S 0＜S 时先匀加速到v 后匀速；当S 0＞S 时一直匀加速。
③物体匀加速到v 的过程：皮带S 1=vt =v 2/μg ，物体S 0=v 2/2μg ，物体
与皮带
的相对位移△S=S 1-S 0=v 2/2μg ①当v 0＞v
时，可能一直匀减速运动到右端、可能先匀减速到v 再匀速； （到右端
时速度大于或等于v ） ②当v 0＜v
时，可能一直匀加速运动到右端、可能先匀加速到v 再匀速； （到右端时速度小于或等于v ）
①当v 0＞v 时，可能一直匀减速运动到左端、也可能先向左匀减速到0
再向右匀加速到v 再以v 匀速到右端，到右端时速度等于v ；
②当v 0＜v 时，可能一直匀减速运动到左端、也可能先向左匀减速到0
再向右匀加速到v 0，到右端时速度等于v 0（匀减速与匀加速对称）。
【例题1】如图，水平传送带两个转动轴轴心相距20m ，正在
以v ＝4.0m/s 的速度匀速传动，某物块（可视为质点）与传送带之间的动摩擦
因数为0.1,将该物块从传送带左端无初速地轻放在传送带上，则经过多长时间
物块将到达传送
带的右端（g =10m/s 2）？
【解析】：物块匀加速间s g v a v t 41===μ，物块匀加速位移2212121gt at s μ===8m ∵20m>8m ∴以后小物块匀速运动，物块匀速运动的时间s v s s t 3482012=-=-= ∴物块到达传送带又端的时间为：s t t 721=+ 【讨论1】：题中若水平传送带两个转动轴心相距为2.0m ，其它条件不变，则将该物体从传送带左端无初速地轻放在传送带上，则经过多长时间物体将到达传送带的右端（g =10m/s 2）？
解析：若平传送带轴心相距2.0m ，则根据上题中计算的结果则2m<8m ，所以物块在2s 的位移内将一直做匀加速运动，因此s g s t 210
1.0222=⨯⨯=
=μ 【讨论2】：题中若提高传送带的速度，可以使物体从传送带的一端传到另一端所用的时间缩短。
为使物体传到另一端所用的时间最短，传送带的最小速度是多少？
解析：当物体一直做匀加速运动时，到达传送带另一端所用时间最短，所以传送带最小速度为：s m gs as v /3.620101.0222=⨯⨯⨯===μ
【例题2】如图所示，传送带与水平地面间的倾角为θ=37°，
从A 端到B 端长度为s=16m ，传送带在电机带动下始终以v =10m/s 的速
度逆时针运动，在传送带上A 端由静止释放一个质量为m=0.5kg 的可视
为制质点的
小物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同，g 取10m/s 2，sin37°=0.6，求小物体从A 到B 所用的时间。
【解析】：（1）物体刚放上传送带时设物体加速度为a 1.由牛顿第二定律得f+mgsin θ=ma 1
N=μmgcos θf=μN 联立解得，物体的加速度a 1=10m/s 2
物体与传送带在到共同速度v 所用时间s a v t 111==，m t a S 52
12111==， 因小物体受到的最大静摩擦力mg mg mg mg f f 6.0sin 4.0cos max =<===θθμ静，故小物体继续向下加速，则2sin ma f mg ='-θθμcos mg f ='解得a 2=2m/s 2 即物体此后以初速度v=10m/s ，加速度a 2=2m/s 2做匀加速直线运动.
设再经时间t 2到达B 端，则根据运动学公式可得222212
1t a vt s s +=-解得t 2=1s 所以，小物体从A 到B 所用的时间为t=t 1+t 2=2s.
【例题3】如图所示，水平传送带A 、B 两端相距s=6m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，取g =10m/s 2,工件滑上A 端瞬时速度v A ＝5m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B ，则：
（1）若传送带不动，v B 为多大？
（2）若传送带以速度v 逆时针匀速转动，v B 为多大？
（3）若传送带以速度v 顺时针匀速转动，v B 为多大？
【解析】：（1）传送带不动，F f =μmg ，得2/2s m g a ==μ
由运动学公式，得到达B 端时工件的速度221/B v v as m s =-=
（2）传送带逆时针转动时，工件受到的滑动摩擦力的大小仍为F f =μmg ，工件仍做初速度为v A 、
加速度为a =μg 的匀减速运动，同理，到达B 端的速度v B ＝1m/s.
（3）如果传送带顺时针转动，设传送带的速度为v ，由于v 的不同可能有如下几种情形：
①如果v =v A ，则当工件滑上传送带时，两者速度相同，工件做匀速运动一直到B 端
有：v B ＝v A ＝5m/s
②若227/A
v v as m s ≥+=，则工件一直加速，到B 端速度227/B A v v as m s =+=. ③若22A A
v v v as <<+5m/s<v <7m/s,则工件先做匀加速运动，当速度达到v 时，与传送带一起做匀速运动，到达B 时的速度v B =v
④若22A
v v as ≤-v ≤1m /s 时，工件由A 到B 一直做匀减速运动，到达B 的速度 22B A v v as =-＝1m/s.
⑤若1m/s<v <5m/s,则工件由A 到B 先做减速运动，速度减少到v 时与传送带一起做匀速运动，到达B 时的速度v B =v .
【练习1】如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v 1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速率v 2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v /2，则下列说法中正确的是（）
A 、只有v 1=v 2时，才有v /2＝v 1
B 、若v 1＞v 2时，则v /2＝v 2
C 、若v 1＜v 2时，则v /2＝v 1
D 、不管v 2多大，总有v /2=v 2
【练习2】如图所示，传送带与水平方向夹角为θ，当传送
带静止时，在传送带上端轻放一小物块A ，物块下滑到底端时间为t ，则下列
说法正确的是（） A ．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间一定大于t
B ．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间一定等于t
C ．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能等于t
D ．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间一定小于t
【练习3】如图，水平传送带的长度为L=8m ，A.B 为传送带水
平部分的最左端和最右端。
现有一物体（视为质点）以v 0=10m/s 的初速度从
A 端水平地滑上水平传送带。
已知物体与传送带之间的动摩擦因数为μ
=0.6，g 取10m/s 2。
试求：
（1）若传送带保持静止，物体滑到B 端时，物体的速度为多大？
（2）若皮带轮逆时针匀速转动，传送带的速率为8m/s ，则物体到达B 端时的速度是多大？
（3）若皮带轮顺时针匀速转动，传送带转动的速率恒为8m/s ，则物体从A 端到达B 端所用的时间是多少？
【练习4】如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ=37°，
将一小物块轻轻放在正在以速度v =10m/s 匀速逆时针传动的传送带的上端，
物块和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力
的大小），传送带两皮带轮轴心间的距离为L ＝29m ，求将物块从顶部传到传
送带底部所需的时间为多少（g =10m/s 2）？
【练习5】如图绷紧的传送带与水平面的夹角θ=300，皮带在
电动机的带动下，始终保持v 0=2m/s 的速率运行。
现把一质量为m=10kg
的工作（可看为质点）轻轻放在皮带的底端，经时间 1.9s ，工件被传送到
h=1.5m 的高处，取g=10m/s 2。
求：工件与皮带间的动摩擦因数。
v 2 v 1。