2024届新高考物理精准冲刺复习：传送带模型

2024届新高考物理精准冲刺复习

传送带模型学习目标会对传送带上的物体进行受力分析。02复习摩擦力及牛顿第二定律相关知识。0103运用牛顿第二定律能正确解答传送带上物体的动力学问题。（重难点）静摩擦力方向：总是与相对运动趋势的方向相反，这时的相对不是相对地面，而是该静摩擦力的施力物体与受力物体间的“相对”。大小：利用平衡条件或牛顿运动定律列方程求解。（Fmax＝μFN。）牛顿第二定律动摩擦力方向：总是与相对运动的方向相反，这时的相对不是相对地面，而是该滑动摩擦力的施力物体与受力物体间的“相对”。大小：Ff＝μFN牛顿第二定律内容：物体加速度大小与作用力成正比，跟物质的质量成反比，加速度的放下过与作用力方向相同。公式：运用：F合=ma力学与运动学的桥梁牛顿第二定律问题思考传送带以速度vo匀速向右运动，质量为m的物体轻放在传送带左侧。已知接触面动摩擦因数为μ，传送带长度为L.1.分析物体的受力、加速度、运动情况.2.思考:上述情况中，如果传送带速度未知，要让物体以最短时间到达右端，传送带速度应该满足什么条件.3.思考:上述情况中，如果物体的初速度v不为零，讨论当v<vo和v>v0两种情况下，物体的运动情况.v0＝0时，物体受向右的摩擦力，物块加速到v的位移x＝水平传送带(1)一直加速若x≥L即v≥

时，物块一直加速到右端。(2)先加速后匀速若x<L即v<

时，物块先加速后匀速；当v0≠0，v0与v同向时水平传送带摩擦力方向：

物块减速到v的位移x＝

向右v0>v时若x<L，即v0>v>

，物块先减速后匀速；若x≥L，即v≤

，物块一直减速到右端。物块相对传送带静止随传送带匀速运动到右端v0=v时v0<v时摩擦力方向：

物块减速到v的位移x＝

若x<L，即v0>v>

，物块先减速后匀速；若x≥L，即v≤

，物块一直减速到右端。向左例题如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5m，物块A(可看作质点)以水平速度v0＝4m/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10m/s2，下列说法不正确的是（

）A.若传送带速度等于2m/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3.5m/s，v可能等于3m/sC.若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/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3m/s，则传送带的速度不大于3m/sD解析物块在传送带上的加速度大小为a＝μg＝1m/s2，假设物块一直做匀减速运动到传送带右端，根据v′2－v02＝－2aL，解得v′＝3m/s>2m/s，可知当传送带速度等于2m/s时，物块一直减速到最右端，故A正确；当传送带速度等于3.5m/s，传送带逆时针转动时，v等于3m/s，故B正确；若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/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.传送带以速度v2匀速向左运动，质量为m的物体从左侧以速度v1冲上传送带.已知接触面动摩擦因数为μ，传送带长度为L.1.分析物体的受力、加速度、运动情况，2.思考:如果物体没有从右端落下，返回时速度为多少。思考分析传送带较短时，滑块一直减速达到左端若x≥L，即v0≥

，物块一直减速到右端；传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。即x<L，即v0<

，则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。摩擦力方向：物块向右减速到零的位移x＝v0≠0，v0与v反向向左若v0>v，返回时速度为v，若v0<v，返回时速度为v0例题AD

(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解析由题图乙可知，滑块先向左做匀减速运动减速到零，再向右做匀加速运动，最后以与传送带相同的速度做匀速直线运动，故从右端离开传送带，故A正确，B错误；滑块先向左做匀减速运动，受到向右的滑动摩擦力，再向右做匀加速运动，还是受到向右的滑动摩擦力，所以变速运动过程中受滑动摩擦力的作用，与传送带共速后做匀速直线运动，不受摩擦力作用，故C错误，D正确.思考传送带以速度v2沿顺时针方向转动，质量为m的物体以速度v1冲上传送带下端.已知动摩擦因数为μ，传送带足够长.1.分析物体的受力和可能的运动情况.2.思考:m改为从上端以v1往下冲，物块做可能运动情况。倾斜传送带物块相对传送带速度为零时，通过比较μmgcosθ与mgsinθ的大小关系来确定物块是否会相对传送带下滑，μ>tanθ时相对静止，μ<tanθ时相对下滑。一直加速传送带比较短时，物块一直以a＝μgcosθ－gsinθ向上匀加速运动。先加速后匀速传送带足够长时，物块先以a＝μgcosθ－gsinθ向上匀加速运动再向上匀速运动。物块向上做减速运动运动至0后反向加速运动至v0，回到出发点。整个运动过程加速度不变，加速度大小a＝gsinθ－μgcosθ。若0≤v0<v且μ>tanθ若0<v0<v且μ<tanθ摩擦力先沿斜面向上再沿斜面向下，一直减速或先减速后反向加速若v0>v，反向加速至v后，匀速运动，返回时速度为v；若v0<v，反向加速到最高点，返回时速度为v0倾斜传送带μ=tanθμ<tanθμ>tanθ摩擦力沿斜面向上，a=gsinθ-μgcosθ,一直加速摩擦力沿斜面向上，μmgcosθ=mgsinθ，一直匀速例题(多选)(2023·福建省西山学校高三模拟)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动.一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是（

）BC解析设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块质量为m，若mgsinθ>μmgcosθ，则滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsinθ＝μmgcosθ，则小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsinθ<μmgcosθ，则小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块先做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确.例题（多选）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v＝2m/s的恒定速率顺时针转动．一质量m＝2kg的煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（）A．煤块上升的最大位移为11m B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25 C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+2√2）s

D．煤块在皮带上留下的划痕为（9+4√2）sCD解析根据v﹣t图像与t轴所围面积表示位移可知煤块上升的最大位移为xm

=（2+12）×1m1×2m＝8m，故A错误；根据v﹣t图像的斜率表示加速度可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小分别为a1＝10m/s2，a2＝2m/s2，对煤块根据牛顿第二定律有μmgcosθ+mgsinθ＝ma1，mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，联立代入数据解得：μ＝0.5，故B错误；设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t，则有代入数据解得：t＝（2+2）s，故C正确；0～1s内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为x1=1/2（2+12）×1m＝7mx2＝vt1＝2×1m＝2m煤块在皮带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即l1＝x1﹣x2＝7m﹣2m＝5m在1～（2+2√2）s内，即t2＝（1+2√2）s时间内煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块作匀变速直线运动，设沿斜面向下为正方向，煤块的的位移为：

传送带的位移大小为：x'2＝vt2煤块与皮带的相对位移大小为：l2＝x'1+x'2联立代入数据解得：l2＝（9+4√2）m因为l2＞l1，所以有一部分痕迹是重合的，则煤块在皮带上留下的划痕为（9+4√2）m，故D正确。故选：CD。思考传送带以速度v2沿逆时针方向转动，质量为m的物体轻放在传送带上端，已知动摩擦因数为μ，传送带足够长.1.分析物体的受力和可能的运动情况。2.思考:物体初速度不为零，分析可能的运动情况。倾斜传送带物块一直以a＝gsinθ－μgcosθ向下匀加速运动若0≤v0<v且μ>tanθ一直加速传送带比较短时,物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动先加速后匀速传送带足够长时,物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动再向下匀速运动若0≤v0<v且μ<tanθ传送带比较短时，物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动。传送带足够长时物块先以a1＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动再以a2＝gsinθ－μgcosθ向下匀加速运动。v0=v一直匀速（μ≥tanθ时）一直匀加速（μ<tanθ，加速度大小a＝gsinθ－μgcosθ向下匀加速运动若v0>v且μ>tanθ传送带比较短时，物块一直以a＝μgcosθ－gsinθ向下匀减速运动。传送带足够长时，物块先以a＝μgcosθ－gsinθ向下匀减速运动再向下匀速运动。若v0>v且μ<tanθ例题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＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m.工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/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.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；(2)小包裹通过传送带所需的时间t.解析（2）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，在传送带上滑动的距离为所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5s.（1）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μmgcosθ>mgsinθ，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μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得a＝0.4m/s2易错点（1）物块与传送带同速时，物块受到传送带的摩擦力往往会发生突变。（2）传送带运动方向或顺或逆，物块在传送带上或一直加速，或先加速后匀速，或先减速后反向加速……有多种可能时，存在多解。（3）物块相对传送带位移与痕迹长不一定总相等，物块相对传送带运动的路程与痕迹长不一定总相等。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)；若两次相对运动方向相反，则Δx等于较长的相对位移大小(图乙).1.（多选）如图所示，传送带的水平部分长为L，运动的速率恒为v，在其左端无初速放上一木块，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．

B． C．

D．随堂训练ACD2.（多选）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是（

）A．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+√5）s B．煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4√5）m C．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.75 D．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.35随堂训练ABC3.（多选）如图甲所示，倾斜传送带的倾角θ＝37°，传送带以一定速度匀速转动，将一个物块轻