2024屆新高考物理精準沖刺復習

傳送帶模型學習目標會對傳送帶上的物體進行受力分析。02復習摩擦力及牛頓第二定律相關知識。0103運用牛頓第二定律能正確解答傳送帶上物體的動力學問題。（重難點）靜摩擦力方向：總是與相對運動趨勢的方向相反，這時的相對不是相對地面，而是該靜摩擦力的施力物體與受力物體間的“相對”。大小：利用平衡條件或牛頓運動定律列方程求解。（Fmax＝μFN。）牛頓第二定律動摩擦力方向：總是與相對運動的方向相反，這時的相對不是相對地面，而是該滑動摩擦力的施力物體與受力物體間的“相對”。大?。篎f＝μFN牛頓第二定律內容：物體加速度大小與作用力成正比，跟物質的質量成反比，加速度的放下過與作用力方向相同。公式：運用：F合=ma力學與運動學的橋梁牛頓第二定律問題思考傳送帶以速度vo勻速向右運動，質量為m的物體輕放在傳送帶左側。已知接觸面動摩擦因數為μ，傳送帶長度為L.1.分析物體的受力、加速度、運動情況.2.思考:上述情況中，如果傳送帶速度未知，要讓物體以最短時間到達右端，傳送帶速度應該滿足什么條件.3.思考:上述情況中，如果物體的初速度v不為零，討論當v<vo和v>v0兩種情況下，物體的運動情況.v0＝0時，物體受向右的摩擦力，物塊加速到v的位移x＝水平傳送帶(1)一直加速若x≥L即v≥

時，物塊一直加速到右端。(2)先加速后勻速若x<L即v<

時，物塊先加速后勻速；當v0≠0，v0與v同向時水平傳送帶摩擦力方向：

物塊減速到v的位移x＝

向右v0>v時若x<L，即v0>v>

，物塊先減速后勻速；若x≥L，即v≤

，物塊一直減速到右端。物塊相對傳送帶靜止隨傳送帶勻速運動到右端v0=v時v0<v時摩擦力方向：

物塊減速到v的位移x＝

若x<L，即v0>v>

，物塊先減速后勻速；若x≥L，即v≤

，物塊一直減速到右端。向左例題如圖所示，水平勻速轉動的傳送帶左右兩端相距L＝3.5m，物塊A(可看作質點)以水平速度v0＝4m/s滑上傳送帶左端，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，設A到達傳送帶右端時的瞬時速度為v，g取10m/s2，下列說法不正確的是（

）A.若傳送帶速度等于2m/s，物塊不可能先做減速運動

后做勻速運動B.若傳送帶速度等于3.5m/s，v可能等于3m/sC.若A到達傳送帶右端時的瞬時速度v等于3m/s，傳送帶可能沿逆時針方

向轉動D.若A到達傳送帶右端時的瞬時速度v等于3m/s，則傳送帶的速度不大于3m/sD解析物塊在傳送帶上的加速度大小為a＝μg＝1m/s2，假設物塊一直做勻減速運動到傳送帶右端，根據v′2－v02＝－2aL，解得v′＝3m/s>2m/s，可知當傳送帶速度等于2m/s時，物塊一直減速到最右端，故A正確；當傳送帶速度等于3.5m/s，傳送帶逆時針轉動時，v等于3m/s，故B正確；若A到達傳送帶右端時的瞬時速度v等于3m/s，傳送帶可能沿逆時針方向轉動，此方向傳送帶的速度可以為任意值，故C正確，D錯誤.傳送帶以速度v2勻速向左運動，質量為m的物體從左側以速度v1沖上傳送帶.已知接觸面動摩擦因數為μ，傳送帶長度為L.1.分析物體的受力、加速度、運動情況，2.思考:如果物體沒有從右端落下，返回時速度為多少。思考分析傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端若x≥L，即v0≥

，物塊一直減速到右端；傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端。即x<L，即v0<

，則物塊先向右減速到零，再向左加速(或加速到v后勻速運動)直至離開傳送帶。摩擦力方向：物塊向右減速到零的位移x＝v0≠0，v0與v反向向左若v0>v，返回時速度為v，若v0<v，返回時速度為v0例題AD

(多選)圖甲為一轉動的傳送帶，以恒定的速率v順時針轉動.在傳送帶的右側有一滑塊以初速度v0從光滑水平面滑上傳送帶，運動一段時間后離開傳送帶，這一過程中滑塊運動的v－t圖像如圖乙所示.由圖像可知滑塊（

）A.從右端離開傳送帶B.從左端離開傳送帶C.先受滑動摩擦力的作用，后受靜摩擦力的作用D.變速運動過程中受滑動摩擦力的作用解析由題圖乙可知，滑塊先向左做勻減速運動減速到零，再向右做勻加速運動，最后以與傳送帶相同的速度做勻速直線運動，故從右端離開傳送帶，故A正確，B錯誤；滑塊先向左做勻減速運動，受到向右的滑動摩擦力，再向右做勻加速運動，還是受到向右的滑動摩擦力，所以變速運動過程中受滑動摩擦力的作用，與傳送帶共速后做勻速直線運動，不受摩擦力作用，故C錯誤，D正確.思考傳送帶以速度v2沿順時針方向轉動，質量為m的物體以速度v1沖上傳送帶下端.已知動摩擦因數為μ，傳送帶足夠長.1.分析物體的受力和可能的運動情況.2.思考:m改為從上端以v1往下沖，物塊做可能運動情況。傾斜傳送帶物塊相對傳送帶速度為零時，通過比較μmgcosθ與mgsinθ的大小關系來確定物塊是否會相對傳送帶下滑，μ>tanθ時相對靜止，μ<tanθ時相對下滑。一直加速傳送帶比較短時，物塊一直以a＝μgcosθ－gsinθ向上勻加速運動。先加速后勻速傳送帶足夠長時，物塊先以a＝μgcosθ－gsinθ向上勻加速運動再向上勻速運動。物塊向上做減速運動運動至0后反向加速運動至v0，回到出發(fā)點。整個運動過程加速度不變，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，一直減速或先減速后反向加速若v0>v，反向加速至v后，勻速運動，返回時速度為v；若v0<v，反向加速到最高點，返回時速度為v0傾斜傳送帶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，一直勻速例題(多選)(2023·福建省西山學校高三模擬)如圖，一足夠長的傾斜傳送帶順時針勻速轉動.一小滑塊以某初速度沿傳送帶向下運動，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數恒定，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則其速度v隨時間t變化的圖像可能是（

）BC解析設傳送帶傾角為θ，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，滑塊質量為m，若mgsinθ>μmgcosθ，則滑塊所受合力沿傳送帶向下，小滑塊向下做勻加速運動；若mgsinθ＝μmgcosθ，則小滑塊沿傳送帶方向所受合力為零，小滑塊勻速下滑；若mgsinθ<μmgcosθ，則小滑塊所受合力沿傳送帶向上，小滑塊先做勻減速運動，當速度減為零時，開始反向加速，當加速到與傳送帶速度相同時，因為最大靜摩擦力大于小滑塊重力沿傳送帶向下的分力，故小滑塊隨傳送帶做勻速運動，A、D錯誤，B、C正確.例題（多選）如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，以大小為v＝2m/s的恒定速率順時針轉動．一質量m＝2kg的煤塊以初速度v0＝12m/s從A端沖上傳送帶又滑了下來，煤塊的速度隨時間變化的圖象如圖乙所示，g＝10m/s2，則下列說法正確的是（）A．煤塊上升的最大位移為11m B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.25 C．煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為（2+2√2）s

D．煤塊在皮帶上留下的劃痕為（9+4√2）sCD解析根據v﹣t圖像與t軸所圍面積表示位移可知煤塊上升的最大位移為xm

=（2+12）×1m1×2m＝8m，故A錯誤；根據v﹣t圖像的斜率表示加速度可知煤塊與傳送帶共速前、后的加速度大小分別為a1＝10m/s2，a2＝2m/s2，對煤塊根據牛頓第二定律有μmgcosθ+mgsinθ＝ma1，mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，聯(lián)立代入數據解得：μ＝0.5，故B錯誤；設煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為t，則有代入數據解得：t＝（2+2）s，故C正確；0～1s內，煤塊相對傳送帶向上運動，此段時間內煤塊和傳送帶的位移大小分別為x1=1/2（2+12）×1m＝7mx2＝vt1＝2×1m＝2m煤塊在皮帶上留下的劃痕長度為二者相對位移大小，即l1＝x1﹣x2＝7m﹣2m＝5m在1～（2+2√2）s內，即t2＝（1+2√2）s時間內煤塊相對傳送帶向下運動，此段時間內煤塊作勻變速直線運動，設沿斜面向下為正方向，煤塊的的位移為：

傳送帶的位移大小為：x'2＝vt2煤塊與皮帶的相對位移大小為：l2＝x'1+x'2聯(lián)立代入數據解得：l2＝（9+4√2）m因為l2＞l1，所以有一部分痕跡是重合的，則煤塊在皮帶上留下的劃痕為（9+4√2）m，故D正確。故選：CD。思考傳送帶以速度v2沿逆時針方向轉動，質量為m的物體輕放在傳送帶上端，已知動摩擦因數為μ，傳送帶足夠長.1.分析物體的受力和可能的運動情況。2.思考:物體初速度不為零，分析可能的運動情況。傾斜傳送帶物塊一直以a＝gsinθ－μgcosθ向下勻加速運動若0≤v0<v且μ>tanθ一直加速傳送帶比較短時,物塊一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向下勻加速運動先加速后勻速傳送帶足夠長時,物塊先以a＝μgcosθ＋gsinθ向下勻加速運動再向下勻速運動若0≤v0<v且μ<tanθ傳送帶比較短時，物塊一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向下勻加速運動。傳送帶足夠長時物塊先以a1＝μgcosθ＋gsinθ向下勻加速運動再以a2＝gsinθ－μgcosθ向下勻加速運動。v0=v一直勻速（μ≥tanθ時）一直勻加速（μ<tanθ，加速度大小a＝gsinθ－μgcosθ向下勻加速運動若v0>v且μ>tanθ傳送帶比較短時，物塊一直以a＝μgcosθ－gsinθ向下勻減速運動。傳送帶足夠長時，物塊先以a＝μgcosθ－gsinθ向下勻減速運動再向下勻速運動。若v0>v且μ<tanθ例題機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李.如圖所示，以恒定速率v1＝0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉軸間距L＝3.95m.工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質點).小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.8.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；(2)小包裹通過傳送帶所需的時間t.解析（2）根據(1)可知小包裹開始階段在傳送帶上做勻減速直線運動，在傳送帶上滑動的距離為所以小包裹通過傳送帶所需的時間為t＝t1＋t2＝4.5s.（1）小包裹的初速度v2大于傳送帶的速度v1，所以開始時小包裹受到的傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上，因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳送帶方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹與傳送帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，根據牛頓第二定律可知μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得a＝0.4m/s2易錯點（1）物塊與傳送帶同速時，物塊受到傳送帶的摩擦力往往會發(fā)生突變。（2）傳送帶運動方向或順或逆，物塊在傳送帶上或一直加速，或先加速后勻速，或先減速后反向加速……有多種可能時，存在多解。（3）物塊相對傳送帶位移與痕跡長不一定總相等，物塊相對傳送帶運動的路程與痕跡長不一定總相等。若有兩次相對運動且兩次相對運動方向相同，則Δx＝Δx1＋Δx2(圖甲)；若兩次相對運動方向相反，則Δx等于較長的相對位移大小(圖乙).1.（多選）如圖所示，傳送帶的水平部分長為L，運動的速率恒為v，在其左端無初速放上一木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，則木塊從左到右的運動時間可能是（

）A．

B． C．

D．隨堂訓練ACD2.（多選）如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角為θ，以恒定速率v＝4m/s順時針轉動。一煤塊以初速度v0＝12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，g取10m/s2，則下列說法正確的是（

）A．煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為（2+√5）s B．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為（12+4√5）m C．傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值tanθ＝0.75 D．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.35隨堂訓練ABC3.（多選）如圖甲所示，傾斜傳送帶的傾角θ＝37°，傳送帶以一定速度勻速轉動，將一個物塊輕