題型一 傳送帶模型
1．水平傳送帶
2.傾斜傳送帶
考向1 動(dòng)力學(xué)中水平傳送帶問(wèn)題
例1 (多選)應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車(chē)站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型．傳送帶始終保持v＝0.4 m/s的恒定速率運(yùn)行，行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在A處，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．開(kāi)始時(shí)行李的加速度大小為2 m/s2
B．行李經(jīng)過(guò)2 s到達(dá)B處
C．行李到達(dá)B處時(shí)速度大小為0.4 m/s
D．行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為0.08 m
答案 AC
解析 開(kāi)始時(shí)，對(duì)行李，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正確；設(shè)行李做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，行李做勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝0.4 m/s，根據(jù)v＝at1，代入數(shù)據(jù)解得t1＝0.2 s，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移大小x＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2×0.22 m＝0.04 m，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(2－0.04,0.4) s＝4.9 s，可得行李從A到B的時(shí)間為t＝t1＋t2＝5.1 s，故B錯(cuò)誤；由以上分析可知行李在到達(dá)B處前已經(jīng)與傳送帶共速，所以行李到達(dá)B處時(shí)速度大小為0.4 m/s，故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D錯(cuò)誤．
考向2 動(dòng)力學(xué)中的傾斜傳送帶問(wèn)題
例2 (2021·遼寧卷·13)機(jī)場(chǎng)地勤工作人員利用傳送帶從飛機(jī)上卸行李．如圖所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s運(yùn)行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉(zhuǎn)軸間距L＝3.95 m．工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6 m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質(zhì)點(diǎn))．小包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)小包裹相對(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)加速度的大小a；
(2)小包裹通過(guò)傳送帶所需的時(shí)間t.
答案 (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)小包裹的初速度v2大于傳送帶的速度v1，所以開(kāi)始時(shí)小包裹受到的傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上，因?yàn)樾“芑瑒?dòng)摩擦力大于重力沿傳送帶方向上的分力，即μmgcs θ>mgsin θ，所以小包裹與傳送帶共速后做勻速直線運(yùn)動(dòng)至傳送帶底端，根據(jù)牛頓第二定律可知μmgcs θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2
(2)根據(jù)(1)可知小包裹開(kāi)始階段在傳送帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，
用時(shí)t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s
在傳送帶上滑動(dòng)的距離為
x1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝eq \f(0.6＋1.6,2)×2.5 m＝2.75 m
共速后，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s，所以小包裹通過(guò)傳送帶所需的時(shí)間為t＝t1＋t2＝4.5 s.
考向3 傳送帶中的動(dòng)力學(xué)圖像
例3 (多選)(2023·福建省西山學(xué)校高三模擬)如圖，一足夠長(zhǎng)的傾斜傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．一小滑塊以某初速度沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則其速度v隨時(shí)間t變化的圖像可能是( )
答案 BC
解析 設(shè)傳送帶傾角為θ，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊質(zhì)量為m，若mgsin θ>μmgcs θ，則滑塊所受合力沿傳送帶向下，小滑塊向下做勻加速運(yùn)動(dòng)；若mgsin θ＝μmgcs θ，則小滑塊沿傳送帶方向所受合力為零，小滑塊勻速下滑；若mgsin θtan θ，故A錯(cuò)誤；做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，行李箱與傳送帶之間的摩擦力大小為Ff＝mgsin θ，故B錯(cuò)誤；行李箱在加速階段和勻速階段受到的摩擦力方向均沿傳送帶向上，故C正確；若使傳送帶速度足夠大，行李箱在傳送帶上一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，傳送時(shí)間不會(huì)無(wú)限縮短，故D錯(cuò)誤．
2．(多選)圖甲為一轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶，以恒定的速率v順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．在傳送帶的右側(cè)有一滑塊以初速度v0從光滑水平面滑上傳送帶，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后離開(kāi)傳送帶，這一過(guò)程中滑塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示．由圖像可知滑塊( )
A．從右端離開(kāi)傳送帶
B．從左端離開(kāi)傳送帶
C．先受滑動(dòng)摩擦力的作用，后受靜摩擦力的作用
D．變速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受滑動(dòng)摩擦力的作用
答案 AD
解析 由題圖乙可知，滑塊先向左做勻減速運(yùn)動(dòng)減速到零，再向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后以與傳送帶相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故從右端離開(kāi)傳送帶，故A正確，B錯(cuò)誤；滑塊先向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，受到向右的滑動(dòng)摩擦力，再向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，還是受到向右的滑動(dòng)摩擦力，所以變速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受滑動(dòng)摩擦力的作用，與傳送帶共速后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不受摩擦力作用，故C錯(cuò)誤，D正確．
3．(多選)如圖甲所示，光滑水平面上靜置一個(gè)薄長(zhǎng)木板，長(zhǎng)木板上表面粗糙，其質(zhì)量為M，t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的物塊以速度v水平滑上長(zhǎng)木板，此后木板與物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是( )
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的長(zhǎng)度為8 m
D．木板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1
答案 BC
解析 物塊相對(duì)木板運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，在水平方向上只受到木板給的滑動(dòng)摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t圖像的斜率表示加速度，故物塊的加速度大小為a1＝eq \f(7－3,2) m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，對(duì)木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t圖像可知木板的加速度大小為a2＝eq \f(2－0,2) m/s2＝1 m/s2，聯(lián)立解得M＝2m，A、D錯(cuò)誤，B正確；從題圖乙可知物塊和木板在t＝2 s時(shí)分離，兩者在0～2 s內(nèi)的v－t圖像與t軸圍成的面積之差等于木板的長(zhǎng)度，故L＝eq \f(1,2)×(7＋3)×2 m－eq \f(1,2)×2×2 m＝8 m，C正確．
4.(2023·甘肅省模擬)如圖所示，水平勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶左右兩端相距L＝3.5 m，物塊A(可看作質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0＝4 m/s滑上傳送帶左端，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，設(shè)A到達(dá)傳送帶右端時(shí)的瞬時(shí)速度為v，g取10 m/s2，下列說(shuō)法不正確的是( )
A．若傳送帶速度等于2 m/s，物塊不可能先做減速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)
B．若傳送帶速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/s
C．若A到達(dá)傳送帶右端時(shí)的瞬時(shí)速度v等于3 m/s，傳送帶可能沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)
D．若A到達(dá)傳送帶右端時(shí)的瞬時(shí)速度v等于3 m/s，則傳送帶的速度不大于3 m/s
答案 D
解析 物塊在傳送帶上的加速度大小為a＝eq \f(μmg,m)＝1 m/s2，假設(shè)物塊一直做勻減速運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端，根據(jù)v′2－v02＝－2aL，解得v′＝3 m/s>2 m/s，可知當(dāng)傳送帶速度等于2 m/s時(shí)，物塊一直減速到最右端，故A正確；當(dāng)傳送帶速度等于3.5 m/s，傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，v等于3 m/s，故B正確；若A到達(dá)傳送帶右端時(shí)的瞬時(shí)速度v等于3 m/s，傳送帶可能沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，此方向傳送帶的速度可以為任意值，故C正確，D錯(cuò)誤．
5.(多選)(2023·福建福州市高三檢測(cè))如圖所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板A以速度v0在光滑水平面上向左勻速運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為m的小滑塊B輕放在木板左端，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間恰好從木板的右端滑出，小滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，下列說(shuō)法中正確的是( )
A．若只增大m，則小滑塊不能滑離木板
B．若只增大M，則小滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短
C．若只增大v0，則小滑塊離開(kāi)木板的速度變大
D．若只減小μ，則小滑塊滑離木板過(guò)程中小滑塊對(duì)地的位移變大
答案 AB
解析 若只增大滑塊質(zhì)量，滑塊的加速度不變，木板的加速度增大，所以滑塊與木板共速時(shí)，滑塊沒(méi)有離開(kāi)木板，之后二者一起向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；若只增大長(zhǎng)木板質(zhì)量，木板的加速度減小，滑塊的加速度不變，以木板為參考系，滑塊運(yùn)動(dòng)的平均速度變大，即滑塊在木板上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，故B正確；若只增大木板初速度，滑塊的受力不變，滑塊的加速度不變，滑塊相對(duì)木板的平均速度變大，滑塊在木板上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，所以滑塊離開(kāi)木板的速度變小，故C錯(cuò)誤；若只減小動(dòng)摩擦因數(shù)，那么滑塊和木板的加速度等比例減小，相對(duì)位移不變，則滑塊滑離木板時(shí)速度大于木板速度，滑塊滑離木板的過(guò)程所用時(shí)間變短，木板對(duì)地位移變小，滑塊滑離木板過(guò)程中滑塊對(duì)地的位移為木板對(duì)地位移減去極長(zhǎng)，故減小，故D錯(cuò)誤．
6．(多選)如圖甲所示，一滑塊置于足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑塊和木板的質(zhì)量均為2 kg，現(xiàn)在滑塊上施加一個(gè)F＝0.5t (N)的變力作用，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，滑塊所受摩擦力隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示．設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4
B．木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
C．圖乙中t2＝24 s
D．木板的最大加速度為2 m/s2
答案 ACD
解析 由題圖乙可知，滑塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力大小為8 N，則滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq \f(Ffm,mg)＝0.4，選項(xiàng)A正確．由題圖乙可知，t1時(shí)刻木板相對(duì)地面開(kāi)始滑動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板相對(duì)靜止，則木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ′＝eq \f(Ff′,2mg)＝0.1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．t2時(shí)刻，滑塊與木板將要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力Ffm＝8 N，此時(shí)兩者的加速度相同，且木板的加速度達(dá)到最大，則對(duì)木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；對(duì)滑塊：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，則由 F＝0.5t (N)可知，t2＝24 s，選項(xiàng)C、D正確．
7.(2023·山東泰安市模擬)如圖所示，水平傳送帶AB間的距離為16 m，質(zhì)量分別為2 kg、4 kg的物塊P、Q通過(guò)繞在光滑定滑輪上的細(xì)線連接，Q在傳送帶的左端，且連接物塊Q的細(xì)線水平，當(dāng)傳送帶以8 m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，Q恰好靜止．重力加速度取g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．當(dāng)傳送帶以8 m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是( )
A．Q與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6
B．Q從傳送帶左端滑到右端所用的時(shí)間為2.4 s
C．Q從傳送帶左端滑到右端，相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離為4.8 m
D．Q從傳送帶左端滑到右端的過(guò)程細(xì)線受到的拉力大小恒為20 N
答案 C
解析 當(dāng)傳送帶以v＝8 m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，Q恰好靜止不動(dòng)，對(duì)Q受力分析知mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，A錯(cuò)誤；當(dāng)傳送帶以v＝8 m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊Q先做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝eq \f(20,3) m/s2，當(dāng)物塊Q速度達(dá)到傳送帶速度，即8 m/s后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由v＝at1，解得勻加速的時(shí)間t1＝1.2 s，勻加速的位移為x＝eq \f(v2,2a)＝4.8 m，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq \f(L－x,v)＝1.4 s，Q從傳送帶左端滑到右端所用的時(shí)間為t總＝t1＋t2＝2.6 s，B錯(cuò)誤；加速階段的位移之差為Δx＝vt1－x＝4.8 m，即Q從傳送帶左端到右端相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離為4.8 m，C正確；當(dāng)Q加速時(shí)，對(duì)P分析有mPg－FT＝mPa，解得FT＝eq \f(20,3) N，之后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有FT′＝20 N，D錯(cuò)誤．
8．(2023·河南信陽(yáng)市模擬)如圖甲所示，在順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)且傾角為θ＝37°的傳送帶底端，一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊以某一初速度向上滑動(dòng)，傳送帶足夠長(zhǎng)，物塊的速度與時(shí)間(v－t)關(guān)系的部分圖像如圖乙所示，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2)物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)的最大位移；
(3)物塊向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中相對(duì)傳送帶的路程．
答案 (1)0.5 (2)6.4 m (3)4.8 m
解析 (1)由題圖乙可知，物塊的初速度v0＝8 m/s，物塊的速度減速到與傳送帶的速度相同時(shí)，加速度發(fā)生變化，所以傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的速度v＝4 m/s，從t＝0到t＝0.4 s時(shí)間內(nèi)，物塊加速度大小為a1＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Δv,Δt)))＝eq \f(8－4,0.4) m/s2＝10 m/s2，方向沿斜面向下；物塊受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛頓第二定律有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，解得μ＝0.5.
(2)設(shè)在t＝0.4 s后，物塊做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2，物塊受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，由牛頓第二定律可得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物塊從t＝0.4 s開(kāi)始，經(jīng)過(guò)t1時(shí)間速度減為零，則t1＝eq \f(4,2) s＝2 s，從t＝0到t＝0.4 s，物塊位移為x1＝v0Δt－eq \f(1,2)a1(Δt)2＝2.4 m，從t＝0.4 s到t＝2.4 s，物塊減速到零的位移為x2＝eq \f(v,2)t1＝eq \f(4,2)×2 m＝4 m，物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的位移為x＝x1＋x2＝6.4 m.
(3)從t＝0到t＝0.4 s，傳送帶位移為x3＝vΔt＝1.6 m，物塊相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)Δx1＝x1－x3＝0.8 m，從t＝0.4 s到t＝2.4 s，傳送帶位移x4＝vt1＝8 m，物塊相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)Δx2＝x4－x2＝4 m，故物塊向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，物塊相對(duì)傳送帶的路程Δx＝Δx1＋Δx2＝4.8 m.
9.(2023·遼寧大連市檢測(cè))如圖所示，一質(zhì)量M＝2 kg的長(zhǎng)木板B靜止在粗糙水平面上，其右端有一質(zhì)量m＝2 kg的小滑塊A，對(duì)B施加一水平向右且大小為F＝14 N的拉力；t＝3 s后撤去拉力，撤去拉力時(shí)滑塊仍然在木板上．已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.1，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求有拉力時(shí)木板B和滑塊A的加速度大?。?br>(2)要使滑塊A不從木板B左端掉落，求木板B的最小長(zhǎng)度．
答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)5.25 m
解析 (1)對(duì)滑塊A根據(jù)牛頓第二定律可得μ1mg＝ma1，故A的加速度大小為a1＝1 m/s2，方向向右；對(duì)木板B根據(jù)牛頓第二定律可得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，解得木板B加速度大小為a2＝2 m/s2.
(2)撤去外力瞬間，A的位移大小為x1＝eq \f(1,2)a1t2＝4.5 m，B的位移大小為x2＝eq \f(1,2)a2t2＝9 m，撤去外力時(shí)，滑塊A和木板B的速度分別為v1＝a1t＝3 m/s，v2＝a2t＝6 m/s，撤去外力后，滑塊A的受力沒(méi)變，故滑塊A仍然做加速運(yùn)動(dòng)，加速度不變，木板B做減速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小變?yōu)閍2′＝eq \f(μ1mg＋μ2?m＋M?g,M)＝5 m/s2，設(shè)再經(jīng)過(guò)時(shí)間t′兩者達(dá)到共速，則有v1＋a1t′＝v2－a2′t′
撤去外力后，A的位移大小為x1′＝v1t′＋eq \f(1,2)a1t′2
B的位移大小為x2′＝v2t′－eq \f(1,2)a2′t′2
故木板B的長(zhǎng)度至少為L(zhǎng)＝x2－x1＋x2′－x1′
代入數(shù)據(jù)解得L＝5.25 m.情景
滑塊的運(yùn)動(dòng)情況
傳送帶不足夠長(zhǎng)(未達(dá)到和傳送帶相對(duì)靜止)
傳送帶足夠長(zhǎng)
一直加速
先加速后勻速
v0v時(shí)，先減速再勻速
滑塊一直減速到右端
滑塊先減速到速度為0，后被傳送帶傳回左端
若v0v，則返回到左端時(shí)速度為v
情景
滑塊的運(yùn)動(dòng)情況
傳送帶不足夠長(zhǎng)
傳送帶足夠長(zhǎng)
一直加速(一定滿足關(guān)系gsin θ

相關(guān)試卷

2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義（新人教版） 第3章 專題強(qiáng)化5　傳送帶模型和“滑塊—木板”模型：

這是一份2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義（新人教版） 第3章 專題強(qiáng)化5　傳送帶模型和“滑塊—木板”模型，文件包含第3章專題強(qiáng)化5傳送帶模型和“滑塊木板”模型docx、2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義新人教版第3章專題強(qiáng)化5傳送帶模型和“滑塊木板”模型docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共20頁(yè)， 歡迎下載使用。

高考物理一輪復(fù)習(xí)專題3.4傳送帶模型和“滑塊－木板”模型-(原卷版+解析)：

這是一份高考物理一輪復(fù)習(xí)專題3.4傳送帶模型和“滑塊－木板”模型-(原卷版+解析)，共78頁(yè)。試卷主要包含了傳送帶模型，“滑塊－木板”模型，斜面問(wèn)題，生活情景問(wèn)題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

高考物理一輪復(fù)習(xí)3.4傳送帶模型和“滑塊－木板”模型-(原卷版+解析)：

這是一份高考物理一輪復(fù)習(xí)3.4傳送帶模型和“滑塊－木板”模型-(原卷版+解析)，共79頁(yè)。試卷主要包含了傳送帶模型，“滑塊－木板”模型，斜面問(wèn)題，生活情景問(wèn)題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2025高考物理一輪考點(diǎn)突破訓(xùn)練第3章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系專題強(qiáng)化4傳送帶模型和“滑塊_木板”模型考點(diǎn)2“滑塊_木板”模型

2025高考物理一輪考點(diǎn)突破訓(xùn)練第3章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系專題強(qiáng)化4傳送帶模型和“滑塊_木板”模型考點(diǎn)2“滑塊_木板”模型
高考物理一輪復(fù)習(xí)3.4傳送帶模型和“滑塊－木板”模型-(原卷版+解析)

高考物理一輪復(fù)習(xí)3.4傳送帶模型和“滑塊－木板”模型-(原卷版+解析)
2024高考物理大一輪復(fù)習(xí)講義 第三章 專題強(qiáng)化五 傳送帶模型和“滑塊—木板”模型

2024高考物理大一輪復(fù)習(xí)講義 第三章 專題強(qiáng)化五 傳送帶模型和“滑塊—木板”模型
(全國(guó)版)高考物理一輪復(fù)習(xí)講義第3章 專題強(qiáng)化6 傳送帶模型和滑塊—木板模型(含解析)

(全國(guó)版)高考物理一輪復(fù)習(xí)講義第3章 專題強(qiáng)化6 傳送帶模型和滑塊—木板模型(含解析)
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部