第四章 专题四 传送带问题和滑块—木板问题-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第一册创新导学案word（粤教版2019）

物理　必修　第一册(粤教) 专题四　传送带问题和滑块—木板问题 探究　传送带问题 1.传送带问题涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析和动力学知识的运用，重点考查分析问题和解决问题的能力.传送带问题主要有如下两类： (1)水平传送带问题 当传送带水平时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化.摩擦力的突变，常常导致物体的受力情况和运动性质的突变.静摩擦力达到最大值，是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度达到相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力为0或变为静摩擦力). (2)倾斜传送带问题 当传送带倾斜时，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对受力的影响，从而正确判断物体的速度和传送带速度相等后物体的运动性质. 2.倾斜传送带问题的两种情况 倾斜传送带问题可分为倾斜向上传送和倾斜向下传送两种情况(物体从静止开始，传送带匀速运动且足够长)： 条件 运动性质 倾斜向上传送 μ>tanθ 物体先沿传送带做向上的匀加速直线运动，速度相同以后二者相对静止，一起做匀速运动 μ＝tanθ 物体保持静止 μ<tanθ 物体沿传送带做向下的匀加速直线运动 倾斜向下传送 μ≥tanθ 物体先相对传送带向上滑，沿传送带向下做初速度为零的匀加速直线运动，速度相同后二者相对静止，一起做匀速运动 μ<tanθ 物体先相对传送带向上滑，沿传送带向下做初速度为零的匀加速直线运动，速度与传送带速度相同后滑动摩擦力反向，物体相对传送带下滑，继续沿传送带向下做匀加速直线运动 如图所示，水平放置的传送带以v＝2 m/s的速度向右匀速运行，一小物块以v0＝4 m/s的水平速度从传送带最左端A处水平向右滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.若A端与B端相距8 m，则物块由A端运动到B端所用时间为(　　) A.1 s B.2 s C.3 s D.4 s [规范解答]　开始时物块在传送带上向右做匀减速运动，加速度大小为a＝＝μg＝1 m/s2，假设物块能减速到与传送带共速，则物块向右运动到速度与传送带速度相等的时间为t1＝＝2 s，此过程物块通过的距离s＝＝6 m<8 m，故假设成立，物块速度与传送带速度相等后做匀速直线运动，时间为t2＝＝ s＝1 s，则物块由A端运动到B端所用时间为t＝t1＋t2＝3 s，故选C. [答案]　C 分析传送带问题的三个步骤 (1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况. (2)确定临界状态v物＝v带的受力情况，判断之后的运动情况. (3)运用相应规律，进行相关计算. [变式训练1]　如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，长度L＝15 m的传送带AB与水平面之间的夹角为θ＝30°，传送带在电动机的带动下以10 m/s的速度向下运动，现将一包裹(可视为质点)无初速度地轻放在传送带上A点，已知包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)包裹加速到与传送带同速时的时间和位移； (2)包裹从A运动到底部B的时间及到达B时的速度大小. 答案：(1)1 s　5 m　(2)2 s　10 m/s 解析：(1)包裹放上传送带以后，加速过程中的加速度大小为a1＝gsinθ＋μgcosθ 代入数据解得a1＝10 m/s2 加速过程对应的时间为t1＝＝1 s 对应的位移满足v2＝2a1s1 代入数据解得s1＝5 m. (2)由gsinθ＝μgcosθ可知，包裹的速度达到10 m/s后就不再加速，做匀速直线运动.设包裹完成剩余的位移s2所用的时间为t2，则 s2＝vt2 且s2＝L－s1 联立并代入数据解得t2＝1 s 所以包裹从A运动到底部B的时间为t＝t1＋t2＝2 s，到达B时的速度大小为10 m/s. 探究　滑块—木板问题 1.概述 滑块—木板问题至少涉及滑块和木板两个物体(有时不止一个滑块，有时木板受地面的摩擦力)，物体间经常存在相对滑动.由于摩擦力的突变，所以一般是多过程运动，各物体所受的摩擦力和运动情况比较复杂. 对于这类问题，应分阶段分析各物体的受力和运动特点，准确求出各物体在每一个运动阶段的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系和速度关系.速度相等是联系两个运动过程的桥梁. 2.受力分析 此类问题由于存在相对运动或相对运动趋势，所以对摩擦力的分析很重要. 滑块与木板如果速度相同，即没有发生相对滑动，则它们之间一般存在静摩擦力，应用“整体法”求出它们的加速度. 滑块与木板如果速度不相同，则它们之间存在滑动摩擦力，应用“隔离法”分析各自的加速度.几种典型情况如下： (1)滑块与木板“一快一慢”：较快的受到的对方给它的摩擦力为阻力，较慢的受到的对方给它的摩擦力为动力. (2)滑块与木板“一动一静”：运动的受到的对方给它的摩擦力为阻力，静止的受到的对方给它的摩擦力为动力. (3)滑块与木板“一左一右”：两者受到的对方给它的摩擦力都是阻力. 由上述分析可知，两物体的速度相等是静摩擦力与滑动摩擦力突变、摩擦力的大小或方向发生突变的临界点，此临界点加速度会发生突变，从而将运动划分为多个过程.所以临界点前后的受力分析和运动分析是重中之重！ 3.运动分析 滑块与木板叠放在一起运动时，由于要考虑木板的长度，所以各物体运动的位移关系也比较复杂，应仔细分析运动过程，必要时可以借助运动草图和v­t图像，弄清它们之间的相对位移和相对地面的位移之间的定量关系. 常见的两种运动关系： (1)滑块从初始位置滑到木板一端的过程中，若它们向同一方向运动，则滑块与木板的位移大小之差等于初始时滑块到木板这一端的距离. (2)滑块从初始位置滑到木板一端的过程中，若它们向相反方向运动，则滑块与木板的位移大小之和等于初始时滑块到木板这一端的距离. 注意：如果滑块恰好没有脱离木板，则除了上述的位移关系外，滑块的末速度还与木板的相同. 如图所示，在光滑的水平面上有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木板B处于静止状态，在B的左端有一个质量为2 kg、可视为质点的铁块A，A与B之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.当对A施加水平向右的拉力F＝10 N时，求经过多长时间可将A从B的左端拉到右端.(g＝10 m/s2) [规范解答]　设经过时间t可将A从B的左端拉到右端，A的加速度大小为a1，B的加速度大小为a2， 以A为研究对象，水平方向受到向右的拉力F和向左的滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律有 F－f＝m1a1 又f＝μm1g 以B为研究对象，水平方向只受向右的摩擦力f′，根据牛顿第三定律可知f′＝f＝μm1g 根据牛顿第二定律有μm1g＝m2a2 A从B的左端运动到右端，则有sA－sB＝L 其中sA＝a1t2，sB＝a2t2，L＝0.64 m 联立并代入数据，解得t＝0.8 s. [答案]　0.8 s 解决滑块—木板问题的关键是根据相对运动情况分析受力情况，特别是分析速度相等前后的受力情况，然后依据牛顿第二定律和运动学规律解题.此外要抓住物体间的位移(路程)关系. [变式训练2]　质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示.A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v­t图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1； (2)B与水平面间的动摩擦因数μ2； (3)A的质量； (4)物块A相对木板B滑行的距离Δx. 答案：(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg　(4)2 m 解析：(1)由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝ m/s2＝－2 m/s2 对A，由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1 解得μ1＝0.2. (2)由题图乙可知，A、B整体在1～3 s内的加速度a3＝＝ m/s2＝－1 m/s2 对A、B，由牛顿第二定律得 －μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3 解得μ2＝0.1. (3)由题图乙可知，B在0～1 s内的加速度 a2＝＝ m/s2＝2 m/s2 对B，由牛顿第二定律得 μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 解得m＝6 kg. (4)由题图乙可知，物块A相对木板B滑行的距离Δx对应图中(0，4)、(0，0)、(1，2)点所围三角形的面积，故Δx＝×4×1 m＝2 m. 课后课时作业 1.(多选)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动.将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、s、f表示物体的速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小.下列选项中正确的是(　　) 答案：AB 解析：开始时，物体受到向右恒定的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v＝at，v­t图像是过原点的倾斜直线；因传送带足够长，故物体能达到与传送带相同的速度，此后，物体不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0，故A、B正确，C错误.根据物体的运动情况，并结合匀变速直线运动和匀速直线运动的位移—时间图像特点知，D错误. 2.如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动.已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是(　　) A.长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1Mg B.长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)g C.只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动 D.无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动 答案：D 解析：长木板保持静止不动，对其进行受力分析，水平方向受到木块的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，由长木板水平方向受力平衡知，长木板受到地面的摩擦力大小一定等于木块对长木板的摩擦力大小，即为μ1mg，A、B错误；木块与长木板之间的滑动摩擦力大小为μ1mg，是定值，则不论F增加到多大，长木板的受力情况都不变，长木板都不会与地面发生相对滑动，C错误，D正确. 3.如图所示，水平传送带以1 m/s的速度逆时针匀速运行，现将一小滑块(视为质点)从A处由静止开始沿光滑固定斜面滑下，结果滑块以1 m/s的速度滑上传送带的右端.若滑块从图示位置B(比A处低)由静止开始沿斜面滑下，则滑块在传送带上运动的过程中(　　) A.可能一直做匀速运动 B.可能一直做减速运动 C.可能先做加速运动后做匀速运动 D.可能先做减速运动后做匀速运动 答案：C 解析：根据v2＝2aL结合题意可知，滑块从B位置下滑，滑上传送带右端时的速度小于1 m/s，若传送带足够长，则滑块在传送带上先做加速运动后做匀速运动，若传送带不够长，则滑块可能在传送带上一直做加速运动，故选C. 4.如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹.下列说法中正确的是(　　) A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B.开始时木炭包相对于传送带向右运动 C.木炭包的质量越大，径迹的长度越短 D.木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短 答案：D 解析：设木炭包的质量为m，传送带的速度为v，木炭包与传送带间的动摩擦因数为μ.对木炭包运动过程进行分析知，木炭包刚放上传送带时，传送带相对木炭包向右运动，传送带受到木炭包向左的摩擦力，则木炭包受到传送带向右的摩擦力，且在该摩擦力作用下向右做加速运动.开始时木炭包速度小于传送带速度，木炭包相对传送带向左运动，径迹出现在木炭包右侧，直到木炭包与传送带速度相等，一起做匀速运动，径迹不再变化.木炭包相对传送带运动时，其加速度为μg，径迹的长度s＝，即传送带速度越大，径迹越长；木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹越短；径迹的长度与木炭包的质量无关.综上所述，A、B、C错误，D正确. 5.(多选)如图所示，足够长的传送带绷紧后以恒定速率v1＝2 m/s运行，其右端与等高的足够长的光滑水平面平滑连接.一小物块以v2＝4 m/s的速度从传送带右端滑上传送带.已知传送带与小物块间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，小物块滑上传送带右端后(　　) A.向左运动的最大距离为1.6 m B.减速到零时所用时间为0.4 s C.再次回到传送带右端所用的时间为1.8 s D.在3 s内的位移大小为2.4 m 答案：ACD 解析：小物块滑上传送带后，由摩擦力提供加速度，根据牛顿第二定律有f＝μmg＝ma，解得小物块的加速度大小a＝μg＝5 m/s2，向左运动的最大距离s1＝＝1.6 m，减速到零所用时间t1＝＝0.8 s，故A正确，B错误；此后小物块向右加速到和传送带共速所用时间t2＝＝0.4 s，此过程向右运动的位移s2＝＝0.4 m，然后与传送带保持相对静止，做匀速运动，再次回到传送带右端所用时间t3＝＝0.6 s，所以再次回到传送带右端所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s，故C正确；小物块回到传送带右端后，将继续在光滑水平面上向右做匀速运动，则3 s内的位移为s＝v1(3 s－t)＝2.4 m，故D正确. 6.如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的上表面.由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图乙所示.g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反 B.A、B之间的动摩擦因数μ＝0.5 C.长木板A的长度可能为L＝0.8 m D.长木板A的质量是物体B的质量的两倍 答案：D 解析：由题意可得，长木板A所受的摩擦力方向与运动方向相同，物体B所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A错误；对B受力分析，由牛顿第二定律有：μmBg＝mBaB，而由题图乙知B的加速度大小aB＝||＝ m/s2＝2 m/s2，解得：μ＝0.2，故B错误；物体B未滑出长木板A，临界条件为当A、B具有共同速度时，B恰好滑到A的右端，速度—时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则长木板A的最小长度Lmin＝sB－sA＝ m＝1.5 m，故C错误；对A受力分析，根据牛顿第二定律有：μmBg＝mAaA，而由题图乙知A的加速度大小aA＝||＝ m/s2＝1 m/s2，联立解得：＝＝2，故D正确. 7.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　　) 答案：A 解析：当F比较小时，木块和木板相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得a＝＝t，则a正比于t.当F比较大时，木块相对于木板运动，根据牛顿第二定律，对木板有a1＝，由于μ、m1、m2都一定，则a1一定；对木块有a2＝＝t－μg，则a2是t的线性函数，t增大，a2增大，又＜，则木块和木板相对滑动后a2­t图线的斜率大于两者相对静止时图线的斜率.故选A. 8.(多选)如图甲，倾角为θ＝30°的传送带以恒定速率v0顺时针运行，一小物块(可视为质点)以一定的初速度从传送带底端冲上传送带，物块在传送带上整个运动过程中的速度—时间(v­t)图像如图乙，总时间为3 s，其中1 s后图线平行于t轴.已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力及传送带两端轮子大小，下列说法正确的是(　　) A.传送带运行速率v0＝2.5 m/s B.物块与传送带间的动摩擦因数为 C.传送带两端轮子的间距为8.75 m D.整个过程中物块与传送带之间的相对路程为6.25 m 答案：AD 解析：根据物块的v­t图像可知，物块先做匀减速直线运动，后做匀速运动，即小物块与传送带速度相等后与传送带保持相对静止做匀速运动，可知传送带运行速率为2.5 m/s，故A正确；由物块的v­t图像可知物块做匀减速运动的加速度大小为a＝ m/s2＝12.5 m/s2，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得μ＝，故B错误；由v­t图线与t轴所围面积表示位移可知，0～3 s内小物块的位移，即传送带两端轮子的间距s＝×1 m＋2.5×(3－1) m＝13.75 m，故C错误；物块在传送带上做匀减速运动时与传送带间有相对滑动，则物块与传送带之间的相对路程Δs＝×1 m－2.5×1 m＝6.25 m，故D正确. 9.在机场和车站都有传送带在运送行李，小朱同学对传送带的工作产生了极大兴趣，小朱同学注意到某一条水平传送带正以1 m/s的速度匀速运动，长度为1 m，行李和传送带之间的动摩擦因数为0.2，行李轻放在传送带左端.(不计行李大小)求： (1)行李加速前进的距离； (2)行李在传送带上留下多长的摩擦痕迹； (3)如果要把行李最快运送到传送带右端，传送带的速度至少多大. 答案：(1)0.25 m　(2)0.25 m　(3)2 m/s 解析：(1)行李轻放在传送带左端，设行李的质量为m，行李与传送带之间的动摩擦因数为μ，行李做加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 解得a＝2 m/s2 设行李到达右端前已经与传送带共速，行李加速前进的距离为s1，传送带的速度为v，根据匀变速直线运动规律有 v2＝2as1 解得s1＝0.25 m 因为s1<1 m，则假设成立，则行李加速前进的距离为0.25 m. (2)行李轻放在传送带左端到与传送带共速所用时间为t1＝ 传送带在这段时间内的位移大小s传＝vt1 行李加速过程与传送带发生的相对位移大小为 Δs＝s传－s1 联立解得Δs＝0.25 m 即行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.25 m. (3)设传送带的长度为L，如果要把行李最快运送到传送带右端，行李应一直做匀加速运动到右端，则有2aL＝v′2 解得v′＝2 m/s 可知传送带的速度至少为2 m/s. 10.如图所示，质量M＝2 kg的长木板B静止在水平面上.某时刻，质量m＝8 kg的小物块A，以大小为v0＝4 m/s的初速度，从木板的左侧沿木板上表面滑上木板.已知A与B上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取重力加速度g＝10 m/s2，长木板B足够长，求： (1)物块A刚滑上木板时，物块A的加速度大小a1； (2)物块A在木板上相对于木板B滑行的距离L. 答案：(1)2 m/s2　(2)1.6 m 解析：(1)开始时，对物块A由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1 代入数据解得a1＝2 m/s2. (2)开始时，对木板B由牛顿第二定律得 μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 代入数据解得木板B的加速度大小 a2＝3 m/s2 设经过时间t1后，A、B速度相等，共同速度为v，由匀变速直线运动的速度公式， 对物块A有v＝v0－a1t1 对木板B有v＝a2t1 分析可知，A与B共速后，保持相对静止一起做匀减速运动直至停止 则物块A在木板上相对于木板B滑行的距离 L＝t1－t1 联立并代入数据解得L＝1.6 m. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$