第4章 综合 融通(二) 动力学中的两类典型模型（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第一册（人教版）江苏专版

动力学中的两类典型模型 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(二) 传送带模型和板块模型属于动力学中的综合问题，在高考试题中经常出现，难度一般较大。通过本节课的学习要学会对传送带上的物体进行受力分析，掌握传送带模型的一般分析方法，能正确解答传送带上的物体的运动问题；学会建立板块模型的分析方法，能运用牛顿运动定律处理板块问题。 主题(一)　传送带模型 主题(二)　板块模型 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 主题(一)　传送带模型 1.传送带的基本类型 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用。有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。 2.传送带模型的分析流程 3.传送带模型的解题关键 求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键。 类型1　水平传送带 水平传送带常见类型及物体运动情况： 类型 物体运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0=v时，一直匀速 (3)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 (1)传送带较短时，物体一直减速到达左端 (2)传送带足够长时，物体先向左减速再向右加速回到右端 [例1]　如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动。现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去，煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L=2.5 m，g取10 m/s2，求： (1)煤块从A点运动到B点所经历的时间； [答案]　 3 s [解析]　对煤块，根据题意得a==μg=1 m/s2，当速度达到1 m/s时，所用的时间t1== s=1 s，通过的位移x1==0.5 m<2.5 m。在剩余位移x2=L-x1=2.5 m-0.5 m=2 m中，因为煤块与传送带间无摩擦力，所以煤块以1 m/s的速度随传送带做匀速运动，所用时间t2==2 s 因此煤块从A点运动到B点所经历的时间t=t1+t2=3 s。 (2)煤块在传送带上留下痕迹的长度。 [答案]　0.5 m [解析]　煤块在传送带上留下的痕迹为二者的相对位移，发生在二者相对运动的过程 在前1 s时间内，传送带的位移x1'=vt1=1 m 煤块相对地面运动的位移x2'=a=0.5 m 故煤块相对传送带的位移Δx=x1'-x2'=0.5 m。 类型2　倾斜传送带 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>tan θ 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=tan θ 物体保持静止 μ<tan θ 物体沿传送带做向下的匀加速直线运动   条件 运动性质 倾斜 向下 传送 μ≥tan θ 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<tan θ 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 [例2]　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=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6 m/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=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； [答案]　 0.4 m/s2　 [解析]　小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos α-mgsin α=ma， 解得a=0.4 m/s2。 (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 [答案]　4.5 s [解析]　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，用时t1== s=2.5 s， 在传送带上滑动的距离为x1=t1=×2.5 m=2.75 m<3.95 m， 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μmgcos α>mgsin α，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，匀速运动的时间为t2== s=2 s， 所以小包裹通过传送带的时间为t=t1+t2=4.5 s。 主题(二)　板块模型 1.模型概述 一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系。 2.解题方法 (1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向。 (2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。 (3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 3.常见的两种位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度。 特别提醒：运动学公式中的位移都是对地位移。 4.注意摩擦力的突变 当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件。 类型1　地面光滑的板块问题 [例1]　如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为2 kg的小物体 B，A、B之间的动摩擦因数为μ=0.2，当对B施加水平向右的力F=10 N时，求：(g取10 m/s2) (1)A、B的加速度各为多大? [答案]　 1 m/s2　3 m/s2　 [解析]　 A、B间的滑动摩擦力Ff=μmBg=4 N 以B为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-Ff=mBaB， 则aB==3 m/s2 以A为研究对象，根据牛顿第二定律得：Ff'=mAaA， 由牛顿第三定律得A受到的摩擦力Ff'=Ff ，解得aA=1 m/s2。 (2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端? [答案]　0.8 s [解析]　设将B从木板的左端拉到右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为xA和xB，其关系如图所示 则有xA=aAt2，xB=aBt2 xB-xA=L 联立解得t=0.8 s。 类型2　地面不光滑的板块问题 [例2]　如图所示，物块A、木板B的质量均为m=10 kg，不计A的大小，木板B长L=3 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=0.1，g取10 m/s2。 (1)发生相对滑动时，A、B的加速度各是多大? [答案]　 3 m/s2　1 m/s2 [解析]　分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有a1==3 m/s2 木板B向右做匀加速运动， 设其加速度大小为a2， 则有a2==1 m/s2。 (2)若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大? [答案]　2 m/s [解析]　由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有，时间关系：t== 位移关系：L=t-t 解得v0=2 m/s。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.(2024·北京高考)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 √ 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 解析：刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；物体匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；物体加速运动过程中，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时，加速度大小为a==μg，物体做匀加速运动，直至物体速度等于传送带速度，由v=at=μgt可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.传送带在工业、农业、交通、物流等方面有着广泛的应用。一产品自水平传送带的一端由静止释放运动到另一端，在传送带上运动的速度—时间完整图像如图所示，不计空气阻力。下列说法错误的是(　 ) A.传送带的运行速度为2 m/s B.传送带的长度为10 m C.产品在0~0.4 s内受滑动摩擦力，而0.4 s后则受静摩擦力 D.产品在0~0.4 s内受滑动摩擦力，而0.4 s后不再受摩擦力 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由v-t图像可知，产品在传送带上先做匀加速运动，再做匀速运动，产品匀速运动时与传送带有共同速度，则传送带的运行速度为2 m/s，故A不符合题意；v-t图线与时间轴围成的面积表示位移，则传送带的长度为L=×0.4×2 m+2×m=10 m，故B不符合题意；产品在0~0.4 s内的速度比传送带的速度小，受滑动摩擦力，而0.4 s后产品与传送带有共同速度，不再受摩擦力，故C符合题意，D不符合题意。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3. 质量为m的木块在置于水平桌面上的木板上滑行，木板静止，它的质量为M=3m。已知木块与木板间、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则木板所受桌面的摩擦力大小和方向为 (　 ) A.大小为4μmg B.大小为2 μmg C.方向与木块运动方向相同 D.方向与木块运动方向相反 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：木块相对于木板向右运动，则木板对木块有水平向左的滑动摩擦力，大小为f1=μFN=μmg，根据牛顿第三定律可知，木块对木板有水平向右的滑动摩擦力，大小为f2=f1=μmg，木板处于静止平衡状态，在f2的作用下，木板相对桌面有向右运动的趋势，桌面对木板有向左的静摩擦力，根据平衡条件有f3=f2，解得f3=μmg，f3方向向左，与木块运动方向相反。故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4.(2025·海门期末)东莞目前已开通地铁轨道2号线，为保障旅客安全出行，地铁部门须对乘客所携带的物品实施安全检查。如图所示，水平传送带以v=1.2 m/s的速度匀速转动，一包裹无初速度地放在传送带上，包裹在传送带上先做匀加速直线运动，之后随传送带一起做匀速直线运动。已知该包裹和传送带之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2，则 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.包裹与传送带相对静止时受到静摩擦力 B.包裹在传送带上做匀加速直线运动的时间为6 s C.包裹初始阶段受与运动方向相同的摩擦力作用 D.包裹做匀加速直线运动过程中相对地面的位移大小为0.18 m √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：当包裹与传送带相对静止时物体与传送带做匀速直线运动，两者之间没有要发生相对运动的趋势，故包裹不受静摩擦力，A错误；包裹匀加速运动时，根据牛顿第二定律则有f=μmg=ma，解得包裹的加速度大小为a=2 m/s2，故包裹匀加速运动的时间t==0.6 s，包裹相对于地面的位移大小为x=vt=0.36 m，B、D错误；包裹无初速度地放在传送带上，包裹相对于传送带有向后滑动的趋势，摩擦力的作用阻碍了包裹的相对运动，故包裹初始阶段受到与运动方向相同的摩擦力作用而做加速运动，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 5.(2025·鼓楼期末)如图，有一个质量为M=4 kg 的长木板静止在光滑水平地面上，木板上放着一个质量为m=1 kg的小滑块。现在对小滑块施加一个水平向右的恒力F，小滑块由静止开始运动。已知小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。当F=6 N时，下列说法正确的是 (　 ) A.小滑块和木板一起以相同的加速度向右运动 B.木板相对于小滑块向右滑动 C.小滑块的加速度大小为2 m/s2 D.木板的加速度大小为0.5 m/s2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：当小滑块m与木板M之间的静摩擦力达到最大值时二者发生相对滑动，设两者恰好发生相对滑动时的加速度为a，恒力为F0，对木板M，μmg=Ma，对小滑块m，F0-μmg=ma，解得a=0.5 m/s2，F0=2.5 N，所以当F=6 N>F0时，两者发生相对滑动，A错误；两者发生相对滑动，对小滑块m，F-μmg=ma1，对木板M，μmg=Ma2 ，解得a1=4 m/s2，a2=0.5 m/s2，因a1>a2，且木板速度小于小滑块速度，所以木板相对于小滑块向左滑动，B错误，C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 6.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，小车以初速度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，重力加速度大小取g。由此不能求得(　 ) 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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=t1-t1=t1；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=；根据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=，再由牛顿第二定律得a===μg，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ=，但小滑块的质量无法求出，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 7.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是 (　 ) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：初状态时，重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以小木块先沿斜面做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得mgsin θ+μmgcos θ=ma，解得加速度为a=gsin θ+μgcos θ，当小木块的速度与传送带速度相等时，由于μ>tan θ，可知木块与传送带一起匀速下滑，v⁃t图像的斜率表示加速度，可知第一段是倾斜的直线，第二段是平行时间轴的直线，故C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 8.用货车运输规格相同的两层水泥板，底层水泥板固定在车圈内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上。货车以3 m/s2的加速度启动，然后以12 m/s 匀速行驶，遇紧急情况后以8 m/s2的加速度刹车至停止(上层水泥板未撞到驾驶室)。已知每块水泥板的质量为250 kg，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 m/s2，则 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.启动时上层水泥板所受摩擦力大小为750 N B.刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2 000 N C.货车在刹车过程中行驶的距离为10 m D.上层水泥板停止运动时相对底层水泥板滑动的距离为0.5 m √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：摩擦力提供给水泥板最大的加速度为a'=μg=7.5 m/s2，启动时，加速度小于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为Ff=ma=250×3 N=750 N，A正确；刹车时，加速度大于摩擦力提供的最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为Ff'=μmg=1 875 N，B错误；货车在刹车过程中行驶的距离为x==9 m，C错误；上层水泥板停止时间为t==1.6 s，该时间内，上层水泥板运动的距离为x'=vt-a't2=9.6 m，上层水泥板停止时，上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为Δx=x'-x=0.6 m，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 9.(2025·亭湖期末)如图所示，传送带与地面的夹角θ=37°，A、B两端间距L=16 m，传送带以速度v=10 m/s 沿顺时针方向运动，一质量m=1 kg的煤块无初速度地被放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，g取10 m/s2，则 (　 ) A.煤块刚放上时的加速度大小为10 m/s2 B.煤块由A端运动到B端的时间为1 s C.煤块在传送带上留下的痕迹长为6 m D.煤块在传送带上运动过程中先失重后超重 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：煤块刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1，解得加速度大小a1=10 m/s2，故A正确；设煤块经时间t1速度与传送带的速度相同，则有v=a1t1，该过程煤块位移x1=a1t12，联立解得t1=1 s，x1=5 m，又因为mgsin θ> μmgcos θ，故当煤块与传送带同速后，煤块将继续加速，由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2，设煤块与传送带共速到煤块运动到B端用时为t2，则有L-x1=vt2+a2t22，联立解得t2=1 s，故煤块由A端运动到B端的时间t=t1+t2=2 s，故B错误； 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 煤块与传送带共速前的相对位移Δx1=vt1-x1=5 m，共速后的相对位移Δx2=L-x1-vt2=1 m，共速后，煤块继续加速，速度将比传送带的速度大，在t2时间内多运动1 m，故痕迹为5 m，故C错误；由于煤块加速度方向始终沿传送带斜向下，所以煤块一直处于失重状态，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.(16分)传送带是机场、车间、车站等场地大量使用 的物资转运设备，为工农业生产及人民生活带来了极大方 便。如图所示为一快递站工作时使用的传送带，水平部分 长度为L=18 m。在一次调试过程中，工作人员将一纸箱放在最左端，由静止启动传送带以加速度a1=3 m/s2做匀加速直线运动，达到最大传动速度后即做匀速运动，当纸箱恰好与传送带速度相同时，工作人员发现问题，立即使传送带以a2=2.5 m/s2的加速度做匀减速运动直到停止，当纸箱也停下来时恰好到达水平传送带的最右端。已知纸箱与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，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 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)在启动过程中，纸箱运动的加速度的大小；(4分) 答案： 2 m/s2 解析：在启动过程中，设纸箱运动的加速度的大小为a，根据牛顿第二定律得μmg=ma，解得a=2 m/s2。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)传送带最大传动速度的大小；(6分) 答案：6 m/s 解析：当纸箱恰好与传送带速度相同时，立即做匀减速运动，设最大速度为v，则+=L，解得v=6 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (3)纸箱在水平传送带上运动过程中与传送带间的相对位移为多大。(6分) 答案：1.2 m 解析：第一个过程的相对位移大小Δx=+v-=3 m 第二个过程的相对位移大小Δx'=-=1.8 m 所以纸箱在水平传送带上运动过程中与传送带间的相对位移为 d=Δx-Δx'=1.2 m。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(18分)(2025·广陵期末)如图所示，光滑水平面上有一足够长、质量为m1=4 kg的木板A，在A的右端放一质量为m2=2 kg的可视为质点的物块B，A与B间的动摩擦因数μ=0.4。现使B以v0=12 m/s的初速度从A的右端开始向左运动，同时对B施加一个大小为F=12 N、方向水平向右的恒力，重力加速度大小g=10 m/s2。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)物块B相对木板A向左滑动过程中，A和B的加速度大小；(6分) 答案： 2 m/s2　10 m/s2　 解析：根据题意，B相对木板A向左滑动过程中，B受到向右的恒力和滑动摩擦力做匀减速运动，A受到向左的摩擦力做匀加速运动。设A和B的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律，对A有μm2g=m1a1，解得A的加速度大小a1=2 m/s2，对B有F+μm2g=m2a2，解得B的加速度大小a2=10 m/s2。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)木板A与物块B经多长时间达到共同速度，此时共同速度为多大?(6分) 答案：1 s　2 m/s 解析：设经过时间t，A和B达到共同速度v，则有v=v0-a2t=a1t，解得t=1 s，v=2 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (3)物块B向左运动的最大位移。(6分) 答案：8 m 解析：假设当两者达到共同速度后相对静止，系统只受恒力F作用，设系统的加速度大小为a3，则由牛顿第二定律有F=a3，解得a3=2 m/s2， 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 此时A需要的摩擦力为Ff=m1a3=8 N，B与A间的最大静摩擦力为fm=μm2g=8 N，可知，假设成立，所以两者将一起向左做匀减速运动，由运动学公式可得，物块B第一段的位移为x1==7 m，物块B第二段的位移为x2==1 m，则物块B向左运动的最大位移xm=x1+x2=8 m。 本课结束 $$