第4章 专题12 传送带模型 板块模型-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第一册作业与测评课件PPT（人教版）

第四章　运动和力的关系 专题十二　传送带模型　板块模型 目录 1 关键能力提升练 必备知识对点练 2 必备知识对点练 必备知识一　传送带模型 1．(多选)如图所示，水平放置的传送带足够长，它以恒定速率v顺时针运行，一小物体以水平向右的初速度v0滑上A端，物体与传送带间的动摩擦因数为μ。以下说法正确的是(　　) A．如果v0＝v，物体将匀速向右运动 B．如果v0＞v，物体将先减速运动再匀速运动 C．如果v0＜v，物体将先减速运动再匀速运动 D．如果将物体轻放上A端且μ较大，物体会立即随传送带匀速运动 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 4 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 5 [名师点拨]　分析传送带中动力学问题的三个步骤 (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带时的受力情况，判断之后的运动情况。 (3)运用相应规律，进行相关计算。 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 6 2．如图，水平皮带匀速顺时针转动，速度大小v1＝2 m/s，A、B两轮间的距离为4 m，在右端一物块以v2＝3 m/s的速度滑上皮带，物块与皮带间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．物块能滑过B轮 B．物块经t＝1.5 s速度减为零 C．物块返回到A轮时的速度大小仍是3 m/s D．物块在皮带上滑动时加速度的大小是1 m/s2 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 8 3．一传送带倾角为37°，两转轴之间的距离为L＝21 m，顺时针转动的速率为v0＝6 m/s，一物体与皮带之间的动摩擦因数为μ＝0.9，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，将此物体从其底端A无初速度释放后运动到顶端B，求： (1)物体从底端A到顶端B的运动时间； (2)物体在皮带上的划痕长度。 答案：(1)6 s　(2)15 m 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 9 解析：(1)因为μmgcos37°>mgsin37°，所以开始时物体向上做加速运动，设物体的质量为m，加速度大小为a，根据牛顿第二定律有 μmgcos37°－mgsin37°＝ma 解得a＝1.2 m/s2 假设物体可以加速到v0，设其加速运动的位移大小为x，根据运动学公式有v＝2ax 解得x＝15 m 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 10 因为x＜L，所以假设成立 设物体做加速运动的时间为t1，有v0＝at1 由于μmgcos37°＞mgsin37°，所以物体加速到v0后做匀速运动，设其匀速运动到B所用的时间为t2，有L－x＝v0t2 物体从底端A到顶端B的运动时间t＝t1＋t2 联立解得t＝6 s。 (2)从开始到物体与传送带共速，传送带运动的位移为x1＝v0t1 划痕长度即传送带与物体的相对位移大小为Δx＝x1－x 联立解得Δx＝15 m。 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 11 必备知识二　板块模型 4．(多选)如图所示，质量为m1＝0.6 kg的小车静止在光滑的水平面上，现有质量为m2＝0.2 kg(可视为质点)的物块，以水平向右的速度v0＝4 m/s从左端滑上小车，物块最后刚好停在小车最右端。物块与小车的上表面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度的大小为g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小车长为1.6 m B．物块在小车上滑行的时间为0.6 s C．物块滑上小车后，小车的加速度大小为5 m/s2 D．物块在小车上滑行的过程中，小车的位移为0.3 m 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 12 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 13 [名师点拨]　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。 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 14 5．如图所示，在光滑平台上放置一长度L＝18 cm、质量M＝280 g的文具盒，在文具盒最左端放有可视为质点的质量m＝140 g的墨水瓶，墨水瓶与文具盒间动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对文具盒施加F＝1.12 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。墨水瓶在文具盒上运动的时间为(　　) A．0.1 s B．0.3 s C．0.6 s D．0.9 s 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 15 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 16 6．如图，质量M＝1 kg、长度L＝4 m的木板静止在粗糙水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F。g取10 m/s2，求： (1)要想让铁块与木板相对滑动，F至少多大； (2)若F＝8 N，则铁块运动到木板右端时铁块的速度是多大。 答案：(1)6 N　(2)8 m/s 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 17 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 18 关键能力提升练 1．(多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型，传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　) A．开始时行李的加速度大小为4 m/s2 B．行李从A处经过5.1 s到达B处 C．行李在传送带上留下的摩擦痕迹在行李的后方 D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04 m 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 由A、B项分析可知，行李在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动，可得行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x1＝0.4×0.2 m－0.04 m＝0.04 m，由于行李在传送带上发生相对滑动时，速度比传送带的速度小，相对传送带向后滑动，所以行李在传送带上留下的摩擦痕迹在行李的前方，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 2．如图甲所示，绷紧的水平传送带 始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面 上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v­t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2＞v1，则(　　) A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 解析：由图乙可知，0～t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左速度减为零，此时离A处的距离达到最大，故A错误；0～t2时间内小物块相对传送带向左运动，小物块受到的摩擦力方向始终向右，大小不变，t2～t3时间内小物块相对传送带静止，不受摩擦力作用，t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确，C、D错误。 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 3．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 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 4．如图所示，倾斜的传送带以大小恒定的速率v1，沿顺时针方向转动，现将物块从传送带上端释放，释放时速度大小为v2，方向沿斜面向下。关于此后物块运动的v­t图像，下图中不可能发生的是(　　) 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 5．质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.15。将质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。则下列判断正确的是(　　) A．木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板 B．木板一定静止不动，小铁块能滑出木板 C．木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板 D．木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 6．如图所示，一辆质量为4 t的平板卡车，在水平的车厢底板上放置有质量为400 kg的箱型货物，货物左端距车厢底板尾部的距离为L＝4 m。某时刻卡车由静止保持以2×104 N的牵引力匀加速启动，2 s时司机发现货物正相对车厢向后滑动，随即立即刹车，以4 m/s2的加速度减速。若货 物与车厢底板间的动摩擦因数为0.2，忽略空气阻 力，卡车受地面的阻力为4000 N，g＝10 m/s2。求： (1)卡车匀加速启动过程中，货物及卡车的加速度大小； (2)2秒末，货物距车厢底板尾部的距离； (3)通过计算分析，箱型货物是否会滑出车厢底板的尾部。 答案：(1)2 m/s2　3.8 m/s2　(2)0.4 m　(3)会 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之间有摩擦力，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是(　　) 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 1 2 3 4 5 6 关键能力提升练 创新考法 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：若v0＝v，则物体与传送带保持相对静止，两者之间无摩擦力，物体将做匀速直线运动，故A正确；若v0＞v，物体相对传送带向右运动，则物体所受摩擦力方向向左，根据牛顿第二定律可知物体的加速度向左，所以物体将先向右做匀减速直线运动，当物体与传送带共速后一起做匀速直线运动，故B正确；若v0＜v，物体相对传送带向左运动，则物体所受摩擦力方向向右，根据牛顿第二定律可知物体的加速度向右，所以物体将先向右做匀加速直线运动，当物体与传送带共速后一起做匀速直线运动，故C错误；如果将物体轻放上A端，即v0＝0<v，则物体的运动情况与C项相同，由牛顿第二定律有a＝eq \f(\a\vs4\al(μmg),m)＝μg，则物体加速运动的时间t＝eq \f(v,a)＝eq \f(v,μg)，可知无论μ有多大，t都不可能为0，即物体不可能立即随传送带匀速运动，故D错误。 解析：设物块质量为m，根据牛顿第二定律可得，物块在水平皮带上滑动时加速度的大小为a＝eq \f(\a\vs4\al(μmg),m)＝2 m/s2，物块速度减为零所用的时间为t＝eq \f(v2,a)＝1.5 s，该过程物块的位移大小为x＝2,2)eq \f(v,2a) ＝2.25 m，由于x<LAB，因此物块不能滑过B轮，故A、D错误，B正确；物块的速度减为零后，将以a＝2 m/s2的加速度向右做匀加速运动，由于v1<v2，结合逆向思维可知，物块返回A轮前会和皮带达到共同速度，之后和皮带保持相对静止到达A轮，即物块返回到A轮时的速度大小是2 m/s，故C错误。 解析：设物块在小车上滑动过程中，物块的加速度大小为a2，小车的加速度大小为a1，对物块，根据牛顿第二定律有μm2g＝m2a2，对小车，根据牛顿第二定律有μm2g＝m1a1，解得a2＝5 m/s2，a1＝eq \f(5,3) m/s2，故C错误；设物块经过时间t后与小车速度相同，则v共＝v0－a2t＝a1t，解得t＝0.6 s，v共＝1 m/s，故B正确；物块在小车上滑动过程中，小车的位移为x1＝eq \f(v共,2)t＝0.3 m，故D正确；物块在小车上滑动过程中，物块的位移为x2＝eq \f(v0＋v共,2)t＝1.5 m，则小车的长度为l＝x2－x1＝1.2 m，故A错误。 解析：设墨水瓶脱离文具盒前，墨水瓶的加速度大小为a1，文具盒的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，解得a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2，设墨水瓶在文具盒上运动的时间为t，由位移关系可得L＝eq \f(1,2)a2t2－eq \f(1,2)a1t2，解得t＝0.6 s，故选C。 解析：(1)铁块与木板恰好相对滑动时，加速度相同，设为a，根据牛顿第二定律，对木板有μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma 对铁块有Fmin－μ2mg＝ma 联立解得a＝2 m/s2，Fmin＝6 N。 (2)F＝8 N＞Fmin，铁块与木板发生相对滑动，设铁块的加速度为a1，木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，对铁块有F－μ2mg＝ma1 对木板有μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2 设经过时间t铁块运动到木板右端，则有L＝eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2 铁块运动到木板右端时铁块的速度大小为v＝a1t 联立解得v＝8 m/s。 解析：行李刚放上传送带时，对行李根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得行李的加速度大小为a＝2 m/s2，故A错误；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度大小为v＝0.4 m/s，可得行李匀加速运动的时间t1＝eq \f(v,a)＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝0.04 m，则行李在传送带上做匀速运动的时间为t2＝eq \f(sAB－x1,v)＝eq \f(2 m－0.04 m,0.4 m/s)＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B正确； 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＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔvB,Δt)))＝eq \f(3－1,1) 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＝xB－xA＝eq \f(3×1,2) 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＝eq \f(ΔvA,Δt)＝eq \f(1－0,1) m/s2＝1 m/s2，联立解得：eq \f(mA,mB)＝eq \f(aB,aA)＝2，故D正确。 解析：若v1<v2且mgsinθ>μmgcosθ，则物块从传送带上端释放后，将以加速度a1＝eq \f(\a\vs4\al(mgsinθ－μmgcosθ),m)＝gsinθ－μgcosθ加速运动到传送带下端，其v­t图像与选项A类似；若v1<v2且mgsinθ≤μmgcosθ，则物块从传送带上端释放后，先以大小为a2＝eq \f(\a\vs4\al(μmgcosθ－mgsinθ),m)＝μgcosθ－gsinθ的加速度做匀减速运动，若其在到达传送带下端之前达到速度v1，因重力沿传送带向下的分力小于最大静摩擦力，则之后以速度v1匀速运动到传送带下端，其v­t图像如图所示；若v1＞v2且mgsinθ>μmgcosθ，则物块从传送带上端释放后， 将以加速度a3＝eq \f(\a\vs4\al(mgsinθ＋μmgcosθ),m)＝gsinθ＋μgcosθ加速运动，若其在到达传送带下端前达到速度v1，则之后以加速度a1＝gsinθ－μgcosθ加速运动到传送带下端，且a3>a1，其v­t图像与选项D类似；若v1＞v2且mgsinθ≤μmgcosθ，则物块从传送带上端释放后，将以加速度a3＝gsinθ＋μgcosθ加速运动，若其在到达传送带下端前达到速度v1，因重力沿传送带向下的分力小于最大静摩擦力，则之后以速度v1匀速运动到传送带下端，其v­t图像与选项C类似；综上分析可知，物块的速度始终不小于v1、v2中的较小者，即物块的速度不可能减为零，则选项B中的v­t图像不可能。故选B。 解析：木板与地面间的最大静摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小铁块与木板之间的滑动摩擦力为Ff2＝μ2mg＝40 N，Ff1＞Ff2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则veq \o\al(2,0)＝2μ2gx，解得x＝2 m＜L＝5 m，所以假设成立，小铁块不能滑出木板。A正确。 解析：(1)卡车匀加速启动过程中，根据牛顿第二定律，货物的加速度大小为 a1＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2 对卡车受力分析，在水平方向受牵引力、地面的阻力及货物的摩擦力作用，设其加速度大小为a2，则由牛顿第二定律有F－Ff地－μmg＝Ma2 代入数据解得a2＝3.8 m/s2。 (2)0～2 s内，卡车的位移为x卡＝eq \f(1,2)a2t2＝7.6 m 货物的位移为x物＝eq \f(1,2)a1t2＝4 m 则2 s末货物距车厢底板尾部的距离为 Δx＝x物＋L－x卡＝0.4 m。 (3)2 s末时卡车的速度为v卡＝a2t＝7.6 m/s 货物的速度为v物＝a1t＝4 m/s 设再经历时间t′二者速度相等，则有 v物＋a1t′＝v卡－a3t′ 代入数据解得t′＝0.6 s 此段时间内卡车的位移为 x卡′＝v卡t′－eq \f(1,2)a3t′2＝3.84 m 货物的位移为x物′＝v物t′＋eq \f(1,2)a1t′2＝2.76 m 由于x卡′>x物′＋Δx， 所以货物会滑出车厢底板的尾部。 解析：箱子以一定的水平初速度v0从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，设经过t时间箱子与平板车达到共同速度v共，此过程平板车的位移x车＝eq \f(v共,2)t，箱子的位移为x箱＝eq \f(v0＋v共,2)t，则箱子相对于平板车向前的位移大小为Δx＝x箱－x车＝eq \f(v0＋v共,2)t－eq \f(v共,2)t＝eq \f(v0,2)t，因为v0>v共，所以Δx>x车，综上可得x箱>Δx>x车，三者关系如图所示，故选C。 $