微专题培优提升七 传送带模型 板块模型 课件-2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

该高中物理课件聚焦传送带模型与板块模型，系统梳理水平传送带的三类情景及板块模型的运动关系，通过基础模型建构衔接摩擦力分析、运动状态判断等前序知识，形成从单一情景到综合应用的学习支架。 其亮点在于以模型建构和科学推理为核心，通过情景列表归纳传送带运动情况、提炼板块模型三关系，结合例题解析与题后反思的分析流程，帮助学生建立解题框架。学生能深化运动和相互作用观念，教师可借助分层训练与方法总结提升教学效率。

微专题培优提升七 传送带模型　板块模型 1 探究点一　传送带模型问题 1.传送带的基本模型 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，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型(本讲只学习水平传送带模型). 2 2．常见水平传送带情景   图示 滑块可能的运动情况 情景1 ①可能一直加速； ②可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将变为零 情景2 ①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速； ②v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速； ③v0＝v，一直匀速 3 情景3 ①传送带较短时，滑块一直减速到左端； ②传送带较长时，滑块会被传送带传回右端；当v0>v时返回速度大小为v，当v0<v时返回速度大小为v0 4 3.分析传送带问题的两个关键 (1)正确理解两个“无关”：滑块所受滑动摩擦力的大小与滑块相对传送带的速度无关；滑块受到的合外力产生的加速度是对地的加速度，与传送带的运动状态无关，这是分析滑块在传送带上运动状态的基础． (2)正确判定一个“转折点”：滑块与传送带共速时，滑动摩擦力发生突变，引起滑块运动状态发生变化，这是分析滑块在传送带上运动状态的关键． 5 例1 [2024·山东日照高一模拟]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取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 答案：C 6 解析：设传送带长度为l，物体在传送带上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律Ff＝μmg＝ma，可得a＝μg＝，方向水平向左，则物块向右运动速度到与传送带速度相等的时间为t1＝＝2 s，通过的距离x＝＝6 m，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，物块由A端运动到B端所用时间为t＝t1＋t2＝3 s，故C正确． 7 例2 (多选)在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带，如图所示．当旅客把行李放在正在匀速转动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查．设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s，某行李的质量为5 kg，行李与传送带之间的动摩擦因数为0.2.在旅客把这个行李小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10 m/s2，则(　　) A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B．行李到达B点的时间为2 s C．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.02 m D．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04 m 答案：AD 8 解析：本题考查物体在水平传送带上的运动问题．行李开始运动时，由牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝2 m/s2，故A正确；由于传送带的长度未知，故不能求出运动的时间，故B错误；行李和传送带相对滑动的时间为t＝＝ s＝0.2 s，则在传送带上留下的痕迹长度为s＝＝0.04 m，故C错误，D正确． 9 题后反思 传送带模型的分析流程 10 练1　如图所示水平传送带以恒定速率v顺时针转动，现将一货物无初速地放在传送带的左端A处，则货物的速度v随时间t、位移x的变化规律的图像中不可能的是(　　) 答案：C 11 解析：将一货物无初速地放在传送带的左端A处，货物受到水平向右的摩擦力，开始做初速度为零的匀加速直线运动，货物到达B处的速度小于等于传送带的速度，货物可能一直做加速运动也可能先做加速运动后做匀速运动，v-t图像可能是一条过原点的倾斜直线，也可能先是一条过原点的倾斜直线再是水平直线，故A、B正确，不符合题意；根据v2＝2ax可知货物加速阶段速度与位移不成正比，匀速阶段速度不变，v-x图像可能是弯曲图线，也可能先是弯曲图线再是水平直线，故C错误，符合题意；D正确，不符合题意．故选C. 12 探究点二　板块模型问题 1.模型概述 叠放在一起的滑块—木板之间存在摩擦力，在其他外力作用下它们或者以相同的加速度运动，或者以不同的加速度运动，有的题目也可能没有外加的拉力或推力，但板块有初速度． 无论是哪种情况，受力分析和运动过程分析都是解题的关键． 13 2．模型特点 (1)本质上还是“摩擦带动”，一个物体有初速度或受牵引力，另一个物体被二者之间的摩擦力带动． (2)一个关键点是判断两物体能否一起(相对静止)加速或减速，其中靠摩擦力带动的物体加速度有限制，有最大值．加速度能否一致是判断两物体能否一起运动的关键． (3)两物体速度相等时摩擦力一般发生突变，从而物体的加速度发生变化． 14 3．“滑块—木板”模型的三个基本关系 加速度 关系 如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度．应注意找出滑块与木板是否发生相对运动等隐含条件 速度关系 滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力．应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况 位移关系 滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系 15 例3 如图所示，质量为1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个小木块(可视为质点)质量也为1 kg，以初速度v0＝4 m/s从木板的左端开始向右滑，木块与木板之间的动摩擦因数为0.2，要使木块不会从木板右端滑落，则木板的长度至少为(　　) A．5 m B．4 m C．3 m D．2 m 答案：D 16 解析：根据牛顿第二定律得，木块的加速度a1＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2，木板的加速度a2＝＝ m/s2＝2 m/s2.设经时间t，木块与木板达到同速，根据匀变速直线运动速度与时间关系有v0－a1t＝a2t，根据位移与时间关系有v0t－a1t2－a2t2＝L，解得L＝2 m．故选D. 17 题后反思 (1)“板”或“块”的运动一般涉及多个过程，各过程加速度一般不同，做好各阶段的受力分析，求出各阶段的加速度是解题关键． (2)画出两物体的v-t图像，能有效帮助分析和解决问题． 18 例4 (多选)如图甲所示，质量mA的物块A放在质量mB的木板B上，B在光滑水平地面上，A和B都静止．水平向右的拉力 F作用于A，B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.则(　　) A．mA＝4 kg B．mB＝4 kg C．mA＋mB＝10 kg D．mA＋mB＝6 kg 答案：AC 19 解析：由图乙可知，当F＝40 N时，A、B间的摩擦力刚好达到最大值，此时A、B的加速度均为4 m/s2；以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得F＝(mA＋mB)a，解得mA＋mB＝＝ kg＝10 kg.以B为对象，根据牛顿第二定律可得μmAg＝mBa，联立解得mA＝4 kg，mB＝6 kg.故选AC. 20 练2　(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v-t图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．M＝m B．M＝2m C．木板的长度为8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1 答案：BC 21 解析：设物块在木板上运动的过程中，加速度大小为a1，由牛顿第二定律得，μmg＝ma1，而v-t图像的斜率表示加速度，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对长木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和长木板分离，则0～2 s内，两者v-t图线与坐标轴围成的面积之差等于长木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确． 22 练3　如图，一平板车以某一速度v0＝5 m/s匀速行驶，某时刻一货箱(可视为质点)无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l＝3 m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做加速度a＝3 m/s2的匀减速直线运动．已知货箱与平板车之间的动摩擦因数为μ＝ 0.2，g＝10 m/s2.求： 23 (1)货箱放上平板车时加速度的大小和方向； 答案：2 m/s2，向前 解析：货箱刚放上瞬间，货箱相对平板车向左运动，由μmg＝ma1，得a1＝μg＝2 m/s2，方向与车前进方向相同． 24 (2)货箱做匀加速直线运动，平板车做匀减速直线运动，求出速度相等时两者的位移，判断此时货箱是否从车后端掉下来． 答案：假设货箱经过时间t与平板车达到共同速度v，则货箱：v＝a1t，平板车：v＝v0－at，解得t＝1 s，当货箱和平板车速度相等时，货箱和平板车的位移分别为x1、x2， x1＝t＝1 m， x2＝v0t－at2＝5×1－×3×1 m＝3.5 m. 此时，货箱相对平板车向后移动了 Δx＝x2－x1＝2.5 m<3 m，假设成立，故货箱不会掉下． 25 02.分层训练素养提升 (三十) 26 1．(4分)[2024·广东调研]下图是行李安检机示意图．行李箱由静止放到匀速运行的传送带上，后沿着斜面滑到地面上，不计行李箱在MN转折处的机械能损失和斜面的摩擦力．下列关于行李箱在传送带和斜面的速率v或加速度大小a随时间t变化的图像， 27 可能正确的是(　　) 答案：C 28 解析：由静止放上传送带的行李箱相对传送带向后滑动，在滑动摩擦力的作用下向前做匀加速直线运动，可能一直匀加速运动到MN，也可能在到达MN之前已与传送带共速，接着匀速运动到MN，由于斜面光滑，行李箱会沿斜面做匀加速直线运动，故A错误；整个过程行李箱都不可能做减速运动，故B错误；行李箱在传送带上开始运动时受到恒定的滑动摩擦力，加速度不变，可能达到与传送带共速，共速后合力为零，加速度为零，进入斜面后受力也恒定，加速度也恒定，故C正确，D错误． 29 2．(4分)[2024·广东江门期末]如图所示，某时刻木块正以3 m/s的速度在以5 m/s的速度向右传送的传送带上运动，则下列说法正确的是(　　) A．木块相对于传送带的运动方向向左 B．木块所受摩擦力的方向向左 C．木块所受摩擦力是阻力 D．传送带受到的摩擦力向右 答案：A 30 解析：从图中可以看出，木块和传送带都是向右运动的，但是木块的速度明显要小于传送带的速度，因此木块相对于传送带应该是向左运动的，木块所受摩擦力方向和木块相对于传送带运动的方向相反，即木块所受摩擦力方向向右，故A正确，B错误；木块所受摩擦力与木块速度都是向右的，充当了动力的作用，即木块所受摩擦力是动力，故C错误；由于木块对传送带的摩擦力和传送带对木块的摩擦力是一对相互作用力，因此，木块对传送带的摩擦力方向与传送带对木块的摩擦力方向相反，即木块对传送带的摩擦力方向向左，故D错误． 31 3．(4分)如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速度匀速运行，t＝0时刻，在左端轻放一质量为m的小滑块，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，则1.5 s时滑块的速度为(　　) A．3 m/s B．2.5 m/s C．2 m/s D．1.5 m/s 答案：D 32 解析：物块在传送带上的加速度为a＝＝μg＝1 m/s2，达到传送带速度时的时间为t0＝＝ s＝2 s，可知在t＝1.5 s时，物块还没有达到与传送带速度相同，故在t＝1.5 s时，滑块的速度为v＝at＝1×1.5 m/s＝1.5 m/s，故选D. 33 4．(6分)(多选)如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是(　　) 答案：AC 34 解析：木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确． 35 5．(8分)如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动．现将一质量m＝0.5 kg的物体(可视为质点)从离传送带很近的a点轻轻地放上去，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为多少？(g取10 m/s2) 答案：3 s 36 解析：根据牛顿第二定律，得物块的加速度为a＝＝μg＝1 m/s2，物块速度达到传送带速度时的位移为x＝＝0.5 m<2.5 m，故物块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，匀加速运动的时间t1＝＝1 s，匀速时间t2＝ s＝2 s，总时间t＝t1＋t2＝3 s. 37 6．(4分)如图甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m，B的质量为2m，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g. 38 下列说法正确的是(　　) A．在O～t1内，A、B间的摩擦力为μmg B．在t1～t2内，A受到的摩擦力方向水平向左 C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmg D．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg 答案：D 39 解析：A、B间的滑动摩擦力大小为FfAB＝μmg，B与地面间的滑动摩擦力大小为Ff＝3μmg，故在O～t1内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B静止，A、B间摩擦力为零，故A错误；A在木板上获得的最大加速度为a＝＝μg，此时对A、B整体分析可知F－3μmg＝3ma，解得F＝6μmg，故在t1～t2内，A、B一起向右做加速运动，对A分析可知，A受到的摩擦力方向水平向右，故B错误；在t2时刻，A、B整体加速度为a′＝＝，A、B间的摩擦力大小为F′fAB＝μmg，故C错误；在t3时刻以后，A、B发生相对滑动，故A、B间的摩擦力大小为μmg，故D正确． 40 7．(16分)如图所示，传送带以v＝6 m/s的速度匀速顺时针运行，两轴圆心相距L＝30 m，现将质量为m＝1 kg的煤块轻放在左轮圆心A点正上方的传送带上，电动机带动传送带将煤块从左轮圆心A点正上方运送到右轮圆心B点正上方过程中，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，g取10 m/s2.求： 41 (1)煤块加速阶段的位移大小； 答案：18 m 解析：煤块加速运动过程中，加速度大小为a＝＝μg＝1 m/s2.设煤块经过时间t1后与传送带共速，则v＝at1，解得t1＝6 s．煤块加速阶段的位移大小为x1＝＝×1×62 m＝18 m. 42 (2)煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间； 答案：8 s 解析：煤块匀速运动的时间为t2＝＝2 s，煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间为t＝t1＋t2＝8 s. 43 (3)煤块在传送带上留下的痕迹长度． 答案：18 m 解析：煤块在传送带上留下的痕迹长度为x＝x传－x1＝vt1－x1＝6×6 m－18 m＝18 m. 44 8.(12分)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化为如下模型：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点B的距离s＝5 m．开始时滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．滑板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求： 45 (1)滑板由A滑到B的最短时间； 答案：1 s 解析：滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短．设滑板加速度为a2，由牛顿第二定律得Ff＝μm1g＝m2a2，解得a2＝10 m/s2，由s＝，解得t＝1 s. 46 (2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F大小的取值范围． 答案：30 N≤F≤34 N 解析：滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，由牛顿第二定律得F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30 N；当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，由牛顿第二定律得F2－μm1g＝m1a1，由位移关系得，a1t2－a2t2＝L，解得F2＝34 N， 则水平恒力的大小范围是30 N≤F≤34 N. 47 $