8 第4章 专题提升课6 传送带模型和板块模型-【优学精讲】2025-2026学年高中物理必修第一册教用课件(人教版)

专题提升课6　传送带模型和板块模型 1 专题深度剖析 1 随堂巩固落实 2 内 容 索 引 专题深度剖析 PART 01 第一部分 3 1．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去，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。 2．分析流程 微专题一　传送带模型 返回导航 3．注意问题 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。然后判断物体的运动状态，当物体的速度与传送带的速度相同时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。 返回导航 模型1　水平传送带模型 (2025·重庆期中)一质量为m的物块放在水平传送带上，水平传送带以速度v顺时针匀速转动，物块以初速度v0向右运动，传送带与物块间的动摩擦因数为μ，则关于物块m所受的摩擦力f，下列说法正确的是(　　)  A.若v0<v，此时f为阻力 B.若v0>v，则f方向向右 C.若v0＝v，物块m在传送带上相对地面做匀速运动 D.若v0＝v，则f＝μmg √ 返回导航 [解析]　若v0<v，则物块相对传送带向左运动，物块所受的摩擦力方向向右，此时f为动力，故A错误；若v0>v，则物块相对传送带向右运动，物块所受的摩擦力方向向左，故B错误；若v0＝v，则物块所受的摩擦力为0，物块m在传送带上相对地面做匀速运动，故C正确，D错误。 返回导航 (多选)(2025·福建厦门市名校联盟期末)如图所示，传送带始终保持v＝2 m/s速度水平向右移动，一质量m＝0.5 kg的小炭块以v0＝4 m/s的速度从A点向右滑上传送带，设小炭块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带两端点A、B间的距离L＝5 m，g取10 m/s2，下列说法正确的有(　　)   A.炭块一直做匀加速直线运动 B.刚开始炭块的加速度大小为2 m/s2 C.炭块从A点运动到B点所用时间为3 s D.传送带上将留下一段长为1 m的摩擦痕迹 √ √ 返回导航 返回导航 模型2　倾斜传送带模型 (2024·安徽卷，T4)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　) √ 返回导航 [解析]　前t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动，受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动，t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误。 返回导航 (2025·吉林松原市期末)如图甲所示为一皮带传送装置，皮带逆时针方向匀速传动，货物由静止放到皮带顶端，被皮带向下传送，其在皮带上运动的v－t图像如图乙所示(图中只画出一部分)，g取10 m/s2。求： (1)皮带匀速运动的速度大小； [解析]　开始物块受到皮带对其沿皮带向下的摩擦力，1 s后受沿皮带向上的摩擦力，根据图像可以知道，皮带的速度为8.0 m/s。 [答案]　8 m/s　 返回导航 (2)皮带与水平面间的夹角θ及货物与皮带之间的动摩擦因数μ； 返回导航 (3)如果货物是用麻袋装载的石灰粉，当第一件货物被运送后，发现皮带上留有一段9.0 m长的白色痕迹，请由此推出该件货物的传送时间和传送距离。 返回导航 [答案]　4 s　37 m 返回导航 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，两物体的运动时间、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。 微专题二　板块模型 返回导航 (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)找出物体之间的位移(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。 返回导航 (2025·江苏月考)如图所示，在光滑的水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A。已知木板B的质量为2 kg，木块A的质量为1 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.5，用一水平力F＝6 N作用于B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)  A.A受到向右的摩擦力 B.A、B间的摩擦力为5 N C.B的加速度为0.5 m/s2 D.A、B间的摩擦力为2 N √ 返回导航 返回导航 (多选)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A. 长木板A、物体B所受的摩擦力均与各自运动方向相反 B. A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2 C. A板长度至少为3 m D. 长木板A的质量是4 kg √ √ 返回导航 返回导航 规范一练　应用牛顿第二定律解板块模型 如图所示，一质量M＝2.0 kg的小车(表面足够长)静止放在光滑的水平面上，将质量m＝1.0 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)当小车以1.0 m/s2的加速度向右匀加速运动时，求小物块受到的摩擦力的大小。 返回导航 [解析]　当m与M恰好相对静止时，设二者的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律可得 μmg＝ma0 解得a0＝2 m/s2 当加速度a1＝1 m/s2时，m与M保持相对静止 对m，根据牛顿第二定律可得 Ff＝ma1 解得Ff＝1.0 N。 [答案]　1.0 N　 返回导航 (2)当小车以4.0 m/s2的加速度向右匀加速运动时，求小车受到的水平推力的大小。 [解析]　当小车以a2＝4 m/s2的加速度向右做匀加速运动时，m与M相对滑动，以M为研究对象 根据牛顿第二定律可得 F1－μmg＝Ma2 解得F1＝10.0 N。 [答案]　10.0 N　 返回导航 (3)当小车在12.0 N水平推力作用下，从静止开始运动，经1.0 s后撤去水平推力，小物块最终没有从小车上滑落，求小物块在小车上相对滑动的总时间。 [解析]　当F2＝12 N时，设小车的加速度为a3 根据牛顿第二定律可得 F2－μmg＝Ma3 解得a3＝5 m/s2 而m的加速度大小仍为a0＝2 m/s2 在t1＝1.0 s时，小车的速度 v车＝a3t1 返回导航 [答案]　2.0 s 返回导航 随堂巩固落实 PART 02 第二部分 27 √ √ √ 返回导航 返回导航 2．(传送带模型)物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后(　　)   A.M受到的摩擦力方向发生改变 B.M仍匀速下滑 C.M受到的摩擦力变小 D.M受到的摩擦力先变小后变大 √ 返回导航 解析：传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，且满足mg sin θ＝μmg cos θ，传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块受到的摩擦力大小仍为μmg cos θ，方向仍然沿传送带向上，且满足mg sin θ＝μmg cos θ，所以物块仍匀速下滑。 返回导航 3．(板块模型)(多选)一块足够长的木板放在水平面上，木板质量M＝2 kg。木板左端有一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板开始时都处于静止状态。木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1。现在小物块上作用一水平向右的拉力F＝2 N，小物块在木板上做匀速运动而木板静止不动，g取10 m/s2，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法正确的是(　　)  A.木板受到水平面的摩擦力大小为2 N B.小物块受到木板的摩擦力大小为2 N C.当拉力F>3 N后，木板就随物块一起运动 D.不论拉力为何值，木板都不会运动 √ √ √ 返回导航 解析：对小物块受力分析，小物块受重力、木板对其的支持力、拉力F以及滑动摩擦力Ff，物块匀速运动，则根据平衡条件可得F＝Ff，故小物块受到木板的摩擦力大小Ff＝2 N，故B正确；对整体受力分析，整体受重力、水平面对整体的支持力、拉力F以及水平面对木板的静摩擦力Ff1，木板静止不动，则根据平衡条件可得Ff1＝F＝2 N，故A正确；木板受到水平面的最大静摩擦力Ffmax＝μ(m＋M)g＝0.1×(1＋2)×10 N＝3 N，对木板受力分析，木板受到重力、小物块对其的压力、水平面对其的支持力、小物块对其的滑动摩擦力以及水平面对其的摩擦力，Ff＝2 N<Ffmax＝3 N，由于拉力不论多大，木板在水平方向只受两个摩擦力的作用，故无论拉力多大，木板都不会运动，故C错误，D正确。 返回导航 [解析]　炭块刚滑上传送带时，受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小a＝＝2 m/s2，假设炭块到达B点前已经与传送带共速，则炭块匀减速阶段所用时间t1＝＝1 s，炭块匀减速阶段的位移x1＝t1＝3 m＜L＝5 m，假设成立，共速后，炭块做匀速运动到B点所用时间t2＝＝1 s，则炭块从A点运动到B点所用时间t＝t1＋t2＝2 s，传送带上留下的摩擦痕迹长度Δx＝x1－vt1＝1 m。 [解析]　由货物运动的v－t图像得 a1＝＝ m/s2＝8.0 m/s2 a2＝＝ m/s2＝2.0 m/s2 在前1.0 s内，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 在1.0 s到2.0 s内，由牛顿第二定律得 mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 联立得θ＝30°，μ＝。 [答案]　30°　　 [解析]　由题图乙可知，在前1.0 s内石灰粉相对皮带向上滑动，相对位移的大小(摩擦痕迹) Δx1＝×1×8 m＝4 m 在1.0 s之后，石灰粉相对皮带向下滑动，因为当第一件货物被运送后，发现皮带上留有一段9.0 m长的白色痕迹，故在1.0 s之后，相对位移的大小(摩擦痕迹)Δx2＝9 m 设在1.0 s之后，石灰粉运动时间为t，故石灰粉滑离皮带时速度 v＝8＋2t(m/s) 故在1.0 s之后，相对位移的大小(摩擦痕迹) Δx2＝×t×2t(m)＝t2(m) 联立可得t＝3 s 故传送时间t总＝1 s＋3 s＝4 s 传送距离x＝×1×8 m＋(8＋8＋2t)t m＝37 m。 [解析]　地面光滑，假设A、B一起向左加速运动，则有a＝＝2 m/s2，而A能和B保持相对静止的最大加速度为aAm＝μg＝5 m/s2，故假设成立，A受到向左的静摩擦力大小f＝mAa＝2 N。 [解析]　摩擦力与物体的相对运动方向相反，由题意可知，木板A的运动方向与其摩擦力方向相同，物体B运动方向与其摩擦力方向相反，故A错误；由题图乙知B的加速度大小aB＝＝2 m/s2，对B进行分析有μmBg＝mBaB，可得μ＝0.2，故B正确；由题图乙可知前1 s内二者相对运动，位移差为1.5 m，则A板长度至少为1.5 m，故C错误；长木板A的加速度大小aA＝＝1 m/s2，又 μmBg＝mAaA，联立解得＝＝，即长木板A的质量是物体B的两倍，长木板A的质量是4 kg，故D正确。 解得v车＝5 m/s 撤去力后，小车的加速度 a4＝ 解得a4＝1 m/s2 经过t2时间两者的速度相等，则有 v车－a4t2＝a0(t1＋t2) 解得t2＝1.0 s 故小物块在小车上相对滑动的总时间 t＝t1＋t2 解得t＝2.0 s。 1．(传送带模型)(多选)如图所示，在电动机的驱动下，皮带运输机上方的皮带以大小为v的速度顺时针匀速转动，将一工件(大小不计)在皮带左端A点轻轻放下，A点到皮带右端B点的距离为s。若工件与皮带间的动摩擦因数为μ，则工件到B点的时间值可能为(　　) A. B． C.＋ D. 解析：因工件运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则s＝μgt2，得t＝ ，D正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v相等，则s＝t，有t＝，B正确；若先匀加速到与传送带速度v相等，再匀速到右端，则＋v＝s，有t＝＋，C正确；轻放上的工件初速度为0，故工件不可能一直以速度v匀速至右端，A错误。 $