8 第4章 专题提升课6 课后达标检测-【优学精讲】2025-2026学年高中物理必修第一册教用课件(人教版)

该高中物理课件聚焦“传送带的动摩擦”专题，通过水平传送带物体运动分析（如无初速度放置、不同初速度滑上传送）和叠放物体受力情境（A、B叠放施拉力），连接摩擦力、牛顿第二定律等知识，搭建从基础规律到综合应用的学习支架。 其亮点在于分层设计题目，从基础匀加速与匀速运动判断（选择1、2）到临界状态分析（叠放物体拉力临界值，第4题）再到多过程计算（拉力作用后撤去求相对位移，第7题），体现物理观念（运动和相互作用）与科学思维（模型建构、科学推理）。如第7题通过叠放物体在不同摩擦条件下的加速度及相对位移计算，培养学生受力分析与过程推理能力。学生能巩固知识提升思维，教师可用于课后检测与分层教学，提高教学效率。

专题提升课6　课后达标检测 1 √ 1.(多选)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，把一质量为m的物体无初速度地轻放在左端，物体与传送带间的动摩擦因数为μ， 重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.物体先做匀加速运动后做匀速运动 B.物体一直受到摩擦力作用，大小为μmg C.物体在匀加速阶段受到的静摩擦力向右 D.物体在匀加速阶段的加速度大小为μg √ 4 5 6 7 1 2 3 课后达标检测 4 5 6 7 1 2 3 课后达标检测 √ 2．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.可能一直做加速运动 B.可能一直做减速运动 C.可能先做匀速运动后做加速运动 D.可能先做减速运动后做匀速运动 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 解析：根据v2＝2aL可知，在滑块从A位置下滑的情况下，滑块通过斜面底端时的速度等于1 m/s，B比A处低，则在滑块从B位置下滑的情况下，滑块通过斜面底端时的速度小于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，则滑块在传送带上一直做加速运动，A正确，B、C、D错误。 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 √ √ 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 √ 4.(2025·黑龙江哈尔滨市期中)如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，已知mA＝2 kg、mB＝4 kg，A、B间动摩擦因数μ＝0.2，在物体A上施加一水平向右的拉力F，g取10 m/s2，则(　　) A.当拉力F<4 N时，A静止不动 B.当拉力F＝3 N时，B受A的摩擦力等于3 N C.拉力F大于6 N时，A才能相对于B滑动 D.若把水平向右的拉力F作用于B，拉力F大于11 N时，A相对于B滑动 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 5．(8分)(2025·江苏月考)如图所示，水平传送带以速度v＝2 m/s匀速转动，A、B两端的距离L＝7 m。将一小物块轻放在传送带上的A端，物块和传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。重力加速度g取10 m/s2。求：   (1)物块加速过程中的加速度大小a；(4分) 解析：物块加速过程中，对物块受力分析有 f＝ma，f＝μN，N＝mg，解得a＝5 m/s2。 答案：5 m/s2　 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (2)物块从A端运动到B端的时间t。(4分) 答案：3.7 s 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 6．(8分)(2025·安徽六安市期末)如图所示，质量为M(大小未知)的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量m＝4 kg的物块(可视为质点)在某一时刻以v0＝6 m/s的水平初速度从木板左端滑上木板，经t1＝2 s时间后物块与木板恰好达到共同速度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2。求：   (1)物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小；(4分) 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 答案：2 m/s2　1 m/s2　 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (2)长木板的质量M以及两者达到共速的瞬间，物块到木板左端的距离d。(4分) 答案：2 kg　6 m 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 7．(14分)(2025·江苏月考)如图所示，质量M＝4 kg的长木板B置于水平地面上，质量m＝2 kg的小物块A放在木板右端，小物块A与长木板B间的动摩擦因数μ1＝0.1，g取10 m/s2。在木板B右端施加水平拉力F。   (1)若地面光滑，求A与B不发生相对滑动的最大拉力F1。(3分) 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 解析：若地面光滑，当A刚要滑动时，所受摩擦力达到最大静摩擦， 有μ1mg＝ma 此时对A、B整体有F1＝(M＋m)a 解得F1＝6 N。 答案：6 N　 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (2)若长木板B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，拉力F2＝30 N，求物块A与长木板B的加速度大小。(3分) 解析：因为F2>F1故A、B会发生相对滑动，对物块A有μ1mg＝maA 对长木板B有F2－μ2(M＋m)g－μ1mg＝MaB 解得aA＝1 m/s2，aB＝2.5 m/s2。 答案：1 m/s2　2.5 m/s2　 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (3)在(2)问情况下，从静止开始，拉力作用了4 s撤去，小物块始终未从木板上掉落，求最终小物块相对长木板的位移大小。(8分) 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 答案：5.625 m 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 解析：物体刚放上传送带时，相对于传送带向左运动，物体受到向右的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得，加速度大小a＝ eq \f(μmg,m) ＝μg，当物体速度等于传送带速度时，物体受到的摩擦力变为零，物体开始做匀速直线运动，故物体先做匀加速运动后做匀速运动。 3．(多选)(2025·内蒙古赤峰市期中)如图甲所示 , M、N是倾角θ＝30°的传送带两端， 质量m＝1 kg的物块从M点以v＝3 m/s的初速度沿传送带向下运动。物块运动过程的部分v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.传送带逆时针转动 B.传送带的速度大小 v＝3 m/s C.物块下滑时的加速度大小a＝2 m/s2 D.传送带与物块间的动摩擦因数为 eq \f(\r(3),2) 解析：由题图乙可知，物块先向下做匀减速直线运动，速度减为0后，反向做匀加速直线运动，最后与传送带共速，故传送带逆时针转动，且传送带速度大小为2 m/s，故A正确，B错误；v－t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，从图像可知加速度的大小a＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv,Δt))) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2－3,2))) m/s2＝2.5 m/s2，故C错误；设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律可知μmg cos 30°－mgsin 30°＝ma，解得μ＝ eq \f(\r(3),2) ，故D正确。 解析：A、B要发生相对运动时的加速度a0＝ eq \f(μmAg,mB) ＝1 m/s2，对整体，由牛顿第二定律得F0＝(mA＋mB)a0＝6 N，当F>6 N时，A相对于B运动，反之二者保持相对静止，故A错误，C正确；当拉力F＝3 N时，A、B保持相对静止，则F＝(mA＋mB)a，f＝mBa，联立解得f＝2 N，即B受A的摩擦力等于2 N，故B错误；若把水平向右的拉力F作用于B，A、B要发生相对运动时的加速度a0′＝ eq \f(μmAg,mA) ＝2 m/s2，对整体，由牛顿第二定律得F0′＝(mA＋mB)a0′＝12 N，即当拉力大于12 N时，A相对于B滑动，故D错误。 解析：加速过程的时间t1＝ eq \f(v,a) ＝0.4 s 加速段走过的位移x1＝ eq \f(1,2) at eq \o\al(2,1) ＝0.4 m 匀速过程的时间t2＝ eq \f(L－x1,v) ＝3.3 s 全程所用时间t＝t1＋t2＝3.7 s。 解析：设物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，解得a1＝2 m/s2 经t1＝2 s后达到共速，故此时物块的速度大小 v1＝v0－a1t1＝2 m/s 长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小 a2＝ eq \f(v1,t1) ＝1 m/s2。 解析：对长木板由牛顿第二定律有 μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2 解得M＝2 kg 2 s内物块对地位移大小x1＝ eq \f(v0＋v1,2) t1＝8 m 2 s内长木板对地位移大小x2＝ eq \f(v1,2) t1＝2 m 则t＝2 s时物块到长木板左端的距离 d＝x1－x2＝6 m。 解析：在(2)问情况下，从静止开始，拉力作用t1＝4 s时间内，A位移xA1＝ eq \f(1,2) aAt eq \o\al(2,1) ＝8 m B位移xB1＝ eq \f(1,2) aBt eq \o\al(2,1) ＝20 m 拉力撤去的瞬间A的速度vA＝aAt1＝4 m/s B的速度vB＝aBt1＝10 m/s 此时B的速度大，故之后B做匀减速运动，A做加速度为aA的匀加速运动，对B有 μ2(M＋m)g＋μ1mg＝MaB1 解得aB1＝5 m/s2 经过时间t2二者达到共速 v＝vA＋aAt2＝vB－aB1t2 解得t2＝1 s，v＝5 m/s t2时间内A、B位移分别为 xA2＝ eq \f(vA＋v,2) t2＝4.5 m xB2＝ eq \f(vB＋v,2) t2＝7.5 m 共速后由于μ2>μ1，A、B相对滑动，都做匀减速运动，此时A加速度大小仍为aA，对B有 μ2(M＋m)g－μ1mg＝MaB2 解得aB2＝4 m/s2 分析可知B先停止，A后停止，从共速到B停止时，B的位移xB3＝ eq \f(v2,2aB2) ＝3.125 m 从共速到A停止时，A的位移xA3＝ eq \f(v2,2aA) ＝12.5 m 整个过程中A、B相对于地面始终向同一个方向运动，故可知整个过程中物块相对长木板的位移Δx＝xB1＋xB2＋xB3－(xA1＋xA2＋xA3)＝5.625 m。 $