第5章 专题强化七 动力学中的传送带和板块问题-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理必修第一册教师用书word（鲁科版）

本讲义聚焦高中物理动力学中的传送带和板块问题，系统梳理传送带（水平、倾斜两类）的运动情形及解题思路，板块模型的加速度、速度、位移关系，构建动力学问题分析的学习支架。 通过分类讨论、典例解析和规律总结，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，如传送带不同初速度下运动过程分析。练习题设计兼顾课中教学辅助与课后巩固，助力学生查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

专题强化七　动力学中的传送带和板块问题 要点一　动力学中的传送带问题 1.分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题两类。 2.解题思路和关键 3.物块在传送带上运动的四类常见情形 （1）v0＝v时，一直匀速 （2）v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 （3）v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 （1）传送带较短时，一直减速 （2）传送带较长时，先减速后返回 ①v0≤v时，返回初始位置的速度为v0 ②v0＞v时，返回初始位置的速度为v （1）可能一直加速 （2）可能先加速后匀速 （1）可能一直加速 （2）可能先加速后匀速 （3）可能先以a1加速，后以a2加速 【典例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，设煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。 （1）煤块放在传送带上的最初一段时间内，受到滑动（选填“静”或“滑动”）摩擦力，方向水平向右，煤块做匀加速直线运动。 （2）若传送带足够长，试分析煤块在传送带上的运动过程（注意摩擦力的突变）。 答案：煤块先做匀加速运动，达到共同速度后再做匀速运动　 （3）若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； ②煤块在传送带上留下痕迹的长度。 答案：①3 s　②0.5 m 解析：①对煤块，根据题意得a＝＝μg＝1 m/s2 当速度达到1 m/s时，所用时间t1＝＝1 s 通过的位移s1＝＝0.5 m＜2.5 m s2＝L－s1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，当煤块速度达到1 m/s后，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的痕迹为二者的相对位移，在前1 s时间内，传送带的位移 s1'＝vt1＝1 m 由①可知煤块的位移s1＝0.5 m 故煤块在传送带上留下的痕迹长度为 Δs＝s1'－s1＝0.5 m。 规律方法 分析传送带问题的三个步骤 （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带的受力情况，判断之后的运动形式。 （3）运用相应规律，进行相关计算。 1.〔多选〕如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、s、f表示物体的速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项中正确的是（　　） 解析：AB　在0～t1时间内物体受到向右恒定的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v＝at，v-t图像是过原点的倾斜直线；物体的速度与传送带的速度相同后，物体不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0，故A、B正确，C错误；根据物体的运动情况，并结合匀变速直线运动和匀速直线运动的位移图像可知，D错误。 2.某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带以v＝5 m/s的恒定速度沿顺时针方向运动。在传送带底端A轻放一质量m＝5 kg的货物（可视为质点），货物与传送带间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）货物放在传送带上的最初一段时间内，受到　　（选填“静”或“滑动”）摩擦力作用，摩擦力的方向　　，货物做　　运动。 （2）若传送带足够长，试分析货物的运动过程（注意摩擦力的突变）。 （3）若传送带两端A、B的距离L＝10 m，求货物从A端运送到B端所需的时间（g取10 m/s2）。 答案：见解析 解析：（1）货物放在传送带上，最初一段时间，受到滑动摩擦力的作用，摩擦力方向沿传送带斜面向上，货物做匀加速直线运动。 （2）货物在传送带上先做匀加速运动，当货物速度与传送带速度相等时，因最大静摩擦力fm＝μmgcos 30°，大于重力沿传送带向下的分力mgsin 30°，故货物与传送带速度相等后，滑动摩擦力突变为静摩擦力，货物将做匀速运动。 （3）以货物为研究对象，由牛顿第二运动定律得 μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma 解得a＝2.5 m/s2 货物匀加速运动时间t1＝＝2 s 货物匀加速运动位移s1＝a＝5 m 然后货物做匀速运动，运动位移s2＝L－s1＝5 m 匀速运动时间t2＝＝1 s 货物从A端运送到B端所需的时间t＝t1＋t2＝3 s。 要点二　动力学中的板块模型 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，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。 2.板块模型的三个基本关系 （1）加速度关系：如果滑块与滑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；如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出滑块与滑板运动的加速度。应注意找出滑块与滑板是否发生相对运动的隐含条件。 （2）速度关系：滑块与滑板之间发生相对运动时，认清滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力。应注意当滑块与滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变。 （3）位移关系：滑块与滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与滑板的运动过程，认清滑块与滑板对地的位移和滑块与滑板之间的相对位移之间的关系。 3.解题方法 （1）明确各物体的初始状态（对地的运动和物体间的相对运动），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）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。 【典例2】　如图所示，光滑水平桌面上有一质量M为2 kg的足够长的长木板，一质量m为1 kg的小物块从长木板的左端以大小为3 m/s的初速度v0滑上长木板，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2。求： （1）小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度大小； 答案：2 m/s2　1 m/s2 解析：对小物块有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2 对木板有μmg＝Ma'，解得a'＝1 m/s2。 （2）小物块的最终速度的大小； 答案： 1 m/s　 解析：木板足够长，则二者最后共速后一块匀速运动，则有v＝v0－at v＝a't 解得v＝1 m/s，t＝1 s。 （3）小物块最终距长木板左端的距离。 答案：1.5 m 解析：小物块匀减速运动的位移s＝v0t－at2 木板匀加速运动的位移s'＝a't2 则小物块距长木板左端的距离Δs＝s－s' 联立解得Δs＝1.5 m。 1.如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在水平地面上，其上放一质量为m2的物块，物块与木板的接触面是光滑的，从t＝0时刻起，给物块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、物块的加速度和速度大小，下列图像符合运动情况的是（　　） 解析：D　因木板与物块之间的接触面光滑，当水平恒力F作用于物块上时，木板与物块之间无摩擦力作用，故木板所受合外力为0，加速度为0，木板一定保持静止，A、B、C错误；由牛顿第二定律得，物块的加速度a＝，即物块做初速度为0的匀加速直线运动，物块运动的v-t图像为过原点的倾斜直线，D正确。 2.如图所示，一质量为M＝2 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1 kg的小滑块（可视为质点）静止放在长木板上。从t＝0时刻开始，长木板受到向左的逐渐增加的水平拉力F，小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.当F＝12 N时，小滑块的加速度大小为 5 m/s2 B.当F＝18 N时，小滑块的加速度大小为6 m/s2 C.当F＝18 N时，长木板的加速度大小为6.5 m/s2 D.当F增大时，小滑块的加速度一定增大 解析：C　长木板与小滑块相对静止时，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，刚要发生相对滑动时μmg＝ma，解得F＝15 N，当F＝12 N＜15 N时，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，代入数据得小滑块的加速度大小为a＝4 m/s2，故A错误；当F＝18 N＞15 N时，发生相对滑动，小滑块的加速度大小为a＝＝μg＝5 m/s2，故B错误；对长木板，根据牛顿第二定律得F－μmg＝Ma，解得a＝6.5 m/s2，故C正确；当拉力大于15 N时，两物体发生相对滑动，小滑块的加速度为a＝＝5 m/s2，恒定不变，故D错误。 1.〔多选〕如图所示，质量为m的木块受水平向右的拉力F的作用，在质量为M的长木板上向右滑行，长木板处于静止状态。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2，则（重力加速度为g）（　　） A.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg B.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（M＋m）g C.μ1一定小于μ2 D.无论怎样改变拉力F的大小，长木板都不可能运动 解析：AD　长木板在水平方向上受到木块的摩擦力和地面的摩擦力，二力平衡，则地面对长木板的摩擦力大小为μ1mg，故A正确，B错误；因长木板静止，有μ1mg≤μ2（M＋m）g，无论拉力F大小如何改变，木块在长木板上滑动时对长木板的摩擦力大小不变，长木板在水平方向上受到两个摩擦力的作用处于平衡状态，不可能运动，因为质量关系未知，所以无法判断μ1、μ2的大小关系，故C错误，D正确。 2.如图所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v1＝2 m/s沿顺时针方向运行。初速度为v2＝4 m/s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，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，若从小物块滑上传送带开始计时，求： （1）小物块在传送带上滑行的最远距离； （2）小物块从A处出发再回到A处所用的时间。 解析：（1）4 m　（2）4.5 s 解析：（1）小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设小物块的质量为m，加速度为a，由牛顿第二运动定律得μmg＝ma 解得a＝2 m/s2 因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0， 由公式s＝得s＝4 m。 （2）小物块匀减速运动的时间t1＝＝2 s，小物块速度减为0后，再向右做匀加速运动，加速度仍为a＝2 m/s2 设小物块与传送带共速所需时间为t2，则 t2＝＝1 s t2时间内小物块向右运动的距离s1＝＝1 m 最后小物块做匀速直线运动，位移为s2＝s－s1＝3 m 则匀速运动时间t3＝＝1.5 s 所以小物块从A处出发再回到A处所用的时间 t总＝t1＋t2＋t3＝4.5 s。 3.质量为m、长为L的长木板静止在光滑水平面上，质量也为m的小滑块（可看作质点）放在长木板的左端，如图所示。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，给小滑块一水平向右的拉力F，当F取不同值时求解下列问题。（重力加速度为g） （1）要使滑块与木板发生相对滑动，F至少为多大； （2）当F＝3μmg时，经过多长时间，力F可使滑块滑至木板的最右端。 答案：（1）2μmg　（2） 解析：（1）当滑块和木板没有发生相对滑动时，对滑块、木板整体有：F＝2ma 当滑块与木板间静摩擦力达最大静摩擦力时，对木板有：μmg＝ma 联立解得F＝2μmg。 （2）设滑块、木板的加速度分别为a1、a2 由牛顿运动定律得：F－μmg＝ma1 μmg＝ma2，解得a1＝2μg，a2＝μg 设经t时间，滑块滑到木板的最右端，则 L＝a1t2－a2t2，解得t＝。 1.为保障旅客安全出行，铁道部门须对乘客所携带的物品实施安全检查。如图所示，乘客将携带物品放到以恒定速率运动的水平传送带上，使物品随传送带一起运动并通过检测仪接受检查。当乘客将物品无初速度放在传送带上之后，物品（　　） A.与传送带相对静止时受到静摩擦力作用 B.初始阶段受与运动方向相同的摩擦力作用 C.相对传送带静止时受与运动方向相同的摩擦力作用 D.相对地面运动故一定受到滑动摩擦力作用 解析：B　当物品与传送带相对静止时，物品与传送带一起做匀速直线运动，两者之间没有相对运动的趋势，物品不受静摩擦力作用，故A、C错误；初始阶段物品相对传送带有向后运动的趋势，受到向前的静摩擦力作用，则摩擦力方向与物品运动方向相同，故B正确；判断物品是否受滑动摩擦力，是看与接触面有没有发生相对运动，与物品相对地面的运动情况无关，故D错误。 2.如图所示，质量为M的长木板静止于光滑的水平面上，质量为m的木块以初速度v0从左向右水平滑上长木板，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则木块在长木板上滑动的过程中，长木板的加速度大小为（　　） A.0 B.μg C. D. 解析：D　对木板进行受力分析可知，木板水平方向受到木块对木板的滑动摩擦力，方向水平向右，摩擦力大小f＝μmg，根据牛顿第二运动定律得a＝＝，故D正确。 3.如图所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1，如果传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么（　　） A.t1＝t2 B.t1＞t2 C.t1＜t2 D.不能确定 解析：A　滑块受重力、支持力、滑动摩擦力，当传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变时，支持力不变，摩擦力大小和方向都不变，根据牛顿第二运动定律可知，两种情况下，滑块的加速度相等，而两种情况下滑块的位移也相等，根据s＝at2可知，两种情况下滑块运动的时间相等，即t1＝t2，选项A正确。 4.〔多选〕（2025·高一上福建泉州期末）如图，足够长的水平传送带始终以恒定速率v1＝3 m/s沿顺时针方向运行。初速度大小为v2＝6 m/s的小煤块从传送带的右端A点滑上传送带。已知煤块和传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，从煤块滑上传送带开始计时（　　） A.小煤块受到的摩擦力方向先向右后向左 B.t＝6 s时，小煤块在传送带上离A点最远 C.t＝12 s时，小煤块再次回到A点 D.煤块在传送带上留下的痕迹长为40.5 m 解析：BD　小煤块向左运动时，受传送带的滑动摩擦力方向向右，向左做减速运动，当速度减为零后受向右做加速运动，直到与传送带共速以后做匀速运动时不受摩擦力作用，则小煤块受到的摩擦力方向一直向右，选项A错误；根据a＝μg＝1 m/s2，小煤块在传送带上离A点最远时经过的时间t1＝＝6 s，选项B正确；煤块距离A点的最远距离x1＝t1＝18 m，然后反向加速到与传送带共速时t2＝＝3 s，位移x2＝t2＝4.5 m，匀速运动的时间t3＝＝4.5 s，小煤块再次回到A点的时间t＝t1＋t2＋t3＝13.5 s，选项C错误；煤块在传送带上留下的痕迹长为Δx＝（x1＋v1t1）＋（v1t2－x2）＝（18＋6×3）m＋（3×3－4.5）m＝40.5 m，选项D正确。 5.〔多选〕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。由此可求得（　　） A.小车的长度 B.小滑块的质量 C.小车在匀减速直线运动过程中的加速度 D.小滑块与小车之间的动摩擦因数 解析：ACD　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，故A正确；根据v-t图像可知小车做匀减速直线运动的加速度a＝，故C正确；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a1＝，由牛顿第二运动定律得a1＝＝＝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B错误，D正确。 6.〔多选〕如图所示，质量M＝2 kg的足够长的木板静止在光滑水平地面上，质量m＝1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。现对物块施加一水平向右的恒力F＝2 N，则下列说法正确的是（　　） A.物块和长木板之间的摩擦力为1 N B.物块和长木板相对静止一起做加速运动 C.物块运动的加速度大小为1 m/s2 D.拉力F越大，长木板的加速度越大 解析：AC　根据牛顿第二运动定律可得物块将要发生滑动时长木板的加速度a＝＝0.5 m/s2，对整体，由牛顿第二运动定律得F0＝（M＋m）a＝1.5 N＜2 N，所以对物块施加一水平向右的恒力F＝2 N时，二者发生相对滑动，物块和长木板之间的摩擦力为f＝μmg＝1 N，故A正确，B错误；对物块，由牛顿第二运动定律得F－μmg＝ma1，解得a1＝1 m/s2，故C正确；由上面的分析知物块和长木板发生相对滑动，长木板的加速度是0.5 m/s2，恒定不变，与拉力F无关，故D错误。 7.〔多选〕（2025·福建三明高一期末）如图甲，水平传送带沿逆时针方向匀速转动，一小物块以某一速度从最左端滑上传送带，取向右为正方向，从小物块滑上传送带开始计时，小物块的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示，g取10 m/s2，则（　　） A.传送带的速度大小为1.0 m/s B.小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 C.小物块相对传送带滑动的总时间为4.5 s D.小物块相对传送带滑动的总距离为4.5 m 解析：AD　3.0～4.0 s的时间内，物块的速度与传送带速度相等，则传送带的速度大小为1.0 m/s，A正确；0～2.0 s时间内物块加速度大小为a＝＝1.0 m/s2，根据牛顿第二运动定律得μmg＝ma，得μ＝0.1，B错误；由题图乙可知，小物块相对于传送带滑动的总时间为3.0 s，C错误；由于v-t图像与t轴围成的面积表示位移，可知小物块相对传送带滑动的总距离为Δs＝m＋（ 1.0×1.0－×1.0×1.0）m＝4.5 m，D正确。 8.如图，一平直的传送带以速率v＝2 m/s沿顺时针方向匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过6 s，物体到达B处，A、B相距L＝10 m，重力加速度取g＝10 m/s2。则： （1）求物体在传送带上做匀加速运动的时间； （2）求物体与传送带之间的动摩擦因数； （3）若物体是煤块，求煤块在传送带上的划痕长度。 答案：（1）2 s　（2）0.1　（3）2 m 解析：（1）由题意可知，物体从A到B先做匀加速直线运动，后与传送带达到相同速度后，匀速运动到B端。 设物体做匀加速运动的时间为t 所以t＋v（6 s－t）＝L 代入数据解得t＝2 s。 （2）在匀加速运动过程中， 根据牛顿第二运动定律可知μmg＝ma 根据速度与时间的关系得v＝at 联立解得μ＝0.1。 （3）在煤块匀加速运动过程中， 传送带上表面相对于地面的位移s＝vt＝4 m 煤块相对于地面的位移s'＝at2＝2 m 所以煤块在传送带上的划痕长度Δs＝s－s'＝2 m。 9.如图所示，质量为M＝3 kg的木板静止在光滑的水平面上，木板的长度为L＝1 m，在木板的右端放置一个质量m＝1 kg，可视为质点的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对木板施加水平向右的力F，求： （1）若F＝4 N，求铁块受到的摩擦力大小和方向； （2）若F＝14 N，求铁块运动到木板左端的时间。 答案：（1）1 N　水平向右　（2）1 s 解析：对铁块，最大加速度为am＝＝μg＝2 m/s2 二者不发生相对滑动的最大拉力为 F0＝（m＋M）am＝8 N （1）若F＝4 N，则二者不发生相对滑动，根据牛顿第二运动定律可得 a1＝＝ m/s2＝1 m/s2 铁块受到的摩擦力大小为f＝ma1＝1 N，方向水平向右。 （2）当F＝14 N＞8 N时，m、M之间发生相对滑动，最终将会分离， 对铁块，有a块＝2 m/s2 对木板，有a板＝＝4 m/s2 设铁块运动到木板左端的时间为t，则有 a板t2－a块t2＝L 解得t＝1 s。 10.质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以初速度v0沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求： （1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1； （2）B与水平面间的动摩擦因数μ2； （3）A的质量m。 答案：（1）0.2　（2）0.1　（3）6 kg 解析：（1）由题图乙可知，A的初速度v0＝4 m/s，1 s末的速度v1＝2 m/s A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2 对A，由牛顿第二运动定律得－μ1mg＝ma1 解得μ1＝0.2。 （2）由题图乙知，A、B二者末速度v3＝0，A、B整体在1～3 s内的加速度a3＝＝－1 m/s2 对A、B整体，由牛顿第二运动定律得 －μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3 解得μ2＝0.1。 （3）由题图乙可知，B在0～1 s内的加速度 a2＝＝2 m/s2 对B，由牛顿第二运动定律得μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2 代入数据解得m＝6 kg。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $