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

**基本信息** 聚焦动力学传送带与板块问题，分层设计从基础概念到综合应用，助力新授课知识巩固与运动和相互作用观念、科学思维培养。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|摩擦力方向、加速度计算等单一知识点|单选形式（1-3题），如传送带摩擦力方向判断，强化物理观念| |中档|相对运动、v-t图像分析等综合考点|多选形式（4-7题），结合图像（题5、7）考查科学推理，衔接基础与综合| |综合|多过程问题求解|计算题（8-10题），如板块相对运动时间计算（题9），体现模型建构与问题解决能力|

专题强化七　动力学中的传送带和板块问题 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 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. 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 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 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 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 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 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。 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。 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。 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题强化七　动力学中的传送带和板块问题 1.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.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.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.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.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.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.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＋m＝4.5 m，D正确。 8.（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.（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.（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 $