高中物理鲁科版必修第一册课件：板块、传送带、等时圆（62 张PPT）

(共62张PPT)
学法指导　板块、传送带、等时圆
题型一 板块滑动模型
互动探究·关键能力
例 (多选)(2021河南安阳模拟)质量为M=20 kg、长为L=10 m的木板放在水
平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,质量m=10 kg的小木块(可视为
质点),以v0=9 m/s的速度从木板的左端水平入射到木板上(如图所示),小木块
与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2)。
则以下判断正确的是 (　　)

A.木块能滑出木板
BC
B.木块不能滑出木板
C.经过2 s后,木板与木块开始一起匀减速运动
D.全过程木板的位移为2 m
解析 木块对木板的摩擦力f1=μ2mg=0.4×100 N=40 N,地面对木板的摩
擦力f2=μ1(M+m)g=30 N,因为f1>f2,木板会向右加速运动,根据牛顿第二定律得
木板的加速度a1= = m/s2=0.5 m/s2,木块的加速度a2=μ2g=4 m/s2,则
由v=a1t=v0-a2t可得t=2 s,v=1 m/s,即经过2 s后,木板与木块达到共速,2 s内木板
的位移x1= a1t2= ×0.5×22 m=1 m,木块的位移x= =10 m,x-x1不能滑出木板,两者开始一起做匀减速运动,选项B、C正确,A错误;两者一起
运动的加速度为a=μ1g=1 m/s2,位移x2= = m=0.5 m,则全过程木板的位移
为1.5 m,选项D错误。
学法指导
1.板块模型的特点:上、下叠放的两个物体,加速度和速度均不同。
2.板块模型的三个基本关系:
(1)加速度关系:如果滑块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;如果滑块之间发生相对运动,应采用“隔离法”求出每
一个滑块运动的加速度,应注意找出滑块是否发生相对运动等隐含条件。
(2)速度关系:滑块之间发生相对运动时,认清滑块的速度关系,从而确定滑块
受到的摩擦力,应注意当滑块的速度相同时,摩擦力会发生突变的情况。
(3)位移关系:滑块叠放在一起运动时,应仔细分析各个滑块的运动过程,认清
滑块对地位移和滑块间相对位移之间的关系。
3.板块模型的解题思路及方法
(1)用隔离法分析滑块和木板的受力,分别求出滑块和木板的加速度。
(2)建立滑块位移、木板位移、滑块相对木板位移之间的关系式。
(3)不要忽略滑块和木板的运动存在等时关系。
(4)在运动学公式中,位移、速度和加速度都是相对地面的。
(5)画出有关板块运动的v-t关系图像。
如图所示,光滑的水平地面上有一质量为M=2 kg、长度为L=2 m的木板,木板
右端有一质量为m=1 kg的小物块,初始时它们均静止,已知物块和木板间的动
摩擦因数为μ=0.2,取重力加速度为g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦
力。

(1)若给木板施加水平向右的恒力F,使木板能从物块下拉出,则恒力F的大小
应满足什么条件
迁移应用
答案　F >6 N　
(2)若现给木板施加水平向右的拉力F1作用时间t1=1 s,然后将F1变更为方向水
平向右、大小为2 N的拉力F2,最终木板不能从物块下抽出,求拉力F1的大小
满足的条件。
答案　F1≤10 N
解析　(1)当给木板施加水平向右的恒力F时,设木板和物块产生的加速度大
小分别为a1、a2
由牛顿第二定律有
对木板:F-μmg=Ma1,对物块:μmg=ma2
要使木板能从物块下拉出,应满足
a1>a2
联立解得:F>6 N
(2)设给木板施加水平向右的拉力F1时,木板能相对物块滑动,此时物块仍以
(1)中的加速度a2=μg加速运动,设t1时间后物块的速度为v,木板的加速度大小
为a3,位移为s1
对木板由牛顿第二定律有F1-μmg=Ma3
又由运动学规律有v=a3t1,s1= t1
当水平力变为F2时,木板所受合外力为零,开始做匀速直线运动直至和物块速
度相等,设该过程中木板的位移为s2,其后它们一起做匀加速运动,它们的v-t图
像如图所示

由运动学规律有s2=v(t2-t1)
设物块从静止加速到v所用时间为t2,位移为s3
由运动学规律有v=a2t2,s3= t2
要满足木板不能从物块下抽出,则:
s1+s2≤s3+L
联立以上各式并代入数据可得F1≤10 N
题型二 传送带的动力学问题
例　如图所示,水平传送带两端相距s=8 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=
0.6,工件向左滑上A端时速度vA=10 m/s,设工件到达B端时的速度大小为vB(g取
10 m/s2)。

(1)若传送带静止不动,求vB;
(2)若传送带顺时针转动,工件还能到达B端吗 若不能,说明理由;若能,则求出
工件到达B端时的速度大小vB;
(3)若传送带以v=13 m/s逆时针匀速转动,求vB及工件由A到B所用的时间。
2 m/s　
能　2 m/s　
13 m/s　0.67 s
解析　(1)根据牛顿第二定律可知μmg=ma,则a=μg=6 m/s2,且 - =-2as,故vB=2
m/s
(2)能。当传送带顺时针转动时,工件受力不变,其加速度不发生变化,始终减
速,故工件到达B端时的速度vB=2 m/s
(3)开始时工件所受滑动摩擦力向左,加速度a= =μg=6 m/s2,假设工件能加
速到13 m/s,则工件速度达到13 m/s所用时间为t1= =0.5 s
匀加速运动的位移为
s1=vAt1+ a =5.75 m<8 m
则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s,此后工件与传送带相对静止,因此
工件先加速后匀速
匀速运动的位移s2=s-s1=2.25 m,t2= ≈0.17 s,工件由A运动到B所用的时间为t
=t1+t2=0.67 s
学法指导
1.解传送带问题思维模板

2.滑块在传送带上运动的“六点”注意事项
(1)注意滑块相对传送带的运动方向,正确判断摩擦力的方向。
(2)在水平传送带上,滑块与传送带共速时,滑块与传送带相对静止做匀速运
动。
(3)在倾斜传送带上,滑块与传送带共速时,需比较mg sin θ与μmg cos θ的大小
才能确定运动情况。
(4)注意滑块与传送带运动方向相反时,滑块速度减为零后反向加速返回。
(5)注意传送带的长度,判定滑块与传送带共速前是否滑出。
(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。
一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点),煤块与传送带之间的动
摩擦因数为μ。初始时,传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加
速度a0开始运动,当其速度达到v0后,便以此速度做匀速运动,经过一段时间,煤
块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动。重力加
速度为g,求此黑色痕迹的长度。
迁移应用
答案
解析　解法一:力和运动的观点
根据“传送带上有黑色痕迹”可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块
的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿第二定律,可得a=μg
设经历时间t,传送带由静止开始加速到速度等于v0,煤块则由静止加速到v,有
v0=a0t
v=at
由于a度由v增加到v0,有v0=v+at'
此后,煤块与传送带运动速度相同,相对于传送带不再滑动,不再产生新的痕
迹。
设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中,传送带和煤块移动的距离分别为
s0和s,有
s0= a0t2+v0t',s=
传送带上留下的黑色痕迹的长度
l=s0-s
由以上各式得l=
解法二:v-t图像法

作出煤块、传送带的v-t图线如图所示,图中标斜线的三角形的面积,即煤块相
对于传送带的位移,也即传送带上留下的黑色痕迹的长度l= v0·Δt
相对滑动时间Δt= -
解得l=
例　如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,每根杆上套着一
个小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为0),用t1、t
2、t3依次表示各滑环到达d处所用的时间,则 (　　)

A.t1t2>t3
C.t3>t1>t2　　 D.t1=t2=t3
题型三 等时圆模型
D
解析　滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用,下滑的加速度可认为是
由重力沿细杆方向的分力产生的,设细杆与竖直方向夹角为θ,由牛顿第二定
律知mg cos θ=ma,设半径为R,由几何关系得,滑环由开始运动至d点的位移为s
=2R cos θ,由运动学公式得s= at2,联立解得t=2 ,小滑环下滑的时间与细杆
的倾斜情况无关,故t1=t2=t3。
学法指导
1.等时圆模型:所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑
细杆由静止滑下,到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时
间相等,都等于物体沿竖直直径做自由落体运动所用的时间。
2.等时圆模型
常见情况 运动规律 例图
质点从竖直圆环上不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点 所用时间相等
质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到弦的最低点 所用时间相等
两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点从不同的光滑弦(过切点)最高点由静止开始滑到弦的最低点 所用时间相等
如图所示,有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于O点,O点恰好是下
半圆的圆心,它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、
EOF,它们的两端分别位于上下两圆的圆周上,轨道与竖直直径的夹角关系为
α>β>θ,现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每
一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为 (　　)
迁移应用
B
A.tAB=tCD=tEF　　
B.tAB>tCD>tEF
C.tABD.tAB=tCD解析　物块在上面圆运动是一个典型的等时圆模型,故物块到达交点O
点时,用时相等。在下半圆中,位移大小相等s= at2,a= =g cos α,则倾斜
角越大,用时越长,故整个过程中tAB>tCD>tEF,故选B。
基础达标练
1.(2021广西崇左高中高一月考)如图所示,质量为m的木块在质量为M的长木
板上滑动,长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1,木块与木板间的动摩擦因
数为μ2,已知长木板处于静止状态,那么此时长木板受到的地面摩擦力大小为
(　　)

A.μ2mg　　 B.μ1Mg
C.μ1(m+M)g　　 D.μ2mg+μ1Mg
A
解析　对木块受力分析,有f1=μ2FN,FN=mg,故可得f1=μ2mg,再对长木板受力分
析,根据共点力平衡条件,有f1=f2,故可得f2=μ2mg,故选A。
2.(2021浙江温州高一期末)如图甲所示动车站行李箱过安检时的情境,行李
箱是通过传送带带入安检仪,其模型如图乙所示,传送带以恒定速度逆时针转
动,行李箱由静止开始从A端先加速再匀速运动到B端。则 (　　)
　
A.行李箱一直受到滑动摩擦力
B.行李箱匀速运动时受到静摩擦力
C
C.行李箱加速运动时受到滑动摩擦力
D.行李箱里放的物品越多,加速度越大
解析　行李箱匀速运动时不受摩擦力,A、B错误;行李箱加速运动时受重
力、支持力和滑动摩擦力的作用,C正确;行李箱加速运动时摩擦力即合外力,
f=μFN=μmg,a= =μg,所以行李箱加速度与质量无关,故D错误。
3.如图所示,位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点,与竖
直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°,C是圆
环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光
滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点;c球由C点自由下落到M点。则 (　　)

A.a球最先到达M点
B.b球最先到达M点　
C
C.c球最先到达M点　　
D.b球和c球同时到达M点
解析　根据“等时圆”原理可知,从圆上各点向最低点引弦,从该点到达最低
点经过的时间相等,如图所示。

则从圆上A、E、D到达M点的时间相等,c球在圆内C点释放,则c球最先到达
M点,然后是a球,b球在圆外释放,最后到达。A、B、D错误,C正确。
4.(多选)如图所示,质量为m1的足够长的木板静止在光滑水平面上,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,图中可能符合它们运动情况的是
(　　)

　　
AC
解析 AC　若长木板和木块之间没有相对滑动,A正确;若长木板和木块之
间有相对滑动,则a2>a1,B、D错误,C正确。
5.(2021甘肃白银第八中学高一期末)两个皮带轮顺时针转动,带动水平传送
带以不变的速率v运行。将质量为m的物体A(可视为质点)轻轻放在传送带左
端,经时间t后,A的速度变为v,再经过时间t后,到达传送带右端。则正确的说
法是 (　　)

A.物体A由传送带左端到右端的平均速度为 v
B.物体A的质量m越大,划痕的长度越短
C
C.物体A在传送带上留下的划痕长为 vt
D.物体A在传送带上留下的划痕在物体A左侧
解析　物体A由传送带左端到右端的平均速度为 = = v,A错误;当物体
A速度达到传送带速度v时,物体A的位移s1= t,传送带的位移s1'=vt,则在传送
带上留下的划痕长为Δs=s1-s1'= t,由上述可知物体A在传送带上留下的划痕
在物体A右侧,故C正确,B、D错误。
6.(2021江苏南通高一月考)如图所示,质量为3 kg的物块A与质量为2 kg的木
板B叠放在水平地面上,A与B之间的动摩擦因数为0.3,B与地面之间的动摩擦
因数为0.1,重力加速度取10 m/s2。作用在A上的水平拉力F由0逐渐增大,则B
的最大加速度的大小为 (　　)

A.1 m/s2　　 B.2 m/s2
C.3.5 m/s2　　 D.4.5 m/s2
B
解析　当A、B相对滑动后,B的加速度最大,则有μABmAg-μB(mA+mB)g=mBa,代入
数据解得a=2 m/s2,故选B。
7.身体素质拓展训练中,人从竖直墙壁的顶点A沿光滑杆自由下滑到倾斜的
木板上(人可看作质点),若木板的倾斜角不同,人沿着三条不同路径AB、
AC、AD滑到木板上的时间分别为t1、t2、t3,若已知AB、AC、AD与板的夹角
分别为70°、90°和105°,则 (　　)

A
A.t1>t2>t3
B.t1C.t1=t2=t3
D.不能确定t1、t2、t3之间的关系
解析　若以OA为直径画圆,则AB交圆周于E点,C点正好在圆周上,D点在圆周之内,根据等时圆的规律可知人从A点滑到B、C、D的时间关系是:t1>t2>t3,故选A。

8. (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,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面,物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面上,这时速率为v2',则下列说法正确的是 (　　)

A.若v1B.若v1>v2,则v2'=v2
AB
C.不管v2多大,总有v2'=v2
D.只有v1=v2时,才有v2'=v1
解析 AB　物体向左匀减速运动到速度为0,再向右加速运动,依据运动学公
式判定。
素养提升练
9.(多选)(2021江苏如皋中学高一月考)如图所示,质量为m的木块在水平拉力
F作用下向右滑行。木板处于静止状态,已知木块与木板间的动摩擦因数为μ
1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,木板质量为M。重力加速度为g,则 ( )

A.木块受到木板的摩擦力的大小为μ1mg,方向水平向左
B.木板受到地面的摩擦力的大小为μ1mg,方向水平向左
ABD
C.当F>μ2(M+m)g时,木板便会开始运动
D.无论怎样改变F的大小,木板都不可能运动
解析 ABD　木块对木板的压力等于mg,木块所受木板的滑动摩擦力大小f1=μ1FN=μ1mg,方向水平向左,故A正确;根据牛顿第三定律得知:木板受到木块的摩擦力方向水平向右,大小等于μ1mg,木板处于静止状态,水平方向受到木块的滑动摩擦力和地面的静摩擦力,根据平衡条件得,木板受到地面的摩擦力的大小是μ1mg,方向水平向左,B正确;木板处于静止状态,说明木块与木板之间的滑动摩擦力小于木板与地面之间的最大静摩擦力,与拉力F的大小无关,所以当F>μ2(m+M)g时,木板仍静止,C错误;无论F大小如何,木块在木板上滑动时对木板的摩擦力大小不变,木板在水平方向上仍然受两个摩擦力处于平衡状态,木板不可能运动,故D正确。
10.(2021福建莆田仙游一中高一期末)如图所示,可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上,纸带左端与A、A与B间的距离均为d=0.5 m,两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1=0.1,与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2。现以恒定的加速度a=2 m/s2向右水平拉动纸带,重力加速度g取10 m/s2,求:

(1)A物体在纸带上的加速度及滑动时间。
(2) 两物体A、B停在地面上时的间距。
答案　(1) 1 m/s2　1 s　(2)1.25 m
解析　(1)两物体在纸带上滑动时均有
μ1mg=ma1
当物体A滑离纸带时
a - a1 =d
由以上两式可得t1=1 s
(2)物体A离开纸带时的速度
v1=a1t1
两物体在地面上运动时均有
μ2mg=ma2
物体A从开始运动到停在地面上,过程中的总位移
s1= +
物体B滑离纸带时
a - a1 =2d
物体B离开纸带时的速度v2=a1t2
物体B从开始运动到停在地面上,过程中的总位移
s2= +
两物体A、B最终停止时的间距
s=s2+d-s1
由以上各式可得s=1.25 m
11.(2021广东肇庆高一期末)如图甲所示为车站进站处的安检机。安检机在
工作时,被检物品通过传送带从安检机一端传送到另一端,其过程可简化为如
图乙所示,传送带以速度v=1 m/s顺时针方向匀速转动,被检物品与传送带间
的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2。若将物品无初速度放到传送带A
端,经2.6 s到达B端,求:
　
(1)物品放到传送带A端后经过多长时间与传送带共速;
(2)传送带A、B两端的间距;
(3)若物品在A端时具有水平向右的初速度v0=2 m/s,则物品经过多长时间到达
B端。
答案　(1)0.2 s　(2)2.5 m　(3)2.4 s
解析　(1)物品放到传送带A端后,根据μmg=ma
解得a=5 m/s2
物品做匀加速运动,根据v=at1
解得t1=0.2 s
(2)物品加速阶段的位移大小
s1= t1
解得s1=0.1 m
物品匀速阶段的位移大小
s2=v(t-t1),解得s2=2.4 m
传送带A、B两端的间距
s=s1+s2=2.5 m
(3)若物品在A端时具有水平向右的初速度
v0=2 m/s
物品先减速,减速时间为t1'=
解得t1'=0.2 s
减速运动的位移大小s1'= t1'
解得s1'=0.3 m
物品匀速阶段s-s1'=vt2'
解得t2'=2.2 s
总时间t'=t1'+t2'=2.4 s
创新拓展练
12.(2021四川遂宁高一期末)倾角为30°的光滑斜面的底端有一水平传送带,传
送带正以v0=4 m/s的速度运动,运动方向如图所示。一个质量为2 kg的物体
(物体可视为质点),从h=3.2 m高处由静止沿斜面下滑,物体经过A点时,不计其
速率变化。物体与传送带间的动摩擦因数为0.4,传送带左右两端A、B间的
距离LAB=10 m,重力加速度g=10 m/s2,求:

(1)物体第一次滑到A点的速度大小。
(2)物体从第一次滑过A点到再一次回到A点的时间。
(3)物体从第一次滑过A点到再一次回到A点,在传送带上滑动而留下划痕的
长度。
答案　(1)8 m/s　(2)4.5 s　(3)18 m
解析　(1)对物体在斜面上运动,有
mg sin θ=ma
代入数据解得a=5 m/s2
根据位移时间公式 = a
代入数据解得t1=1.6 s
物体滑至斜面底端时的速度
v=at1=8 m/s
(2)物体在传送带上加速度大小为
a1=μg=4 m/s2
物体在传送带上速度减为零时离A最远,此时有s= =8 m
因为物体速度减为零后,返回时做匀加速直线运动,返回时速度达到传送带速
度后做匀速直线运动,所以物体返回到A点的速度为4 m/s
物体加速时间为t2= =1 s
该过程的位移为
s1= a1 = ×4×12 m=2 m
匀速运动的时间为
t3= = s=1.5 s
物体速度减到零的时间为
t4= = s=2 s
所以总时间为
t=t2+t3+t4=4.5 s
(3)由上可知物体在传送带上速度为零时离A最远,此时有s=8 m
该过程传送带的位移为
s0=v0t4=4×2 m=8 m
划痕为Δs1=s+s0=16 m
物体返回时做匀加速直线运动时的位移为s1=2 m
该过程传送带的位移为
s2=v0t=4×1 m=4 m
划痕为Δs2=s2-s1=2 m
所以划痕的总长度为
Δs=Δs1+Δs2=18 m
思路导引　本题是一道典型根据受力情况分析运动的多过程问题,首先要研
究物体的受力求出加速度,再由运动公式研究运动,如果借助速度-时间图像
会更加清晰。
解题感悟　题目通过传送带和斜面结合,既考查了斜面上的受力分析,又考查
了传送带的相对运动,是一道过程和步骤较多、但是整体难度不是太大的综
合性题目,可以训练学生的严谨分析问题的能力。