传送带模型和滑块模型教学文案

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第15讲板块模型和传送带模型(基础)

第15讲滑块—木板模型和传送带模型【教学目标】1．能够正确运用牛顿运动定律处理滑块—木板模型；2．会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上的物体的运动问题．【重、难点】以上两个模型都是重难点考点一滑块—木板模型1．模型概述一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动．板块问题一般都涉及到受力分析、运动分析、临界问题、摩擦力的突变问题等，并且会涉及两物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系．在解决板块问题时基本上都会用到整体法和隔离法．2．三个基本关系（一）为保持相对静止或相对滑动，求最大外力或最小外力．（已知内力求外力）解题方法：往往求临界情况，即刚好没滑动（相对静止）时的外力．此时隐含两个条件：①静摩擦力为f m；②a相同．例1、如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为（）A．μmg B．2μmgC．3μmg D．4μmg（二）给定外力，判断是否相对滑动（已知外力求内力）例2、如图所示，质量为m 1的足够长的木板静止在水平面上，其上放一质量为m 2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a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、物块的加速度和速度大小，下列图象符合运动情况的是（）例3、如图所示，水平桌面上质量为m 的物块放在质量为2m 的长木板的左端，物块和木板间的动摩擦因数为μ，木板和桌面间的动摩擦因数为14μ，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时物块和木板均静止，若在物块上施加一个水平向右的恒力F ，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是（）A ．当F >μmg 时，物块和木板一定发生相对滑动B ．当F ＝μmg 时，物块的加速度大小为112μgC ．当F ＝2μmg 时，木板的加速度大小为16μgD ．不管力F 多大，木板的加速度始终为0（三）开始两物体不共速，那必然相对滑动，但一段时间之后可能共速（需分析）（1）如果会滑离，则找两者的位移关系；（2）如果不会滑离，两者一定会先共速，此后：①若系统无外力，则一起匀速；②若系统有外力，则按照（二）的方法判断是否相对滑动．例4、如图所示，质量为M =4kg 的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量m =1kg 大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的摩擦因数μ=0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F =8N ，铁块在长L =6m 的木板上滑动．取g =10m/s 2.求经过多长时间铁块运动到木板的左端．变式1、如图所示，长为L＝2m、质量为M＝8kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v0＝6m/s时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为m＝2kg的小物块．木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2.求：（1）物块及木板的加速度大小；（2）物块滑离木板时的速度大小．变式2、如图所示，厚度不计的薄板A长l＝5m，质量M＝5kg，放在粗糙的水平地面上．在A上距右端x＝3m处放一物体B（可视为质点），其质量m＝2kg，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止．现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26 N，将A从B下抽出．g＝10 m/s2，求：（1）A从B下抽出前A、B的加速度各是多大；（2）B运动多长时间离开A．例5、（多选）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（）A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零例6、如图所示，质量M=2kg足够长的木板静止在水平地面上，另一个质量m=1kg的小滑块以v0＝6m/s的初速度滑上木板的左端．已知滑块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，木板与地面的动摩擦因数μ2=0.1，g取l0m/s2．求：（1）求小滑块自滑上木板到相对木板处于静止的过程中，小滑块相对地面的位移大小；（2）求木板相对地面运动位移的最大值；（3）为使小滑块不能离开木板，则木板的长度至少多长．变式3、如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，木板B长L＝3 m．开始时A、B均静止．现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动．已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2．若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？求解“滑块—木板”类问题的方法技巧1．搞清各物体初始状态相对地面的运动和物体间的相对运动（或相对运动趋势），根据相对运动（或相对运动趋势）情况，确定物体间的摩擦力方向．2．正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．考点二传送带问题1．传送带的基本类型一个物体以初速度v0（v0≥0）在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看成传送带模型．传送带模型按放置方向分为水平传送带和倾斜传送带两种，如图所示．（1）当传送带水平转动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化．摩擦力的突变，常常导致物体的受力情况和运动性质突变．（2）求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．静摩擦力达到最大值，是物体恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力只存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度相同时，滑动摩擦力要发生突变（滑动摩擦力变为零或变为静摩擦力）．3．倾斜传送带（1）对于倾斜传送带，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数与传送带倾角的关系．若μ≥tan θ，且物体能与传送带共速，则共速后物体做匀速运动；若μ<tan θ，且物体能与传送带共速，则共速后物体相对于传送带做匀变速运动．（2）求解的关键在于分析物体与传送带间的相对运动情况，确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用，应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．4．传送带问题的动力学分析（1）水平传送带一直加速先加速后匀速vvvv传送带长度到达左端传送带长度先减速再向右加速，到达右端速度为传送带长度先减速再向右加速，最后匀速，到达右端速度为先以加速度先以加速度以加速度（一）水平传送带例7、如图所示，物块m在传送带上向右运动，两者保持相对静止．则下列关于m所受摩擦力的说法中正确的是（）A．皮带传送速度越大，m受到的摩擦力越大B．皮带传送的加速度越大，m受到的摩擦力越大C．皮带速度恒定，m质量越大，所受摩擦力越大D．无论皮带做何种运动，m都一定受摩擦力作用例8、如图所示，水平放置的传送带以速度v＝2m/s沿顺时针方向转动，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2．若A端与B端相距6 m，则物体由A到B的时间为（）A．2 s B．2.5 s C．3.5 s D．4 s 变式4、（多选）如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行．旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2．若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（）A．乘客与行李同时到达B处B．乘客提前0.5s到达B处C．行李提前0.5s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处变式5、如图所示，水平传送带以不变的速度v＝10m/s向右运动，将一煤块（可视为质点）轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，煤块做匀加速运动，经过时间t＝2s，速度达到v；再经过时间t′＝4s，煤块到达传送带的右端，g取10 m/s2，求：（1）煤块与水平传送带间的动摩擦因数；（2）煤块从水平传送带的左端至右端通过的距离；（3）煤块在水平传送带上留下的划痕长度．（二）倾斜传送带例9、滑块能沿静止的传送带匀速滑下，如图所示，若在下滑时突然开动传送带向上传动，此时滑块的运动将（）A．维持原来匀速下滑B．减速下滑C．向上运动D．可能相对地面不动变式6、如图所示，粗糙的传送带与水平方向的夹角为θ，当传送带静止时，在传送带上端轻放一小物块，物块下滑到底端所用时间为t，则下列说法正确的是（）A．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能大于tB．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能小于tC．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间等于tD．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间小于t例10、如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，A、B两端相距L=64m，传送带以v＝20m/s 的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为m＝8kg的物体（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间．（重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）物体沿着倾斜的传送带向下加速运动到与传送带速度相等时，若μ≥tanθ，物体随传送带一起匀速运动；若μ<tanθ，物体将以较小的加速度a＝g sinθ－μg cosθ继续加速运动．例11、如图所示，传送带与水平面成夹角θ=30°、以v 0=10m/s 的速度瞬时针转动，在传送带A 端轻轻地放一个质量m =0.5kg 的小物体，它与传送带间的动摩擦因数为μ=23．已知A 、B 两端相距L =25m ，重力加速度g 取10m/s 2．求物体从A 运动到B 所需的时间．变式7、如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端相距L =12m ，质量为m ＝1kg 的物体以v 0＝14m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带顺时针转动的速度v ＝4m/s ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.6，求物体从A 点到达B 点所需的时间．【能力展示】【小试牛刀】1．如图所示，在光滑的水平面上有一个长为0.64m、质量为4kg的木板B，在B的左端有一个质量为2kg、可视为质点的铁块A，A与B之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2．当对A施加水平向右的拉力F＝10N时，将A从B的左端拉到右端的时间为（）A．0.8 s B．0.6 sC．1.1 s D．1.0 s2．如图所示，木块A质量为1 kg，木块B的质量为2 kg，叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力为1 N，B与地面间的动摩擦因数为0.1，g取10 m/s2，今用水平力F作用于B，则保持A、B 相对静止的条件是F不超过（）A．1 N B．3 NC．4 N D．6 N3．如图所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻地放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）4．（多选）如图所示，水平传送带A、B两端点相距s＝3.5m，以v0＝2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放在A端，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕，小煤块从A运动到B 的过程中（g取10 m/s2）（）A．所用的时间是2 sB．所用的时间是2.25 sC．划痕长度是3 mD．划痕长度是0.5 m5．（多选）如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为13μ，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ．现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板加速度大小a 可能是（）A ．a ＝μgB ．a ＝23μgC ．a ＝13μgD ．a ＝F 2m －13μg 6．如图所示，长度l ＝2m ，质量M ＝23kg 的木板置于光滑的水平地面上，质量m ＝2kg 的小物块（可视为质点）位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数μ＝0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力F ＝10 N ，取g ＝10 m/s 2．求：（1）若木板M 固定，小物块离开木板时的速度大小；（2）若木板M 不固定，小物块从开始运动到离开木板所用的时间．7．如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持v ＝1m/s 的恒定速率运行，一质量为m ＝4kg 的行李（可视为质点）无初速度地放在A 处．设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离 l ＝2 m ，g 取10 m/s 2．求：（1）行李在传送带上运动的时间；（2）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处．求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．【大显身手】8．（多选）如图所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图所示．设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2．则（）A．摩擦力的方向始终沿传送带向下B．1～2 s内，物块的加速度为2 m/s2C．传送带的倾角θ＝30°D．物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.59．如图甲所示，质量为M=2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以某一初速度沿木板上表面水平冲上木板，A和B的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10m/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．10．如图所示，质量M＝8kg的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N．当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车右端轻轻地放一个大小不计、质量m＝2 kg的小物块．小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．g取10 m/s2，则：（1）放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？（2）经多长时间两者达到相同的速度．（3）从小物块放上小车开始，经过t′＝3s小物块通过的位移大小为多少？11．如图所示，将物块M轻放在匀速传送的传送带的A点，已知传送带速度大小v＝2m/s，传送带顺时针转动，AB＝2m，BC＝8m，M与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，试求物块由A运动到C点共需要多长时间．（M经过B点时速度大小不变，方向沿着BC方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）第15讲板块模型和传送带模型答案例1、C 例2、D 例3、B 例4、2s变式1、（1）2 m/s 2 3 m/s 2 （2）0.8 m/s 变式2、（1）2 m/s 2，1 m/s 2（2）2s 例5、BC 例6、（1）3.5m （2）1m （3）3m 变式3、2 6 m/s例7、B 例8、C 变式4、BD 变式5、（1）0.5 （2）50 m （3）10m 变式6、D 例9、A例10、答案：4 s解析：开始时物体下滑的加速度：a 1＝g （sin 37°＋μcos 37°）＝10 m/s 2，运动到与传送带共速的时间为：t 1＝v a 1＝2010 s ＝2s ，下滑的距离：s 1＝12a 1t 12＝20m ；由于mg sin37°＞μmg cos 37°，故物体2s 后继续加速下滑，且此时：a 2＝g （sin 37°－μcos 37°）＝2 m/s 2，s 2＝64 m －s 1＝44 m ，根据s 2＝vt 2＋12a 2t 22，解得：t 2＝2 s ，故共用时间t ＝t 1＋t 2＝4 s ．例11、4.5s 变式7、2s【能力展示】1．A 2．D 3．D 4．AD 5．CD 6．（1）4 m/s （2）2 s7．（1） 2.5s （2）2 s 2 m/s 8．BD 9．（1）0.2 （2）0.1 （3）6 kg10．（1）2 m/s 2 0.5 m/s 2 （2）2 s （3）8.4 m11．3.2 s。

物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题4动力学中的“木板_滑块”和“传送带”模型教案

微专题四动力学中的“木板-滑块”和“传送带”模型动力学中“木板-滑块”模型1．模型分析模型概述(1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动.（2）滑块相对滑板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长.(3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式。

常见情形滑板获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板>x块,Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止滑块获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板<x块,Δx＝x块－x板，最后分离或相对静止开始时板块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离滑板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运或相对静止，Δx＝x块＋x板动，以及滑板与地面是否有相对运动2。

常见临界判断（1）滑块恰好不滑离木板的条件:滑块运动到木板的一端时,滑块与木板的速度相等.（2）木板最短的条件:当滑块与木板的速度相等时滑块滑到木板的一端.（3）滑块与木板恰好不发生相对滑动的条件：滑块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，且二者加速度相同。

[典例1]一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4。

5 m，如图(a)所示。

t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1 s时间内小物块的v。

t图线如图（b)所示。

木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。

求：图（a）图(b)(1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离.[大题拆分］第一步：分析研究对象模型.设小物块和木板的质量分别为m和M。

传送带模型高中物理教案

传送带模型高中物理教案传送带模型高中物理教案1一、教学目标1.在学习机械能守恒定律的根底上，研究有重力、弹簧弹力以外其它力做功的情况，学习处理这类问题的方法。

2.对功和能及其关系的理解和认识是本章教学的重点内容，本节教学是本章教学内容的总结。

通过本节教学使学生更加深入理解功和能的关系，明确物体机械能变化的规律，并能应用它处理有关问题。

3.通过本节教学，使学生能更加全面、深入认识功和能的关系，为学生今后能够运用功和能的观点分析热学、电学知识，为学生更好理解自然界中另一重要规律——能的转化和守恒定律打下根底。

二、重点、难点分析1.重点是使学生认识和理解物体机械能变化的规律，掌握应用这一规律解决问题的方法。

在此根底上，深入理解和认识功和能的关系。

2.本节教学实质是渗透功能原理的观点，在教学中不必出现功能原理的名称。

功能原理内容与动能定理的区别和联系是本节教学的难点，要解决这一难点问题，必须使学生对“功是能量转化的量度”的认识，从笼统、浅薄地了解深入到十清楚确认识“某种形式能的变化，用什么力做功去量度”。

3.对功、能概念及其关系的认识和理解，不仅是本节、本章教学的重点和难点，也是中学物理教学的重点和难点之一。

通过本节教学应使学生认识到，在今后的学习中还将不断对上述问题作进一步的分析和认识。

三、教具投影仪、投影片等。

四、主要教学过程（一）引入新课结合复习机械能守恒定律引入新课。

提出问题：1.机械能守恒定律的内容及物体机械能守恒的条件各是什么?评价学生答复后，教师进一步提问引导学生思考。

2.假如有重力、弹簧弹力以外其它力对物体做功，物体的机械能怎样变化?物体机械能的变化和哪些力做功有关呢?物体机械能变化的规律是什么呢?教师提出问题之后引起学生的注意，并不要求学生答复。

在此根底上教师明确指出：机械能守恒是有条件的。

大量现象讲明，许多物体的机械能是不守恒的。

例如从车站开出的车辆、起飞或降落的飞机、打入木块的子弹等等。

传送带和滑块模型(完整资料).doc

【最新整理，下载后即可编辑】传送带模型专题传送带模型是一个经典的力学模型，也是实际生活中广泛应用的一种机械装置，以其为背景的问题都具有过程复杂、条件隐蔽性强的特点，传送带问题也是高考中的常青树，从动力学角度、功能角度进行过多次考查，它自然成为师生关注的热点。

一、难点形成的原因：1、对于物体与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何，等等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等基础知识模糊不清；2、对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误；3、对于物体在传送带上运动过程中的能量转化情况考虑不全面，出现能量转化不守恒的错误过程。

二、难点突破策略：在以上三个难点中，第1个难点应属于易错点，突破方法是先正确理解摩擦力产生的条件、方向的判断方法、大小的决定因素等等。

通过对不同类型题目的分析练习，做到准确灵活地分析摩擦力的有无、大小和方向。

第2个难点是对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误。

该难点应属于思维上有难度的知识点，突破方法是灵活运用“力是改变物体运动状态的原因”这个理论依据，对物体的运动性质做出正确分析，判断好物体和传送带的加速度、速度关系，画好草图分析，找准物体和传送带的位移及两者之间的关系。

如图甲所示，A、B分别是传送带上和物体上的一点，刚放上物体时，两点重合。

设皮带的速度为V0，物体做初速为零的匀加速直线运动，末速为V0，其平均速度为V0/2，所以物体的对地位移x物=20tV，传送带对地位移x传送带=V0t，所以A、B 两点分别运动到如图乙所示的A＇、B＇位置，物体相对传送带的位移也就显而易见了，x物=2传送带x，就是图乙中的A＇、B＇间的距离，即传送带比物体多运动的距离，也就是物体在传送带上所留下的划痕的长度。

第3个难点也应属于思维上有难度的知识点。

对于匀速运动的传送带传送初速为零的物体，传送带应提供两方面的能量，一是物体动能的增加，二是物体与传送带间的摩擦所生成的热（即内能），有不少同学容易漏掉内能的转化，因为该知识点具有隐蔽性，往往是漏掉了，也不能在计算过程中很容易地显示出来，尤其是在综合性题目中更容易疏忽。

精选高中物理滑块模型教案

精选高中物理滑块模型教案
学科：物理
年级：高中
教学内容：滑块模型
教学目标：学生能够理解滑块模型的基本原理和运用，掌握相关公式和计算方法。

教学重点和难点：掌握滑块模型的运用，理解相关物理概念。

教学方式：讲述、实验、讨论、解题
教具准备：滑块、斜面、测量工具、实验仪器
教学内容与步骤：
一、引入：通过一个例子介绍滑块模型的应用，引出本节课的主题。

二、学习滑块模型的基本原理和公式，包括滑块在斜面上运动的相关理论知识。

三、进行实验，让学生亲自操作滑块并观察其运动规律，验证理论公式。

四、讨论和解答问题：学生可以根据实验结果和理论知识进行讨论，解答相关问题。

五、作业：布置相关练习，巩固学生对滑块模型的理解和运用。

教学反馈：通过作业的批改和课堂讨论，检查学生是否掌握了滑块模型的相关知识。

教学延伸：学生可以通过探究更复杂的问题或实验，拓展滑块模型的应用领域。

这样一份高中物理滑块模型教案，希望对您有所帮助。

祝教学顺利！。

第3章专题强化5 传送带模型和“滑块—木板”模型

专题强化五传送带模型和“滑块一木板”模型t目标要求】1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题2能正确运用动力学观点处理“滑块一木板模型”.题型一传送带模型1.水平传送带2.倾斜传送带考向1动力学中水平传送带问题r例U（多选）应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型.传送带始终保持。

=0∙4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数"=0.2,A、8间的距离为2m,g取10m∕s2.旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（）（・）/A.开始时行李的加速度大小为2m∕s2B.行李经过2s到达5处C.行李到达B处时速度大小为0.4m/sD.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0∙08m听课记录：________________________________________________________________考向2动力学中的倾斜传送带问题f例21（2023.辽宁卷・13）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李.如图所示，以恒定速率S=O∙6m∕s运行的传送带与水平面间的夹角Q=37。

，转轴间距1=3.95m∙工作人员沿传送方向以速度P2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）.小包裹与传送带间的动摩擦因数〃=0.8.取重力加速度g=10m∕s2,sin37o=0.6,CoS37。

=0.8.求：（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小出（2）小包裹通过传送带所需的时间/.考向3传送带中的动力学图像f例3】（多选）（2023•福建省西山学校高三模拟）如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动.一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度。

随时间/变化的图像可能是（）听课记录：1例4】（多选）（2023∙广东省华南师大附中检测）如图甲所示，一足够长的、倾角为37。

牛顿定律应用之传送带与滑块模型

物体运动的特点和规律，然后根据相应规律进行求解．
难点分析： 1、力的问题物体与传送带之间的相互作用力
2、运动的问题物体相对地面、相对传送带的运动情况 3、能量的问题物体在传送带上运动过程中的能量问题
一.水平传送带
讨论如下各情景中物块的可能运动情况
【例 3】如图 3-3-6 所示，有一水平传送带以 2 m/s 的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为 0.5，取 g＝10 m/s2，则传送带将该物体传送 10 m 的距离所需时间为多少？
②
f＝μN
由式①②③解得 a＝5 m/s2
③
设经时间 t1，物体速度达到传送带的速度，据匀加速直线运动的速度公式
vt＝v0＋at
解得 t1＝0.4 s 时间 t1 内物体位移
④
1 2 1 s1＝2at ＝2× 5× 0.42 m＝0.4 m<10 m
物体位移为 0.4 m 时，物体的速度与传送带的速度相同，
【例1】如图所示，一质量为m=2kg、初速度为 6m/s的小滑块（可视为质点），向右滑上一质量为M=4kg的静止在光滑水平面上足够长的滑板，m、M间动摩擦因数为μ=0.2。 (1)滑块滑上滑板时，滑块和滑板在水平方向上各受什么力，大小如何？方向向哪？
对滑块：受到滑动摩擦力，大小为：μmg=4N,方向向左，对滑板：受到滑动摩擦力，大小为：μmg=4N，
根据初速度为零的匀加速直线运动位移公式
1 2 s＝2at 可知 t＝
2s a ＝2 s.
正确解析：以物体为研究对象，如图3-3-7 所示，在竖直
方向受重力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做初速度v0
＝0 的匀加速运动．

2025版高考物理全程一轮复习第三章牛顿运动定律专题强化五传送带模型和“滑块_木板”模型课件

() A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B．行李经过2 s到达B处 C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
答案：AC
考向2 动力学中的倾斜传送带问题例2 (多选)某快递公司用倾斜传送带运送包裹，如图所示．包裹被轻放在传送带的底端，在经过短暂的加速过程后，与传送带达到共速，最终被运送到传送带的顶端．若传送带运行速度一定，包裹与传送带间的动摩擦因数相同，则( ) A．在包裹加速运动阶段，传送带对包裹的作用力方向竖直向上 B．传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越大 C．传送带倾斜角度越大，包裹加速所需时间越长 D．包裹越重，从传送带的底端运送到顶端所需要的时间越长
则：
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
答案：3 m/s2 解析：(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝F−Mμmg，解得a＝3 m/s2.
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
答案：30.5 m 解析：(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用故am＝μg＝2 m/s2 Δx1＝12at2－12amt2＝0.5 m.
答案：0.7 m
解析：
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝v22−av′′2
−
v′2−vm2 2am
，解得Δx2＝0.2
m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
[教你解决问题] 审题图解
考向2 斜面上的板块问题例5 (多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为μ1＝2410.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( ) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s

传送带模型和滑块(第一课堂)高中一年级物理精品教学课件PPT

5
A运动到B所需的时间。(g取10 m/s2)
解析刚将物体无初速度地放上传送带时,物体做加速运动,受力如图甲所
示,
由牛顿第二定律得
x轴方向上:mgsin 30°+f=ma1
y轴方向上:N-mgcos 30°=0
又f=μN
联立解得a1=g(sin 30°+μcos 30°)=8 m/s2
物体加速到与传送带速度相等所用的时间为
2
2
解得v0=6 m/s。
答案 (1)3 m/s2
1.5 m/s2
(2)6 m/s
变式训练2如图所示,厚度不计的木板A长l=5 m,质量M=5 kg,放在水平地面
上。在A上距右端s=3 m处放一物体B(大小不计),其质量m=2 kg,已知A、B
间的动摩擦因数μ1=0.1,A与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,原来系统静止。

2
a
=
=3
m/s
1
动,设其加速度大小为a1,则有

木板 B 向右做匀加速运动,设其加速度大小为 a2,则有 a2=
=1.5 m/s2。

(2)A刚好没有从B上滑下来,则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同,设
为v,则有v=v0-a1t
v=a2t
0 +
位移关系:L=
t- t
一质量为m=1 kg的小滑块,滑块可视为质点,滑块与传送带间的动摩擦因
数μ=0.2,传送带长L=2 m,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)滑块从传送带左端到右端的时间;
(2)滑块相对传送带滑行的位移的大小。
解析 (1)滑块在传送带上滑行时的加速度

a= =

2024-2025学年高中物理第3章习题课5滑块—木板模型和传送带模型教案教科版必修1

2. 题目：一个质量为m的物体在传送带上以速度v匀速运动，传送带与地面之间的夹角为θ。求物体在传送带上受到的摩擦力。
答案：物体在传送带上受到的摩擦力f可以表示为f = μmgcosθ，其中μ为动摩擦因数，m为物体的质量，g为重力加速度，θ为传送带与地面之间的夹角。
3. 题目：一个质量为m的滑块从高度h自由落下，不计空气阻力。求滑块落地时的速度。
三、学习者分析
1. 学生已经掌握了哪些相关知识：
- 学生已经学习了力学的基本概念，如力、质量、加速度等。
- 学生已经了解了牛顿运动定律，能够运用定律分析物体运动情况。
- 学生已经学习了能量守恒定律，能够运用能量守恒分析物理问题。
2. 学生的学习兴趣、能力和学习风格：
- 学生对物理实验和实际问题解决具有较强的兴趣。
- 复习第3章滑块—木板模型和传送带模型的理论知识
- 分析典型习题，引导学生运用理论知识解决实际问题
- 提高学生的解题能力和思维能力
2.教学目标：
- 学生能够掌握滑块—木板模型和传送带模型的基本原理
- 学生能够运用理论知识解决相关习题
- 学生能够提高解题能力和思维能力
三、教学步骤
1.导入：回顾第3章滑块—木板模型和传送带模型的理论知识，引导学生复习相关概念和公式。
答案：滑块在斜面上的最大速度v_max可以表示为v_max = √(2μmgcosθ)/(m+μsinθ)，其中g为重力加速度，θ为斜面与水平面的夹角。
八、课堂小结，当堂检测
课堂小结：
在本节课中，我们学习了滑块—木板模型和传送带模型，了解了这两个模型的基本概念、重要性和应用。通过学习，学生应该能够掌握以下知识点：
七、课后作业
1. 题目：滑块在木板上滑动时，滑块的质量为m，木板的质量为M，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ。求滑块在木板上滑动的加速度。

传送带模型”和“板—块”模型

传送带模型1．水平传送带模型(1)(2)(1)(2)(1)(2)返回时速度为2．(1)(2)(1)(2)(3)解传送带问题的思维模板1.无初速度的滑块在水平传送带上的运动情况分析3.无初速度的滑块在倾斜传送带上的运动情况分析4.有初速度的滑块在倾斜传送带上的运动情况分析“传送带”模型和“板—块”模型是近几年高考命题的热点，如2015年全国卷ⅠT25、全国卷ⅡT25、2017年全国卷ⅢT25，都是以“板—块”模型为素材的问题．两类模型涉及弹力及摩擦力的分析判断与计算、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、动量、能量等主干知识，具有条件隐蔽、过程复杂等特点，既能训练学生的科学思维，又能联系科学、生产和生活实际，是很好的能力考查类题目的命题背景．模型一：“传送带”模型[示例1] 某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB 和倾斜传送带CD 组成，水平传送带长度L AB ＝4 m ，倾斜传送带长度L CD ＝4.45 m ，倾角为θ＝37°，AB 和CD 通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB 传送带以v 1＝5 m /s 的恒定速率顺时针运转，CD 传送带静止．已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2.现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A 点处，求：(1)工件被第一次传送到CD 传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；(2)要使工件恰好被传送到CD 传送带最上端，CD 传送带沿顺时针方向运转的速度v 2的大小(v 2<v 1)． [思路探究] (1)工件在水平传送带上运动时受到哪几个力作用？工件在水平传送带上做什么运动？ (2)工件到达B 点的速度是多大？(3)工件在倾斜传送带上运动时受到哪几个力作用？(4)工件在倾斜传送带上做什么运动？如何理解第(2)问中“恰好”？ [解析] (1)工件刚放在传送带AB 上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a 1，速度增加到v 1时所用时间为t 1，位移大小为x 1，受力分析如图甲所示，则F N1＝mgF f1＝μF N1＝ma 1 联立解得a 1＝5 m/s 2.由运动学公式有t 1＝v 1a 1＝55 s ＝1 sx 1＝12a 1t 21＝12×5×12 m ＝2.5 m由于x 1<L AB ，工件随后在传送带AB 上做匀速直线运动到B 端，则匀速运动的时间为t 2＝L AB －x 1v 1＝0.3 s工件滑上CD 传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a 2，速度减小到零时所用时间为t 3，位移大小为x 2，受力分析如图乙所示，则F N2＝mg cos θmg sin θ＋μF N2＝ma 2 由运动学公式有x 2＝0－v 21－2a 2联立解得a 2＝10 m/s 2，x 2＝1.25 m 工件沿CD 传送带上升的最大高度为 h ＝x 2sin θ＝1.25×0.6 m ＝0.75 m 沿CD 上升的时间为t 3＝0－v 1－a 2＝0.5 s故总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s.(2)CD传送带以速度v2向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙所示，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得－2a2x3＝v22－v21mg sin θ－μF N2＝ma3－2a3x4＝0－v22L CD＝x3＋x4解得v2＝4 m/s.[答案](1)0.75 m 1.8 s(2)4 m/s[规律总结]传送带问题的“三点说明”(1)传送带问题的实质是相对运动问题，物体与传送带间的相对运动方向决定摩擦力的方向．因此，明确物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变根据具体情况判断．(3)分析求解此类问题的思路[应用提升练]1.如图所示，水平传送带静止不动，质量为1 kg的小物体以4 m/s的水平初速度滑上传送带的左端，最终以2 m/s的速度从传送带的右端滑下．如果令传送带逆时针方向匀速转动，小物体仍然以4 m/s的水平初速度滑上传送带的左端，则小物体离开传送带时()A．速度小于2 m/sB．速度等于2 m/sC．速度大于2 m/sD．不能到达传送带右端解析：当传送带不动时，物体受到向左的滑动摩擦力，在传送带上向右做匀减速运动，最终离开传送带．当传送带逆时针转动时，物体仍然相对传送带向右运动，所以受到的摩擦力仍然向左，与传送带静止时比较，受力情况完全相同，运动情况一致，最后从传送带离开时速度仍然是2 m/s.本题正确答案为B.答案：B2.如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上．关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．粮袋到达B点的速度可能大于v，可能小于v，还可能等于vB．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C．若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sin θ解析：开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mg sin θ＋μF N＝ma，F N＝mg cos θ，解得a＝g sin θ＋μg cos θ，故B项错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mg sin θ>μmg cos θ，即当μ<tan θ时粮袋将继续做匀加速运动，若mg sin θ≤μmg cos θ，即当μ≥tan θ时，粮袋从A到B可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后做匀速运动，C、D项错误，A项正确．答案：A模型二：“板—块”模型[示例2](2017·高考全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．[思路探究](1)A、B在木板上滑动时，木板所受的力有哪些？木板做什么运动？(2)A、B哪一个先与木板共速？共速后各自做什么运动？[解析](1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板所受地面的摩擦力大小为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g①f2＝μ1m B g②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得f1＝m A a A④f2＝m B a B⑤f2－f1－f3＝ma1⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－a B t1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫ 对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为 s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m ⑰ (也可用如图所示的速度—时间图线求解)[答案] (1)1 m/s (2)1.9 m[规律总结]分析“板—块”模型的四点注意(1)从速度、位移、时间等角度，寻找滑块与滑板之间的联系． (2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件． (3)滑块与滑板存在相对滑动的临界条件①运动学条件：若两物体速度不等，则会发生相对滑动．②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力F f ，比较F f 与最大静摩擦力F fm 的关系，若F f >F fm ，则发生相对滑动．(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速．[应用提升练]3．(多选)(2018·湖南邵阳高三质检)如图甲所示，一质量为m ′的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块．木板受到水平拉力F 作用时，用传感器测出长木板的加速度a 与水平拉力F 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小滑块的质量m ＝2 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C ．当水平拉力F ＝7 N 时，长木板的加速度大小为3 m/s 2D ．当水平拉力F 增大时，小滑块的加速度一定增大解析：对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(m ′＋m )a ，当F ＝6 N 时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得m ′＋m ＝3 kg ，当F 大于6 N 时，根据牛顿第二定律得a ＝F －μmg m ′＝F m ′－μmg m ′，知图线的斜率k ＝1m ′＝1，解得m ′＝1 kg ，小滑块的质量为m ＝2 kg ，故A 正确；根据图象可知，μmg ＝4 N ，代入数据解得μ＝0.2，所以a 与F 的数值关系为a ＝F －4，当F ＝7 N 时，长木板的加速度为a ＝3 m/s 2，故B 错误，C 正确；当拉力增大到一定的值后，两物体发生滑动时，小滑块的加速度为a ′＝μmgm ＝2 m/s 2，即使拉力再增大，小滑块的加速度也不变，故D 错误．答案：AC4．如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙．一质量为5 kg 、长度为2 m 的长木板靠在低水平面边缘，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg 可视为质点的滑块静止放置在高水平面上，距边缘A 点3 m ，现用大小为6 N 、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A 点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板．滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，g 取10 m/s 2.求：(1)滑块滑动到A 点时的速度大小；(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？ (3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出．解析：(1)根据牛顿第二定律有F ＝ma 根据运动学公式有v 2＝2aL 0 联立方程代入数据解得v ＝6 m/s其中m 、F 分别为滑块的质量和受到的拉力，a 是滑块的加速度，v 即是滑块滑到A 点时的速度大小，L 0是滑块在高水平面上运动的位移．(2)根据牛顿第二定律，对滑块有μ1mg ＝ma 1 代入数据解得a 1＝5 m/s 2对长木板有μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2 代入数据解得a 2＝0.4 m/s 2.其中M 为长木板的质量，a 1、a 2分别是此过程中滑块和长木板的加速度，μ1、μ2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数．(3)设滑块滑不出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t ，则 v －a 1t ＝a 2t代入数据解得t ＝109s则此过程中滑块的位移为x 1＝v t －12a 1t 2长木板的位移为x 2＝12a 2t 2x 1－x 2＝103m>L式中L ＝2 m 为长木板的长度，所以滑块能滑出长木板右端．答案：(1)6 m /s (2)5 m/s 2 0.4 m/s 2 (3)见解析。

传送带模型和滑块模型

专题：传送带模型和滑块模型1、板块模型此类问题通常是一个小滑块在木板上运动，小物块与长木板是靠一对滑动摩擦力或静摩擦力联系在一起的。

分别隔离选取研究对象，均选地面为参照系，应用牛顿第二定律及运动学知识，求出木板对地的位移等，解决此类问题的关键在于深入分析的基础上，头脑中建立一幅清晰的动态的物理图景，为此要认真画好草图。

在木板与木块发生相对运动的过程中，作用于木块上的滑动摩擦力f为动力，作用于木板上的滑动摩擦力f为阻力，由于相对运动造成木板的位移恰等于物块在木板左端离开木板时的位移Sm与木板长度L之和，而它们各自的匀加速运动均在相同时间t内完成。

例輕：如图•毗舐的小车停放在比滑忒举面上*在小车右命魂如一水屮恒力"盹当小勺:向右运动遽度达到脇府时*在小*的右笑轻枚一贡2 的小枸块"物块与小车间的动摩擦闵教假定小车足够匕R；1经过多快时间物块停止与小车间的楝对运动？②小物块从放在车上开始经过也乜心所通过的位轉解折； '小物块放上瓷之后在序據力作用卜谶釘加速运动.加建度"炖・2«/代小车以脚遽度水做匀011建度运动，= 8-0.2x2x10设经过时间匚物yJ W块加速到与小车的連度栩冋时*停止与小车间的相对运动则有血=叶扩典2分）ft入教据解②亦物块放上上前2J 务血询｛3-小知" I 3-f)!=8.4m匀如速运动，句秒脚速运动『上為諒却刊川例2如图3所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒力F, F=8N,当小车速度达到1. 5m/s时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数卩=0. 2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t=1. 5s通过的位移大小。

（g取10m/s2）解答：物体放上后先加速：a1=卩g=2m/s2■此时小车的加速度F-螂g x d 2a2 = -------- s】t 1=v o+a2t 为：J'. ，当小车与物体达到共同速度时：v共=a1，F2m占=---- ―Ou / s€ dt解得：11=1s ，v共=2m/s，以后物体与小车相对静止：（丁，物体不会落后于小车）物体在t =1. 5s内通过的位移为：s= 1 a1t12+v共（t -11）+ L a3 （t -11）2=2.1m解决这类问题的方法是：①研究物块和木板的加速度；②画出各自运动过程示意图；③找出物体运动的时间关系、速度关系、相对位移关系等；④建立方程，求解结果，必要时进行讨论。

2019_2020学年高中物理第3章习题课5滑块—木板模型和传送带模型教案教科版必修1

习题课5 滑块—木板模型和传送带模型[学习目标] 1.能正确运用牛顿运动定律处理滑块—木板模型． 2.会对传送带上的物体进行受力分析，正确判断物体的运动情况．滑块—木板模型1．模型特点：上、下叠放两个或多个物体，物体间存在相对滑动．2．常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3．解题方法此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应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)，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，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．【例1】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．思路点拨：①分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度．②对滑块和木板进行运动情况分析，找出各自的位移．③滑块滑至木板最右端，滑块相对木板位移为木板长度．[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a 1、a 2 由牛顿运动定律得F －μmg ＝ma 1 μmg ＝ma 2解得a 1＝2μg ，a 2＝μg设经t 时间，滑块滑到木板的最右端，则L ＝12a 1t 2－12a 2t 2，解得t ＝2L μg . [答案] (1)2μmg (2)2L μg求解“滑块—木板”类问题的方法技巧(1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．1．如图所示，厚度不计的薄板A 长l ＝5 m ，质量M ＝5 kg ，放在水平地面上．在A 上距右端x ＝3 m 处放一物体B (大小不计)，其质量m ＝2 kg ，已知A 、B 间的动摩擦因数μ1＝0.1，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止．现在板的右端施加一大小恒定的水平力F＝26 N ，持续作用在A 上，将A 从B 下抽出．取g ＝10 m/s 2，求：(1)A 从B 下抽出前A 、B 的加速度各是多大； (2)B 运动多长时间离开A . [解析] (1)对于B ：μ1mg ＝ma B 解得a B ＝1 m/s 2对于A ：F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma A 解得a A ＝2 m/s 2.(2)设经时间t 抽出，则x A ＝12a A t 2x B ＝12a B t 2Δx ＝x A －x B ＝l －x 解得t ＝2 s.[答案] (1)a A ＝2 m/s 2 a B ＝1 m/s 2(2)2 s传送带类问题1．特点：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别的地方去．它涉及摩擦力的判断、运动状态的分析和运动学知识的运用．2．解题思路：(1)判断摩擦力突变点(含大小和方向)，给运动分段；(2)物体运动速度与传送带运行速度相同，是解题的突破口；(3)考虑物体与传送带共速之前是否滑出．【例2】如图所示，水平传送带正在以v ＝4 m/s 的速度匀速顺时针转动，质量为m ＝1 kg 的某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，将该物块从传送带左端无初速度地轻放在传送带上(g 取10 m/s 2)．(1)如果传送带长度L ＝4.5 m ，求经过多长时间物块将到达传送带的右端； (2)如果传送带长度L 1＝20 m ，求经过多长时间物块将到达传送带的右端．思路点拨：①根据v 物、v 带的大小判断摩擦力方向，根据牛顿第二定律求出a . ②求出v 物＝v 带时所用时间及各自位移，进而判断之后的运动形式．[解析] 物块放到传送带上后，在滑动摩擦力的作用下先向右做匀加速运动．由μmg ＝ma 得a ＝μg若传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传送带一同向右做匀速运动．物块匀加速运动的时间t 1＝v a ＝vμg＝4 s 物块匀加速运动的位移x 1＝12at 21＝12μgt 21＝8 m(1)因为4.5 m<8 m ，所以物块一直加速，由L ＝12at 2得t ＝3 s.(2)因为20 m>8 m ，所以物块速度达到传送带的速度后，摩擦力变为0，此后物块与传送带一起做匀速运动，物块匀速运动的时间t 2＝L 1－x 1v ＝20－84s ＝3 s 故物块到达传送带右端的时间t ′＝t 1＋t 2＝7 s. [答案] (1)3 s (2)7 s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)根据临界条件v 物＝v 带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式．(3)运用相应规律，进行相关计算．2．如图所示，水平传送带长L ＝16 m ，始终以v ＝4 m/s 的速度运动，现将一个小物体从传送带的左端由静止释放，已知物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，g 取10 m/s 2，求物体从左端运动到右端所需的时间．[解析] 在物体相对于传送带向左运动时，物体受到的合外力等于摩擦力，该力产生了物体的加速度，所以μmg ＝ma ，a ＝μg ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2设物体做匀加速运动的时间为t 1，由匀加速直线运动规律得t 1＝va＝2 s设物体做匀加速运动的位移为x 1，则有x 1＝12at 21＝12×2×22m ＝4 m ．物体做匀速运动的位移x 2＝L －x 1＝12 m ，做匀速运动的时间t 2＝x 2v＝3 s所以物体由左端运动到右端的时间t ＝t 1＋t 2＝5 s.[答案] 5 s【例3】如图所示，传送带与水平地面的倾角为θ＝37°，AB 的长度为64 m ，传送带以20 m/s 的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A 点无初速度地放上一个质量为8 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A 点运动到B 点所用的时间．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2)思路点拨：判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x (对地)的过程中速度是否和传送带速度相等，物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．[解析] 开始时物体下滑的加速度a 1＝g (sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s 2，运动到与传送带共速的时间为t 1＝v a 1＝2010 s ＝2 s ，下滑的距离x 1＝12a 1t 21＝20 m ；由于tan 37°＝0.75>0.5，故物体加速下滑，且此时a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s 2，根据x 2＝vt 2＋12a 2t 22，即64－20＝20t 2＋12×2×t 22，解得t 2＝2 s ，故共用时间为t ＝4 s.[答案] 4 s物体沿着倾斜的传送带向下加速运动到与传送带速度相等时，若μ≥tan θ，物体随传送带一起匀速运动；若μ<tan θ，物体将以较小的加速度a ＝g sin θ－μg cos θ继续加速运动.3．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°，传送带两端A 、B 的距离L ＝10 m ，传送带以v ＝5 m/s 的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A 轻放上一质量m ＝5 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝32.求货物从A 端运送到B 端所需的时间．(g 取10 m/s 2)[解析] 以货物为研究对象，由牛顿第二定律得μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma 解得a ＝2.5 m/s 2货物匀加速运动时间t 1＝v a＝2 s 货物匀加速运动位移x 1＝12at 21＝5 m然后货物做匀速运动，运动位移x 2＝L －x 1＝5 m匀速运动时间t 2＝x 2v＝1 s所以货物从A 到B 所需的时间t ＝t 1＋t 2＝3 s.[答案] 3 s1．一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是 ( )A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．此时木炭包相对于传送带向右运动C ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短D ．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短D [刚释放木炭包时，木炭包在摩擦力作用下向右加速，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，即a ＝μg ；设经过t 时间达到共同速度，则有t ＝v 带a ＝v 带μg；径迹的长度Δx ＝x 带－x 木炭包＝v 带·t －v 带2·t ＝v 2带2μg；则μ越大，Δx 越短，故选项D 正确．]2．如图所示，质量为m 的木块在质量为M 的长木板上受到水平向右的拉力F 的作用向右滑行，但长木板保持静止不动．已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是 ( )A ．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1Mg B ．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2(m ＋M )gC ．只要拉力F 增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动D ．无论拉力F 增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动D [对M 分析，在水平方向受到m 对M 的摩擦力和地面对M 的摩擦力，两个力平衡，则地面对木板的摩擦力f ＝μ1mg ，选项A 、B 错误；无论F 大小如何，m 在M 上滑动时，m 对M 的摩擦力大小不变，M 在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动，选项C 错误，D 正确．]3．如图所示，质量为M ＝1 kg 的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量为m ＝0.5 kg 的小滑块(可视为质点)以v 0＝3 m/s 的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板向前滑动．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2，木板足够长．求：(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a 的大小； (3)滑块与木板A 达到的共同速度v 的大小．[解析] (1)滑块所受摩擦力为滑动摩擦力f ＝μmg ＝0.5 N ，方向向左根据牛顿第三定律，滑块对木板的摩擦力方向向右，大小为0.5 N. (2)由牛顿第二定律得： μmg ＝ma得a ＝μg ＝1 m/s 2. (3)木板的加速度a ′＝mMμg ＝0.5 m/s 2设经过时间t ，滑块和长木板达到共同速度v ，则满足：对滑块：v ＝v 0－at对长木板：v ＝a ′t由以上两式得滑块和长木板达到的共同速度v ＝1 m/s. [答案] (1)0.5 N ，方向向右 (2)1 m/s 2(3)1 m/s4．如图所示，传送带与水平面的夹角θ＝37°，并以v ＝10 m/s 的速率逆时针转动，在传送带的A 端轻轻地放一小物体．若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带A 端到B 端的距离L ＝16 m ，则小物体从A 端运动到B 端所需的时间为多少？(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)[解析] 设小物体的质量为m ，小物体被轻轻地放在传送带A 端，小物体沿传送带方向速度为零，但传送带的运动速率为v ＝10 m/s ，二者速率不相同，它们之间必然存在相对运动．传送带对小物体有沿传送带斜向下的滑动摩擦力作用，小物体的受力情况如图甲所示．设小物体的加速度为a 1，则由牛顿第二定律有甲mg sin θ＋f 1＝ma 1① N ＝mg cos θ② f 1＝μN ③联立①②③式并代入数据解得a 1＝10 m/s 2小物体速度大小达到传送带速率v ＝10 m/s 时，所用的时间t 1＝v a 1＝1 s 在1 s 内小物体沿传送带的位移x 1＝12a 1t 21＝5 m乙小物体的速度大小与传送带速率相同的时刻，若要跟随传送带一起运动，即相对传送带静止，它必须受到沿传送带向上的摩擦力f ＝mg sin θ＝6m 的作用，但是此时刻它受到的摩擦力是f 2＝μmg cos θ＝4m ，小于f .因此，小物体与传送带仍有相对滑动，设小物体的加速度为a 2，这时小物体的受力情况如图乙所示．由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2.设小物体速度大小达到10 m/s 后又运动时间t 2才到达B 端，则有x 2＝L －x 1＝vt 2＋12a 2t 22代入数据解得t 2＝1 s ，t 2′＝－11 s(舍去)小物体从A端运动到B端所需的时间t＝t1＋t2＝2 s. [答案] 2 s。