高中物理必修一传送带和滑块模型教程文件

合集下载

新教材高中物理第4章运动和力的关系素养提升课6传送带模型和板_块模型pptx课件新人教版必修第一册

关系
此时的摩擦力作用情况
滑块与滑板之间发生相对运动时，二者速度不相同，明
确滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的
摩擦力情况，应注意摩擦力发生突变的情况
滑块和滑板向同一方向运动时，它们的相对滑行距离等
于它们的位移之差
位移关系
滑块和滑板向相反方向运动时，它们的相对滑行距离等
于它们的位移之和
【典例3】
(2)经多长时间两者达到相同的速度；
(3)从小物块放在长木板上开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小为多少。
[思路点拨] 解此题注意以下三点：
(1)“长木板足够长”说明小物块不会滑出木板。
(2)判断“两者达到相同的速度”后小物块的运动情况。
(3)明确“从小物块放在长木板上开始，经过t＝1.5 s”内小物块的运
速度为零的匀加速[a＝g(sin θ＋μcos θ)]直线运
μ<tan θ 动，速度与传送带速度相同后滑动摩擦力反向，
物体相对传送带下滑，继续做向下的匀加速[a
＝g(sin θ－μcos θ)]直线运动
命题角度1 水平传送带模型
【典例1】
如图所示，水平传送带以不变的速度v＝10 m/s向右运
动，将工件(可视为质点)轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作

＝，传送带运动的位移x2＝vt＝，径迹长L＝x2－x1＝，由

此可知选项D正确，B、C错误。]
2．(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送
带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，
小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则(重力加速

专题传送带模型(课件)高中物理课件(人教版2019必修第一册)

擦力作用下做匀减速运动直到静止， a1 a 2m / s2，
运动的时间
t3
v a1
1s
，选项D正确。
答案：D
【例2】物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上Q点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如
图所示，再把物块放到P点自由滑下，则：( A )
的动摩擦因数μ=0.2。下列关于滑块相对地面运动的v-t图像正确的是（ D ）
解析：滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，
a g 2m / s2，滑块运动到与传送带速度相同时需
要的时间t1=
v a
=1s，然后随传送带一起匀速运动的时间
t2=t-t1=1s。当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩
【例6】
B
★★例(2006全国I) 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。求此黑色痕迹的长度。
t v
滑块先做匀 v0
加速后匀速
t1
t
注意：滑块在传送带上加速获得的最大速度不大于传送带的速度。
【模型1】如图所示,传送带从A到B长度为L,传送带以v0的速率顺时针转动.一个质量为m的滑块从A端以速度v1滑上传送带,它与传送带间的动摩擦因数为μ,试分析滑块在传送带上的运动情况.
【情景二】与传送带具有同向速度的滑块在水平传送带上的运动分析
v1 v0
A
B
讨论:(1)若v1<v0

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。

2021年高考物理大一轮复习微专题04“传送带模型”和“滑块_木板模型”问题课件新人教版202104243175

AB v 1 m/s m 4 kg A
μ 0.1 A BL 2 m g10 m/s2
(1) (2) (3)➢ B A B 答案：(1)4 N 1 m/s2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s
θ 37 AB v 2 m/s v0 12 m/s A μ 0.5
(1)B (2)A B 答案：(1)1 m/s (2)1.9 m
(也可用如图的速度—时间图线求解)
BD
5 (2018·安徽蚌埠二中模拟) A B l 2.5 m m2 150 g v0 6 m/s A m1 200 g μ1 μ2 0.2.( g10 m/s2)
3 (2018·湖南娄底五校联考) v1 m 1 kg v2 ➢A — g10 m/s2
(1) (2) 答案：(1)0.1 (2)8 s
滑块—木板模型问题
1 模型特点 ❖ 2 两种位移关系
L x1 x2
(2017·全国卷) ABmA 1 kgmB 5 kg μ1 0.5 m 4 kg μ2 0.1.A B v0 3 m/s.A B A g 10 m/s2.
(1)A B B μ1 (2)μ1 0.4 ()
解析：(1)滑块滑上木板A时，木板不动，由受力分析得
μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g，滑块滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得
μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g，代入数据解得0.35＜μ1≤0.5． (2)若μ1＝0.4，则滑块在木板A上滑动时，木板不动．设滑块在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1，解得a1＝4 m/s2，由－2a1l＝v－v，滑块到达木板B时的速度v1＝4 m/s，
2 () μ. a0 ❖ v0 ( )

第4讲传送带模型和滑块—滑板模型高考物理(北京版)一轮复习

得tmin=
vmin a
=2
1
s=2
s。
1-2 如图所示,倾角为37°、长为l=16 m的传送带,转动速度为v=10 m/s, 在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。求:
(1)B运动的时间; (2)力F的大小。答案 (1)3 s (2)26 N
解析 (1)对于B,在未离开A时,其加速度为
aB1=
μ1mg m
=1
m/s2
设经过时间t1后B离开A,离开A后B的加速度为
aB2=-
μ2mg m
=-2
m/s2
设物体B离开A时的速度为vB,有vB=aB1t1和
1 2
a t2 B1 1
1.如图所示,传送带保持1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量m=0.5 kg 的物体轻轻地放在传送带的a点上,设物体与传送带间的动摩擦因数μ= 0.1,a、b间的距离L=2.5 m,则物体从a点运动到b点所经历的时间为 (g取
10 m/s2) ( C )
A. 5 s
B.( 6 -1)s
C.3 s
2
得t=4 s (2)传送带逆时针转动,当物体下滑速度小于传送带转动速度时,物体相
对传送带向上运动,则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加
速度大小为a1,由牛顿第二定律得
mg sin 37°+μmg cos 37°=ma1
则有a1=
mg
sin
37
μmg m
cos
37
=10
m/s2
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1,位移为x1,则

秘籍04 滑块板块模型和传送带模型(教师版)-备战2024年高考物理抢分秘籍

秘籍04 滑块木板模型和传送带模型一、滑块木板模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，设板长为L，滑块(可视为质点)位移大小为x块，滑板位移大小为x板。

同向运动时：L＝x块－x板．反向运动时：L＝x块＋x板．3. 判断滑块和模板运动状态的技巧：“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a m＝F fmm.假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力。

4．技巧突破点(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)． 5．分析板块模型的思路二、传送带模型1．水平传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速先加速后匀速v 0<v 时，一直加速 v 0<v 时，先加速再匀速 v 0>v 时，一直减速v 0>v 时，先减速再匀速滑块一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端．若v 0<v 返回到左端时速度为v 0，若v 0>v 返回到左端时速度为v .2．倾斜传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速(一定满足关系g sin θ<μg cos θ)先加速后匀速一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ)若μ≥tan θ，先加速后匀速若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速v0<v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ)若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速v0>v时，一直减速(加速度为g sin θ－μg cos θ)若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，先以a1减速，后以a2加速(摩擦力方向一定沿斜面向上)g sin θ>μg cos θ，一直加速；g sin θ＝μg cos θ，一直匀速g sin θ<μg cos θ，一直减速先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v03．划痕问题：滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小．(图乙)4.功能关系分析：(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q。

专题三滑块——木板模型和传送带模型-高一物理精品课件(人教版必修第一册)

2、滑块——木板模型的三个基本关系
(1)加速度关系：如果滑块与木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；如果滑块与木板之间发生相对运动，
应采用“隔离法”求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木
板是否发生相对运动等隐含条件。
(2)速度关系：滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速
水平恒定推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在长木板前端轻轻地
放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，
长木板足够长。(g取10 m/s2)
(1)小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
由图(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式得

v1＝v0＋a1t1 ②
s0＝v0t1＋ a1t 2 ③

式中t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立
①②③式并结合题给条件得μ1＝0.1.④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速
牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧
v3＝－v1＋a3Δt
⑨
v3＝v1＋a2Δt ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板的位移为
－+
+
s1 ＝
Δt
⑪小物块的位移为s2＝
Δt
⑫

小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1
⑬
联立⑥⑧～⑬式，并代入数据得Δs＝6.0 m．

高一物理滑块传送带模型(精编文档).doc

【最新整理，下载后即可编辑】一、滑块问题1．如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg ，长为L=1.4m ；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg ，其尺寸远小于L 。

小滑块与木板之间的动摩擦因数为)/10(4.02s m g ==μ（1）现用恒力F 作用在木板M 上，为了使得m 能从M 上面滑落下来，问：F 大小的范围是什么？（2）其它条件不变，若恒力F=22.8牛顿，且始终作用在M 上，最终使得m 能从M 上面滑落下来。

问：m 在M 上面滑动的时间是多大？解析：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力 mg N f μμ==小滑块在滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度 21/4/s m g m f a ===μ木板在拉力F 和滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度 M f F a /)(2-=使m 能从M 上面滑落下来的条件是 12a a >即N g m M F m f M f F 20)(//)(=+>>-μ解得（2）设m 在M 上滑动的时间为t ，当恒力F=22.8N ，木板的加速度a F f M m s 2247=-=()/./ ）小滑块在时间t 内运动位移S a t 1122=/ 木板在时间t 内运动位移S a t 2222=/ 因S S L 21-= 即s t t t 24.12/42/7.422==-解得2．长为1.5m 的长木板B 静止放在水平冰面上，小物块A 以某一初速度从木板B 的左端滑上长木板B ，直到A 、B 的速度达到相同，此时A 、B 的速度为0.4m/s ，然后A 、B 又一起在水平冰面上滑行了8.0cm AvB后停下．若小物块A 可视为质点，它与长木板B 的质量相同，A 、B 间的动摩擦因数μ1=0.25．求：（取g =10m/s 2）（1）木块与冰面的动摩擦因数．（2）小物块相对于长木板滑行的距离．（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度应为多大？解析：（1）A 、B 一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度222 1.0m/s 2v a g s μ=== 解得木板与冰面的动摩擦因数μ2=0.10 （2）小物块A 在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a 1=μ1g =2.5m/s 2小物块A 在木板上滑动，木块B 受小物块A 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有μ1mg －μ2(2m )g =ma 2 解得加速度a 2=0.50m/s 2设小物块滑上木板时的初速度为v 10，经时间t 后A 、B 的速度相同为v由长木板的运动得v =a 2t ，解得滑行时间20.8s v t a == 小物块滑上木板的初速度 v 10=v ＋a 1t =2.4m/s小物块A 在长木板B 上滑动的距离为22120112110.96m 22s s s v t a t a t ∆=-=--= （3）小物块A 滑上长木板的初速度越大，它在长木板B 上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，物块A 达到木板B 的最右端，两者的速度相等（设为v ′)，这种情况下A 的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v 0．有220121122v t a t a t L --= 012v v a t v a t ''-==由以上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度不大于最大初速度0 3.0m/s v =动力学中的传送带问题一、传送带模型中要注意摩擦力的突变①滑动摩擦力消失 ②滑动摩擦力突变为静摩擦力 ③滑动摩擦力改变方向二、传送带模型的一般解法①确定研究对象；②分析其受力情况和运动情况，（画出受力分析图和运动情景图），注意摩擦力突变对物体运动的影响；③分清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。

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。

滑板-滑块模型及传送带+高一上学期物理人教版(2019)必修第一册

情景5 V0反向且V0<V
V0
A
f
V
V0=0
Af
V
第四章牛顿运动定律
VA=v0
A V
3.若V0<V，且传送带较长，物体先向左做匀减速直线运动，当速度减为0时，摩擦力向右，物体又向右做匀加速直线运动，当到达最右端时速度仍为V0
课堂练习1：
第四章牛顿运动定律
如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量
情景1
传送带瞬时针转动
V0=0
A
f
V
f=ma
物块A匀加速向前
第四章牛顿运动定律
VA=v
A V
1.若传送带足够长，当VA=V时，二者相对静止，此时没有摩擦力，之后物体向右做匀速直线运动
2.若传送带较短，物体A一直向右做匀加速直线运动
情景3 V0<V
V0
A
f
V
第四章牛顿运动定律
VA=v
A V
3.若V0<V，且传送带较短，物体一直向右做匀加速直线运动
第四章牛顿运动定律
动摩擦因数μ1 动摩擦因数μ2
A
F
B
Ff地B
B
FfAB
A
FfBA
F
AB开始静止，若Ffmax地B=μ2(mA+mB)g
FfmaxAB =μ1mAg, B会滑动么？不可能
< 若Ffmax地B=μ2(mA+mB)g
FfmaxAB =μ1mAg, B滑动
对B：μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB, 可得 B的最大加速度amax
A在B上向右匀减速运动，
加速度大小: aA＝μ1g＝3 m/s2 木板B向右匀加速运动,

高中物理传送带模型滑块木板模型

传送带模型1.水平传送带模型*先是靠摩擦力加速到与传送带同速度a1=F/m，后是a2=（Gsina-f摩擦力）/m这个加速度加速①水平传送带问题：求解的关键在于正确分析出物体所受摩擦力．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．②倾斜传送带问题：求解的关键在于正确分析物体与传送带的相对运动情况，从而判断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．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．小结：分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时(静止释放或有初速度的释放)所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体与传送带共速时摩擦力的有无及方向的分析．对于传送带问题，一定要全面掌握上面提到的几类传送带模型，尤其注意要根据具体情况适时进行讨论，看一看受力与速度有没有转折点、突变点，做好运动过程的划分及相应动力学分析．3.传送带问题的解题思路模板[分析物体运动过程]例1：（多选）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v 0、t 0已知，则（）A ．传送带一定逆时针转动B ．00tan cos v gt μθθ=+C ．传送带的速度大于v 0D ．t 0后滑块的加速度为02sin v g t θ-[求相互运动时间，相互运动的位移]例2：如图所示，水平传送带两端相距x ＝8 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A 端时速度v A ＝10 m/s ，设工件到达B 端时的速度为v B 。

(取g ＝10 m/s 2)(1)若传送带静止不动，求v B ；(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，求到达B 点的速度v B ；(3)若传送带以v ＝13 m/s 逆时针匀速转动，求v B 及工件由A 到B 所用的时间。

江苏专版2023_2024学年新教材高中物理第四章专题13传送带模型课件新人教版必修第一册

3.[2022江苏扬州期末]如图所示，水平传送带、两端相距，以的速度（始终保持不变）顺时针运转，今
C
A.所需时间是 B.所需时间是 C.划痕长度是 D.划痕长度是
将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送ห้องสมุดไป่ตู้上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小，则煤块从运动到的过程中( )
[解析] 木箱在静止的传送带上以速度匀速下滑，受力平衡，说明滑动摩擦力沿传送带向上，大小等于重力沿传送带向下的分力；传送带启动后，木箱相对传送带下滑，受沿传送带向上的滑动摩擦力，大小不变，仍然等于重力沿传送带向下的分力，所以木箱继续匀速下滑，故选C。
5.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，如果传送带向上以速度运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为，那么( )
7.[2022江苏连云港期末]如图，有一水平传送带以的速度匀速转动，现将一物块（可视为质点）轻放在传送带端，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2。已知传送带长度为，则( )
D
A.物块离开传送带时的速度大小为 B.物块在传送带上留下的划痕长度为 C.物块在传送带上加速运动的时间为 D.物块在传送带上运动的总时间为
B
A.粮袋到达点的速度等于 B.粮袋开始运动的加速度为 C.若，则粮袋从到一定一直是做加速运动D.不论长度如何，粮袋从到一直做匀加速运动，且
[解析] 当时可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带速度相同后做加速度较小的匀加速运动，到达点时的速度大于。当时可能先做匀加速运动，当速度与传送带速度相同后，做匀速运动，到达点时速度为。也可能此传送带比较短，粮袋一直做匀加速运动，到达点时的速度小于，故A、D项错误；粮袋开始时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，此外还受到重力，根据牛顿第二定律得，解得加速度为，故B项正确；若，粮袋从到可能是一直做加速运动，也可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动，故C项错误。