传送带问题 高中物理必修教案教学设计 人教版

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。

拓展课传送带模型和板块模型（答案在最后）目标要求1.会对传送带上的物体进行受力分析，掌握传送带模型的一般分析方法．2．能正确解答传送带上的物体的运动问题．3．建立板块模型的分析方法．4．能运用牛顿运动定律处理板块问题．拓展1传送带模型【归纳】1．基本类型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其他地方去，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型．2．分析流程3．注意问题求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向．当物体的速度与传送带的速度相同时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．【典例】例 1 传送带是现代生产、生活中广泛应用的运送货物的运输工具，其大量应用于工厂、车站、机场、地铁站等．如图，地铁一号线的某地铁站内有一条水平匀速运行的行李运输传送带，假设传送带匀速运动的速度大小为v，且传送带足够长．某乘客将一个质量为m的行李箱轻轻地放在传送带一端，行李箱与传送带间的动摩擦因数为μ.当行李箱的速度与传送带的速度刚好相等时，地铁站突然停电，假设传送带在制动力的作用下立即停止运动，求行李箱在传送带上运动的总时间．例 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＝37°，传送带两端A、B之间的长度L＝11 m，传送带以v＝2 m/s的恒定速度向上运动．在传送带底端A轻轻放上一质量m＝2 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求货物从A端运送到B端所需的时间．(取g＝10ms2例 3 如图所示，传送带与水平地面间的倾角为θ＝37°，从A端到B端长度为s＝16 m，传送带在电机带动下始终以v＝10 m/s的速度逆时针运动，在传送带上A端由静止释放一个质量为m＝0.5 kg的可视为质点的小物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同，g取10m，sin 37°＝0.6，求：小物体从A到B所用的s2时间．总结提升倾斜传送带向下传送物体，当物体加速运动与传送带速度相等时：(1)若μ≥tan θ，物体随传送带一起匀速运动；(2)若μ<tan θ，物体不能与传送带保持相对静止，物体将以较小的加速度a＝g sin θ－μg cos θ继续做加速运动．拓展2板块模型【归纳】滑块—木板类(简称板块模型)问题涉及两个或多个物体，并且物体间存在相对滑动，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高．1．解题方法技巧(1)分析题中滑块、木板的受力情况．(2)画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系．(3)知道每一过程的末速度是下一过程的初速度．(4)两者发生相对滑动的条件：①摩擦力表现为滑动摩擦力；②二者加速度不相等．2．常见的两种位移关系(1)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．(2)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．注意摩擦力的突变当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．【典例】例 4 长为1.0 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从长木板B 的左端冲上长木板B，直到A、B的速度达到相同，大小为v′＝0.4 m/s.再经过t0＝0.4 s的时间A、B一起在水平冰面上滑行了一段距离后停在冰面上．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.(g取10 m/s2)求：(1)长木板与冰面间的动摩擦因数；(2)小物块相对长木板滑行的距离．教你解决问题读题提取信息→ 画运动示意图例5 如图，一平板车以某一速度v0＝5 m/s匀速行驶，某时刻一货箱(可视为质点)无初m，货箱放入车上的同时，平板车开速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l＝316始刹车，刹车过程可视为做加速度a＝3 m/s2的匀减速直线运动．已知货箱与平板车之间的.求：摩擦因数为μ＝0.2，g＝10ms2(1)货箱放上平板车时加速度的大小和方向；(2)货箱做匀加速直线运动，平板车做匀减速直线运动，求出速度相等时两者的位移，判断货箱是否从车后端掉下来．例 6 (多选)如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为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的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，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0.2C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大D．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2拓展课八传送带模型和板块模型拓展1[例1] 解析：行李箱所受的合外力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有μmg ＝ma ，解得a ＝μg .经过一段时间t 1，行李箱和传送带刚好速度相等，则t 1＝vμg ；停电后，行李箱的加速度大小也是μg ，则减速时间t 2＝v μg，故行李箱在传送带上运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝2vμg.答案：2vμg[例2] 解析：货物放在传送带上，开始相对传送带向下运动，故所受滑动摩擦力的方向沿传送带向上．货物由静止开始做初速度为0的匀加速直线运动．以货物为研究对象，由牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma解得a ＝0.4 m/s 2货物匀加速直线运动的时间t 1＝va ＝5 s货物匀加速直线运动的位移x 1＝12at 12＝5 m<L ＝11 m经计算μmg cos 37°>mg sin 37°故此后货物随传送带一起向上做匀速运动，运动的位移x 2＝L －x 1＝6 m 匀速运动的时间t 2＝x2v ＝3 s货物从A 到B 所需的时间t ＝t 1＋t 2＝8 s. 答案：8 s[例3] 解析：开始时，物体相对传送带沿斜面向上滑，所以摩擦力的方向沿斜面向下，由牛顿第二定律，有a 1＝mg sin 37°+μmg cos 37°m ＝10 m/s 2当物体与传送带共速时，物体的位移x 1＝v 2−02a 1＝5 m ，经历的时间t 1＝va 1＝1 s则此时距离B 端的距离x 2＝s －x 1＝11 m又因为mg sin 37°>μmg cos 37°则物体与传送带不能保持相对静止，此后物体的加速度 a 2＝mg sin 37°−μmg cos 37°m＝2 m/s 2根据位移与时间关系有x 2＝vt 2+12at 22代入数据解得t 2＝1 s总耗时为t ＝t 1＋t 2＝2 s ，故物体从A 端运动到B 端需要的时间为2 s. 答案：2 s 拓展2[例4] 解析：(1)设长木板与冰面间的动摩擦因数为μ2，A 、B 一起运动时，根据牛顿第二定律有：2μ2mg ＝2ma又知v ′＝at 0 解得μ2＝0.1.(2)共速前，对A 有：加速度大小a 1＝μ1g ＝2.5 m/s 2 对B 有：μ1mg －μ2×2mg ＝ma 2， 加速度大小a 2＝0.5 m/s 2则知相对运动的时间t ＝v ′a 2＝0.8 s小物块A 的初速度v 0＝v ′＋a 1t ＝2.4 m/s 则相对位移Δx ＝v 0t －12a 1t 2－12a 2t 2代入数据解得：Δx ＝0.96 m. 答案：(1)0.1 (2)0.96 m[例5] 解析：(1)货箱：μmg ＝ma 1，得a 1＝2.0 m/s 2，方向向前． (2)假设货箱能与平板车达到共速，则箱：v ＝a 1t ，车：v ＝v 0－a 2t ，得：t ＝1.0 s ， 箱：s 1＝0+v 2t ＝1 m ，对平板车：s 2＝v 0t －12a 2t 2＝5×1－12×3×1 m ＝3.5 m.此时，货箱相对车向后移动了Δx ＝s 2－s 1＝2.5 m<316 m ，故货箱不会掉下．答案：(1)2 m/s 2，向前 (2)不会 [例6] 解析：由图乙可得，当拉力等于6 N 时，小滑块和长木板刚好要发生相对滑动，以M 、m 为整体，根据牛顿第二定律可得F ＝(M ＋m )a以m 为对象，根据牛顿第二定律可得μmg ＝ma 其中F ＝6 N ，a ＝2 m/s 2联立解得m ＋M ＝3 kg ，μ＝0.2当拉力大于6 N 时，长木板的加速度为a ＝F−μmg M＝F M −μmg M可知a ­F 图像的斜率为k ＝1M ＝2−06−4kg －1＝1 kg －1联立解得M ＝1 kg ，m ＝2 kg ，故A 、B 正确；当水平拉力大于6 N 时，长木板与小滑块已经发生相对滑动，此后F 增大，小滑块的加速度也不再增大，而是保持不变，故C 错误；当水平拉力F ＝7 N 时，长木板的加速度大小为a ＝F−μmg M＝7−0.2×2×101m/s 2＝3 m/s 2，故D 正确；故选ABD.答案：ABD。

第三章牛顿运动定律传送带问题【教学目标】1.知识与技能（1）理解传送带问题；（2）学会运用牛顿运动定律解决传送带问题和其它实际问题。

2.过程与方法（1）运用“五段式”教学法，以问题链的形式由浅到深，引导学生自主思考，加深对牛顿运动定律的理解。

（2）通过合作交流、自主探究，培养学生运用物理规律解决实际问题的能力。

3.情感态度价值观（1）通过对传送带问题的学习，感受物理源于生活服务于生活的理念。

（2）通过对传送带问题的学习，感受生活中的物理，激发学生运用物理规律解决生活问题的激情和信念，激发其创造性。

【教学重点】运用牛顿第二定律判定物块在传送带上的运动状态【教学难点】相对位移(划痕)的计算【课时安排】1课时【教学过程】1.创设情境，提出问题。

情境引入：飞机场、火车站、汽车站都有安全检查仪，其装置可以简化成如右图所示的一个传送带。

提出问题：人在传送带Ａ点把行李放在以恒定速度Ｖ运行的传送带上。

人同时也以速度Ｖ匀速前进，行李和人谁先到达Ｂ点？2.问题引导，自主探究。

（1）传送带做什么运动？人做什么运动？行李向哪边运动？为什么？学生：传送到做匀速直线运动，人做匀速直线运动。

通过受力分析知道，行李受到水平向右的摩擦力。

行李向右运动。

（2）行李开始做什么性质的运动？行李会一直这样运动下去吗？行李可能的最大速度是多少？学生：行李F合=μmg，且为恒力。

根据牛顿第二定律，得a=μg。

行李向右做匀加速直线运动。

因为当行李速度等于传送带速度时，行李和传送带达到相对静止，摩擦力消失，行李和传送带以匀速运动的速度共同做匀速直线运动。

（3）行李达到最大速度之前的运动情况：V0、V、a、ｔ、Ｘ。

ＡＢＶ学生： V 0=0； V=V 传； a=μg ； t 加=t V =ug V 。

加速位移 X 加=21at 2= 2ug 2V 传送带位移 X 传=Vt= ug 2V 总结行李整体的运动情况，回答课前问题。

结论：当L>X 加时,行李先加速后匀速。

专题11 牛顿运动定律的应用之传送带模型水平传送带问题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。

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。

【例1】如图所示，水平长传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长。

问：(1)物体从A到B做什么运动？(2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？(3)物体从A到B运动的时间为多少？(4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？【答案】(1)先匀加速，后匀速(2)v22μgv2μg(3)Lv＋v2μg(4)v≥2μgL【解析】(1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动。

(2)由v＝at和a＝μg，解得t＝vμg(4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥2μgL。

倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。

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。

【例2】如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，AB长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动。

在传送带上端A 无初速度地放一个质量为0.5 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 运动到B 所需时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)【答案】 2 s【解析】 物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力F f ，物体受力情况如图甲所示。

物体由静止加速，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，得a 1＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s 2＝10 m/s 2。

传送带问题(教案)一、教学目标1. 让学生理解传送带的基本概念和工作原理。

2. 培养学生运用物理知识解决实际问题的能力。

3. 引导学生运用团队合作，提高解决问题的效率。

二、教学内容1. 传送带的基本概念：传送带是一种连续运输工具，它利用摩擦力将物品从一处运输到另一处。

2. 传送带的工作原理：传送带通过驱动装置、传动带和承载物品的托盘来实现物品的运输。

3. 传送带的应用场景：传送带广泛应用于工厂、仓库、物流等领域，用于提高物品的运输效率。

三、教学过程1. 导入：通过展示图片或视频，让学生了解传送带在现实生活中的应用，激发学生的学习兴趣。

2. 讲解：教师讲解传送带的基本概念、工作原理和应用场景，引导学生理解传送带的作用。

3. 实践：学生分组进行传送带的制作和调试，亲身体验传送带的工作原理和操作方法。

4. 问题解决：教师提出关于传送带的问题，引导学生运用物理知识解决实际问题。

5. 总结：教师和学生一起总结传送带的特点、优势和应用领域，加深学生对传送带的认识。

四、教学评价1. 学生能准确描述传送带的基本概念和工作原理。

2. 学生能运用物理知识解决传送带相关问题。

3. 学生能团队合作，完成传送带的制作和调试。

五、教学资源1. 传送带的图片和视频素材。

2. 传送带的制作材料：传动带、驱动装置、托盘等。

3. 物理知识参考资料。

六、教学活动1. 小组讨论：学生分组讨论传送带在现实生活中的应用场景，以及传送带如何提高物品运输效率。

2. 制作传送带模型：学生分组制作传送带模型，包括驱动装置、传动带和托盘等。

3. 实验演示：学生进行传送带模型的实验演示，观察传送带的工作原理和效果。

4. 问题解决：教师提出实际问题，学生运用物理知识解决传送带相关问题，如传送带的速度、承载能力等。

七、教学策略1. 案例分析：教师提供一些实际案例，让学生分析传送带在其中的应用和作用。

2. 问题引导：教师提出问题，引导学生思考传送带的工作原理和物理知识的应用。

牛顿运动定律应用之板块和传送带问题（4.5 牛顿运动定律的应用第2课时）一．滑块、木板相对运动问题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，且滑块和木板在的相互作用下发生滑动。

2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移大小之差∆x=；滑块和木板反向运动时，位移大小之和∆x=。

3．分析滑块方法：首先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)，然后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．思路如下：（1）确定研究对象，分析每一个物体的受力情况、运动情况（2）应用，计算滑块和木板的加速度（3）找出物体之间的关系是解题的突破口，前一个过程的速度是下一个过程的速度例1、(多选)如图所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知m A＝6 kg，m B＝2 kg；A、B间动摩擦因数μ＝0.2；A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20 N，水平向右拉细线，下述中正确的是(g取10 m/s2)()A．当拉力0＜F＜12 N时，A静止不动B．当拉力F＞12 N时，A相对B滑动C．当拉力F＝16 N时，B受到A的摩擦力等于4 ND．在细线可以承受的范围内，无论拉力F多大，A相对B始终静止【模型突破】做好两物体的受力分析和运动过程分析是解决此类问题的关键点和突破口，解答此类问题的注意事项：（1）要注意运动过程中两物体的速度关系、位移关系等，画出位移关系图;（2）相对静止时，常存在静摩擦力，两物体发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值;（3）两物体速度相等时可能存在运动规律的变化，在解题时要注意这个临界状态。

两物体发生相对滑动后，属于“追及相遇问题”，要注意列出两物体间的位移关系.例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 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：(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？（取g =10m /s 2）【方法技巧】（1）若两物体以不同的初速度开始运动，则板块之间一定发生相对运动，物块刚好没有从木板上滑下，则此时它们的位移关系：同向时，位移大小之差△x=x 物块-x 木板=L （板长）；反向时，位移大小之和△x=x 物块+x 木板=L 。

4.5牛顿运动定律的应用——传送带模型一、解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。

(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。

二、模型分类及典型例题 1）、水平传送带模型情境 1(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速情境2(1)v 0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v 0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情境3(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。

其中v 0>v 返回时速度为v ，当v 0<v 返回时速度为v 0例1、如图，水平传送带长为L=10m ，以v 传=4m/s 的速度顺时针匀速转动，将一质量为m=1kg 的小物体无初速释放在传送带的左端，小物体与传送带间动摩擦因数µ=0.1．求物体运动到传送带右端所用时间．例2、如图所示，水平传送带长为L=14m ，以4/v m s =传的速度顺时针匀速转动，一质量为m=1kg 的小物体以初速度08/v m s =滑上传送带的左端，小物体与传送带间动摩擦因数µ=0.1．求物体运动到传送带右端所用时间．例3、如图所示，水平传送带长为L =10m ，以4/v m s =传的速度逆时针匀速转动，质量为m =1kg 的小物体以初速度03/v m s =滑上传送带的左端，小物体与传送带间动摩擦因数µ=0.1．求物体离开传送带时的速度大小．2）倾斜传送带模型情境1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速 情境2(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(3)可能先以a 1加速后再以a 2加速 情境3(1)可能一直加速 (2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a 1加速后再以a 2加速 (6)可能一直减速 情境4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能先减速，再反向加速，最后匀速 (5)可能一直减速例4、如图所示，传送带与地面成夹角37θ=︒，以10m/s 的速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个质量m=0.5kg 的物体，它与传送带间的动摩擦因数0.9μ=，已知传送带从A B →的长度L=50m ，则物体从A 到B 需要的时间为多少？θ=︒，以10m/s的速度顺时针转动，在传送带上端例5、如图所示，传送带与地面成夹角37μ=，已知传送带从轻轻地放一个质量m=0.5kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数0.5→的长度L=50m，则物体从A到B需要的时间为多少？B A例6、如图所示，传送带与地面倾角37θ=︒，AB的长度为16m，传送带以10m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的滑动摩擦因数为µ=0.5．求物体从A运动到B所需要的时间．（g取10m/s2）巩固练习一、选择题1、（多选）如图所示，表面粗糙的水平传送带匀速向右传动。

专题 传送带模型中的能量问题(教案）【教学目标】1.知识与技能（1）理解传送带问题；（2）掌握传送带模型中的功和能对应关系，并会在具体问题中进行计算。

（3）掌握热量的计算公式Q =f · S 相对及其应用2.过程与方法通过合作交流、自主探究，培养学生运用物理规律解决实际问题的能力。

3.情感态度价值观（1）通过对传送带问题的学习，感受物理源于生活服务于生活的理念。

（2）通过对传送带问题的学习，感受生活中的物理，激发学生运用物理规律解决生活问题的激情和信念，激发其创造性。

【教学重点】传送带模型中的功和能对应关系【教学难点】传送带模型中的功和能对应关系【课时安排】1课时【教学过程】一 知识回顾几个重要的功能关系1、 合外力做功等于（ ）2、 重力做功等于（ ）3、 弹簧弹力做功等于（ ）4、 其他外力（除重力 弹力外）做功等于（ ）5、 一对滑动摩擦力对系统做功等于（ ）课前热身1.将物块轻轻放在水平传送带上，传送带转动的速度v ＝10m/s,与物块间的μ＝0.2，g=10m/s21）物块的加速度？2）t=2s 时，v=?3）t=6s 时，v=?4）物块速度达到传送带速度时，物块位移？5）物块在传送带上留下的痕迹有多长？6）若传送带长L ＝50m ，物块由左到右用时？二 新课讲授一）知识点➢ 1.传送带模型是高中物理中比较常见的模型，典型的有水平和倾斜两种情况.一般设问的角度有两个：➢ (1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好 分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的 关系.➢ (2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的 、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或 定律求解.➢ 2、传送带问题中的功能分析➢ ①功能关系：WF=△EK+△EP+Q➢ ②对WF 、Q 的正确理解➢ （a ）传送带做的功：WF =F ·S 带➢ 功率P =F · v 带（F 为传送带受的摩擦力）➢ （b ）产生的内能：Q =f · S 相对二）实战演练水平传送带v➢ 例1例１．水平传送带被广泛的应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查. 如图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 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动. 设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB 间的距离l=2m ，g=10m/s2. 求：➢ （1）求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小➢ （2）求行李做匀加速运动的时间➢ （3）行李在传送带上形成的划迹的长度➢ （4）行李从A 运动到B 的时间➢ （5）电机带动传送带匀速传动输出的总能量。

动力学问题专题训练：传送带问题（教案）教学目标：1.理解传送带问题的特点；2.会分析传送带上物体的受力情况；3.能运用动力学规律分析和解决传送带问题。

教学重、难点：1、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。

2、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；重、难点突破策略：1、突破难点1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。

解决这类题目的方法如下：选取研究对象，对所选研究对象进行隔离处理，就是一个化难为简的好办法。

对轻轻放到运动的传送带上的物体，由于相对传送带向后滑动，受到沿传送带运动方向的滑动摩擦力作用，决定了物体将在传送带所给的滑动摩擦力作用下，做匀加速运动，直到物体达到与皮带相同的速度，不再受摩擦力，而随传送带一起做匀速直线运动。

传送带一直做匀速直线运动，要想再把两者结合起来看，则需画一运动过程的位移关系图就可轻松把握。

若传送带是倾斜方向的，情况就更为复杂了，因为在运动方向上，物体要受重力沿斜面的下滑分力作用，该力和物体运动的初速度共同决定相对运动或相对运动趋势方向。

2、突破难点2在以上两个难点中，第2个难点应属于易错点，突破方法是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。

教学方法：学案导学、讨论、交流、“五环节教学法”、讲练结合。

【例1】一水平传送带长度为20m ，以2m ／s 的速度做匀速运动，已知某物体与传送带间动摩擦因数为0.1，则从把该物体由静止放到传送带的一端开始，到达另一端所需时间为多少？练习1．有一传送装置如图所示，水平放置的传送带保持以v ＝2m/s 的速度向右匀速运动。

一、水平传送带问题的变化类型设传送带的速度为物体与传送带之间的动摩擦因数为口，两定滑轮之间的距离为L,物体置于传送带一端的初速度为凹。

1.v o=O,V。

物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做a=盹的加速运动。

假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度加=网，显然有：v符时，物体在传送带上将先加速，后匀速。

v中N、商时，物体在传送带上将一直加速。

2.Vo/O,且Vo与V带同向a)Vo<v吊时，同上理可知，物体刚运动到带上时，将做a=jig的加速运动，假定物体一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为V=，显然有：VoV v带VJEZ时，物体在传送带上将先加速后匀速。

V«2\曜+2妃时，物体在传送带上将一直加速。

b)V o>v带时，因V°>v距物体刚运动到传送带时，将做加速度大小为a=pg的减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为顽，显然v带^序源：时，物体在传送带上将一直减速。

V o>v皆时，物体在传送带上将先减速后匀速。

c)V(^0.且V。

与V带反向此种情形下，物体刚运动到传送带上时将做加速度大小为的减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为,显然：V>o.即V它、璋时，物体将一直做减速运动直到从传送带的另一端离开传送带。

V<0,即VoV、，顽时，物体将不会从传送带的另一端离开而从进入端离开，其可能的运动情形有：a、先沿V。

方向减速’再反向加速直至从放入端离开传送带b、先沿V。

方向减速，再沿vO反向加速，最后匀速直至从放入端离开传送带。

二、倾斜传送带问题的变化类型1、Vo=O2、V(#0,且Vo与v是同向①VoV v带时②Vo>v缶时3、V(^0.且V。

与v,反向①VoV v带时②Vo>v带时当时，物块在加速至与传送带速度相同后，物块将与传送带相对静止，并同传送带一起匀速运动；当p<tanO时，物块在获得与传送带相同的速度后仍继续加速.例1水平传送带被广泛地应用于车站、码头，工厂、车间。

传送带的课程设计一、课程目标知识目标：1. 学生能理解传送带的基本工作原理，掌握其关键组成部分及功能。

2. 学生能描述传送带在工业生产中的应用，了解其在生产流程中的作用。

3. 学生能运用物理知识解释传送带的运动和力的作用。

技能目标：1. 学生能够通过观察、实验和数据分析，探究传送带的运动规律和效率。

2. 学生能够运用所学知识，设计简单的传送带系统，解决实际问题。

3. 学生能够运用团队合作和沟通技巧，共同完成传送带项目的探究和展示。

情感态度价值观目标：1. 学生对工业生产和机械设备产生兴趣，培养探索精神和创新意识。

2. 学生认识到科技发展对生产力的提升，增强国家认同感和自豪感。

3. 学生在团队合作中，学会尊重他人、倾听意见，培养良好的沟通能力和合作精神。

本课程针对的学生特点为好奇心强，具备一定的物理知识和动手能力，教学要求注重实践性和探究性。

通过本课程的学习，学生将能够将理论知识与实际应用相结合，提高解决问题的能力，培养科学素养和工程意识。

同时，课程注重培养学生的情感态度价值观，激发学生的学习兴趣，使其在学习过程中形成积极向上的态度。

课程目标分解为具体的学习成果，以便后续教学设计和评估。

二、教学内容1. 传送带的基本概念与原理：介绍传送带的基础知识，包括定义、分类、工作原理等，对应教材第二章第一节。

- 传送带的定义与分类- 传送带的工作原理及关键部件2. 传送带的应用与功能：分析传送带在工业生产中的应用场景和功能，对应教材第二章第二节。

- 传送带在工业生产中的应用案例- 传送带的功能及其在生产流程中的作用3. 传送带的运动与力的作用：运用物理知识，探讨传送带的运动规律和力的作用，对应教材第二章第三节。

- 传送带的运动分析- 力在传送带上的作用及其影响4. 传送带的实际操作与探究：通过实验和数据分析，让学生亲身体验传送带的工作过程，对应教材第二章第四节。

- 设计简单的传送带实验，观察和分析其运动规律- 探究传送带的效率及其影响因素5. 传送带项目的实践与应用：以小组为单位，设计并实施一个传送带项目，解决实际问题，对应教材第二章第五节。

教学设计一、知识回顾1．模型特点传送带是靠滑动摩擦力或静摩擦力对物体做功的装置，传送带问题的实质是相对运动问题，涉及动、静摩擦力的转换以及物体动能、重力势能、系统内能以及电能的转化。

由于这一装置与生产、生活实际紧密相连，所涉及的问题能很好地考查学生的综合分析能力，所以传送带模型一直是高考的热点。

而考查角度有水平传送带和倾斜传送带两种。

2．传送带问题的解题思路3.解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向(2)当v物＝v带是摩擦力发生突变的临界状态，物体的加速度发生突变。

4.解题注意事项(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。

(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且做匀速运动。

(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)注意传送带的长度是足够长还是有限长，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。

二、典例分析[例1] 如图甲所示，水平传送带AB 逆时针匀速转动，一个质量为M ＝1.0 kg 的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)。

已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2。

求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ；(2)物块在传送带上的运动时间；(3)整个过程中系统生成的热量。

[答案] (1)0.2 (2)4.5 s (3)18 J [解析] (1)由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度：a ＝Δv Δt ＝4.02m/s 2＝2.0 m/s 2 由牛顿第二定律得F f ＝Ma得到物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝2.010＝0.2。

深度剖析传送带问题二、重难点提示重点：学会使用牛顿第二定律解决传送带问题。

难点：倾斜传送带上物体的运动情况分析。

传送带问题是以真实物理现象为依据的问题，它既能训练学生的科学思维，又能联系科学、生产和生活实际，因而，这种类型问题具有生命力，当然也就是高考命题所关注的问题。

1. 传送带分类：水平、倾斜两种；按转向分类：顺时针、逆时针转两种。

2. 受力和运动分析：受力分析中的摩擦力突变——发生在v物与v带相同的时刻运动分析中的速度变化——相对运动方向和对地速度变化分析关键：①判断v物、v带的大小与方向；②判断mg sinθ与f 的大小与方向。

【要点诠释】→终态进行分析和判断，对其全过程作出合理分析、推论，进而采用有关物理规律求解。

决这类问题的突破口。

例题1 如图所示，一平直的传送带以速度v ＝2m/s 匀速运动，传送带把A 处的工件运送到B 处，A 、B 相距L ＝10m 。

若从A 处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t ＝6s 能传送到B 处。

现要用最短的时间把工件从A 处传送到B 处，求传送带的运行速度至少多大。

思路分析：由题意可知：t >vL，所以工件在6s 内先匀加速运动，后匀速运动，故有S 1＝2vt 1、S 2＝vt 2，且t 1＋t 2＝t 、S 1＋S 2＝L 联立求解得t 1＝2s ；v ＝a t 1，a ＝1m/s 2。

若要用最短时间把工件传送到B 处，工件加速度仍为a ，设传送带速度为v ′，工件先加速后匀速，同上，L ＝21t v '＋v ′t 2；又t 1＝av '，t 2＝t －t 1，联立求解得L ＝a 22v '＋v ′（t －a v '）；因此得a v v L t 2'+'=，从式子看出常量=='⨯'aL a v v L 22，时即aL v av v L 22=''='，其t 有最小值，因而s m aL v v /202=='=，通过解答可知工件一直加速到Ｂ所用时间最短，故可用ax v v t 2202=-一步解出，00=v ，t v m L x s m a ,10,/12===即为传送带运行最小速度，得s m v t /20=。

2022版高考34《“传送带问题》教学案（含答案）第4讲微专题——“传送带”问题核心考点·分类突破——析考点讲透练足考点一水平传送带问题滑块在水平传送带上运动常见的3个情景项目情景1图示滑块可能的运动情况(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减情景2速再匀速(2)v0v返回时速度为v，当v0[解析]若v1＞v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确；若v1＞v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零FT＋μmg后反向加速。

若v2＞v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝，mFT－μmg当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FT＞μmg，此后加速度a2＝，故mC正确，A、D错误。

[答案]BC1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。

初速度大小为v2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。

若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示。

已知v2>v1，则()A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，选项A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力，选项D错误。

2．[多选](2022·汉中模拟)如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L。

『学习目标』 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的物体的运动问题.2.能正确运用牛顿运动定律处理滑块—木板模型问题．一、传送带模型1．传送带的基本类型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其他地方去，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型．2．传送带模型分析流程3．注意求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向．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．如图1所示，水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速运转，在其左端无初速度释放一质量为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：图1(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．『答案』(1)1.5 s(2)1 m『解析』(1)滑块在传送带上滑行时的加速度a ＝F f m ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2设滑块在释放后经时间t 1达到和传送带相同的速度 t 1＝v a ＝22s ＝1 s位移x 1＝v 22a ＝222×2m ＝1 m<2 m滑块与传送带向右匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝2－12 s ＝0.5 s总时间：t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋0.5 s ＝1.5 s.(2)滑块和传送带在t 1时间内有相对运动，传送带的位移x 2＝v t 1＝2×1 m ＝2 m 滑块相对传送带的位移Δx ＝x 2－x 1＝2 m －1 m ＝1 m.如图2所示，A 、B 间的距离l ＝3.25 m ，传送带与水平面成θ＝30°角，轮子转动方向如图所示，传送带始终以2 m/s 的速度运行．将一物体无初速度地放到传送带上的A 处，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝35，求物体从A 运动到B 所需的时间．(g 取10 m/s 2)图2『答案』 1.25 s『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：mg sin 30°＋F f ＝ma 1 y 轴方向上：F N －mg cos 30°＝0 又F f ＝μF N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t1＝va 1＝0.25 s位移为x1＝v22a1＝0.25 mmg sin 30°>μmg cos 30°，故物体仍会继续加速下滑，而摩擦力方向变为沿传送带向上，受力如图乙所示，由牛顿第二定律可得x轴方向上：mg sin 30°－F f′＝ma2y轴方向上：F N－mg cos 30°＝0又F f′＝μF N联立解得a2＝g(sin 30°－μcos 30°)＝2 m/s2所以物体以初速度v＝2 m/s和加速度a2＝2 m/s2做匀加速运动，位移为x2＝l－x1＝3 m由位移公式得x2＝v t2＋12a2t22解得t2＝1 s，或t2＝－3 s(舍去)故所用总时间为t＝t1＋t2＝0.25 s＋1 s＝1.25 s.1．水平传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块先向左减速再向右加速回到右端2.倾斜传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况(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加速再以a2加速二、滑块－木板模型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．解题方法(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，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．3．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，则滑离木板的过程中滑块的位移与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，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度．4．注意摩擦力的突变当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．(2020·湘潭市高一期末)如图3所示，物块A 、木板B 的质量分别为m A ＝5 kg ，m B ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长L ＝4 m ．开始时A 、B 均静止．现使A 以水平初速度v 0从B 的最左端开始运动．已知A 与B 之间的动摩擦因数为0.3，水平地面光滑，g 取10 m/s 2.图3(1)求物块A 和木板B 发生相对运动过程的加速度的大小； (2)若A 刚好没有从B 上滑下来，求A 的初速度v 0的大小．『答案』 (1)3 m /s 2 1.5 m/s 2 (2)6 m/s『解析』 (1)分别对物块A 、木板B 进行受力分析可知，A 在B 上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a 1，则有 a 1＝μ1m A gm A＝3 m/s 2木板B 向右做匀加速运动，设其加速度大小为a 2，则有 a 2＝μ1m A g m B＝1.5 m/s 2.(2)由题意可知，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 ＝v 0－a 1t v ＝a 2t位移关系：L ＝v 0＋v 2t －v2t解得v 0＝6 m/s.如图4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向右的力F ＝26 N ，将A 从B 下抽出．g ＝10 m/s 2，求：图4(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 ；(3)B 离开A 时的速度的大小．『答案』 (1)2 m /s 2 1 m/s 2 (2)2 s (3)2 m/s『解析』 (1)对于B ，由牛顿第二定律可得：μ1mg ＝ma B解得a B ＝1 m/s 2对于A ，由牛顿第二定律可得： 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. (3)v B ＝a B t ＝2 m/s.1.(传送带模型)如图5所示，水平放置的传送带以速度v ＝2 m/s 向右运行，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，若A 端与B 端相距4 m ，则物体由A 运动到B 的时间和物体到达B 端时的速度是(g 取10 m/s 2)( )图5A ．2.5 s,2 m /sB ．1 s,2 m/sC ．2.5 s,4 m /sD ．1 s,4 m/s『答案』 A『解析』 小物体的运动可以分两个阶段，先由静止开始加速，后做匀速直线运动，小物体开始先做匀加速运动，加速度a ＝μg ＝2 m /s 2，达到的最大速度为2 m/s ，当v 物＝v ＝2 m/s 时，t ＝v a ＝22 s ＝1 s ，x ＝12at 2＝12×2×12 m ＝1 m ，以后小物体以2 m/s 的速度做匀速直线运动，t ′＝x AB －x v ＝4－12 s ＝1.5 s ，所以t 总＝t ＋t ′＝1 s ＋1.5 s ＝2.5 s ，且到达B 端时的速度为2 m/s.2.(滑块—木板模型)(多选)(2019·哈尔滨八中高一期末)如图6所示，质量为m 1的足够长木板静止在光滑水平地面上，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，下列图中可能符合运动情况的是()图6『答案』AC『解析』木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A 正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确．3.(滑块—木板模型)(2019·重庆市主城区七校高一上学期期末联考)如图7所示，有一块木板A 静置在光滑且足够大的水平地面上，木板质量M＝4 kg，长L＝1.2 m，木板右端放一小滑块B并处于静止状态，小滑块质量m＝1 kg，其尺寸远小于L.小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)图7(1)现用恒力F始终作用在木板A上，为了让小滑块B不从木板A上滑落，求恒力F大小的范围；(2)其他条件不变，若恒力F大小为20.8 N，且始终作用在木板A上，求小滑块B滑离木板A 时的速度大小．『答案』(1)F≤20 N(2)8 3 m/s『解析』(1)为了使小滑块B不从木板A上滑落，设A、B相对静止时的加速度为a，对B 有：ma≤μmg对A、B整体有：F＝(M＋m)a解得：F≤20 N(2)当F＝20.8 N时，A、B发生相对滑动．此时，对B：μmg＝ma B对A ：F －μmg ＝Ma A设B 在A 上滑行的时间为t ，有： L ＝12a A t 2－12a B t 2B 滑离木板A 时的速度v ＝a B t 联立解得：v ＝8 3 m/s.4.(传送带模型)(2019·黄山市高一上学期期末)如图8所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v 1＝2 m /s 沿顺时针方向运行．初速度为v 2＝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，g ＝10 m/s 2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：图8(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．『答案』 (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 ，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 得a ＝μg因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0， 由公式x ＝v 222a 得x ＝4 m ，t 1＝v 2a＝2 s(2)小物块速度减为0后，再向右做匀加速运动，加速度为a ′＝μg ＝2 m/s 2 设小物块与传送带共速时所需时间为t 2， t 2＝v 1a ′＝1 st 2时间内小物块向右运动的距离x 1＝v 212a ′＝1 m最后小物块做匀速直线运动，位移x 2＝x －x 1＝3 m匀速运动时间t3＝x2v＝1.5 s1所以t总＝t1＋t2＋t3＝4.5 s.训练1传送带模型1．(多选)如图1所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行．将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、F f表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列选项可能正确的是()图1『答案』AB『解析』物体在传送带上先做匀加速运动，当达到与传送带相同的速度后，开始做匀速运动，A、B正确．2.(多选)如图2所示，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为μ，则下图中能客观地反映小木块在传送带上的速度随时间变化关系可能正确的是()图2『答案』BCD『解析』当木块刚放在传送带上时mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1v02＝2a1x当传送带长度L≤x，木块一直匀加速，B正确．当L>x时，木块与传送带速度相同后，若μmg cos θ≥mg sin θ，即μ≥tan θ，木块匀速，C正确；若mg sin θ>μmg cos θ，即μ<tan θ，木块继续以更小的加速度加速，D正确．3.(2020·济宁一中高一月考)如图3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()图3A．t1＝t2B．t1>t2C．t1<t2D．不能确定『答案』 A『解析』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，根据牛顿第二定律可知两种情况下，加速度相等，而两种情况下位移也相等，根据x＝12可知，两种情况下运动的时间相等，即2att1＝t2，选项D错误．4．(多选)如图4甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2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．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示，已知v2>v1，则()图4A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用『答案』 BC『解析』 相对地面而言，小物块在0～t 1时间内，向左做匀减速运动，t 1～t 2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t 2时刻)，小物块向右做匀速运动，故小物块在t 1时刻离A 处距离最大，选项A 错误；相对传送带而言，在0～t 2时间内，小物块一直向左运动，故小物块一直受到向右的滑动摩擦力，在t 2～t 3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t 2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，选项B 、C 正确，D 错误．5.(2019·湖南师大附中高一上学期期末)如图5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，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t ＝2 s ，速度达到v ；再经过时间t ′＝4 s ，工件到达传送带的右端，g 取10 m/s 2，求：图5(1)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小； (2)工件与水平传送带间的动摩擦因数； (3)传送带的长度．『答案』 (1)5 m/s 2 (2)0.5 (3)50 m『解析』 (1)工件的加速度a ＝vt ＝5 m/s 2. (2)设工件的质量为m ，则由牛顿第二定律得： μmg ＝ma所以动摩擦因数μ＝ma mg ＝ag ＝0.5.(3)工件加速运动距离x 1＝v2t工件匀速运动距离x 2＝v t ′工件从左端到达右端通过的距离x ＝x 1＋x 2 联立解得x ＝50 m ．此即为传送带的长度．6.如图6所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，将一物块轻轻地放在正在以速度v＝10 m/s逆时针匀速转动的传送带的上端，物块和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，传送带两皮带轮轴心间的距离为L＝29 m．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图6(1)物块从传送带顶部到达底部所需的时间为多少？(2)若物块和传送带之间的动摩擦因数为μ′＝0.8，物块从传送带顶部到达底部所需的时间又为多少？『答案』(1)3 s(2)3.3 s『解析』(1)物块放到传送带上后，沿传送带向下做匀加速直线运动，开始时相对于传送带向上运动，受到的摩擦力沿传送带向下．设物块质量为m，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1解得a1＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s2＝1 s物块加速到与传送带同速所用的时间为t1＝va1位移为x1＝v2＝5 m2a1物块加速到与传送带同速后，由于mg sin θ>μmg cos θ，所以物块相对于传送带向下运动，摩擦力变为沿传送带向上的滑动摩擦力．根据牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2解得a2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s2由x2＝L－x1＝v t2＋122a2t2解得t2＝2 s因此物块运动的总时间为t＝t1＋t2＝3 s.(2)若μ′＝0.8，则物块与传送带同速前，根据牛顿第二定律mg sin θ＋μ′mg cos θ＝ma1′解得a1′＝g sin θ＋μ′g cos θ＝12.4 m/s2物块加速到与传送带同速所用的时间t 1′＝va 1′≈0.8 s位移为x 1′＝v 22a 1′≈4 m当物块与传送带同速后，由于mg sin θ<μ′mg cos θ，所以物块将与传送带一起做匀速运动，所用的时间t 2′＝L －x 1′v ＝2.5 s 因此所需总时间为t ′＝t 1′＋t 2′＝3.3 s.训练2 滑块—木板模型1.(多选)如图1所示，一足够长的木板静止在光滑水平地面上，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地面的运动情况为( )图1A ．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『答案』 BC『解析』 对于物块，由于运动过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对木板静止而做匀速直线运动，A 错误，B 正确；对于木板，由作用力与反作用力可知，受到物块给它的向左的摩擦力作用，则木板的速度不断减小，直到二者相对静止，而做匀速运动，C 正确；由于水平地面光滑，所以木板和物块的速度不会为零，D 错误．2.质量为m 0＝20 kg 、长为L ＝5 m 的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.质量为m ＝10 kg 的小铁块(可视为质点)，以v 0＝4 m/s 的速度从木板的左端水平冲上木板(如图2所示)，小铁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/s 2)．则下列判断正确的是( )图2A．木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板B．木板一定静止不动，小铁块能滑出木板C．木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板D．木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板『答案』 A『解析』木板与地面间的最大静摩擦力为F f1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为F f2＝μ2mg＝40 N，F f1>F f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则v02＝2μ2gx，解得x＝2 m<L＝5 m，所以小铁块不能滑出木板，选项A正确．3．(2020·广东高一期末)如图3甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面．由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图乙所示．g取10 m/s2，下列说法正确的是()图3A．长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反B．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.5C．长木板A的长度可能为L＝0.8 mD．长木板A的质量是B物体的两倍『答案』 D『解析』由题意可得，A木板所受摩擦力方向与运动方向相同，B物体所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A错误；对B受力分析，由牛顿第二定律有：μm B g＝m B a B，a B＝|Δv BΔt|＝3－11m/s2＝2 m/s2，解得：μ＝0.2，故B错误；物体B未滑出木板A，临界条件为当AB具有共同速度时，B恰好滑到A的右端，速度—时间图像与时间轴围成面积表示位移，则：L min ＝x B －x A ＝3×12m ＝1.5 m ，故C 错误；对A 、B 分别受力分析，则：μm B g ＝m A a A ，μm B g ＝m B a B ，a A ＝Δv A Δt ＝1－01 m /s 2＝1 m/s 2联立解得：m A m B ＝a Ba A＝2，故D 正确．4．(多选)(2019·泸县五中高一期中)如图4甲所示，长为2L 、质量为M 的长木板放在光滑的水平地面上，一质量为m 的铁块(可视为质点)以初速度v 0从木板的左端向右滑动，结果铁块恰好不脱离木板．现将木板从中间分成A 、B 两部分并排放在水平地面上，仍让铁块以初速度v 0从木板的左端向右滑动，如图乙所示，铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则( )图4A ．铁块在木板A 上滑动时，两木板间的作用力为12μmgB ．铁块仍将停在木板B 的最右端C ．铁块将停在木板B 上，但不在木板B 的最右端D ．铁块在木板上的滑动时间变短『答案』 ACD『解析』 题图乙所示过程中，铁块在木板A 上滑动时，铁块对木板的摩擦力为μmg ，此时木板的加速度a ＝μmg M ，对木板B ：F ＝M 2a ＝12μmg ，选项A 正确；在第一次铁块运动过程中，铁块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次铁块先使整个木板加速，运动到B 部分上后，A 部分停止加速，只有B 部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铁块与B 木板将更快达到共同速度，所以铁块没有运动到B 的右端，且在木板上的滑动时间变短，故B 错误，C 、D 正确．5.如图5所示，一质量M ＝0.2 kg 的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m ＝0.2 kg 的小滑块以v 0＝1.2 m /s 的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2，求：图5(1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等；(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少．(滑块始终没有滑离长木板)『答案』 (1)0.15 s (2)0.135 m 『解析』 (1)根据牛顿第二定律得μmg ＝ma 1 μmg ＝Ma 2解得a 1＝4 m /s 2，a 2＝4 m/s 2小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v 0－a 1t ＝a 2t 解得t ＝0.15 s.(2)小滑块与长木板速度相同时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t ＝0.15 s ，这段时间内小滑块做匀减速运动，由x ＝v 0t －12a 1t 2，解得x ＝0.135 m.6.质量M ＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F ＝11 N 的作用下由静止开始向右运动．如图6所示，当木板速度达到1 m /s 时，将质量m ＝4 kg 的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．求：(g 取10 m/s 2)图6(1)物块刚放在木板上时，物块和木板的加速度大小； (2)木板至少多长，物块才能与木板最终保持相对静止； (3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力的大小． 『答案』 (1)2 m /s 2 1 m/s 2 (2)0.5 m (3)447 N『解析』 (1)放上物块后，物块的加速度a 1＝μmgm ＝μg ＝2 m/s 2， 木板的加速度a 2＝F －μmgM＝1 m/s 2.(2)木板和物块达到共同速度后保持相对静止， 故a 1t ＝v 0＋a 2t ， 解得t ＝1 s ，1 s 内物块位移x 1＝12a 1t 2＝1 m ，木板位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2＝1.5 m ，所以木板长度至少为L ＝x 2－x 1＝0.5 m.(3)物块与木板相对静止后，对整体，有F ＝(M ＋m )a ， 对物块，有F f ＝ma ， 故F f ＝mF M ＋m ＝447N.。