第四章专题传送带模型和板块模型教学设计高一上学期物理人教版

人教版物理必修第一册第4章运动和力的关系传送带模型和板—块模型教学设计目录一、学习任务二、新知探究探究一：传送带模型探究二：板—块模型三、素养提升第4章运动和力的关系传送带模型和板—块模型教学设计一、学习任务1．知道传送带模型的特点，掌握应用动力学角度解决传送带模型的方法。2．知道板—块模型的特点，掌握应用动力学角度解决板—块模型的方法。二、新知探究探究一：传送带模型1．传送带模型分类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。2．水平传送带(1)当水平传送带传送物体时，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的突变。(2)滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度达到相同时，滑动摩擦力突变为零。3．倾斜传送带(1)当传送带倾斜时，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μ和传送带倾斜角度θ对受力的影响，从而正确判断物体的速度和传送带速度相等时物体的运动性质。(2)倾斜传送带问题的两种类型。(物体从静止开始，传送带匀速运动且足够长)。条件运动性质向上传送物体μ>tanθ物体先沿传送带做向上的加速直线运动，速度相同以后二者相对静止，一起做匀速运动μ＝tanθ物体保持静止μ<tanθ不可能向上传送物体，物体沿传送带做向下的加速直线运动向下传送物体μ≥tanθ物体先相对传送带向上滑，做初速度为零的匀加速[a＝g(sinθ＋μcosθ)]直线运动，速度相同后二者相对静止，一起做匀速运动μ<tanθ物体先相对传送带向上滑，沿传送带向下做初速度为零的匀加速[a＝g(sinθ＋μcosθ)]直线运动，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(sinθ－μcosθ)]直线运动4.传送带模型的求解思路探究二：板—块模型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．滑块—滑板模型的三个基本关系加速度关系滑块与滑板保持相对静止，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与滑板运动的加速度，应注意发掘滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件速度关系滑块与滑板保持相对静止时，二者速度相同，分析清楚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位移关系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3.解决板—块模型的思维方法三、素养提升1．如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3kg的长木板正以v0＝10m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝32，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s(1)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；(2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。[解析](1)小物块在长木板上滑动时受到的沿木板方向的滑动摩擦力大小为f＝μmgcosθ＝7.5N,由牛顿第二定律，对小物块有f＋mgsinθ＝ma1代入数据得a1＝12.5m/s2，对长木板，由牛顿第二定律有Mgsinθ－f＝Ma2代入数据得a2＝2.5m/s2。(2)设当小物块与长木板共速时速度为v1，有v1＝a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1s，v1＝12.5m/s，共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前物块与木板的相对位移为s＝v0+v12t1故长木板长度至少为10m。[答案](1)2.5m/s212.5m/s2(2)10m2．(2022·新疆八一中学高一阶段检测)如图所示传送带水平部分AB＝2m，倾斜部分BC＝4m且与水平面夹角为α＝37°，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25。传送带沿顺时针方向以2m/s的速率转动。若将物块放在A处，它将从静止开始被传送带送到C处(物块始终不离开传送带)，求：(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)小物块从A到B所用时间；(2)小物块从B到C所用时间。[解析](1)小物块放在A点后在摩擦力作用下向右做匀加速运动，假设到达B之前可以和传送带共速，则有a1＝μg＝2.5m/s2，x1＝v22a＝0.8m＜则假设成立，达到共速的时间t1＝va此后小物块随传送带匀速运动，到达B的时间t2＝AB-x则小物块从A到B所用时间t＝t1＋t2＝1.4s。(2)小物块在B到C过程中，由于mgmg＞μmgmg所以小物块一直匀加速运动，在BC段的加速度大小为a2＝mgsin37°-μmgcos37°m＝4m/s2，BC＝vt3+1[答案](1)1.4s(2)1s11．如图所示，水平传送带以速度v1＝2m/s匀速向左运动，小物块P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，mP＝2kg、mQ＝1kg，已知某时刻P在传送带右端具有向左的速度v2＝4m/s，小物块P与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，P与定滑轮间的轻绳始终保持水平。不计定滑轮质量和摩擦，小物块P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带、轻绳足够长，取g＝10m/s2，求：(1)小物块P在传送带上向左运动的最大距离x；(2)小物块P离开传送带时的速度大小v。[解析](1)P先以大小为a1的加速度向左做匀减速运动，直到速度减为v1，设位移大小为x1，轻绳中的张力大小为T1，由牛顿第二定律得对P有T1＋μmPg＝mPa1 ①对Q有mQg－T1＝mQa1 ②，联立①②解得a1＝4m/s2 ③由运动学公式有－2a1x1＝v12-v22 ④，P接着以大小为a2的加速度向左做匀减速运动，直到速度减为0，设位移大小为x2，轻绳中的张力大小为T2，由牛顿第二定律得，对P有T2－μmPg＝mPa2 ⑥对Q有mQg－T2＝mQa2 ⑦，联立⑥⑦解得a2＝83m/s2 由运动学公式有－2a2x