2025-2026学年高一物理（人教版2019）导学案必修一学习讲义33第四章素养提升课（七）传送带模型和板块模型

素养提升课(七)传送带模型和板—块模型[学习目标]1．知道传送带模型的特点，掌握解决动力学中的传送带模型问题的方法。2．知道板—块模型的特点，掌握解决动力学中的板—块模型问题的方法。探究1传送带模型1．模型介绍类型图示物体运动情况水平传送带(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(1)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速后匀速(2)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速后匀速(1)传送带较短时，物体一直减速到达左端(2)传送带较长时，物体先向左运动，减速到零后再向右运动回到右端倾斜传送带(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加速后以a2加速2．注意几个要点(1)判断物体相对传送带的运动方向→确定所受摩擦力方向→求出物体加速度，进而由运动学公式求解。(2)物体速度等于传送带速度时摩擦力一般发生突变→判断突变后摩擦力方向→求出物体突变后的加速度，再由运动学公式求解。(3)对于倾斜传送带不但要判断摩擦力方向，还要判断摩擦力大小，即动摩擦因数μ与传送带倾角的正切值tanθ的关系。(4)物体与传送带间的相对位移，Δx＝x带－x物(规定好正方向，计算时带着正负号)。角度1“水平传送带”模型【典例1】一平直的传送带以速率v＝2m/s匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过时间t＝6s，物体到达B处，A、B相距L＝10m，g取10m/s2，则：(1)物体在传送带上匀加速运动的时间是多少？(2)物体与传送带之间的动摩擦因数为多少？(3)若物体是煤块，求物体在传送带上的划痕长度。[听课记录]角度2“倾斜传送带”模型【典例2】如图所示，倾角为37°，长为l＝16m的传送带，转动速度为v＝10m/s。在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5kg的物体(可视为质点)。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。[听课记录][母题变式]在第(2)问中，当传送带逆时针转动时，画出物体从顶端A滑到底端B的vt图像。[针对训练]1．如图所示，水平传送带以v1＝3m/s的速度逆时针匀速转动，其两端点A、B之间的距离L＝0.75m；可视为质点的小物块以v2＝2m/s的初速度从传送带左端A向右运动，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，则小物块在传送带上运动的时间是()A．0.5s B．1sC．1.5s D．3s2．如图所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0m，质量M＝10kg的物体以v0＝6.0m/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处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v＝4.0m/s。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求物体从A点到达B点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？探究2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、位移有一定的关系。2．板—块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【典例3】如图所示，在光滑的水平地面上静置放有一个长为0.64m、质量为4kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为2kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当对B施加水平向右的力F＝10N时(g取10m/s2)，求：(1)A、B的加速度各为多大？(2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？[听课记录]解决板—块模型问题的思维方法[针对训练]3．如图所示，光滑水平桌面上有一质量M为2kg的长度足够长的长木板，一质量m为1kg的小物块从长木板的左端以大小为3m/s的初速度v0滑上长木板，物块与长木板间的动摩擦因数μ为0.2，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度大小；(2)小物块的最终速度的大小；(3)小物块最终距长木板左端的距离。4．如图所示，厚度不计的薄板A长l＝5m，质量M＝5kg，放在水平地面上。在A上距右端x＝3m处放一物体B(大小不计)，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＝26N，将A从B下抽出。g＝10m/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；(3)B离开A时的速度的大小。素养提升课(七)传送带模型和板—块模型[探究重构·关键能力达成]典例1解析：(1)由v2t<L可知，物体从A到B先经历匀加速直线运动，后与传送带达到相同速度，匀速运动到B设匀加速阶段的时间为t1所以v2t1＋v(t－t1)＝代入数据，得t1＝2s。(2)在匀加速阶段，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma根据速度与时间的关系得v＝at1联立解得μ＝0.1。(3)在匀加速阶段，传送带上表面相对于地面走过的位移x＝vt1＝4m物体相对于地面的位移x'＝12at1所以物体在传送带上的划痕长度Δx＝x－x'＝2m。答案：(1)2s(2)0.1(3)2m典例2解析：(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin37°－μmgcos37°＝ma解得a＝2m/s2根据l＝12at2得t＝4s(2)传送带逆时针转动时，最初的一段时间内物体下滑速度小于传送带转动速度，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1则有a1＝10m/s2设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝va1＝1010s＝1s，x1＝12a1t12＝5当物体运动速度等于传送带速度的瞬间，因为mgsin37°>μmgcos37°则此后物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力设当物体下滑速度大于传送带转动速度时，物体的加速度大小为a2，则由牛顿第二定律有mgsin37°－μmgcos37°＝ma2得a2＝2m/s2x2＝l－x1＝11m由x2＝vt2＋12a2解得t2＝1s(t2＝－11s舍去)所以t总＝t1＋t2＝2s。答案：(1)4s(2)2s[母题变式]解析：如图所示。答案：见解析图[针对训练]1．A[小物块向右匀减速运动时，加速度大小为a＝μg＝2m/s2，速度减小到零所经历的时间为t1＝v2a＝22s＝1s，物块滑过的位移为x1＝v22t1＝22×1m＝1m>0.75m，所以物块滑离传送带时速度不为零，设物块滑离传送带的时间为t(t<1s)，根据位移与时间关系可得L＝v2t－12at2，代入数据，解得t2．解析：(1)设物体的速度大于传送带的速度时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma1设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，则t1＝v物体通过的位移x1＝v设物体速度小于传送带速度时的加速度大小为a2，则Mgsinθ－μMgcosθ＝Ma2物体继续减速，设经t2时间到达传送带B点，有L－x1＝vt2－12a2t＝t1＋t2联立解得t＝2.2s。(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a2，则L＝v0t'－12a2t'解得t'＝1s。答案：(1)2.2s(2)1s典例3解析：(1)A、B间的滑动摩擦力的大小为Ff＝μmBg＝4N以B为研究对象，根据牛顿第二定律得F－Ff＝mBaB则aB＝F−FfmB＝3以A为研究对象，根据牛顿第二定律得Ff'＝mAaA由牛顿第三定律得Ff'＝Ff解得aA＝1m/s2。(2)设将B从木板的左端拉到右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为xA和xB，其关系如图所示则有xA＝12aAtxB＝12aBtxB－xA＝L联立解得t＝0.8s。答案：(1)1m/s23m/s2(2)0.8s[针对训练]3．解析：(1)对小物块μmg＝ma，a＝2m/s2对木板μmg＝Ma'，a'＝1m/s2。(2)木板足够长，则二者最后共速且匀速v＝v0－atv＝a't解得t＝1s，v＝1m/s。(3)小物块匀减速运动的位移x＝v0t－12at木板匀加速运动的位移x'＝12a