微专题16 传送带模型和滑块—木板模型 导学案 -2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

该高中物理导学案以“传送带模型和滑块—木板模型”为核心，围绕受力分析及牛顿运动定律应用的学习目标，通过分模块设计构建完整学习路径。先解析传送带的水平与倾斜类型及解题思路，再阐述滑块—木板模型的特征与临界条件，结合典例解析和随堂演练，形成从基础到应用的递进式知识建构。 亮点在于以模型建构为核心，通过水平传送带摩擦痕迹分析、倾斜传送带多过程运动等典例，引导学生探究相对运动与摩擦力突变，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。每个模块设有方法技巧总结和分层演练，既巩固运动和相互作用观念，又提升问题解决能力，为教师单元复习提供结构化教学支持。

微专题16 传送带模型和滑块—木板模型 导学案 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． 重、难点理解： 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．解题思路 3．方法与技巧 求解的关键在于认真分析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。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同时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。 典例1：(双选)如图所示，传送带始终保持v＝2 m/s的速度水平向右转动，一质量m＝0.5 kg的小物块以v0＝4 m/s的速度从A点向右滑上传送带，设小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带两端点A、B间的距离L＝5 m，g取10 m/s2，下列说法正确的有(　　) A.物块一直做匀加速直线运动 B.刚开始物块的加速度大小为2 m/s2 C.物块从A点运动到B点所用时间为3 s D.传送带上将留下一段长为1 m的摩擦痕迹 [答案]　BD[解析]　物块刚滑上传送带时，受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小a＝＝2 m/s2，设物块到达B点前已经与传送带共速，则物块匀减速阶段所用时间t1＝＝1 s，物块匀减速阶段的位移s1＝t1＝3 m＜L＝5 m，共速后，物块做匀速运动到B点所用时间t2＝＝1 s，则物块从A点运动到B点所用时间t＝t1＋t2＝2 s，传送带上留下的摩擦痕迹长度Δs＝s1－vt1＝1 m。 典例2：传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为传送带AB的简易图，传送带的倾角θ＝30°，以v0＝8 m/s的速度顺时针匀速转动，工人将质量m＝300 kg的工料(可视为质点)轻轻地放到传送带的底端A，并用平行于传送带的轻绳拴接在工料上，启动电动机，电动机对工料提供的牵引力恒为F＝3 000 N，经过t0＝2 s关闭电动机，一段时间后工料刚好到达传送带的最高点B。已知工料与传送带之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)经过时间t0＝2 s时，工料的速度大小； (2)刚关闭电动机时，工料的加速度； (3)传送带A、B两端间的距离。 [答案]　(1)10 m/s　(2)8 m/s2，方向沿传送带向下　(3)31.25 m [解析]　(1)对工料受力分析，根据牛顿第二定律有 F－mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 设经t时刻，工料与传送带共速，则有v0＝a1t　　　解得t＝1 s 再对工料受力分析，根据牛顿第二定律有 F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 根据速度—时间公式有v＝v0＋a2t′解得v＝10 m/s。 (2)刚关闭电动机时，对工料受力分析， 根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma3 解得a3＝8 m/s2，方向沿传送带向下。 (3)工料加速到与传送带共速时的位移满足v＝2a1s1 工料的速度从v0增大到v的位移满足v2－v＝2a2s2 关闭电动机后，工料向上减速至与传送带共速时的位移满足v2－v＝2a3s3 此后工料一直减速到0刚好运动至最高点， 由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma4　　　v＝2a4s4 则传送带A、B两端间的距离 s＝s1＋s2＋s3＋s4，解得s＝31.25 m。 二、滑块－木板模型 1．模型特征 滑块—木板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中。另外，常见的子弹射击滑块(如图b)、圆环在直杆上滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块—木板模型类似。 2．两种类型 类型图示 规律分析 木板B带动滑块A，滑块恰好不从木板上掉下的临界条件是滑块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为sB＝sA＋L 滑块A带动木板B，滑块恰好不从木板上掉下的临界条件是滑块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为sB＋L＝sA 3.一个转折和两个关联 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． 典例3：A、B两物体质量均为m＝1 kg，静止叠放在光滑的水平地面上，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。现对B施加一水平拉力F，则下列说法正确的是(　　) A.只有当F>2 N，B才会运动 B.当F＝3 N时，B的加速度大小为1 m/s2 C.当F>4 N时，A相对于B发生滑动 D.当F＝5 N时，A的加速度大小为2.5 m/s2 [答案]　C　[解析]　水平拉力F较小时，A、B两物体一起向右加速，F＝2ma，只要F>0，B就会运动，A错误；A、B两物体刚好相对滑动时，F＝2ma，μmg＝ma，解得F＝4 N，当F＝3 N时，A、B两物体一起向右加速，F＝2ma，解得B的加速度大小a＝1.5 m/s2，当F>4 N时，A相对于B发生滑动，B错误，C正确；当F＝5 N时，A相对于B发生滑动，A的加速度大小满足μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，D错误。 典例4：如图所示，在倾角θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M＝2 kg、长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板的上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)。开始薄平板和小滑块在沿斜面向上的力F的作用下保持静止，此时薄平板与斜面间无摩擦力。然后将F撤去，使小滑块和薄平板同时无初速度释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数μ1＝0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)力F的大小； (2)释放后，小滑块的加速度a1的大小和薄平板的加速度a2的大小； (3)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 [答案]　(1)18 N　(2)4 m/s2　1 m/s2　　(3)1 s [解析]　(1)对系统整体分析，由平衡条件可知F＝(M＋m)g sin θ＝18 N。 (2)设释放后，滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块有mg sin 37°－f1＝ma1 其中f1＝μ1N1，N1＝mg cos 37° 解得a1＝4 m/s2 对薄平板，由牛顿第二定律有Mg sin 37°＋f1－f2＝Ma2 其中f2＝μ2N2，N2＝mg cos 37°＋Mg cos 37° 解得a2＝1 m/s2 因a1>a2，假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。 (3)设滑块滑离薄平板的时间为t，由运动学公式，有s1＝a1t2 s2＝a2t2　　　　　s1－s2＝L 解得t＝1 s。 随堂演练： 1.(传送带模型)如图所示，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左侧某位置，P在传送带带动下向右运动，与弹簧接触时速度恰好达到v。取P放置点为坐标原点，全过程P始终处在传送带上，以水平向右为正方向，小物块P在向右运动或向左运动的过程中，加速度a与位移x的关系图像正确的是(　　) 2.(滑块—木板模型)如图所示，光滑水平桌面上放置长l＝0.78 m的木板。t＝0时，小物块(可视为质点)从木板的左端以v1＝4 m/s的速度向右滑上木板，同时木板以v2＝4 m/s的速度向左滑动；t＝0.1 s时，小物块从木板的右端滑下。已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度大小g取10 m/s2，则小物块与木板的质量之比为(　　) A.3∶1　　　　　　　 　 B．2∶1 C.1∶2 D．1∶3 3.(传送带模型)如图所示，传送带在两半径为R的转轮A、B带动下顺时针转动，A、B距离为L。某时刻在A端轻放上一质量M＝5m的物块，当物块运动到传送带中点时，与传送带保持相对静止，物块到达B点后恰好能做平抛运动。 (1)求物块与传送带间的动摩擦因数； (2)求物块在传送带上运动的时间。 4.(滑块—木板模型)如图所示，质量M＝10 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一个F＝10 N的水平恒力，当小车向右运动的速度达到2.8 m/s时，在其右端轻轻放上一质量m＝2.0 kg的小煤块(小煤块视为质点且初速度为零)，小煤块与小车间的动摩擦因数μ＝0.20。假定小车足够长，重力加速度g取10 m/s2，则： (1)经过多长时间小煤块与小车保持相对静止？ (2)求相对静止前小煤块前进的位移大小。 (3)求小煤块最终在小车上留下的痕迹长度。 参考答案： 1. 解析：选A。物块与弹簧接触时速度恰好达到v，说明与弹簧接触前物块做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝μg，方向水平向右；与弹簧接触后在开始的一段时间内P相对于传送带静止，即P受弹簧弹力和静摩擦力平衡，P做匀速直线运动，则物块运动到弹力大于最大静摩擦力后，根据牛顿第二定律可得kx－μmg＝ma，方向向左。 2.解析：选A。由小物块的受力可知，小物块的加速度大小a1＝＝μg，同理木板的加速度大小a2＝＝，根据匀变速直线运动的基本关系可知，小物块向右的位移s1＝v1t－a1t2，同理，木板向左的位移s2＝v2t－a2t2，由题可知l＝s1＋s2，联立解得＝。 3.答案：(1)　(2) 解析：(1)在B点，根据牛顿第二定律有Mg＝ 所以v＝ 物块从A运动到中点过程，有v2＝2a×＝μgL 解得μ＝。 (2)匀加速阶段的时间t1＝＝ 匀速阶段的时间t2＝＝ 所以物块在传送带上运动的总时间t总＝t1＋t2＝＝。 4.答案：(1)2 s　(2)4 m　(3)2.8 m 解析：(1)保持相对静止前，对煤块根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1 解得a1＝2 m/s2 对小车根据牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma2 解得a2＝0.6 m/s2 经过时间t，小煤块与小车保持相对静止，则有v＝a1t＝v0＋a2t，解得t＝2 s。 (2)相对静止前小煤块前进的位移大小s1＝a1t2，解得s1＝4 m。 (3)在相对静止前小车前进的位移s2＝v0t＋a2t2 解得s2＝6.8 m 两者的相对位移Δs＝s2－s1＝2.8 m 即小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8 m。 学科网（北京）股份有限公司 $