专题提升九　传送带模型　板块模型 课件 -2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

该高中物理课件聚焦传送带模型与板块模型，通过梳理模型特点、分析要点及“三个基本关系”，搭建从基础概念到综合应用的学习支架，帮助学生衔接运动学与动力学知识。 其亮点在于以科学思维为核心，通过表格系统梳理模型分析要点，结合分层例题（如倾斜传送带划痕计算、板块相对滑动判断）强化模型建构与科学推理。学生能掌握解题方法，教师可提升教学针对性与效率。

第四章 专题提升九　传送带模型　板块模型 学习目标 1.知道常见传送带模型的特点及分析方法。(科学思维) 2.知道板块模型问题的特点及基本思路方法。(科学思维) 3.注意抓住“三个基本关系”,利用相对运动的思维分析问题。(科学思维) 重难探究 能力素养全提升 目录索引 学以致用 随堂检测全达标 重难探究 能力素养全提升 命题角度一 传送带模型问题 1.传送带的基本模型 传送带运输利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方,有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。 2.传送带模型分析六要点 摩擦力方向的判断 与物体相对传送带的运动方向相反 物体与传送带同向运动能否共速的判断 计算物体达到传送带速度时的时间t和位移x,若x≤L(传送带的长度),则能共速,否则不能共速 物体与传送带反向运动能否减为零的判断 计算物体减速为零的时间t和位移x,若x<L,则能减速为零后反向运动 共速后物体运动性质的判断 水平传送带 摩擦力突变为零,物体匀速运动 倾斜传 送带 若μ≥tan θ(θ为倾角),即mgsin θ≤μmgcos θ,摩擦力突变为静摩擦力,物体匀速; 若μ<tan θ(θ为倾角),即mgsin θ>μmgcos θ,摩擦力方向变化,物体仍加速(或减速) 物体与传送带间的相对位移 Δx=x传-x物(规定正方向,计算时x传、x物有正、负号) 物体的划痕 若有两次相对运动,两次相对运动方向相同,划痕Δx=Δx1+Δx2,两次相对运动方向相反,则划痕长度应等于较长的相对位移 3.模型运动情况分析 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 类型 图示 物体运动情况 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 角度1水平传送带问题 例题1(2026河北沧州高一期末)如图所示,某工厂流水线上长度为3 m的传送带AB以3 m/s的速度顺时针运行,工件与传送带间的动摩擦因数为0.3。将不计大小的工件轻放在传送带左端的A点,重力加速度g取10 m/s2,则工件从A点运动到传送带右端的B点需要的时间为(　　) A.1 s B.1.25 s C.1.5 s D.2 s C 解析 工件在传送带上加速时,根据牛顿第二定律可得μmg=ma,解得a=3 m/s2,假设工件加速到与传送带共速时,工件还没有到达B点,则工件加速的位移为x1==1.5 m<3 m,所以假设成立,则工件加速时间为t1==1 s,匀速时间为t2==0.5 s,所以工件从A点运动到传送带右端的B点需要的时间为t=t1+t2=1.5 s。故选C。 角度2倾斜传送带问题 例题2如图所示,传送带与地面夹角θ=37°,A、B间距为16 m,传送带以10 m/s的速度逆时针转动①,在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=0.5 kg的煤块①,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5②,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。  (1)求煤块从A到B的运动时间; (2)若传送带转动的速度可以调节,求煤块从A点到达B点 的最短时间; (3)求煤块从A点到达B点的过程中传送带上形成的划痕的长度。 【教你析题】 读取题干 获取信息 ① 煤块相对传送带的运动方向 ② 煤块所受滑动摩擦力的大小 【教你破题】 解析 (1)煤块从开始到共速由牛顿第二定律得,mgsin θ+μmgcos θ=ma1 解得a1=10 m/s2 煤块加速时间t1= s=1 s 煤块的位移x1=at2=5 m<16 m 又因为μ<tan θ=0.75,所以煤块不可能随传送带一起做匀速运动,由牛顿第二定律得,mgsin θ-μmgcos θ=ma2 解得a2=2 m/s2 LAB-x1=vt2+a2 解得t2=1 s 所以煤块从A到B的运动时间t=t1+t2=2 s。 (2)煤块一直匀加速从A到B时间最短,即LAB=a1 解得tmin= s。 (3)第一阶段煤块相对于传送带向上移动,相对位移大小Δx1=vt1-x1=(10×1-5) m=5 m 第二阶段煤块相对于传送带向下移动,相对位移大小Δx2=(LAB-x1)-vt2=1 m 所以划痕长度s=Δx1=5 m。 答案 (1)2 s　(2) s　(3)5 m 命题角度二 板块模型问题 1.“滑块—木板”模型概述 叠放在一起的滑块与木板之间存在摩擦力,在其他外力作用下它们或以相同的加速度运动,或以不同的加速度运动,有的题目也可能没有外加的拉力或推力。但无论是哪种情况,受力分析和运动过程分析都是解题的关键。 2.模型特点 (1)本质上还是“摩擦带动”,一个物体有初速度或受牵引力,另一个物体被二者之间的摩擦力带动。 (2)一个关键点是判断两物体能否一块(相对静止)加速或减速,其中靠摩擦力带动的物体加速度有限制,有最大值。加速度能否一致是判断两物体能否一块运动的关键。 (3)两物体速度相等时摩擦力一般发生突变,从而物体的加速度发生变化。 3.“滑块—木板”模型的三个基本关系 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”分别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 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度关系,从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时,摩擦力会发生突变的情况 位移 关系 滑块与木板叠放在一起运动时,应仔细分析滑块与木板的运动过程,明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系 4.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)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。 角度1光滑水平面上的板块模型 例题3(多选)如图所示,物块A放在木板B上,木板B放在光滑的水平面上。已知mA=2 kg,mB=4 kg,A、B间动摩擦因数μ=0.3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对物块A施加一水平向右的拉力F,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.当拉力0<F<6 N时,物块A相对木板B静止 B.当拉力F>6 N时,物块A相对木板B滑动 C.当拉力F=7.5 N时,木板B受到物块A的摩擦力等于6 N D.当拉力F=12 N时,木板B受到物块A的摩擦力等于6 N AD 解析 当A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力时,A、B开始相对滑动,设此时拉力为F0,对A、B整体,有F0=(mA+mB)a0,对B,有μmAg=mBa0,解得F0=9 N;当拉力0<F<6 N时,物块A相对木板B静止;当拉力F>F0=9 N时,物块A相对木板B滑动,A正确,B错误。当拉力F=7.5 N<F0时,物块A相对木板B静止,此时整体的加速度a1==1.25 m/s2,木板B受到物块A的摩擦力Ff1=mBa1=5 N,C错误。当拉力F=12 N>F0时,物块A相对木板B滑动,木板B受到物块A的摩擦力等于Ff2=μmAg=6 N,D正确。 例题4如图所示,光滑的水平面静止一质量m0=0.2 kg的长木板,另一质量m=0.1 kg的小滑块以v0=2.4 m/s的水平初速度从长木板的左端滑上长木板(此时开始计时)。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g取10 m/s2。 (1)若长木板长l=0.7 m且固定在水平面上,求小滑块从长木板上滑离时的速度大小; (2)若长木板足够长且不固定,则经过多长时间小滑块与长木板的速度相等?求此时间内小滑块运动的位移大小。 解析 (1)小滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可得-Ff=ma1 又Ff=μFN=μmg 解得a1=-4 m/s2 根据运动学公式可得v2-=2a1l 解得v=0.4 m/s。 (2)长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦力Ff',且Ff'=Ff=μmg=0.4 N 由牛顿第二定律可得Ff'=m0a2 解得a2=2 m/s2 设经过时间t,两者速度相同,则有 v0+a1t=a2t 解得t=0.4 s 由运动学公式可得x=v0t+a1t2 解得x=0.64 m。 答案 (1)0.4 m/s　(2)0.4 s　0.64 m 角度2粗糙水平面上的板块模型 例题5如图所示,质量m0=3 kg、足够长的木板A静止在粗糙水平地面上,其右端有一质量m=1 kg的物块B(可视为质点)处于静止状态,各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.15,对木板A施加大小为15 N、水平向右的恒力F,A、B从静止开始运动,t=2 s时撤去恒力F,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求: (1)刚开始运动时木板A和物块B的加速度大小; (2)t=2 s时木板A和物块B的速度大小及撤去恒力F后木板A的加速度大小; (3)整个运动过程木板A与物块B之间相对滑动的距离。 解析 (1)假设A、B相对滑动,对B,有μmg=maB1 解得aB1=1.5 m/s2 对A,有F-μmg-μ(m0+m)g=m0aA1 解得aA1=2.5 m/s2>aB1,假设成立。 (2)0~2 s内,对A、B,由运动学公式得vA1=aA1t1=5 m/s,vB1=aB1t1=3 m/s 撤去F后,对B,有μmg=maB2,对A,有μmg+μ(m0+m)g=m0aA2 解得aA2=2.5 m/s2,aB2= aB1=1.5 m/s2。 (3)设撤去F后经时间t2,A、B共速,可得vA1-aA2t2=vB1+aB2t2 解得t2=0.5 s A、B共速时的速度大小为vA2=vA1-aA2t2=3.75 m/s 共速后,A、B一起在水平地面上做匀减速运动,不再有相对位移。 整个运动过程B的位移大小xB=aB1t2,t=t1+t2=2.5 s,对A有xA1=aA1,xA2=aA1t1t2-aA2 A、B之间相对滑动的距离Δx=xA1+xA2-xB=2.5 m。 答案 (1)2.5 m/s2　1.5 m/s2　(2)5 m/s　3 m/s　2.5 m/s2 (3)2.5 m 例题6一足够长木板在水平地面上向右运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的小物块轻放到木板的右端,如图甲所示,之后木板运动的v-t图像如图乙所示,则小物块运动的v-t图像可能是(　　) D 解析 根据木板运动的v-t图像可知,小物块先加速与木板共速后,一起减速,且小物块与木板减速的加速度相同,即图像斜率相同,故A、B、C错误,D正确。 学以致用 随堂检测全达标 1 2 3 4 1.(水平传送带问题)如图所示,水平放置的传送带以v=2 m/s的速度向右匀速运行,一小物块以v0=4 m/s的水平速度从传送带最左端A处水平向右滑上传送带,小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2。若A端与B端相距8 m,则小物块由A端运动到B端所用时间为(　　) A.1 s B.2 s C.3 s D.4 s C 1 2 3 4 解析 设传送带长度为l,小物块在传送带上运动的加速度大小为a=μg=1 m/s2,则小物块向右运动到与传送带速度相等的时间为t1==2 s,通过的距离x= m=6 m,小物块速度与传送带速度相等后做匀速直线运动,时间为t2= s=1 s,小物块由A端运动到B端所用时间为t=t1+t2=3 s,故C正确。 1 2 3 4 2.(倾斜传送带问题)(多选)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示,以恒定速率v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=3.17 m。工作人员沿传送带方向以速度v2=1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A.小包裹刚滑上传送带时的加速度大小为12.4 m/s2 B.小包裹在传送带上运动的时间为3.2 s C.小包裹相对于传送带滑行的距离为1.25 m D.如果传送带以相同的速率顺时针转动,小包裹将不能滑至传送带底端 BC 1 2 3 4 解析 由于v2>v1,可知小包裹刚滑上传送带时受到的摩擦力方向向上,根据牛顿第二定律得,小包裹的加速度大小为a==0.4 m/s2,方向沿传送带向上,故A错误;小包裹减速到与传送带共速所用时间为t1= s=2.5 s,此过程小包裹下滑的位移为x1=t1= ×2.5 m=2.75 m<L,共速后,小包裹与传送带相对静止一起匀速运动,则匀速阶段的时间为t2= s=0.7 s,则小包裹在传送带上运动的时间为t=t1+t2=3.2 s,小包裹相对于传送带滑行的距离为Δx=x1-v1t1=2.75 m-0.6×2.5 m=1.25 m,故B、C正确;如果传送带以相同的速率顺时针转动,小包裹先向下减速到零,下滑的距离为x= m=3.2 m>L,可知小包裹能滑至传送带底端,故D错误。 1 2 3 4 3.(板块模型问题)如图所示,足够长的木板静止在水平面上,物块静止在木板上,已知木板与水平面间的动摩擦因数小于物块与木板间的动摩擦因数。t=0时刻,给木板一水平向右的初速度,则木板的速度大小v随时间t变化的关系图像可能是(　　) C 1 2 3 4 解析 t=0时刻,给木板一水平向右的初速度,物块在向右的摩擦力作用下开始加速,木板在物块和地面给的摩擦力作用下开始减速,Ff地+Ff块=ma,当物块和木板速度相同时,由于木板与水平面间的动摩擦因数小于物块与木板间的动摩擦因数,两者相对静止,两者间摩擦力变成静摩擦力,一起减速,对木板Ff地-Ff块'=ma',则a'<a,图像斜率变小。故选C。 1 2 3 4 4.(板块模型问题)(2026江苏苏州高一月考)如图所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8 m、质量m0=3 kg的木板,木板的最右端叠放一质量m=1 kg的物块(可视为质点),物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动,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10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动,需恒力F>15 N B.当恒力F=25 N时,物块会与木板发生相对滑动 C.当恒力F=31.5 N时,物块滑离木板所用的时间为1 s D.当恒力F=37.5 N时,物块滑离木板所用的时间为1.2 s D 1 2 3 4 解析 要使木板沿斜面加速运动,对物块与木板整体有F>(m0+m)gsin α=20 N,故A错误;对物块与木板整体,由牛顿第二定律可得F-(m0+m)gsin α =(m0+m)a,对物块有Ff-mgsin α=ma,为使物块不滑离木板,则有 Ff≤μmgcos α,联立解得F≤30 N,物块与木板不会发生相对滑动,故B错误;当F=31.5 N>30 N时,物块和木板发生相对滑动,对木板,有F-m0gsin α-μmgcos α=m0a板,对物块有μmgcos α-mgsin α=ma块,设经时间t物块滑离木板,根据运动学公式有a板t2-a块t2=L,联立解得t= s,故C错误;同理当F'=37.5 N时,对木板,有F'-m0gsin α-μmgcos α=m0a板',对物块,有μmgcos α-mgsin α =ma块',设经时间t'物块滑离木板,根据运动学公式有a板't'2-a块't'2=L,联立解得t'=1.2 s,故D正确。 本 课 结 束 $