用相对运动巧解传送带和滑块滑板模型问题
传送带模型和滑块模型
专题：传送带模型和滑块模型1、板块模型此类问题通常是一个小滑块在木板上运动，小物块与长木板是靠一对滑动摩擦力或静摩擦力联系在一起的。
分别隔离选取研究对象，均选地面为参照系，应用牛顿第二定律及运动学知识，求出木板对地的位移等，解决此类问题的关键在于深入分析的基础上，头脑中建立一幅清晰的动态的物理图景，为此要认真画好草图。
在木板与木块发生相对运动的过程中，作用于木块上的滑动摩擦力f 为动力，作用于木板上的滑动摩擦力f为阻力，由于相对运动造成木板的位移恰等于物块在木板左端离开木板时的位移Sm 与木板长度L 之和，而它们各自的匀加速运动均在相同时间t 内完成。
例2 如图3所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒力F，F=8N，当小车速度达到1．5m/s时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ=0．2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t=1．5s通过的位移大小。
（g取10m/s2）解答：物体放上后先加速：a1=μg=2m/s2，此时小车的加速度为：，当小车与物体达到共同速度时：v共=a1t1=v0+a2t1，解得：t1=1s ，v共=2m/s，以后物体与小车相对静止：（∵，物体不会落后于小车）物体在t=1．5s内通过的位移为：s=a1t12+v共（t－t1）+ a3（t－t1）2=2．1m 解决这类问题的方法是：①研究物块和木板的加速度；②画出各自运动过程示意图；③找出物体运动的时间关系、速度关系、相对位移关系等；④建立方程，求解结果，必要时进行讨论。
要求学生分析木板、木块各自的加速度，要写位移、速度表达式，还要寻找达到共同速度的时间等等在这三个模型中尤其板块模型最为复杂。
其次是传送带模型，一般情况下只需要分析物体的加速度和运动情况，而传送带一般是匀速运动不需另加分析。
最后是追及相遇问题，它只是一个运动学问题并没有牵扯受力分析问题，相对是最简单的，只要位移关系速度公式就可以问题。
牛顿运动定律巧解滑块-滑板模型
例题三：滑块与滑板在碰撞中的运动
要点一
总结词
要点二
详细描述
碰撞中的滑块-滑板模型需要考虑动量守恒和能量守恒，通 过牛顿运动定律可以求解碰撞后的运动状态。
当滑块与滑板发生碰撞时，根据动量守恒定律，可以求出 碰撞后的速度。根据能量守恒定律，可以判断碰撞是否为 弹性碰撞。根据牛顿第二定律，可以求出碰撞后滑块和滑 板的加速度。通过分析加速度和初速度作用力和反作用力之间的关系，即作用力和反作用力大小相等、方向相反 、作用在同一条直线上。
详细描述
该定律指出，当一个物体对另一个物体施加力时，另一个物体会对施力物体施加 一个大小相等、方向相反的力。这两个力是相互作用的，并且作用在同一条直线 上。
03
CATALOGUE
滑块-滑板模型中的牛顿运动定律
THANKS
感谢观看
滑块与滑板间的相互作用力分析
01
02
03
作用力与反作用力
根据牛顿第三定律，滑块 与滑板间的作用力和反作 用力大小相等、方向相反 。
摩擦力分析
滑动摩擦力的大小与接触 面的粗糙程度和正压力有 关，方向与相对运动方向 相反。
支持力分析
支持力垂直于接触面，指 向被支持的物体，与重力 等其他外力平衡。
滑块与滑板间的动量守恒分析
以判断滑块是否从滑板上滑落。
例题二：滑块与滑板在斜面上的运动
总结词
斜面上的滑块-滑板模型需要考虑重力的影 响，通过牛顿运动定律可以求解滑块和滑板 的运动状态。
详细描述
当滑块放在滑板上，在斜面上运动时，除了 受到重力、支持力和摩擦力的作用外，还需 要考虑重力的分力。根据牛顿第二定律，可 以求出滑块和滑板的加速度。通过分析加速 度和初速度的关系，可以判断滑块是否从滑 板上滑落。
高一物理动力学中的滑块和传送带问题(重点班用)
动力学问题中的滑板滑块和传送带问题姓名：一、滑块与滑板相互作用模型1、相互作用：滑块之间的摩擦力分析2、相对运动：具有相同的速度时相对静止。
两相互作用的物体在速度相同，但加速度不相同时，两者之间同样有位置的变化，发生相对运动。
3、通常所说物体运动的位移、速度、加速度都是对地而言的。
在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、加速度、时间一定存在关联。
它就是我们解决力和运动突破口。
4、求时间、位移、速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式1．如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg，长为L=1.4m；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg，其尺寸远小于L。
小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ==04102.(/)g m s（1）现用恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上面滑落下来，问：F大小的范围是什么？（2）其它条件不变，若恒力F=22.8牛顿，且始终作用在M上，最终使得m能从M上面滑落下来。
问：m在M 上面滑动的时间是多大？解析：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力f N mg ==μμ小滑块在滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度a f m g m s 124===//μ木板在拉力F和滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度a F f M 2=-()/使m能从M上面滑落下来的条件是a a21>即NgmMFmfMfF20)(//)(=+>>-μ解得（2）设m在M上滑动的时间为t，当恒力F=22.8N，木板的加速度a F f M m s2247=-=()/./）小滑块在时间t内运动位移S a t1122 =/木板在时间t内运动位移S a t2222 =/因S S L21-=即sttt24.12/42/7.422==-解得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：（取g=10m/s2）（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？解析：（1）A、B一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度2221.0m/s2va gsμ===解得木板与冰面的动摩擦因数μ2=0.10（2）小物块A在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a1=μ1g=2.5m/s2小物块A在木板上滑动，木块B受小物块A的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有μ1mg－μ2(2m)g=ma2 解得加速度a2=0.50m/s2设小物块滑上木板时的初速度为v10，经时间t后A、B的速度相同为V由长木板的运动得v=a2t，解得滑行时间20.8sVta==小物块滑上木板的初速度V10=V＋a1t=2.4m/s小物块A在长木板B上滑动的距离为22120112110.96m22s s s v t a t a t∆=-=--=（3）小物块A滑上长木板的初速度越大，它在长木板B上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，物块A达到木板B的最右端，两者的速度相等（设为v′)，这种情况下A的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v0．有220121122v t a t a t L--=012v v a t v a t''-==由以上三式解得，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不大于最大初速度0122() 3.0m/sv a a L=+=动力学中的传送带问题一、传送带模型中要注意摩擦力的突变①滑动摩擦力消失②滑动摩擦力突变为静摩擦力③滑动摩擦力改变方向二、传送带模型的一般解法①确定研究对象；②分析其受力情况和运动情况，（画出受力分析图和运动情景图），注意摩擦力突变对物体运动的影响；③分清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。
高中物理滑块模板与传送带问题全面剖析
高中物理传送带与滑块模板问题全面剖析一、滑块与木板一应用力和运动的观点处理（即应用牛顿运动定律）典型思维方法：整体法与隔离法注意运动的相对性【例1】木板M静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块m，与木板之间的动摩擦因数μ，为了使得m能从M上滑落下来，求下列各种情况下力F的大小范围。
【例2】如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，木板质量M=4kg，长L=1.4m.木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m=1kg，其尺寸远小于L，它与木板之间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2，（1）现用水平向右的恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上滑落下来，求F的大小范围.（2）若其它条件不变，恒力F=22.8N，且始终作用在M上，求m在M上滑动的时间.【例3】质量m=1kg的滑块放在质量为M=1kg的长木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1，木板长L=75cm，开始时两者都处于静止状态，如图所示，试求：（1）用水平力F拉小滑块，使小滑块与木板以相同的速度一起滑动，力的最大值应为多少？F（2）用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在t=0.5s内使滑块从木板右端滑出，力F应为多大？（3）按第（2）问的力F的作用，在小滑块刚刚从长木板右端滑出时，滑块和木板滑行的距离各为多少？（设m与M之间的最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等）。
（取g=10m/s2）.【例4】如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为m A＝2.0kg的薄木板A和质量为m B=3 kg的金属块B．A的长度L=2.0m．B上有轻线绕过定滑轮与质量为m C=1.0 kg的物块C相连．B与A之间的滑动摩擦因数μ=0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端（如图），然后放手，求经过多长时间t后B从A的右端脱离（设A的右端距滑轮足够远）（取g=10m/s2）．例1解析（1）m与M刚要发生相对滑动的临界条件：①要滑动：m与M间的静摩擦力达到最大静摩擦力；②未滑动：此时m与M加速度仍相同。
统考版高考物理总复习 专题三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板B，物块恰好不
从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑
到木板右端时二者速度相等，则位移关
系为xB＋L＝xA
例2. [2021·全国乙卷，21](多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，
木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力
专题三
动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
关键能力·分层突破
关键能力·分层突破
模型一
“传送带”模型
1．模型特点
传送带在运动过程中，会涉及很多的力，是传送带模型难点的原因，
例如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
等；该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等；该
F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别
为t1 、t2 时刻F的大小．木板的加速度a1 随时间t的变化关系如图(c)所
示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因
数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大
小为g.则(
)
A．F1＝μ1m1g
央．空香皂盒的质量为m＝20 g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100 g，香皂盒与
传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6 m，风可以对香皂
盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24 N，假设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10 2 ，试求：
跟进训练
1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突
然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动
滑块—滑板与传送带模型
滑块—滑板与传送带模型 (题型研究课)
(一) 滑块—滑板模型 (二) 传送带模型 (三) 历年真题集中演练 课时达标检测
返回
(一) 滑块—滑板模型
返回
1．两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和 滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之 和等于板长。
返回
返回
[解析] μg＝ 4
物块刚滑上传送带时，速度方向向左，由于物块与
传送带间的摩擦作用，使得它做匀减速运动，加速度大小为a＝ m/s2，当物块的速度减小到0时，物块前进的距离为s＝ 0－ 42 m＝ 2 m，其值小于AB的长 3 m，故物块减速到0后仍 2×－ 4 在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与 减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行 22－ 0 的距离为s′＝ m＝ 0.5 m，其值小于物块向左前进的距 2× 4 离，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其 速度大小等于传送带的速度大小，所以选项B正确。 [答案] B
返回
[通法归纳]
求解“滑块 —滑板 ”类问题的方法技巧 (1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋 势 )，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩 擦力方向。 (2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律 确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物 体的运动情况。 (3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体 间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
返回
解析： 由于 μ<tan θ，由μmgcos θ<mg sin θ 可知， A沿斜面向下匀加速下滑，加速度 aA ＝ gsin θ－ μgcos θ，故 A错误；将 A、 B及 斜面体视为整体，受力分析可知地面对斜面体的摩擦力等于 m(gsin θ－ μgcos θ)cos θ＋ Fcos θ，地面受到的压力为 (M＋ 2m)g － Fsin θ－ m(gsin θ－ μgcos θ)sin θ，故B、 C错误； B与斜面体 的正压力 N＝ 2mgcos θ，对 B受力分析如图所示，根据共点力平 f′ 衡有： F＝ mgsin θ＋ μmgcos θ＋ f′，则动摩擦因数 μ＝ ＝ N F－ mgsin θ－ μmgcos θ ，故 D正确。 2mgcos θ 答案： D
秘籍04 滑块板块模型和传送带模型(教师版)-备战2024年高考物理抢分秘籍
秘籍04 滑块木板模型和传送带模型一、滑块木板模型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，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，设板长为L，滑块(可视为质点)位移大小为x块，滑板位移大小为x板。
同向运动时：L＝x块－x板．反向运动时：L＝x块＋x板．3. 判断滑块和模板运动状态的技巧：“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a m＝F fmm.假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力。
4．技巧突破点(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)． 5．分析板块模型的思路二、传送带模型1．水平传送带情景滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长一直加速 先加速后匀速v 0<v 时，一直加速 v 0<v 时，先加速再匀速 v 0>v 时，一直减速v 0>v 时，先减速再匀速滑块一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端．若v 0<v 返回到左端时速度为v 0，若v 0>v 返回到左端时速度为v .2．倾斜传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速(一定满足关系g sin θ<μg cos θ)先加速后匀速一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ)若μ≥tan θ，先加速后匀速若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速v0<v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ)若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速v0>v时，一直减速(加速度为g sin θ－μg cos θ)若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，先以a1减速，后以a2加速(摩擦力方向一定沿斜面向上)g sin θ>μg cos θ，一直加速；g sin θ＝μg cos θ，一直匀速g sin θ<μg cos θ，一直减速先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v03．划痕问题：滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小．(图乙)4.功能关系分析：(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q。
用相对运动巧解传送带和滑块滑板模型问题
用相对运动巧解传送带和滑块滑板模型问题岑秀香（贵州省兴义市第八中学，贵州 兴义 562400）摘 要：传送带和滑块滑板模型问题是高中物理最为典型也最为综合的模型之一，在高考试题中常常会以压轴题的形式考查学生的综合能力。
如果用常规的动力学解决，过程繁多且运算复杂，若用相对运动来解决会简单很多，易于让学生理解和掌握。
关键词：传送带；滑块滑板；相对运动；压轴题先来看一例题：1、如下图所示，水平放置的传送带以速度v 1=2m/s 顺时针转动，某时刻一质量为m = 2 kg 的小物块以水平向左的初速度v 2=4m/s 从A 点滑上传送带右端，若传送带足够长，且小物块与传送带之间的动摩擦因数2.0=μ，g 取10 m/s 2 。
求：因小物块在传送带上运动而产生的内能。
常规解法：对小物块进行受力分析和运动分析可知，小物块在传送带上先做匀减速直线运动再做匀加速直线运动，达到传送带的速度后和传送带相对静止而匀速回到A 点，产生的内能为：S mg Q ∆=μ S ∆为小物块相对传送带滑过的路程（位移），而小物块相对传送带滑过的路程分两段，一段是匀减速阶段（1S ∆）：对小物块有：ma mg =μ 21v at = 得s t 21=传送带的位移m t v S 4111== 小物块的位移m t v S 42122== 小物块相对传送带的位移m S S S 8211=+=∆一段是反向匀加速阶段（2S ∆）：对小物块有：12v at = 得 s t 12= 传送带的位移m t v S 2213== 得小物块的位移m t v S 12214==小物块相对传送带的位移m S S S 1432=-=∆所以小物块相对传送带的总位移m S S S 921=∆+∆=∆产生的内能J S mg Q 36=∆=μ用相对运动巧解：以皮带为参考系，小物块与皮带相对静止前一直相对皮带向左滑动，在传送带上看相当于小物块相对传送带做一直做匀减速直线运动直到相对传送带静止。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
用相对运动巧解传送带和滑块滑板模型问题
岑秀香
（贵州省兴义市第八中学，贵州 兴义 562400）
摘 要：传送带和滑块滑板模型问题是高中物理最为典型也最为综合的模型之一，在高考试题中常常会以压轴题的形式考查学生的综合能力。
如果用常规的动力学解决，过程繁多且运算复杂，若用相对运动来解决会简单很多，易于让学生理解和掌握。
关键词：传送带；滑块滑板；相对运动；压轴题
先来看一例题：
1、如下图所示，水平放置的传送带以速度v 1=2m/s 顺时针转动，某时刻一质量为m = 2 kg 的小物块以水平向左的初速度v 2=4m/s 从A 点滑上传送带右端，若传送带足够长，且小物块与传送带之间的动摩擦因数2.0=μ，g 取10 m/s 2 。
求：因小物块在传送带上运动而产生的内能。
常规解法：对小物块进行受力分析和运动分析可知，小物块在传送带上先做匀减速直线运动再做匀加速直线运动，达到传送带的速度后和传送带相对静止而匀速回到A 点，产生的内能为：S mg Q ∆=μ S ∆为小物块相对传送带滑过的路程（位移），而小物块相对传送带滑过的路程分两段，一段是匀减速阶段（1S ∆）：
对小物块有：ma mg =μ 21v at = 得s t 21=
传送带的位移m t v S 4111== 小物块的位移m t v S 42
122== 小物块相对传送带的位移m S S S 8211=+=∆
一段是反向匀加速阶段（2S ∆）：对小物块有：12v at = 得 s t 12= 传送带的位移m t v S 2213== 得小物块的位移m t v S 12
214==
小物块相对传送带的位移m S S S 1432=-=∆
所以小物块相对传送带的总位移m S S S 921=∆+∆=∆
产生的内能J S mg Q 36=∆=μ
用相对运动巧解：以皮带为参考系，小物块与皮带相对静止前一直相对皮带向左滑动，在传送带上看相当于小物块相对传送带做一直做匀减速直线运动直到相对传送带静止。
由ma mg =μ可得小物块的加速度2/2s m a = 由于传送带是匀速转动，因此
小物块相对传送带的加速度2/2s m a =相对 方向水平向右
小物块相对传送带的初速度s m v v v /6210=+= 方向水平向左
小物块相对传送带的的末速度0=t v 小物块相对传送带的总路程（位移）m a v S 9220==
∆相对
产生的内能 J S mg Q 36=∆=μ
再看2015年全国1卷高考物理压轴题
2、一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示，t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短），碰撞前后木板速度大小不变，方向相反，运动过程中小物块始终未离开木板，已知碰撞后1s 时间内小物块的v ﹣t 图线如图
（b ）所示，木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2，求：
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2
（2）木块的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离．
常规解法：（1）由图和题意很容易得到1.01=μ 4.02=μ
（2）碰撞后到小物块与木板共速：
小物块匀减速阶段：对木板有：M Ma m M mg =++)(12μμ
112t a v v M -= 211112
1t a t v s M -= （1v 是碰撞前小物块和木板的速度，2v 是小物块速度为零时木板的速度）
对小物块有：m ma mg =2μ 11t a v m = 1122
t v s = 小物块反向匀加速阶段：对木板有：223t a v v M -= 22221
21t a t v s M -=' 对小物块有：23t a v m = 232
2
t v s =' 222t a t a v m M =-（3v 是小物块速和木板共速时的速度）
所以木板的最小长度m s s s s s l 621
21='-'++=∆=； （3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左相对静止匀减速运动直至停止，由
a m M g m M )(-1+=+）（μ 3222-0as v =
得木板的位移 m s s s 5.631=+=
用相对运动解（2）小物块相对木板的加速度m M a a a += 相对初速度11102v v v v =+=
相对末速度0=t v 木板的最小长度m a
v s l 6220==∆= （3）木板撞墙后到停止由能量守恒定律有
gs m M s mg v m M )(2
11221++∆=+μμ）（ 得m s 5.6= 从上面传送带和滑块滑板模型试题中可以看出，当涉及物体间的相对位移（路程）时，用相对运动（相对位移、相对加速度和相对速度）来解决相应的问题要简单得多，并且易于学生理解和掌握，无疑是一种非常有效的突破传送带和滑块滑板模型问题的好方法，因此，在向学生传授常规方法的同时也让学生尝尝简单实用的巧妙方法更能提高教学效果。