资源简介

(共39张PPT)
专题二
传送带与滑块问题
突破 1 “传送带”模型
滑块在传送带上运动的“六点”注意问题：
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向.
(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相
对静止做匀速运动.
(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较 mgsin θ与
μmgcos θ的大小才能确定运动情况.
(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反
向加速返回.
(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出.
(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相
对位移.
三种情景 图示 滑块可能的运动情况
情景 1 ①可能一直加速；
②可能先加速后匀速
情景 2 ①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速；
②v0＝v，一直匀速；
③v0类型 1 水平传送带模型
三种情景 图示 滑块可能的运动情况
情景 3 ①传送带较短时，滑块一直减速到达左端；
②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.其中v0>v返回时速度为v，当v0(续表)
[思维拓展]计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|.
【典例 1】(多选，2023 年四川内江模拟)如图所示，由于运
力增加，某国际机场欲让货物尽快通过传送带.已知传送带两轴心
间距为 5 m，传送带向右匀速传动，其速度大小可以由驱动系统
根据需要设定，一可视为质点的小物块以 7 m/s 的初速度从左端
滑上传送带，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，g 取
)
10 m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是(
A.8 m/s
B.9 m/s
C.10 m/s
D.11 m/s
解析：根据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货
物在传送带上一直做匀加速运动，设货物通过传送带后的速度为
答案：CD
【考点突破 1】(2023 年江苏南京月考)如图甲所示，足够
长的传送带沿顺时针方向转动，速度大小为 v1，初速度大小为
v2 的小物块从传送带的右侧滑上传送带.固定在传送带右端的位移
传感器记录了小物块的位移 x 随时间 t 的变化关系如图乙所示，已
知图线在前 3.0 s 内为二次函数，在 3.0～4.5 s 内为一次函数，取
向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g 取 10 m/s2.
下列说法正确的是(
)
甲
乙
A.小物块在 0～4.5 s 内摩擦力一直向右
B.小物块在 3～4.5 s 内做匀减速直线运动
C.传送带的速度大小为 4 m/s
D.小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2
速度与小物块 3.0～4.5 s 内的速度相同为 v2＝
解析：图线在前 3.0 s 内为二次函数，在 3.0～4.5 s 内为一次
函数，x-t 图像的斜率等于速度，故前 3.0 s 内物体的速度先减小到
零，后反向增加，在 3.0～4.5 s 内为做匀速运动，可判断小物块在
前3 s内摩擦力向右，3.0～4.5 s 内摩擦力为 0，AB 错误；传送带的
3
4.5－3
m/s＝2 m/s，
＝2 m/s2，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得μ＝0.2，D 正确.
答案：D
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景 1 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景 2 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以 a1 加速后再以 a2 加速，且a1＞a2
类型 2 倾斜传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景 3 (1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先加速后匀速
(4)可能先减速后匀速
(5)可能先以a1加速后再以a2加速
(6)可能一直减速
(续表)
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景 4 (1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
(4)可能一直减速
(续表)
[思维拓展]物体沿倾角为 θ 的传送带传送时，可以分为两类：
物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动.解决倾斜传送带问题
时要特别注意 mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系，进一步判
断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况.
【典题2】(2024 年广东珠海质检)如图，飞机场运输行李的倾
斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传
送带底端，当它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动.设行李箱与
传送带之间的动摩擦因数为
摩擦力，下列说法正确的是(
，已知滑动摩擦力近似等于最大静
)
A.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零
B.重的行李箱比轻的行李箱传送时间更长些
C.若增加传送带速度，传送的时间不变
D.运送行李时该传送带的倾角必须小于 30°
则行李箱加速阶段所用时间和位移分别为
解析：做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为 Ff＝
mgsin θ，A 错误；根据 ma＝μmgcos θ－mgsin θ，加速阶段，重的
行李箱与轻的行李箱传送加速度相同，即行李箱的加速时间、加
速位移、匀速时间相同，B 错误；设传送带提速前的速度为 v1，
，提高传
送带的运转速度，由于加速阶段行李箱的加速度不变，则行李箱
加速到提速前传送带速度v1过程所用时间t1不变，通过的位移x1
，故θ<30°，运送行李时该传送带的倾角必须小于
不变，但提速后行李箱继续加速运动再匀速运动，则之后的运动
过程，提速后所用时间更短，则提高传送带的运转速度，传送时
间变短，C 错误；行李箱先做加速运动，有μmgcos θ>mgsin θ，解
得 tan θ<
30°，D 正确.
答案：D
【考点突破 2】(多选，2023 年广东深圳月考)如图甲所示，
足够长的传送带与水平面的夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放
上一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度
随时间变化关系如图乙所示，v0 、t0 已知，重力加速度为 g，则
(
)
甲
乙
A.传送带一定逆时针转动
B.μ＝tan θ－
v0
gt0cos θ
C.传送带的速度大于 v0
D.t0 时刻后木块的加速度为 2gsin θ－
v0
t0
解析：若传送带顺时针转动，当小木块下滑时，有 mgsin θ>
μmgcos θ，小木块将一直做匀加速直线运动至传送带底端，当小木
块上滑时，有 mgsin θ<μmgcos θ，小木块先做匀加速直线运动，小
木块的速度等于传送带速度时做匀速直线运动，两种情况均不符
合运动图像，故传送带一定逆时针转动，A 正确；小木块在 0～t0
内，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，小木块的加速度为
当小木块的速度等于传送带速度时，受到的滑动摩擦力方向沿传
送带向上，故传送带的速度等于 v0，故C错误；t0 时刻后木块的加
答案：AD
动摩擦因数 物体运动情况分析
滑块与木板间为μ1，木板与地面间为μ2 滑块有初速度
木板有初速度
μ1＝0，μ2≠0 滑块匀速，木板静止 滑块静止，木板匀减速
直线运动
突破 2 “滑块—木板”模型
类型 1 无拉力作用下的板块模型
动摩擦因数 物体运动情况分析
μ2＝0，μ1≠0 滑块减速，加速度大小满足μ1mg＝ma，木板加速，加速度满足μ1mg＝Ma′ 滑块加速，木板减速，加速度方向相反，达到共同速度后，匀速运动
μ1＝μ2≠0 滑块减速，木板静止 滑块加速，木板减速，达到共同速度后以μ2g共同减速
(续表)
动摩擦因数 物体运动情况分析
μ1m≤
μ2(M＋m) 滑块减速，木板静止 滑块加速，木板减速，达到共同速度后滑块以μ1g减速，木板减速加速度满足μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma′
(续表)
动摩擦因数 物体运动情况分析
μ1m＞
μ2(M＋m) 滑块减速，加速度大小满足μ1mg＝ma，木板加速，相对滑动，滑块加速度大，达到共同速度后以μ2g共同减速 滑块加速，木板减速，达到共同速度后以μ2g共同减速
(续表)
【典题3】(多选，2024 年广东茂名期中)如图所示，一质量为
m 的木块以 v1 的速率向右滑上以 v2 的速率在光滑水平地面上向左
运动的薄木板，薄木板质量为 M，已知 m>M，v1>v2，取水平向右
为正方向.则在以后的运动过程中，下列图像可能正确的是(
)
A
B
C
D
知道木板的长度，若木块滑离木板时木板速度恰好为 0，则可能出
现如B选项所示的情况，B 正确；若木板足够长，则木板速度减到
0后会在摩擦力作用下向右做匀加速运动，加速度不变，最终一起
向右做匀速直线运动，D 正确.
答案：BD
规律方法
动摩擦因数 物体运动情况分析
滑块与木板间为μ1，木板与地面间为μ2
μ1＝0，
μ2≠0 随着拉力的增加，滑块加速
度变大，木板静止 随着拉力的增加，木板加速度变
大，滑块静止
类型 2 有拉力作用情况下的板块模型
(续表)
(续表)
【典例 4】(2023 年福建厦门一模)如图甲所示，足够长的木
板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块.
在 t＝0 时对木板施加一水平向右的恒定拉力 F，在 F 的作用下
物块和木板发生相对滑动，t＝1 s 时撤去 F，整个过程木板运动的
v-t 图像如图乙所示.物块和木板的质量均为 1 kg，物块与木板间、
木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度 g 取 10 m/s2，则下列说法正确的是(
)
甲
乙
A.1～1.5 s 内木板的加速度为 4 m/s2
B.物块与木板间的动摩擦因数为 0.5
C.拉力 F 的大小为 21 N
D.物块最终停止时的位置与木板右端的距离为 5.25 m
设物块与木板间的动摩擦因数为 μ，0～1.5 s 对物块由牛顿第二定律有μmg＝ma0，
而由速度与时间的关系式可得 v＝a0t，其中 v＝3 m/s，t＝1.5 s，解得μ＝0.2，设
地面与木板间的动摩擦因数为μ1 ，在撤去拉力后，对木板由牛顿第二定律有
μmg＋2μ1mg＝ma，解得μ1＝0.5，而由图像可知，在没有撤去拉力时木板的加速
度 a1＝
Δv
Δt
＝
9
1
m/s2＝9 m/s2，则对木板在没有撤去拉力时由牛顿第二定律有 F－
μmg－2μ1mg＝ma1，解得 F＝21 N，C 正确.
答案：C
思路导引
图乙中的图像将运动分为三个不同阶段，结合图
甲分析三个阶段分别对应什么运动，图像中的两个拐点对应三段
运动的转折点.
【考点突破 3】(多选，2023 年河南开封一模)如图所示，长
木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物
块的质量均为 m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平
等，重力加速度为 g.现对物块施加一水平向右的拉力，则木板加
速度 a 大小可能是(
)
C.a＝
A.a＝0
B.a＝
μg
4
μg
3
D.a＝
2μg
3
速度a＝0，A 正确；若物块相对木板运动，以木板为对象，根据牛
误.
答案：ABC

展开更多......

收起↑