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物理
第讲　专题：传送带模型　滑块—木板模型
考点一　传送带模型
1．传送带模型概述
根据实际生产生活中应用到的传送带的特点，可以将传送带分成水平传送带模型和倾斜传送带模型两种。
将物体放在传送带上，物体与传送带因相对滑动而产生摩擦力，由于物体速度v物与传送带速度v传大小、方向关系的不同，以及倾斜传送带倾角θ与物体和传送带间动摩擦因数μ的关系不确定，物体运动的可能性比较多，应具体情况具体分析。
2．分析传送带问题的三个步骤
(1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。
(2)确定临界状态v物＝v带的受力情况，判断之后的运动情况。
(3)运用相应规律，进行相关计算。
例1　(2025·甘肃省定西市高三上模拟预测)如图，有一水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速转动，现将一物块(可视为质点)轻放在传送带A端，物块刚放在传送带上时的速度看作0，物块与传送带之间的动摩擦因数为0．2。已知传送带长度为LAB＝10 m，求：
(1)物块离开传送带时的速度大小；
(2)物块在传送带上运动的总时间；
(3)物块在传送带上留下的划痕长度。
[答案]　(1)2 m/s　(2)5．5 s　(3)1 m
[解析]　(1)初始阶段，物块做匀加速直线运动，设物块的质量为m，加速度大小为a，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
假设物块到达B端前已经与传送带共速，设加速过程的位移为x1，由匀变速直线运动速度与位移的关系有v2－0＝2ax1
解得x1＝1 m
x1(2)设物块在传送带上加速运动的时间为t1，物块与传送带共速后，继续匀速运动的时间为t2，有v＝at1
LAB－x1＝vt2
物块在传送带上运动的总时间为t＝t1＋t2
解得t＝5．5 s。
(3)物块加速运动期间，传送带的位移为
x传＝vt1
物块与传送带共速前发生的相对位移为
Δx＝x传－x1
解得Δx＝1 m
则物块在传送带上留下的划痕长度为1 m。
水平传送带问题的常见情境及分析 情境滑块的运动情况传送带不够长传送带足够长一直加速先加速后匀速v0v时，一直减速v0>v时，先减速再匀速一直减速到右端先减速到速度为0，后被传送带传回左端。若v0v，先减速到0再反向加速后匀速，返回到左端时速度为v
例2　现在传送带传送货物已被广泛地应用于车站、工厂、车间、码头。如图所示，某飞机场利用传送带将旅客的行李箱运进机舱。在该次运输过程中，传送带以恒定的速率v＝2 m/s向上运行。将行李箱无初速度地放在传送带底端，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝1，传送带的长度L＝9 m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，g取10 m/s2。
(1)求行李箱刚开始运动时的加速度；
(2)求行李箱的上升时间；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李箱就能被较快地传送到机舱，求行李箱的最短上升时间和传送带对应的最小运行速率。
[答案]　(1)2 m/s2，方向沿传送带向上
(2)5 s　(3)3 s　6 m/s
[解析]　(1)设行李箱的质量为m，刚开始运动时的加速度为a，由牛顿第二定律可知
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得a＝2 m/s2，方向沿传送带向上。
(2)行李箱加速到与传送带共速的时间t1＝
此时间内行李箱的位移大小x1＝at
行李箱匀速运动的时间t2＝
行李箱的上升时间t＝t1＋t2
解得t＝5 s。
(3)当行李箱一直做加速运动时，行李箱的上升时间最短，设这种情况下行李箱到达机舱的速度为v1，由匀变速直线运动速度与位移的关系有v－0＝2aL
解得v1＝6 m/s
所以传送带的最小运行速率为6 m/s
行李箱上升的最短时间为t′＝
解得t′＝3 s。
倾斜传送带问题的常见情境及分析 情境滑块的运动情况传送带不够长传送带足够长 (μ>tanθ)一直加速先加速后匀速一直加速(加速度为gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后匀速若μv时，一直加速(加速度大小为gsinθ－μgcosθ)或减速(加速度大小为μgcosθ－gsinθ)v0>v时，若μtanθ，先减速后匀速μtanθ时，一直减速μ>tanθ时，先减速到速度为0后反向加速。若v0v，先减速到0再反向加速后匀速，返回原位置时速度大小为v
跟进训练　(2025·重庆市铜梁一中高三上10月月考)如图所示的装置是某工厂用于产品分拣的传送带示意图，产品(可以忽略其形状和大小)无初速地放上水平传送带AB的最左端，当产品运动到水平传送带最右端时被挡板d挡住，分拣员在此鉴定产品质量，不合格的被取走，合格品被无初速地放在倾斜传送带BC的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等工序。已知传送带AB、BC与产品间的动摩擦因数μ＝0．5，均以v＝4 m/s的速度按图示方向匀速转动，水平传送带AB长L1＝12 m，倾斜传送带BC长L2＝1．64 m，倾角θ＝37°(sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，g＝10 m/s2)，求：
(1)产品刚放上水平传送带AB时，产品加速度的大小和方向；
(2)产品在水平传送带AB上运动的时间；
(3)产品在倾斜传送带BC上运动的时间。
答案：(1)5 m/s2　水平向右　(2)3．4 s
(3)0．6 s
解析：(1)设产品的质量为m，刚放上水平传送带AB时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma
解得a＝5 m/s2
分析可知，加速度的方向水平向右。
(2)假设产品在水平传送带AB上能加速到速度v，则产品在水平传送带AB上加速运动的时间为t1＝
产品在加速过程通过的位移大小为s1＝at
解得t1＝0．8 s，s1＝1．6 m
s1产品匀速运动的时间为t2＝
则产品在水平传送带AB上运动的时间为
t＝t1＋t2
解得t＝3．4 s。
(3)设产品刚放上倾斜传送带BC时的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
假设产品在倾斜传送带BC上能加速到速度v，则产品加速到与传送带共速所用时间为
t1′＝
产品加速到与传送带共速所通过的位移大小为s1′＝a1t1′2
解得t1′＝0．4 s，s1′＝0．8 m
s1′由于mgsinθ>μmgcosθ，可知产品与传送带共速后继续做匀加速运动，设加速度大小为a2，加速时间为t2′，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
根据运动学公式可得L2－s1′＝vt2′＋a2t2′2
解得t2′＝0．2 s(另一解t2′＝－4．2 s舍去)
则产品在倾斜传送带BC上运动的时间为
t′＝t1′＋t2′
解得t′＝0．6 s。
考点二　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相互作用下发生相对滑动。
2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，如图甲所示，位移大小之差Δx＝x1－x2＝L；滑块和木板反向运动时，如图乙所示，位移大小之和x1＋x2＝L。
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
例3　(2024·宁夏银川市高三下三模)如图所示，光滑水平面上放着长L＝2 m、质量为M＝4 kg的薄木板，一个质量为m＝1 kg的小物体放在木板的最右端，小物体和薄木板之间的动摩擦因数μ＝0．2，开始时两者均静止在水平地面上，现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取10 m/s2。求：
(1)为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少？
(2)如果拉力F＝11 N，小物体需多长时间就脱离木板？
[答案]　(1)10 N　(2)4 s
[解析]　(1)设小物体随木板运动的最大加速度为a，使小物体不从木板上掉下的F的最大值为Fm，对小物体由牛顿第二定律得
μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
对小物体和木板整体，由牛顿第二定律得
Fm＝(M＋m)a
解得Fm＝10 N，即F不能超过10 N。
(2)因施加的拉力F＝11 N>10 N，故小物体的加速度为a，且相对木板滑动，设木板运动的加速度为a1，对木板由牛顿第二定律得
F－μmg＝Ma1
设小物体脱离木板所需的时间为t1，这段时间内小物块的位移x1＝at
木板的位移x2＝a1t
由位移的关系有L＝x2－x1
联立并代入数据解得t1＝4 s。
例4　如图所示，木板A的质量M＝3 kg，A与水平地面之间的动摩擦因数为μ1＝0．2，一质量m＝2 kg的小滑块B(可视为质点)静止在木板的左端，小滑块B与木板A之间的动摩擦因数μ2＝0．4。现给木板A一个瞬间向左的初速度v0＝4 m/s，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)分别求初始时刻A、B的加速度；
(2)要使滑块B始终未从木板上滑下，木板的长度L至少多长？
[答案]　(1)6 m/s2，方向水平向右　4 m/s2，方向水平向左
(2)0．8 m
[解析]　(1)初始时刻，A、B之间和A与地面之间均发生相对滑动，对应的滑动摩擦力的大小分别为fB＝μ2mg，f地＝μ1(M＋m)g
根据牛顿第二定律，对A有f地＋fB＝MaA
对B有fB＝maB
解得A的加速度大小aA＝6 m/s2，方向水平向右
B的加速度大小aB＝4 m/s2，方向水平向左。
(2)当A、B达到共速时，假设两者以相同的加速度做减速运动，设其大小为a，有
μ1(M＋m)g＝(M＋m)a
解得a＝2 m/s2当B滑到木板最右端时两者恰好共速，此时木板的长度L有最小值Lmin。设经过t时间A、B达到共速，则有v0－aAt＝aBt
在A、B共速前，木板A的位移大小为
xA＝v0t－aAt2
滑块B的位移大小为xB＝aBt2
木板的长度至少为Lmin＝xA－xB
联立并代入数据解得Lmin＝0．8 m。
跟进训练　如图所示，在水平地面上静置着一块质量m1＝2 kg的长木板，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0．1。一物块(视为质点)的质量m2＝1 kg，物块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0．4，物块以大小v0＝9 m/s、水平向右的初速度滑上长木板左端，物块未滑离长木板。取重力加速度大小g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)长木板刚开始运动时的加速度大小a1；
(2)长木板的最小长度L；
(3)整个过程物块的位移大小x。
答案：(1)0．5 m/s2　(2)9 m　(3)10．5 m
解析：(1)物块在长木板上滑动时，长木板也在地面上滑动，设地面和物块对长木板的摩擦力大小分别为f1、f2，则有
f1＝μ1(m1＋m2)g
f2＝μ2m2g
对长木板由牛顿第二定律有f2－f1＝m1a1
解得a1＝0．5 m/s2。
(2)若物块滑到长木板右端时两者刚好共速，长木板的长度取最小值。设开始运动时物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有f2′＝m2a2
其中长木板对物块的摩擦力大小f2′＝f2
解得a2＝4 m/s2
设在t1时刻，物块与长木板达到共同速度v，由运动学公式有
v＝v0－a2t1
v＝a1t1
解得t1＝2 s，v＝1 m/s
t1时间内，物块的位移大小x2＝v0t1－a2t
长木板的位移大小x1＝a1t
L＝x2－x1
解得L＝9 m。
(3)由μ1<μ2可知，物块和长木板共速后，一起做匀减速直线运动，设加速度大小为a3，对物块和长木板整体，由牛顿第二定律有
f1＝(m1＋m2)a3
解得a3＝1 m/s2
设物块与长木板共速后，两者共同的位移大小为x3，由匀变速直线运动速度与位移的关系有0－v2＝－2a3x3
又x＝x2＋x3
解得x＝10．5 m。
课时作业
[A组　基础巩固练]
1．(2024·安徽高考)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　)
答案：C
解析：设物块的质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，0～t0时间内，物块从传送带底端由静止开始沿传送带向上运动，可知物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，解得物块沿传送带向上滑动时的加速度a1＝μgcosθ－gsinθ，则0～t0时间内，加速度a保持不变，物块做初速度为0的匀加速直线运动；t0时刻，物块与传送带速度相同，因为μmgcosθ>mgsinθ，则物块所受滑动摩擦力突变为静摩擦力，大小为f＝mgsinθ，则物块所受合力为0，加速度为0，则t0时刻之后，物块随传送带一起以速度v0做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。
2．如图所示，水平传送带以v＝1 m/s的恒定速率运行。将一小物体无初速度地放在A处，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0．1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．物体在传送带上的加速时间为0．5 s
B．物体从A处到B处的时间为2 s
C．物体刚被放上传送带时的加速度大小为1 m/s2
D．若传送带的速度足够大，物体从A处到B处的最短时间为1．5 s
答案：C
解析：设物体的质量为m，由牛顿第二定律可知，物体刚被放上传送带时的加速度大小为a＝＝μg＝1 m/s2，假设物体能加速到v，则物体在传送带上的加速时间为t1＝＝1 s，物体加速运动的位移大小为x1＝at＝0．5 m，x1小于A、B间的距离L，则假设成立，之后物体匀速运动的时间为t2＝＝1．5 s，则物体从A处到B处的时间为t＝t1＋t2＝2．5 s，A、B错误，C正确；若传送带的速度足够大，可知物体从A处到B处一直做加速度为a的匀加速运动，根据L＝at，可得物体从A处到B处的最短时间为tmin＝2 s，D错误。
3．(2025·山西省晋中市高三模拟预测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0．5 m、质量M＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1 kg的物块，物块与薄板间动摩擦因数μ＝0．2。开始时两者均静止，现对薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。则物块在薄板上运动的时间为(　　)
A．2．3 s B．2 s
C．1．7 s D．1 s
答案：D
解析：设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物块在薄板上运动的时间为t，则由牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，由物块与薄板之间的位移关系可得a2t2－a1t2＝l，联立并代入数据解得t＝1 s，故选D。
4．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则(　　)
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
答案：B
解析：小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远；t2时刻，小物块刚好与传送带共速，此后不再相对传送带滑动，所以t2时刻，它相对传送带滑动的距离达到最大，A错误，B正确。0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变；t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。
5．(多选)如图所示，可视为质点的物体A质量m＝1 kg，足够长的长木板B质量M＝2 kg，A与B之间的动摩擦因数μ＝0．2，A以初速度v0＝6 m/s从左端滑上静止在光滑水平面上的长木板B，重力加速度大小g＝10 m/s2。则(　　)
A．A在B上滑动过程中，B受到的摩擦力大小为4 N，方向向右
B．A在B上滑动过程中，A的加速度大小为2 m/s2
C．A与B达到的共同速度大小为2 m/s
D．A与B速度相等时，A相对B滑行的距离为4 m
答案：BC
解析：A在B上滑动过程中，B受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f＝μmg＝2 N，方向向右，故A错误；A受到的滑动摩擦力大小为f′＝μmg＝2 N，对A由牛顿第二定律有f′＝ma，解得A的加速度大小a＝2 m/s2，故B正确；以B为研究对象，根据牛顿第二定律有f＝Ma′，解得B的加速度大小a′＝1 m/s2，设经过t时间，A和B达到共同速度v，根据匀变速直线运动速度与时间的关系有v＝v0－at，v＝a′t，联立解得t＝2 s，v＝2 m/s，故C正确；A与B速度相等时，B前进的位移大小为x1＝a′t2，A前进的位移大小为x2＝v0t－at2，A相对B滑行的距离L＝x2－x1，联立解得L＝6 m，故D错误。
6．如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋(水平移动距离很小，几乎看不到)落入杯中，这就是惯性演示实验。已知鸡蛋(可视为质点)离纸板左端的距离为d，鸡蛋和纸板的质量均为m，所有接触面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，若鸡蛋移动的距离不超过就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为(　　)
A．3μmg B．12μmg
C．14μmg D．26μmg
答案：C
解析：当纸板相对鸡蛋运动时，设临界情况时鸡蛋的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离为＝a1t2，纸板运动的距离为d＋＝a2t2，联立解得a2＝11a1，设纸板和鸡蛋间的摩擦力为f1，杯口对纸板的摩擦力为f2，根据牛顿第二定律，对鸡蛋有f1＝μmg＝ma1，解得a1＝μg，对纸板有Fmin－f1－f2＝ma2，f2＝2μmg，联立解得Fmin＝14μmg，故选C。
7．(2021·辽宁高考)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＝3．95 m。工作人员沿传送方向以速度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。取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8。求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
答案：(1)0．4 m/s2　(2)4．5 s
解析：(1)小包裹相对传送带滑动时，对小包裹受力分析，如图所示，垂直传送带方向，由平衡条件有FN＝mgcosα
由μ>tan37°知，加速度方向沿传送带向上，则沿传送带方向，由牛顿第二定律有f－mgsinα＝ma
又f＝μFN
联立并代入数据解得a＝0．4 m/s2。
(2)假设小包裹到达传送带底端前就已与传送带共速，共速前小包裹的位移大小为x1，则有v－v＝－2ax1
代入数据解得x1＝2．75 m
因为x1由于μ>tan37°，所以共速后小包裹以速度v1匀速运动。设共速前小包裹的运动时间为t1，共速后小包裹的运动时间为t2，则有
v1＝v2－at1
L－x1＝v1t2
t＝t1＋t2
联立并代入数据解得t＝4．5 s。
8．如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
答案：(1)　(2)3μg　μg　(3)2
解析：A、B的运动过程如图所示：
(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知，
A的加速度大小aA＝＝μg
在B上滑动时有2aAL＝v
解得：vA＝。
(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左
地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左
合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg
由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小
F′＝f地＝2μmg
由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2。
[B组　综合提升练]
9．(2025·宁夏银川一中高三上第2次月考)(多选)某传送装置如图所示，一长度LPQ＝3．2 m的传送带倾斜放置，与水平面的夹角为θ，以v0＝2 m/s的恒定速度逆时针转动。将一质量m＝1 kg的物体无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t1＝0．2 s，物体的速度达到2 m/s，此后再经过t2＝1．0 s时间，物体运动到传送带的底端Q。已知重力加速度g＝10 m/s2，物体可视为质点。下列判断正确的是(　　)
A．物体运动到传送带的底端Q点时的速度大小是2 m/s
B．传送带与物体间的动摩擦因数μ＝0．5
C．传送带与水平面的夹角θ＝53°
D．物体由P运动到Q的过程中，物体相对于传送带的位移大小为0．8 m
答案：BD
解析：物体在t1＝0．2 s内的加速度大小a1＝＝10 m/s2，位移大小L1＝t1＝0．2 m，假设物体与传送带共速后做匀速运动，则到达底端再经过的时间为t′＝＝1．5 s，因为t′≠t2，则假设错误，可知物体应该继续加速，根据匀变速直线运动规律有LPQ－L1＝v0t2＋a2t，解得物体与传送带共速后的加速度大小a2＝2 m/s2，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得μ＝0．5，θ＝37°，B正确，C错误；物体与传送带共速后继续加速，可知当运动到传送带的底端Q点时的速度大于2 m/s，故A错误；物体由P运动到Q的过程中，传送带的位移x＝v0(t1＋t2)＝2．4 m，物体相对于传送带的位移大小为Δx＝LPQ－x＝0．8 m，故D正确。
10．(2024·内蒙古呼和浩特市高三下二模)(多选)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度—时间图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1，长木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
A．μ1＝0．1
B．μ2＝0．3
C．t＝ s时，木板P停止运动
D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移大小为 m
答案：AD
解析：F作用在长木板P上时，长木板P的速度一定不小于滑块Q的速度，则题图乙中0～4 s下侧图线为滑块的v t图线，根据v t图像可知，0～3 s内滑块Q加速阶段的加速度大小为aQ＝ m/s2＝1 m/s2，设P、Q的质量均为m，此时对Q根据牛顿第二定律可得μ1mg＝maQ，解得μ1＝0．1，根据题图乙可知，3 s时撤去力F到4 s时P、Q共速前过程，木板P做减速运动的加速度大小为aP＝ m/s2＝5 m/s2，根据牛顿第二定律可得μ1mg＋μ2×2mg＝maP，解得μ2＝0．2，故A正确，B错误；t＝4 s共速后，滑块Q静止的时刻一定不早于长木板，结合题图乙可知，滑块Q相对于木板P向右运动，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得μ2×2mg－μ1mg＝maP′，解得P的加速度大小为aP′＝3 m/s2，则从共速到木板P停下所用时间为Δt＝＝ s，木板P停止运动的时刻为tP＝4 s＋Δt＝ s，故C错误；由于整个运动过程中，Q仅受来自P的滑动摩擦力作用，故加速阶段和减速阶段的加速度大小相同，可知Q减速运动的时间Δt′＝＝4 s，Q停止运动的时刻为tQ＝4 s＋Δt′＝8 s，根据v t图像的面积表示位移可知，整个运动过程中Q的位移为xQ＝×4×8 m＝16 m，P的位移为xP＝×3×9 m＋×(4－3) m＋×4× m＝ m，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移大小为x相＝xQ－xP＝ m，D正确。
[C组　拔尖培优练]
11．(2024·辽宁高考)(多选)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是(　　)
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
答案：ABD
解析：v t图像的斜率表示加速度，由图可知，t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，由牛顿第二定律可知，此时木板的受力情况发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A正确；设小物块的质量为m，小物块和木板间的动摩擦因数为μ0，根据题意结合图像可知，小物块开始滑上木板时，小物块的速度大小为v0＝μgt0，方向水平向左，小物块在木板上滑动时，对小物块，根据牛顿第二定律，有μ0mg＝ma0，解得小物块在木板上滑动时的加速度大小为a0＝μ0g，t＝3t0时刻小物块滑上木板后，先向左做匀减速直线运动，减速到0后以相同的加速度向右做匀加速直线运动，在t＝4t0时刻与木板共速，共速时速度大小为v共＝μgt0，方向水平向右，有v共＝－v0＋a0t0，联立可解得μ0＝2μ，故B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，根据v t图像可知，木板的加速度为a＝＝μg，此时间内，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma，解得木板受到的水平恒力F＝μMg，3t0～4t0时间内，根据v t图像可知，木板的加速度为a′＝＝－μg，此时间内，对木板由牛顿第二定律得F－μ(m＋M)g－μ0mg＝Ma′，解得＝，故C错误；假设t＝4t0之后小物块和木板相对静止，则小物块和木板整体所受合力为F合＝F－μ(m＋M)g＝μMg－μMg＝0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。
1(共59张PPT)
第三章　运动和力的关系
第4讲　专题：传送带模型　滑块—木板模型
目录
1
2
3
考点一　传送带模型
考点二　滑块—木板模型
课时作业
考点一　传送带模型
1．传送带模型概述
根据实际生产生活中应用到的传送带的特点，可以将传送带分成水平传送带模型和倾斜传送带模型两种。
将物体放在传送带上，物体与传送带因相对滑动而产生摩擦力，由于物体速度v物与传送带速度v传大小、方向关系的不同，以及倾斜传送带倾角θ与物体和传送带间动摩擦因数μ的关系不确定，物体运动的可能性比较多，应具体情况具体分析。
2．分析传送带问题的三个步骤
(1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。
(2)确定临界状态v物＝v带的受力情况，判断之后的运动情况。
(3)运用相应规律，进行相关计算。
例1　(2025·甘肃省定西市高三上模拟预测)如图，有一水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速转动，现将一物块(可视为质点)轻放在传送带A端，物块刚放在传送带上时的速度看作0，物块与传送带之间的动摩擦因数为0．2。已知传送带长度为LAB＝10 m，求：
(1)物块离开传送带时的速度大小；
(2)物块在传送带上运动的总时间；
(3)物块在传送带上留下的划痕长度。
答案　(1)2 m/s　(2)5．5 s　(3)1 m
解析　 (1)初始阶段，物块做匀加速直线运动，设物块的质量为m，加速度大小为a，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
假设物块到达B端前已经与传送带共速，设加速过程的位移为x1，由匀变速直线运动速度与位移的关系有v2－0＝2ax1
解得x1＝1 m
x1送带保持相对静止，一起做匀速运动，可知物块离开传
送带时的速度大小v物＝v＝2 m/s。
(2)设物块在传送带上加速运动的时间为t1，物块与传送带共速后，继续匀速运动的时间为t2，有v＝at1
LAB－x1＝vt2
物块在传送带上运动的总时间为t＝t1＋t2
解得t＝5．5 s。
(3)物块加速运动期间，传送带的位移为
x传＝vt1
物块与传送带共速前发生的相对位移为
Δx＝x传－x1
解得Δx＝1 m
则物块在传送带上留下的划痕长度为1 m。
水平传送带问题的常见情境及分析
情境 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
一直加速 先加速后匀速
v0v0>v时，一直减速 v0>v时，先减速再匀速
一直减速到右端 先减速到速度为0，后被传送带传回左端。若v0v，先减速到0再反向加速后匀速，返回到左端时速度为v
例2　现在传送带传送货物已被广泛地应用于车站、工厂、车间、码头。如图所示，某飞机场利用传送带将旅客的行李箱运进机舱。在该次运输过程中，传送带以恒定的速率v＝2 m/s向上运行。将行李箱无初速度地放在传送带底端，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝1，传送带的长度L＝9 m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，g取10 m/s2。
(1)求行李箱刚开始运动时的加速度；
(2)求行李箱的上升时间；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李箱就能被较快地
传送到机舱，求行李箱的最短上升时间和传送带对应的最小运行速率。
答案　(1)2 m/s2，方向沿传送带向上　(2)5 s　(3)3 s　6 m/s
倾斜传送带问题的常见情境及分析
情境 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
(μ>tanθ) 一直加速 先加速后匀速
一直加速(加速度为gsinθ＋μgcosθ) 若μ≥tanθ，先加速后匀速
若μv0v0>v时，一直加速(加速度大小为gsinθ－μgcosθ)或减速(加速度大小为μgcosθ－gsinθ) v0>v时，若μtanθ，先减速后匀速
μμ>tanθ时，一直减速 μ>tanθ时，先减速到速度为0后反向加速。若v0v，先减速到0再反向加速后匀速，返回原位置时速度大小为v
跟进训练　(2025·重庆市铜梁一中高三上10月月考)如图所示的装置是某工厂用于产品分拣的传送带示意图，产品(可以忽略其形状和大小)无初速地放上水平传送带AB的最左端，当产品运动到水平传送带最右端时被挡板d挡住，分拣员在此鉴定产品质量，不合格的被取走，合格品被无初速地放在倾斜传送带BC的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等工序。已知传送带AB、BC与产品间的动摩擦因数μ＝0．5，均以v＝4 m/s的速度按图示方向匀速转动，水平传送带AB长L1＝12 m，倾斜传送带BC长L2＝1．64 m，倾角θ＝37°(sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，g＝10 m/s2)，求：
(1)产品刚放上水平传送带AB时，产品加速度的大小和方向；
(2)产品在水平传送带AB上运动的时间；
(3)产品在倾斜传送带BC上运动的时间。
答案：(1)5 m/s2　水平向右　(2)3．4 s　 (3)0．6 s
考点二　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相互作用下发生相对滑动。
2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，如图甲所示，位移大小之差Δx＝x1－x2＝L；滑块和木板反向运动时，如图乙所示，位移大小之和x1＋x2＝L。
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
例3　(2024·宁夏银川市高三下三模)如图所示，光滑水平面上放着长L＝
2 m、质量为M＝4 kg的薄木板，一个质量为m＝1 kg的小物体放在木板的最右端，小物体和薄木板之间的动摩擦因数μ＝0．2，开始时两者均静止在水平地面上，现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取10 m/s2。求：
(1)为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少？
(2)如果拉力F＝11 N，小物体需多长时间就脱离木板？
答案　(1)10 N　(2)4 s
解析　 (1)设小物体随木板运动的最大加速度为a，使小物体不从木板上掉下的F的最大值为Fm，对小物体由牛顿第二定律得
μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
对小物体和木板整体，由牛顿第二定律得
Fm＝(M＋m)a
解得Fm＝10 N，即F不能超过10 N。
例4　如图所示，木板A的质量M＝3 kg，A与水平地面之间的动摩擦因数为μ1＝0．2，一质量m＝2 kg的小滑块B(可视为质点)静止在木板的左端，小滑块B与木板A之间的动摩擦因数μ2＝0．4。现给木板A一个瞬间向左的初速度v0＝4 m/s，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)分别求初始时刻A、B的加速度；
(2)要使滑块B始终未从木板上滑下，木板的长度L至少多长？
答案　(1)6 m/s2，方向水平向右　4 m/s2，方向水平向左　 (2)0．8 m
解析　(1)初始时刻，A、B之间和A与地面之间均发生相对滑动，对应的滑动摩擦力的大小分别为fB＝μ2mg，f地＝μ1(M＋m)g
根据牛顿第二定律，对A有f地＋fB＝MaA
对B有fB＝maB
解得A的加速度大小aA＝6 m/s2，方向水平向右
B的加速度大小aB＝4 m/s2，方向水平向左。
跟进训练　如图所示，在水平地面上静置着一块质量m1＝2 kg的长木板，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0．1。一物块(视为质点)的质量m2＝1 kg，物块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0．4，物块以大小v0＝9 m/s、水平向右的初速度滑上长木板左端，物块未滑离长木板。取重力加速度大小g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)长木板刚开始运动时的加速度大小a1；
(2)长木板的最小长度L；
(3)整个过程物块的位移大小x。
答案：(1)0．5 m/s2　(2)9 m　(3)10．5 m
解析：(1)物块在长木板上滑动时，长木板也在地面上滑动，设地面和物块对长木板的摩擦力大小分别为f1、f2，则有
f1＝μ1(m1＋m2)g
f2＝μ2m2g
对长木板由牛顿第二定律有f2－f1＝m1a1
解得a1＝0．5 m/s2。
(2)若物块滑到长木板右端时两者刚好共速，长木板的长度取最小值。设开始运动时物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有f2′＝m2a2
其中长木板对物块的摩擦力大小f2′＝f2
(3)由μ1<μ2可知，物块和长木板共速后，一起做匀减速直线运动，设加速度大小为a3，对物块和长木板整体，由牛顿第二定律有
f1＝(m1＋m2)a3
解得a3＝1 m/s2
设物块与长木板共速后，两者共同的位移大小为x3，由匀变速直线运动速度与位移的关系有0－v2＝－2a3x3
又x＝x2＋x3
解得x＝10．5 m。
课时作业
[A组　基础巩固练]
1．(2024·安徽高考)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　)
解析：设物块的质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，0～t0时间内，物块从传送带底端由静止开始沿传送带向上运动，可知物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，解得物块沿传送带向上滑动时的加速度a1＝μgcosθ－gsinθ，则0～t0时间内，加速度a保持不变，物块做初速度为0的匀加速直线运动；t0时刻，物块与传送带速度相同，因为μmgcosθ>mgsinθ，则物块所受滑动摩擦力突变为静
摩擦力，大小为f＝mgsinθ，则物块所受合力为0，加速度为0，
则t0时刻之后，物块随传送带一起以速度v0做匀速直线运动，
故C正确，A、B、D错误。
2．如图所示，水平传送带以v＝1 m/s的恒定速率运行。将一小物体无初速度地放在A处，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0．1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．物体在传送带上的加速时间为0．5 s
B．物体从A处到B处的时间为2 s
C．物体刚被放上传送带时的加速度大小为1 m/s2
D．若传送带的速度足够大，物体从A处到B处的最短时间为1．5 s
3．(2025·山西省晋中市高三模拟预测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0．5 m、质量M＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1 kg的物块，物块与薄板间动摩擦因数μ＝0．2。开始时两者均静止，现对薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。则物块在薄板上运动的时间为(　　)
A．2．3 s B．2 s
C．1．7 s D．1 s
4．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则(　　)
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远；t2时刻，小物块刚好与传送带共速，此后不再相对传送带滑动，所以t2时刻，它相对传送带滑动的距离达到最大，A错误，B正确。0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变；t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。
5．(多选)如图所示，可视为质点的物体A质量m＝1 kg，足够长的长木板B质量M＝2 kg，A与B之间的动摩擦因数μ＝0．2，A以初速度v0＝6 m/s从左端滑上静止在光滑水平面上的长木板B，重力加速度大小g＝10 m/s2。则(　　)
A．A在B上滑动过程中，B受到的摩擦力大小为4 N，方向向右
B．A在B上滑动过程中，A的加速度大小为2 m/s2
C．A与B达到的共同速度大小为2 m/s
D．A与B速度相等时，A相对B滑行的距离为4 m
7．(2021·辽宁高考)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＝3．95 m。工作人员沿传送方向以速度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。取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8。求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
答案：(1)0．4 m/s2　(2)4．5 s
解析：(1)小包裹相对传送带滑动时，对小包裹受力分析，如图所示，垂直传送带方向，由平衡条件有FN＝mgcosα
由μ>tan37°知，加速度方向沿传送带向上，则沿传送带方向，由牛顿第二定律有f－mgsinα＝ma
又f＝μFN
联立并代入数据解得a＝0．4 m/s2。
8．如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
[B组　综合提升练]
9．(2025·宁夏银川一中高三上第2次月考)(多选)某传送装置如图所示，一长度LPQ＝3．2 m的传送带倾斜放置，与水平面的夹角为θ，以v0＝2 m/s的恒定速度逆时针转动。将一质量m＝1 kg的物体无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t1＝
0．2 s，物体的速度达到2 m/s，此后再经过t2＝1．0 s时间，物体运动到传送带的底端Q。已知重力加速度g＝10 m/s2，物体可视为质点。下列判断正确的是(　　)
A．物体运动到传送带的底端Q点时的速度大小是2 m/s
B．传送带与物体间的动摩擦因数μ＝0．5
C．传送带与水平面的夹角θ＝53°
D．物体由P运动到Q的过程中，物体相对于传送带的位移大小为0．8 m
[C组　拔尖培优练]
11．(2024·辽宁高考)(多选)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是(　　)
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动

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