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第三章　牛顿运动定律
专题五　应用牛顿运动定律解决传送带和板块模型
素养目标　1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类.（物理观念） 2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题.（物理观念） 3.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点.（科学思维） 4.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题.（科学思维）
一、“水平传送带”模型
A. 刚开始物体相对传送带向前运动
B. 物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C. 物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D. 传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
D
解析：刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时a＝μg，做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由v＝at可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确.
深化1　模型特点：物体（视为质点）放在传送带上，由于物体和传送带相对滑动（或有相对运动趋势）而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力.
深化2　解题关键：抓住v物＝v传的临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变.
深化3　注意物体位移、相对位移和相对路程的区别
（1）物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移.
（2）物体相对传送带的位移大小Δx
①若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传.
②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2（图甲所示）；
两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2（图乙所示）.
深化4　水平传送带常见情境
情境一 （1）可能一直加速.
（2）可能先加速后匀速
情境二 （1）v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速.
（2）v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情境三 （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时，返回速度为v；v0＜v时，返回速度为v0
情境四 （1）若μg≥a0，物块和传送带一起以加速度a0加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力f＝ma0.
（2）若μg＜a0，物块将跟不上传送带的运动，即物块相对于传送带向后滑动，但物块相对地面仍然是向前加速运动的，此时物块受到沿传送带前进方向的滑动摩擦力f＝μmg，产生的加速度a＝μg
AD
B. 小物体P在传送带上运动的时间为5 s
C. 小物体P将从传送带的右端滑下传送带
D. 小物体P在传送带上运动的全过程中，合力对它做的功W＝－3.5 J
训练1　如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图.若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2 m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度取g＝10m/s2.
（1）求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；
答案：（1）0.25 m
解得x1＝0.25 m
t1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1
解得x2＝0.5 m
故包裹相对于传送装置运动的距离为
Δx＝x2－x1＝0.25 m.
解析：（1）设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，
则由牛顿第二定律可得μmg＝ma
（2）若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间.
答案：（2）2.5 s
解得t3＝2s
故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t1＋t2－t3＝2.5s.
二、“斜面传送带”模型
二、“斜面传送带”模型
考题2　（2021·辽宁卷）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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
答案：（1）0.4 m/s2
解析：（1）因为v1＜v2，所以包裹相对于传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有μmgcos α－mgsin α＝ma，代入数据解得a＝0.4 m/s2.
（2）小包裹通过传送带所需的时间t.
答案：（2）4.5 s
深化　　倾斜传送带常见情境
情境一 （1）可能一直加速.
（2）可能先加速后匀速
情境二 （1）可能一直加速.
（2）可能先加速后匀速.
（3）可能一直减速.
（4）可能先减速后匀速.
（5）可能先以a1＝gsin θ＋μgcos θ减速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ减速
情境三 （1）可能一直加速.
（2）可能先加速后匀速.
（3）可能先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
情境四 （1）可能一直加速.
（2）可能先加速后匀速.
（3）可能先减速后匀速.
（4）可能一直匀速.
（5）可能一直减速.
（6）可能先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
AD
A. 传送带的速率为4 m/s
B. 煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C. 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5 s
D. 煤块从冲上传送带到t＝2 s时在传送带上留下的痕迹长为4 m
A. 均沿传送带向上加速运动
B. 均沿传送带向下先加速、后匀速运动
C. 均停止在水平面上的同一位置
D. 在整个运动过程中克服摩擦力做的功相等
C
解析：由题知，传送带顺时针传动，所以传送带对物体的摩擦力沿传送带向上，根据μ＜tan θ，可知摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，则甲、乙均沿传送带向下加速运动，故A、B错误；甲、乙两物体在传送带上加速下滑的过程中，根据牛顿第二定律可知mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝gsin θ－μgcos θ，可知两物体加速度相同，又两物体在传送带上滑行的距离相同（都由A点滑到传送带底部），根据v2＝2ax，可知两物体到达水平面时的速度相同；在水平面上，两物体都只受到摩擦力的作用，且动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma'，解得a'＝μg，可知两物体在水平面上滑行的加速度相同，根据v2＝2a'x'，可知两物体在水平面上滑行的距离也相同，即均停止在水平面上的同一位置，故C正确；甲、乙两物体在传送带上加速下滑的过程中，克服摩擦力做功为Wf1＝μmgcos θ·x，在水平面上滑行时，克服摩擦力做功为Wf2＝μmg·x'，故克服摩擦力做的总功为W＝Wf1＋Wf2＝μmg（cos θ·x＋x'），由于两物体的质量不同，故在整个运动过程中克服摩擦力做的功不相等，故D错误.故选C.
三、“滑块—木板”模型
三、“滑块—木板”模型
ABD
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
深化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，滑块和木板具有不同的加速度.
深化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，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L（板长）；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
深化3　　解题关键
A. 地面对木板的摩擦力方向水平向右
B. 地面对木板的摩擦力大小为9 N
C. μ2可能为0.12
D. 整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为4 J
C
A
训练4　（2025·四川绵阳模拟）如图所示，足够长的木板静止于水平地面上，小物块A放在木板的中间，现在对A施加一与水平方向成53°角的恒定拉力F，F的大小为5 N，3 s以后撤去拉力F的同时，另一小物块B以vB＝6.5 m/s的对地速度（向右）冲上木板的左端.已知长木板的质量M＝1 kg，A与B的质量均为m＝1 kg，A和B与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.25，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.10，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，运动过程中A、B不会相撞.求：
（1）拉力F作用时，木板是否发生滑动；
答案：（1）不会发生滑动
解析：（1）拉力F作用时，对A分析，在竖直方向上有Fsin 53°＋N1＝mg
根据牛顿第三定律，A对长木板的压力大小等于长木板对A的支持力大小，对长木板分析，在竖直方向上有N2＝Mg＋N'1＝Mg＋N1
长木板对A的最大静摩擦力、地面对长木板的最大静摩擦力分别为f1＝μ1N1、f2＝μ2N2
联立并代入数据解得f1＝1.5 N、f2＝1.6 N
由于Fcos 53°＝3 N＞f1＝1.5 N
可知，A相对于长木板向右运动，根据牛顿第三定律，A对长木板有向右的摩擦力，由于f2＝1.6 N＞f'1＝f1＝1.5 N，可知长木板不会发生滑动.
（2）撤去拉力F时，小物块A的速度；
答案：（2）4.5 m/s
解析：（2）对A分析，根据牛顿第二定律有Fcos 53°－μ1N1＝ma1
解得a1＝1.5 m/s2
撤去拉力F时，根据运动学公式有v1＝a1t1
解得v1＝1.5×3 m/s＝4.5 m/s.
（3）长木板运动的总时间.
解得t2＝1 s，v2＝2 m/s
限时跟踪检测
A级·基础对点练
题组一　水平传送带模型
BD
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解析：水平传送带以恒定的速度持续运转，小物块刚放上去时速度为零，所以物块和传送带之间将产生滑动，滑动摩擦力使小物块做初速度为零的匀加速直线运动，当速度增大到和传送带速度相同时，小物块相对于传送带不再滑动，二者以相同的速度沿同方向运动，A错误，B正确；小物块和传送带之间的滑动摩擦力大小不变，所以小物块的加速度也是恒定的，当小物块的速度达到传送带的速度时，二者之间的相对滑动就结束了，滑动摩擦力也就消失了，小物块的加速度也会即刻减小到零，C错误，D正确.
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A. 快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反
B. 快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用
C. 快件与传送带间动摩擦因数越大，快件与传送带相对位移越小
D. 运送距离一定时，快件与传送带间动摩擦因数越大，运送时间越长
C
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A. 滑块受到的摩擦力方向保持不变
B. 滑块的加速度保持不变
C. 若减小传送带的倾角，滑块可能先做加速运动后做匀速运动
D. 若传送带改为顺时针转动，滑块可能先做加速运动后做匀速运动
C
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解析：设滑块质量为m，传送带倾角为θ，刚开始时滑块受重力、支持力、沿传送带向下的摩擦力作用，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，滑块向下匀加速运动，当滑块与传送带达到共同速度时，若mgsin θ＞μmgcos θ，则滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，则滑块继续向下加速运动，加速度大小改变，故A、B错误；若减小传送带的倾角，使得滑块与传送带达到共同速度时mgsin θ1≤μmgcos θ1.则此后滑块与传送带一起匀速运动，所以滑块可能先做加速运动后做匀速运动.故C正确；若传送带改为顺时针转动，若mgsin θ≤μmgcos θ，则滑块不能向下运动；若mgsin θ＞μmgcos θ，则滑块一直向下做匀加速运动，故D错误.
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A. 传送带的速度为16 m/s
B. 摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D. 传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
甲
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C
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A. 若F＝15 N时，P、Q之间的摩擦力大小为5 N
B. 当F＞15 N时，P、Q开始发生相对滑动
C. 若F＝28 N，物块P的加速度大小为1.5 m/s2
D. 若F＝32 N，木板Q的加速度大小为2.5 m/s2
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解析：F＝15 N时，由于F＜2mgsin 30°＝20 N，故P、Q仍然保持静止，对P，有F－Ff＝mgsin 30°，解得Ff＝5 N，故A正确；假设P、Q刚要发生相对滑动，对Q，有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝2.5 m/s2，对P，有F－mgsin 30°＝μmgcos 30°＝ma，解得F＝30 N，故B错误；F＝28 N＜30 N，P、Q不发生相对滑动，对P、Q整体，有F－2mgsin 30°＝2ma，解得a＝2 m/s2，故C错误；F＝32 N＞30 N，P、Q发生相对滑动，对Q，有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝2.5 m/s2，故D正确.
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7. （2025·安徽合肥庐江五校联考）如图所示，质量M＝10 kg、上表面光滑的木板在F＝20 N的水平拉力作用下，以v0＝5 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动.现将一质量m＝4 kg的铁块无初速度地放到木板的最右端，最终从木板左端滑离，木板的长度L＝10 m，重力加速度g取10 m/s2.求：
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ；
答案：（1）0.2
解析：（1）开始时木板向右匀速运动，由二力平衡可得F＝μMg，解得μ＝0.2.
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（2）铁块放上后，木板运动的加速度a；
答案：（2）0.8 m/s2，方向与木板运动方向相反
（3）铁块滑离木板时，木板的速率v.
答案：（3）3 m/s
解析：（2）铁块放上后，对木板，由牛顿第二定律可得F－Ff＝Ma，Ff＝μ（M＋m）g，
解得a＝－0.8 m/s2，即加速度大小为0.8 m/s2，方向与运动方向相反.
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B级·能力提升练
A. 传送带匀速转动的速度大小为1 m/s
C. A、B两点的距离为16 m
D. 货物由A点运动到B点的过程中与传送带之间发生相对滑动的距离为0.2 m
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A. 物块与卡车同时静止
B. 物块的加速度大于μg
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A. 木板P与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2
B. 滑块Q与木板P间的动摩擦因数μ1＝0.4
C. 图乙中t2＝22 s
D. 木板的最大加速度为2 m/s2
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11. （2025·吉林模拟）如图所示，质量为M＝8 kg的物块A与传送带摩擦因数为0.125，传送带顺时针旋转，速率为3 m/s，PQ两端间距离L＝5 m.将物块A用不可伸长的轻质细线绕过轻质光滑的定滑轮C与质量m＝2 kg的物块B相连，细线AC与传送带平行，重力加速度取g＝10 m/s2.物块A在传送带P端由静止释放，求：
（1）释放后一小段时间细线拉力；
答案：（1）14 N
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解析：（1）物块A从释放到与传送带共速的这段时间内，所受摩擦力方向水平向右.设此过程中物块A的加速度大小为a1，对A、B整体根据牛顿第二定律有mg＋μMg＝（M＋m）a1
解得a1＝3 m/s2
对B根据牛顿第二定律有mg－T＝ma1
解得T＝14 N.
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（2）物块A从P端运动到Q端所用的时间.
答案：（2）2 s
解得t2＝1 s
物块A从P端运动到Q端所用的时间为t＝t1＋t2＝2 s.
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