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微专题2　传送带模型和板块模型
1.传送带模型
(1)物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带有相对滑动或有相对滑动的趋势而产生滑动摩擦力或静摩擦力。摩擦力可能是动力，也可能是阻力。
(2)受力分析
①“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻；
②共速要突变的三种可能性：a.滑动摩擦力突变为零；b.滑动摩擦力突变为静摩擦力；c.滑动摩擦力的方向突变。
(3)运动分析
①参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移。
②临界条件：物块与传送带共速，所有问题均基于临界条件求解分析。
2.板块模型
(1)模型特点
滑块置于木板上，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。
(2)滑块与木板间的位移关系。
滑块(可视为质点)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，相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之差，即Δx=x1-x2=L(L为板长)，如图甲所示；滑块和木板反向运动时，相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之和，即Δx=x1+x2=L(L为板长)，如图乙所示。
(3)临界状态v块=v板是解题的关键。
①v块=v板时，滑块与木板间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或摩擦力消失。
②滑块恰好不滑离木板或木板最短的条件：滑块刚好到达木板的另一端时有v块=v板。
传送带模型
考向1　水平传送带问题
1.(2025·浙江温州市二模)如图甲所示为温州轨道交通S1线的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带长为2.5 m，传送带始终以恒定速率0.30 m/s运行。一质量为0.60 kg的小包(可视为质点)无初速度地轻放上传送带左端，最终匀速运动到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.安检机使用γ射线探测包内的物品
B.小包匀速运动时，传送带对小包的摩擦力向右
C.由于传送小包，电动机多做的功为0.054 J
D.小包从传送带左端到达右端的时间为1.0 s
2.(2025·辽宁沈阳市二模)如图所示，水平传送带以v0=2 m/s的速度顺时针匀速转动，质量均为m=0.5 kg的两个可视为质点的滑块A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.25。现让A、B分别从传送带的两端同时滑上传送带，滑上时速度的大小均为v=4 m/s，两滑块在传送带上恰好相遇未相碰，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)B从滑上传送带到与A相遇所用的时间；
(2)A、B相遇时与传送带左端的距离；
(3)传送带的长度；
(4)两滑块从滑上传送带到相遇，与传送带之间因摩擦产生的热量之和。
水平传送带问题的常见情形及运动分析
1.物块初速度方向与传送带速度方向相同
图示 速度大 小比较 物块和传送带共速前 传送带足够长，物块的v-t图像
Ff方向 运动状态
v0=0 向右 匀加速直线运动
v0v0>v 向左 匀减速直线运动
2.物块初速度方向与传送带速度方向相反
图示 状态 速度大小比较 Ff方向 物块运动状态
传送带较短 向左 匀减速直线运动
传送带足够长 v0v0>v 向左 (共速前) v-t图像：
考向2　倾斜传送带问题
3.(2025·广西卷·15)图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ=，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量；
(2)水平传送带的平均传送速度大小；
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
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μ>tan θ) 先加速后匀速 (一定满足关系 μ>tan θ)
一直加速(加速度为gsin θ+μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μv0v0>v时， 若μtan θ，一直减速， 加速度大小为μgcos θ-gsin θ；若μ=tan θ，一直匀速 v0>v时，若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ(摩擦力方向一定沿传送带向上) μμ>tan θ，一直减速 μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，运动到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v
板块模型
4.(2025·辽宁大连市期末)平板车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是(　　)
5.(多选)(2025·甘肃白银市检测)如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在木板B的最左端。从t=0时刻起，用F=8 N的水平恒力向右拉A，经过5 s，A运动到B的最右端，物体A的v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为2 kg、8 kg，A、B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.木板B的长度为10 m
B.A、B间的动摩擦因数为0.2
C.若B不固定，B的加速度大小为0.5 m/s2
D.若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为10 s
6.(2025·江苏卷·10)如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则(　　)
A.释放瞬间，物块加速度为零
B.物块和木箱最终仍有相对运动
C.木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D.物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
7.(2025·湖南省五市十校联考)如图所示，一倾角为θ=37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=1 kg，长度为L=2.5 m的长木板B沿着斜面以初速度v0下滑，此时把质量为m=1 kg的铁块A(视为质点)无初速度放在长木板B的下端，经过t1= 0.5 s，A和B达到共速。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
(1)铁块A刚放在长木板B上时，铁块A、长木板B加速度aA、aB的大小；
(2)木板下滑的初速度v0的大小；
(3)铁块A距离长木板B上端最小距离x'；
(4)从放上铁块A到两者共速的过程中，系统损失的机械能；
(5)从放上铁块A经过t=3 s后木板B的速度大小vB'。
解答“滑块—木板”模型问题的流程微专题2　传送带模型和板块模型
1.传送带模型
(1)物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带有相对滑动或有相对滑动的趋势而产生滑动摩擦力或静摩擦力。摩擦力可能是动力，也可能是阻力。
(2)受力分析
①“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻；
②共速要突变的三种可能性：a.滑动摩擦力突变为零；b.滑动摩擦力突变为静摩擦力；c.滑动摩擦力的方向突变。
(3)运动分析
①参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移。
②临界条件：物块与传送带共速，所有问题均基于临界条件求解分析。
2.板块模型
(1)模型特点
滑块置于木板上，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。
(2)滑块与木板间的位移关系。
滑块(可视为质点)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，相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之差，即Δx=x1-x2=L(L为板长)，如图甲所示；滑块和木板反向运动时，相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之和，即Δx=x1+x2=L(L为板长)，如图乙所示。
(3)临界状态v块=v板是解题的关键。
①v块=v板时，滑块与木板间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或摩擦力消失。
②滑块恰好不滑离木板或木板最短的条件：滑块刚好到达木板的另一端时有v块=v板。
传送带模型
考向1　水平传送带问题
1.(2025·浙江温州市二模)如图甲所示为温州轨道交通S1线的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带长为2.5 m，传送带始终以恒定速率0.30 m/s运行。一质量为0.60 kg的小包(可视为质点)无初速度地轻放上传送带左端，最终匀速运动到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.安检机使用γ射线探测包内的物品
B.小包匀速运动时，传送带对小包的摩擦力向右
C.由于传送小包，电动机多做的功为0.054 J
D.小包从传送带左端到达右端的时间为1.0 s
答案　C
解析　安检机使用X射线探测包内的物品，故A错误；由题意可知，小包在到达传送带右端前，已与传送带共速，小包匀速运动时，小包在水平方向上处于平衡状态，则此时传送带对小包的摩擦力为0，故B错误；对小包根据动能定理可得传送带对小包做功为W=mv2=0.027 J，小包速度与传送带速度相同之前的过程中根据牛顿第二定律可得μmg=ma，解得a=5 m/s2，故小包速度达到传送带速度所用时间为t1== s=0.06 s，匀加速运动的位移为x1=a=×5×0.062 m=0.009 m，小包匀加速运动过程中，传送带位移为x传=vt1=0.018 m，小包相对于传送带运动位移为Δx=x传-x1=0.009 m，摩擦力产生的热量为Q=μmgΔx=0.027 J，则电动机由于传送小包多做的功为E=Q+W=0.054 J，故C正确；与传送带共速后到达右端所用时间为t2== s≈8.30 s，故小包从传送带左端到达右端的时间为t总=t1+t2=0.06 s+8.30 s=8.36 s，故D错误。
2.(2025·辽宁沈阳市二模)如图所示，水平传送带以v0=2 m/s的速度顺时针匀速转动，质量均为m=0.5 kg的两个可视为质点的滑块A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.25。现让A、B分别从传送带的两端同时滑上传送带，滑上时速度的大小均为v=4 m/s，两滑块在传送带上恰好相遇未相碰，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)B从滑上传送带到与A相遇所用的时间；
(2)A、B相遇时与传送带左端的距离；
(3)传送带的长度；
(4)两滑块从滑上传送带到相遇，与传送带之间因摩擦产生的热量之和。
答案　(1)2.4 s　(2)5.6 m　(3)8 m　(4)10 J
解析　(1)由题意知，B与A相遇时，B刚好与传送带共速，设滑块滑上传送带后的加速度大小为a，有μmg=ma
解得a=2.5 m/s2
B滑上传送带减速到零所用的时间为
tB1==1.6 s
从速度为零反向加速至v0所用的时间
tB2==0.8 s
则B从滑上传送带到与A相遇所用的时间为
tB=tB1+tB2=2.4 s
(2)A减速运动的时间tA1==0.8 s
故A匀速运动的时间为tA2=tB-tA1=1.6 s
两滑块相遇时与传送带左端的距离，即A的位移大小为xA=(v+v0)tA1+v0tA2=5.6 m
(3)相遇前B的位移大小为xB=(v-v0)tB=2.4 m，方向向左，则传送带的长度为
L=xA+xB=8 m
(4)A与传送带间的相对位移为
ΔxA=xA-v0tB=0.8 m
B与传送带间的相对位移为
ΔxB=xB+v0tB=7.2 m
故产生的总热量为
Q=μmgΔxA+μmgΔxB=10 J。
水平传送带问题的常见情形及运动分析
1.物块初速度方向与传送带速度方向相同
图示 速度大 小比较 物块和传送带共速前 传送带足够长，物块的v-t图像
Ff方向 运动状态
v0=0 向右 匀加速直线运动
v0v0>v 向左 匀减速直线运动
2.物块初速度方向与传送带速度方向相反
图示 状态 速度大小比较 Ff方向 物块运动状态
传送带较短 向左 匀减速直线运动
传送带足够长 v0v0>v 向左 (共速前) v-t图像：
考向2　倾斜传送带问题
3.(2025·广西卷·15)图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ=，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量；
(2)水平传送带的平均传送速度大小；
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
答案　(1)　(2)　(3)+g
解析　(1)散货撞击传感器瞬间，
对单个散货由动量定理-I=0-mv0
解得单个散货的质量为m=
(2)落入每个货箱中散货的个数为N==
则水平传送带的平均传送速度大小为
==
(3)设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律
μmgcos 30°-mgsin 30°=ma
解得加速度大小为a=g
加速时间t1==
加速运动的位移大小为x1=a=
设匀速时间为t2
其中t1+t2=9Δt
则匀速运动的位移大小为
x2=v0t2=v0(9Δt-)
故传送带的长度为L=x1+x2=9v0Δt-
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移大小为Δx=v0t1-x1=
在Δt时间内传送带额外多做的功为
W=m+mgLsin 30°+Q
其中m=，L=9v0Δt-，
Q=μmgcos 30°·Δx，=
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
=+g。
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μ>tan θ) 先加速后匀速 (一定满足关系 μ>tan θ)
一直加速(加速度为gsin θ+μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μv0v0>v时， 若μtan θ，一直减速， 加速度大小为μgcos θ-gsin θ；若μ=tan θ，一直匀速 v0>v时，若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ(摩擦力方向一定沿传送带向上) μμ>tan θ，一直减速 μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，运动到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v
板块模型
4.(2025·辽宁大连市期末)平板车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是(　　)
答案　C
解析　箱子以一定的水平初速度v0从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，设经过时间t箱子与平板车达到共同速度v共，此过程平板车的位移为x车=t，箱子的位移为x箱=t，则箱子相对于平板车向前的位移大小为Δx=x箱-x车=t-t=t，可得Δx=t>x车=t，故选C。
5.(多选)(2025·甘肃白银市检测)如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在木板B的最左端。从t=0时刻起，用F=8 N的水平恒力向右拉A，经过5 s，A运动到B的最右端，物体A的v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为2 kg、8 kg，A、B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.木板B的长度为10 m
B.A、B间的动摩擦因数为0.2
C.若B不固定，B的加速度大小为0.5 m/s2
D.若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为10 s
答案　BC
解析　根据v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，可知木板B的长度L== m=25 m，故A错误；根据v-t图像的斜率表示加速度，可知物体A的加速度aA==2 m/s2，对物体A受力分析，由牛顿第二定律有F-μmAg=mAaA，解得μ=0.2，故B正确；若B不固定，对B受力分析，由牛顿第二定律有μmAg=mBaB，解得aB=0.5 m/s2，故C正确；若B不固定，A运动到B的最右端的过程，由运动学公式有L=aAt'2-aBt'2，解得t'= s，故D错误。
6.(2025·江苏卷·10)如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则(　　)
A.释放瞬间，物块加速度为零
B.物块和木箱最终仍有相对运动
C.木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D.物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
答案　D
解析　根据题意可知，释放时，物块与木箱发生相对滑动，物块受到向右的摩擦力，根据牛顿第二定律可知释放时物块加速度不为0，故A错误；由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以系统的机械能会减少，直到物块与木箱不发生相对滑动，此时设物块与木箱之间的最大静摩擦力为Ff，物块质量为m，木箱质量为M，对物块根据牛顿第二定律Ff=ma，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律F=(m+M)a，可得F=(m+M)，即弹簧的最大弹力减小到F=(m+M)后，二者一起做简谐运动，故B错误；在二者一起做简谐运动前，有相对滑动，木箱第一次运动到最右端时物块速度不为零，故C错误；开始时木箱的加速度向右，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱向左运动，受到向右的滑动摩擦力，摩擦力恒为二者之间的滑动摩擦力，保持不变，故D正确。
7.(2025·湖南省五市十校联考)如图所示，一倾角为θ=37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=1 kg，长度为L=2.5 m的长木板B沿着斜面以初速度v0下滑，此时把质量为m=1 kg的铁块A(视为质点)无初速度放在长木板B的下端，经过t1= 0.5 s，A和B达到共速。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
(1)铁块A刚放在长木板B上时，铁块A、长木板B加速度aA、aB的大小；
(2)木板下滑的初速度v0的大小；
(3)铁块A距离长木板B上端最小距离x'；
(4)从放上铁块A到两者共速的过程中，系统损失的机械能；
(5)从放上铁块A经过t=3 s后木板B的速度大小vB'。
答案　 (1)10 m/s2　6 m/s2　(2)8 m/s
(3)0.5 m　(4)34 J　(5)10 m/s
解析　(1)铁块A刚放在长木板B上时，对A分析，根据牛顿第二定律有
μmgcos 37°+mgsin 37°=maA
解得aA=10 m/s2，方向沿斜面向下
对B根据牛顿第二定律有μ(M+m)gcos 37°+μmgcos 37°-Mgsin 37°=MaB
解得aB=6 m/s2，方向沿斜面向上
(2)铁块A和长木板B达到共同速度所需的时间为t1=0.5 s，则v0-aBt1=aAt1
解得v0=8 m/s
(3)铁块A到与长木板B共速后，铁块A距离长木板B上端距离最小，
B的位移为xB=v0t1-aB
A的位移为xA=aA
此时A和B相对位移为Δx=xB-xA=2 m，故A离木板上端最小距离x'=L-Δx=0.5 m
(4)系统损失的机械能ΔE=μmgcos 37°·Δx+μ(m+M)gcos 37°·xB=34 J
(5)A、B共速后，由于μt2=t-t1=3 s-0.5 s=2.5 s
则vB'=v共+at2
解得vB'=10 m/s。
解答“滑块—木板”模型问题的流程

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