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第三章
牛顿运动定律
专题4　传送带模型　板块模型
内容索引
学习目标
核心体系
活动方案
学 习 目 标
1. 会求解传送带上的动力学问题.2. 会分析板块运动的动力学问题．
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　分析传送带模型
求解传送带模型的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
一、水平传送带
[2026盐城阶段练习]如图所示，水平放置的白色传送带以速度v＝ 6 m/s向右匀速运行，现将一小煤块轻轻地放在传送带A端，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，若A端与B端相距L＝30 m(g取10 m/s2)，则：
1
(1) 煤块多长时间运动到B点；
(2) 煤块在传送带上留下多长的划痕．
【答案】 (1) 由题意可知，小煤块放到传送带上受到摩擦力作用做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，
解得a＝μg＝1 m/s2，
由匀变速直线运动速度公式v＝v0＋at得，匀加速运动时间
小煤块匀加速运动到速度与传送带速度相同时，与传送带一起匀速直线运动，则匀速直线运动的位移x2＝L－x1＝12 m，
小煤块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝8 s.
(2) 煤块在传送带上留下的痕迹是匀变速直线运动的位移与传送带运动的位移之差，传送带在煤块匀加速运动时的位移为x传＝vt1＝6×6 m＝36 m，
煤块在传送带上留下的划痕长度为s＝x传－x1＝18 m.
水平传送带上滑块的运动情境
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
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v0v返回到左端时速度为v
二、倾斜传送带
[2026扬州开学考试]如图所示，煤矿有一长度L＝13.95 m的传送带与水平面夹角θ＝37°，传送带以v＝6.2 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A点由静止释放一个黑色煤块，煤块运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹．已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2.
2
(1) 画出煤块刚放上传送带时的受力图，并求出煤块刚放到传送带上时的加速度；
(2) 求煤块在传送带上运动的时间；
(3) 煤块从A运动到B的过程中传送带上形成黑色痕迹的长度．
【答案】 (1) 对煤块受力分析，如图所示，
由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，
解得a1＝12.4 m/s2.
(2) 煤块匀加速到与传送带速度相等的过程有v＝a1t1，
解得t1＝0.5 s，
因mgsin θ<μmgcos θ，
故速度相等后，煤块与传送带一起做匀速直线运动，有
L－x1＝vt2，
解得t2＝2 s，
煤块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝2.5 s.
(3) 只有加速阶段会产生黑色痕迹，加速阶段传送带的位移为x带＝vt1＝3.1 m，
传送带上形成黑色痕迹的长度d＝x带－x1，
解得d＝1.55 m.
倾斜传送带上滑块的运动情境
情境 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
(一定有μ>tan θ) 一直加速 先加速后匀速
一直加速，加速度为gsin θ＋μgcos θ 若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ情境 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
v0v0＝v时，若μ≥tan θ，一直匀速；若μv0>v时，加速度为gsin θ－μgcos θ(若μ>tan θ，一直减速；若μ＝tan θ，一直匀速；若μtan θ，先减速后匀速；若μ＝tan θ，一直匀速；若μ情境 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
(摩擦力方向一定沿斜面向上) 若μ若μ>tan θ，一直减速 若μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0(v0≤v)
三、传送带中的动力学图像
如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行．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(　　)
3
甲
乙
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
B
【解析】 由图像知物块先向左减速，后反向加速到v1再做匀速直线运动，t1时刻离A距离最大，A错误；t2时刻二者相对静止，故t2时刻物块相对传送带滑动距离最大，B正确；0～t2时间内摩擦力方向一直向右，C错误；在0～t2时间内摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，在t2～t3时间内物块做匀速运动，此过程摩擦力为0，D错误．
活动二　分析板块模型
板块模型至少涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．解决板块模型要做好两个分析：
(1) 分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度.
(2) 分析滑块和滑板的运动情况，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．注意滑块和滑板的位移都是相对地面的位移．
[2026宿迁阶段练习]如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板的右端放一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，初始时长木板与小物块均静止，现用水平恒力F向右拉长木板，g取10 m/s2.
(1) 若要使小物块和木板间发生相对滑动，求拉力F的最小值；
(2) 若F＝20 N，经时间t1＝1 s撤去水平恒力F，则
①刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
②最终小物块离长木板右端多远？
4
【答案】 (1) 小物块和木板间恰好发生相对滑动时，拉力F最小，设此时整体加速度为a，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma，
对整体有Fmin＝(M＋m)a，
联立解得Fmin＝15 N.
(2) ①若F＝20 N，则小物块和木板已发生相对运动，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma1，
解得a1＝3 m/s2，
对木板有F－μmg＝Ma2，
解得a2＝4.25 m/s2，
则刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离
Δx＝x2－x1＝0.625 m.
②撤去F时，小物块的速度v1＝a1t1＝3 m/s，
木板的速度v2＝a2t1＝4.25 m/s，
撤去F后，小物块继续做匀加速运动，木板做匀减速运动，根据牛顿第二定律，对木板有－μmg＝Ma3，
解得a3＝－0.75 m/s2，
设经过时间t2小物块和木板达到共速，则
v共＝v1＋a1t2＝v2＋a3t2，
则时间t2内，木板比小物块向右多走的距离
板块模型解题的思维过程
一般板块速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式. 另外，注意整体法和隔离法的灵活应用.
5
(1) 木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1(结果可保留根号)；
(2) 滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1；
(3) 滑块B在木板A上留下痕迹的长度s.
【答案】 (1) 开始木板A能够匀速下滑，有
m1gsin θ＝μ1m1gcos θ，
(2) 刚放上滑块B，对滑块B分析如图甲所示，由牛顿第二定律可得m2gsin θ＋μ2m2gcos θ＝m2a2，
对木板A分析如图乙所示，由牛顿第二定律可得
μ2m2gcos θ＋μ1(m1＋m2)gcos θ－m1gsin θ＝m1a1，
甲
乙
(3) 设经过t1时间，A与B共速，设共速时的速度为v，对A、B分别有v＝v0－a1t1，
v＝a2t1，
共速时B相对A向上滑动的位移大小为Δx1，有
共速后，再对B受力分析如图丙所示，由牛顿第二定律可得m2gsin θ－μ2m2gcos θ＝m2a′2，
丙
对A分析如图丁所示，由牛顿第二定律可得
μ1(m1＋m2)gcos θ－μ2m2gcos θ－m1gsin θ＝m1a′1，
此时滑块B速度为v2＝v＋a′2t2＝6 m/s，
共速后B相对A向下运动的位移大小为Δx2，有
由于Δx2>Δx1，
则滑块B在木板A上留下痕迹的长度为s＝Δx2＝6 m.
丁
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Thank you for watching专题4　传送带模型　板块模型
学习目标　1. 会求解传送带上的动力学问题．2. 会分析板块运动的动力学问题．
活动一 分析传送带模型
求解传送带模型的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
一、 水平传送带
1 [2026盐城阶段练习]如图所示，水平放置的白色传送带以速度v＝6 m/s向右匀速运行，现将一小煤块轻轻地放在传送带A端，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，若A端与B端相距L＝30 m(g取10 m/s2)，则：
(1) 煤块多长时间运动到B点；
(2) 煤块在传送带上留下多长的划痕．
水平传送带上滑块的运动情境
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
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v0v返回到左端时速度为v
二、 倾斜传送带
2 [2026扬州开学考试]如图所示，煤矿有一长度L＝13.95 m的传送带与水平面夹角θ＝37°，传送带以v＝6.2 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A点由静止释放一个黑色煤块，煤块运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹．已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2.
(1) 画出煤块刚放上传送带时的受力图，并求出煤块刚放到传送带上时的加速度；
(2) 求煤块在传送带上运动的时间；
(3) 煤块从A运动到B的过程中传送带上形成黑色痕迹的长度．
倾斜传送带上滑块的运动情境
情境 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
(一定有μ>tan θ) 一直加速 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μv0v0＝v时，若μ≥tan θ，一直匀速；若μv0>v时，加速度为g sin θ－μg cos θ(若μ>tan θ，一直减速；若μ＝tan θ，一直匀速；若μtan θ，先减速后匀速；若μ＝tan θ，一直匀速；若μ(摩擦力方向一定沿斜面向上) 若μ若μ>tan θ，一直减速 若μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0(v0≤v)
三、 传送带中的动力学图像
3 如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行．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(　　)
甲 乙
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
活动二 分析板块模型
板块模型至少涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．解决板块模型要做好两个分析：
(1) 分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度.
(2) 分析滑块和滑板的运动情况，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．注意滑块和滑板的位移都是相对地面的位移．
4 [2026宿迁阶段练习]如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板的右端放一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，初始时长木板与小物块均静止，现用水平恒力F向右拉长木板，g取10 m/s2.
(1) 若要使小物块和木板间发生相对滑动，求拉力F的最小值；
(2) 若F＝20 N，经时间t1＝1 s撤去水平恒力F，则
①刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
②最终小物块离长木板右端多远？
板块模型解题的思维过程
一般板块速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式. 另外，注意整体法和隔离法的灵活应用.
5 [2025宿迁阶段练习]如图所示，倾角为θ的斜面体C固定在水平地面上，一质量m1＝2 kg的木板A以v0＝3 m/s的初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1，将一质量m2＝1 kg的滑块B轻放在木板A上，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2，且μ2＝μ1.当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板，滑块B在木板A上滑动时会留下痕迹．已知斜面足够长，sin θ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1) 木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1(结果可保留根号)；
(2) 滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1；
(3) 滑块B在木板A上留下痕迹的长度s.
专题4　传送带模型　板块模型
【活动一】
例 1
(1) 由题意可知，小煤块放到传送带上受到摩擦力作用做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，
解得a＝μg＝1 m/s2，
由匀变速直线运动速度公式v＝v0＋at得，匀加速运动时间
t1＝＝ s＝6 s，
匀加速运动的位移x1＝at＝×1×62 m＝18 m，
小煤块匀加速运动到速度与传送带速度相同时，与传送带一起匀速直线运动，则匀速直线运动的位移x2＝L－x1＝12 m，
匀速直线运动的时间t2＝＝ s＝2 s，
小煤块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝8 s.
(2) 煤块在传送带上留下的痕迹是匀变速直线运动的位移与传送带运动的位移之差，传送带在煤块匀加速运动时的位移为x传＝vt1＝6×6 m＝36 m，
煤块在传送带上留下的划痕长度为s＝x传－x1＝18 m.
例 2
(1) 对煤块受力分析，如图所示，
由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，
解得a1＝12.4 m/s2.
(2) 煤块匀加速到与传送带速度相等的过程有v＝a1t1，
解得t1＝0.5 s，
该过程煤块通过的位移为x1＝a1t＝1.55 m，
因mg sin θ<μmg cos θ，
故速度相等后，煤块与传送带一起做匀速直线运动，有
L－x1＝vt2，
解得t2＝2 s，
煤块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝2.5 s.
(3) 只有加速阶段会产生黑色痕迹，加速阶段传送带的位移为x带＝vt1＝3.1 m，
传送带上形成黑色痕迹的长度d＝x带－x1，
解得d＝1.55 m.
例 3
B　由图像知物块先向左减速，后反向加速到v1再做匀速直线运动，t1时刻离A距离最大，A错误；t2时刻二者相对静止，故t2时刻物块相对传送带滑动距离最大，B正确；0～t2时间内摩擦力方向一直向右，C错误；在0～t2时间内摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，在t2～t3时间内物块做匀速运动，此过程摩擦力为0，D错误．
【活动二】
例 4
(1) 小物块和木板间恰好发生相对滑动时，拉力F最小，设此时设系统加速度为a，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma，
对整体有Fmin＝(M＋m)a，
联立解得Fmin＝15 N.
(2) ①若F＝20 N，则小物块和木板已发生相对运动，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma1，
解得a1＝3 m/s2，
对木板有F－μmg＝Ma2，
解得a2＝4.25 m/s2，
撤去水平恒力F前，小物块的位移x1＝a1t＝1.5 m，
木板的位移x2＝a2t＝2.125 m，
则刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离
Δx＝x2－x1＝0.625 m.
②撤去F时，小物块的速度v1＝a1t1＝3 m/s，
木板的速度v2＝a2t1＝4.25 m/s，
撤去F后，小物块继续做匀加速运动，木板做匀减速运动，根据牛顿第二定律，对木板有－μmg＝Ma3，
解得a3＝－0.75 m/s2，
设经过时间t2小物块和木板达到共速，则
v共＝v1＋a1t2＝v2＋a3t2，
解得t2＝ s，v共＝4 m/s，
时间t2内小物块的位移x′1＝·t2＝ m，
时间t2内木板的位移x′2＝·t2＝1.375 m，
则时间t2内，木板比小物块向右多走的距离
Δx′＝x′2－x′1＝ m，
此后两者保持相对静止一起做匀速运动，所以最终小物块到木板右端的距离s＝Δx＋Δx′＝ m.
例 5
(1) 开始木板A能够匀速下滑，有
m1g sin θ＝μ1m1g cos θ，
解得μ1＝tan θ＝.
(2) 刚放上滑块B，对滑块B分析如图甲所示，由牛顿第二定律可得m2g sin θ＋μ2m2g cos θ＝m2a2，
解得a2＝g sin θ＝6 m/s2，
对木板A分析如图乙所示，由牛顿第二定律可得
μ2m2g cos θ＋μ1(m1＋m2)g cos θ－m1g sin θ＝m1a1，
解得a1＝g sin θ＝3 m/s2.
甲 乙
(3) 设经过t1时间，A与B共速，设共速时的速度为v，对A、B分别有v＝v0－a1t1，
v＝a2t1，
联立解得t1＝ s，v＝2 m/s，
共速时B相对A向上滑动的位移大小为Δx1，有
Δx1＝t1－t1＝0.5 m，
共速后，再对B受力分析如图丙所示，由牛顿第二定律可得m2g sin θ－μ2m2g cos θ＝m2a′2，
解得a′2＝g sin θ＝2 m/s2，
对A分析如图丁所示，由牛顿第二定律可得
μ1(m1＋m2)g cos θ－μ2m2g cos θ－m1g sin θ＝m1a′1，
解得a′1＝g sin θ＝1 m/s2，
设再经过t2时间，木板速度减为零，有t2＝＝2 s，
此时滑块B速度为v2＝v＋a′2t2＝6 m/s，
共速后B相对A向下运动的位移大小为Δx2，有
Δx2＝t2－t2＝6 m，
由于Δx2>Δx1，
则滑块B在木板A上留下痕迹的长度为s＝Δx2＝6 m.
丙 丁

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