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专题强化课二　传送带模型和“滑块—木板”模型
链接高考 本专题在高考中常以选择题和计算题的形式出现,出现的频次较高,综合性较强
方法规律 抓好一个力的分析——摩擦力
明确两个位移关系——同向运动的位移关系和反向运动的位移关系
注意三个状态分析——初态、同速、末态
关键能力 四种能力:理解能力、模型建构能力、逻辑推理能力、综合分析能力
考点一　传送带模型
1.常见传送带模型
分类 情境模型图示
水平 传送 带模型
分类 情境模型图示
水平 传送 带模型
倾斜 传送 带模型
倾斜 传送 带模型
2.传送带问题的解题关键
(1)传送带问题求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动或相对运动趋势,确定物体所受摩擦力的大小和方向。
(2)若物体的运动分为多个阶段,则分段分析物体的受力情况和运动情况。
(3)物体的速度与传送带的速度由不同变为相同时,物体所受的摩擦力一般会发生突变,所以速度相等时一般是物体受力情况和运动情况变化的转折点。
角度1　水平传送带
【典例1】如图所示,足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1,一小滑块从传送带左端以初速度v0滑上传送带,小滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.小滑块的加速度向右,大小为μg
B.若v0C.若v0>v1,小滑块返回到左端的时间为
D.若v0>v1,小滑块返回到左端的时间为
√
【解析】选D。小滑块相对于传送带向右滑动,滑动摩擦力向左,加速度
向左,根据牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg,故A错误;若v0以速度v0先向右减速到0再返回加速到v0,刚好返回到左端,时间为t=,
故B错误;若v0>v1,小滑块以速度v0先向右减速到0的时间t1=,位移为
x1=,然后加速返回,速度加速到v1的时间t2=,位移为x2=,最后以
速度v1匀速回到左端,时间为t3===,小滑块返回到左
端的时间t=t1+t2+t3,解得t=+ +=,故C错误,D正确。
角度2　倾斜传送带
【典例2】(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度轻放一小物块,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(　　)
√
【图形剖析】
【解析】选C。0~t0时间内:物块轻放在传送带上,做加速运动。由受力分析可知,物块受重力、支持力、滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力的下滑分力,合力不变,故做匀加速运动。t0之后:当物块速度与传送带相同时,静摩擦力与重力的下滑分力相等,加速度突变为零,物块做匀速直线运动,C正确,A、B、D错误。
[强化训练1](2025·扬州模拟)如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端,物体相对地面的v-t图像如图乙所示,2 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2, sin37°=0.6, cos37°=0.8。则(　　)
A.传送带的倾角θ=30°
B.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4
C.传送带上、下两端的间距为15 m
D.物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m
√
【解析】选D。由题图乙得0~1 s内物体的加速度a1==10.0 m/s2,
根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1;1~2 s内加速度a2==
2.0 m/s2,根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,联立解得θ=37°,
μ=0.5,故A、B错误;由题意可知物体在0~2 s内的位移大小等于传送带
上、下两端的距离,根据v-t图像与t轴所围的面积表示位移,可知位移
l= m+×1.0 m=16 m,故C错误;由题图乙知传送带的速
率v0=10 m/s,则0~1 s内,物体的位移为x1= m=5 m,传送带的位移
为x2=v0t1=10×1.0 m=10 m,故物体与传送带间相对位移大小为Δx1=x2-x1=10 m-5 m=5 m,物体相对传送带向上运动;1~2 s内物体的位移为x3=×1.0 m=11 m,传送带的位移为x4=v0t2=10×1 m=10 m,故物体与传送带间相对位移大小为Δx2=x3-x4 =1 m,物体相对传送带向下运动,痕迹重叠1 m,因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m,故D正确。
[强化训练2](2026·邯郸模拟)如图,半径r=50 cm的两圆柱体A 和B,转动轴互相平行且在同一水平面内,轴心间的距离为s=6 m。两圆柱体A和B均被电动机带动以 ω=6 rad/s的角速度逆时针方向转动,质量均匀分布的长木板无初速地水平放置在A和B上,其重心恰好在B的正上方。从木板开始运动计时,圆柱体转动两周,木板恰好不受摩擦力的作用,且仍沿水平方向运动。设木板与两圆柱体间的动摩擦因数相同。重力加速度 g取10.0 m/s2,取π≈3.0。求:
(1)圆柱体A、B与木板间的动摩擦因数;
答案:(1)　
【解析】(1)依题意,当木板的速度等于圆柱体轮缘的线速度时,木板不受摩擦力,有v=ωr=3 m/s
经历的时间为t1=2T==2 s
a==1.5 m/s2
匀加速过程中滑动摩擦力提供加速度μmg=ma
解得μ==
(2)从开始运动到重心恰在A的正上方所需的时间。
答案: (2)3 s
【解析】(2)木板在两圆柱体间加速过程所通过的位移为s1,有v2=2as1
解得s1=3 m
因s1考点二　“滑块—木板”模型
1.常见板块模型
情境模型图示 过程分析
滑板获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速度不同,x板>x块,Δx=x板-x块,最后分离或相对静止
滑块获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速度不同,x板情境模型图示 过程分析
开始时板块运动方向相反,两者加速度不同,最后分离或相对静止,Δx=x块+x板
滑板或滑块受到拉力作用,要判断两者是否有相对运动以及滑板与地面是否有相对运动趋势,若板块相对滑动,最终两者分离,Δx=L
2.“滑块—木板”问题的解题关键
(1)受力分析:分析滑块和木板之间的相对运动或相对运动趋势,确定它们所受摩擦力的大小和方向。并对两物体进行受力分析。
(2)运动分析:根据滑块和木板的初状态和受力情况分析它们的运动情况。根据牛顿第二定律结合运动学公式分析它们的加速度、速度和位移。
(3)用好关联:利用好某状态或某阶段,滑块和木板之间的位移关系、速度关系等关联关系。
(4)逐段分析:若运动过程分为多个阶段,则分段分析各个阶段。滑块与木板达到相同速度时,滑块从木板上滑下时,外力突变时,以上三种情况一般是物体受力情况和运动情况变化的转折点。
【典例3】【多选】如图甲所示,质量为mB=1 kg的长木板B放在水平面上,质量为mA=2 kg的物块A放在木板上,开始物块与木板均处于静止状态。现用水平外力F作用在物块上,当F从0开始逐渐增大时,物块与木板运动的加速度a随F变化的图像如图乙中实线所示,图中上段倾斜直线的延长线与横轴交于F1。已知物块始终没有离开木板,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.木板与水平面间的动摩擦因数为0.1
B.小物块与木板间的动摩擦因数为0.3
C.图乙中F2=5.5 N
D.图乙中F1=4 N
√
√
【解析】选A、D。由图乙知,当F0=3 N时,物块与木板开始运动,则有F0=μ0(mA+mB)g,解得μ0=0.1,故A正确;由图乙知,当外力F=F2时,物块与木板开始相对滑动,此时物块与木板的加速度大小均为a0=1 m/s2,对木板,根据牛顿第二定律有μ1mAg-μ0(mA+mB)g=mBa0,解得μ1=0.2,故B错误;当外力F=F2时,物块与木板开始相对滑动,此时物块与木板的加速度大小均为a0=1 m/s2,对小物块,根据牛顿第二定律有F2-μ1mAg=mAa0,解得F2=6 N,故C错误;当F>F2时,物块与木板相对滑动,对物块,根据牛顿第二定律有F-μ1mAg=mAa,解得a=-μ1g+,变形得=,解得F1=4 N,故D正确。
【典例4】(2026·通化模拟)如图所示,木板B静置于水平面上,滑块A静置于B的左端,现对A施加一水平向右的拉力。若拉力的大小F1=4 N,则B恰好相对地面滑动;若拉力大小F2=8 N,则A恰好相对B滑动;若拉力大小F3=10 N,且作用时间t1=2 s后撤去,则最终A恰好没脱离B。已知A、B的质量mA=mB=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)B与地面之间的动摩擦因数μ1;
答案:(1)0.2　
【解析】(1)对A、B整体由平衡关系得F1=μ1(mA+mB)g
得μ1=0.2
(2)A与B之间的动摩擦因数μ2;
答案: (2)0.6　
【解析】(2)对A、B整体和对B分别由牛顿第二定律得
F2-μ1(mA+mB)g=(mA+mB)a;μ2mAg-μ1(mA+mB)g=mBa
得μ2=0.6
(3)木板B的长度。
答案: (3)5 m
【解析】(3)设撤去F3之前A、B的加速度分别为a1、a2,撤去F3之后A的加速度大小为a3,从撤去F3到A、B共速的时间为t2。撤去F3之前对A、B由牛顿第二定律得F3-μ2mAg=mAa1,μ2mAg-μ1(mA+mB)g =mBa2
撤去F3之后对A由牛顿第二定律得μ2mAg=mAa3
共速关系a1t1-a3t2=a2(t1+t2)
木板B的长度L=a1+(a1t1)t2a3a2(t1+t2)2
联立解得t2=0.5 s,L=5 m
[强化训练] 【多选】(2024·黑吉辽高考)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,小物块与木板的速度相同。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
√
√
√
【解析】选A、B、D。v-t图像的斜率表示加速度,可知t=3t0时刻木板
的加速度发生改变,故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;设小
物块和木板间动摩擦因数为μ0,根据题意结合图像可知,物块开始滑上木
板时的速度大小为v0=μgt0,方向水平向左,物块在木板上滑动的加速度
为a0==μ0g,经过t0时间与木板共速此时速度大小为v共=μgt0,方向水
平向右,故可得+=t0,解得μ0=2μ,故B正确;设木板质量为M,物块质
量为m,根据图像可知物块未滑上木板时,木板的加速度为a==μg,
故可得F-μMg=Ma,解得F=μMg,根据图像可知物块滑上木板后木板的
加速度为a'==-μg,此时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之后小物块和木板一
起共速运动,对整体F-μ(m+M)g=μMgμMg=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。专题强化练 专题强化课二　传送带模型和
“滑块—木板”模型
(40分钟　60分)
一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。
1.2025年中国快递业迅猛发展,自动化分拣设备也得到了广泛应用。如图为一快递分拣流水线的简化示意图,快递包裹从距传送带
0.2 m高度处的分拣口无初速度释放,释放时传送带的A点恰好在包裹正下方。若传送带足够长,包裹落到传送带上不反弹,传送带匀速转动的速度v=0.4 m/s,包裹与传送带之间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,则包裹与传送带共速时,包裹与传送带上A点的距离为(　　)
　　　　　 　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.0.08 m B.0.09 m
C.0.10 m D.0.12 m
2.(2026·大同模拟)在快递分拣中心,常用倾斜传送带运输物品。如图所示,某倾斜传送带与水平面夹角为θ=37°,传送带长度为L=7.2 m,以恒定速度v0=4 m/s逆时针转动。将快递包裹(可视为质点)从传送带顶端A无初速度释放,包裹与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5。已知sin37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2。关于包裹在传送带上的运动,下列说法正确的是(　　)
A.以加速度大小为10 m/s2一直做匀加速运动
B.到达传送带底端B时的速度大小为4 m/s
C.在传送带上划痕长度等于相对于传送带发生的位移大小
D.若在包裹放置前增大传送带速度,包裹运动的最短时间为1.2 s
3.(2026·运城模拟)如图所示,一传送带与水平面间的夹角为θ,在电动机的带动下,传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块(可视为质点)从传送带的底端以速度v0冲上传送带,v0>v,当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0,物块与传送带之间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m,下列说法正确的是(　　)
A.μ与θ之间的关系为μ=tanθ
B.物块在做减速运动的过程中保持加速度不变
C.物块的速度达到v前后,加速度的大小之差为2μgcosθ
D.物块的速度达到v前,在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半
4. 【多选】如图甲所示,长木板A静止在光滑水平面上,另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦,之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反
B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2
C.1 s末物体B从木板A的右端滑落
D.长木板A的质量是4 kg
5. 【多选】如图甲所示,一水平浅色传送带上放置一煤块(可视为质点),初始时,两者都是静止的,现让传送带在电机带动下先加速后减速,传送带的速度—时间图像如图乙所示,t=5 s时煤块与传送带共速,设传送带足够长,最终煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹,重力加速度g取10 m/s2。整个过程中,下列说法正确的是(　　)
A.煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.24
B.煤块的位移大小为60 m
C.煤块相对传送带的位移大小为28 m
D.黑色痕迹的长度为16 m
6. 【多选】(2026·山西三重联考)如图所示,粗糙的水平地面上有一块长木板P,处于静止状态。小滑块Q(可视为质点)放置于长木板中点。已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.3,滑块、木板的质量均为1 kg,重力加速度g取10 m/s2。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端。则下列说法可能正确的是(　　)
A.F=4 N时Q受到的摩擦力为0
B.F=14 N时P的加速度等于4 m/s2
C.F=8 N时Q受到的摩擦力为1 N
D.F=8 N时经过4 s撤去F,若要Q不从P上滑脱,长木板至少为4 m
7.如图,在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2v0向右做匀速运动,某时刻将物块a轻放在b上,同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等,a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时,关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
8. 【多选】倾角为37°的足够长斜面,上面有一质量为2 kg,长8 m的长木板Q,木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑,Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放,以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2)(　　)
A.P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、4 m/s2
B.P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、2 m/s2
C.P滑块在Q上运动时间为1 s
D.P滑块在Q上运动时间为2 s
二、计算题:本题共1小题,共12分。
9.(12分)一足够长的水平传送带以速度v=6 m/s顺时针匀速转动,把一质量为M=1 kg的足够长的木板B轻轻放在传送带上,B与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.4,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)刚将木板B放上传送带时,木板B的加速度;(3分)
(2)若将木板B放上传送带的同时把一个质量为m=1 kg的物块A轻放在木板B上,如图所示,A与B之间的动摩擦因数μ2=0.2,求A、B两个物体的加速度大小;(3分)
(3)接上问,若将物块A改为以水平向右v=6 m/s的初速度放上木板B,则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为多少 (6分)
【加固训练】
如图所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=0.75 m、质量M=2 kg的薄木板,木板的最右端叠放一质量m=1 kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动。设物块与木板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。
(1)为使物块不滑离木板,求恒力F应满足的条件;
(2)若恒力F=21 N,求物块在薄木板上滑行的时间及在整个过程中向上滑行的最大距离。
- 11 -专题强化练 专题强化课二　传送带模型和
“滑块—木板”模型
(40分钟　60分)
一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。
1.2025年中国快递业迅猛发展,自动化分拣设备也得到了广泛应用。如图为一快递分拣流水线的简化示意图,快递包裹从距传送带
0.2 m高度处的分拣口无初速度释放,释放时传送带的A点恰好在包裹正下方。若传送带足够长,包裹落到传送带上不反弹,传送带匀速转动的速度v=0.4 m/s,包裹与传送带之间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,则包裹与传送带共速时,包裹与传送带上A点的距离为(　　)
　　　　　 　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.0.08 m B.0.09 m
C.0.10 m D.0.12 m
【解析】选D。根据自由落体运动公式,有h=g,解得包裹落到传送带上的时间为t1=0.2 s,A点运动的位移为x1=vt1=0.08 m,包裹落到传送带上之后将受到滑动摩擦力的作用做匀加速运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=2 m/s2,包裹达到和传送带共速所用的时间为t2== s=0.2 s,此过程中包裹的位移为x2=a=×2×0.22 m=0.04 m,此过程中传送带的位移为x3=vt2=0.4×0.2 m=0.08 m,包裹与传送带上A点的距离为l=x1+x3-x2=0.12 m,故选D。
2.(2026·大同模拟)在快递分拣中心,常用倾斜传送带运输物品。如图所示,某倾斜传送带与水平面夹角为θ=37°,传送带长度为L=7.2 m,以恒定速度v0=4 m/s逆时针转动。将快递包裹(可视为质点)从传送带顶端A无初速度释放,包裹与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5。已知sin37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2。关于包裹在传送带上的运动,下列说法正确的是(　　)
A.以加速度大小为10 m/s2一直做匀加速运动
B.到达传送带底端B时的速度大小为4 m/s
C.在传送带上划痕长度等于相对于传送带发生的位移大小
D.若在包裹放置前增大传送带速度,包裹运动的最短时间为1.2 s
【解析】选D。包裹刚滑上传送带时,传送带逆时针转动,包裹受到向下的滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,代入数据解得a1=10 m/s2;假设经过t1时间与传送带达到共速,包裹运动位移为x1,由v0=a1t1,得t1=0.4 s。x1=t1=0.8 mμmgcosθ,包裹继续向下加速运动,故A、B错误;包裹先是落后于传送带,即相对于传送带上滑,共速后相对于传送带下滑,相对位移为上述两个之差,而痕迹长度是上述两个相对滑动距离的最大值,故C错误;增加传送带速度,包裹运动时间会减小,当传送带速度增大到一定值后,包裹一直以a1=10 m/s2的加速度加速,时间最短,即L=a1t2,得t=1.2 s,故D正确。
3.(2026·运城模拟)如图所示,一传送带与水平面间的夹角为θ,在电动机的带动下,传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块(可视为质点)从传送带的底端以速度v0冲上传送带,v0>v,当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0,物块与传送带之间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m,下列说法正确的是(　　)
A.μ与θ之间的关系为μ=tanθ
B.物块在做减速运动的过程中保持加速度不变
C.物块的速度达到v前后,加速度的大小之差为2μgcosθ
D.物块的速度达到v前,在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半
【解析】选C。根据题意可知,物块与传送带速度相等后继续向上减速,则有μmgcosθv,物块与传送带速度相等之前,物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下,加速度沿斜面向下,大小为a1==gsinθ+μgcosθ,物块与传送带速度相等之后,加速度沿斜面向下,大小为a2==gsinθ-μgcosθ4. 【多选】如图甲所示,长木板A静止在光滑水平面上,另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦,之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反
B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2
C.1 s末物体B从木板A的右端滑落
D.长木板A的质量是4 kg
【解析】选B、D。由题意可知,A木板的运动方向与其摩擦力方向相同,物体B运动方向与其摩擦力方向相反,故A错误;由题图乙知B的加速度大小为aB= m/s2=2 m/s2,对B由牛顿第二定律有μmBg=mBaB,解得μ=0.2,故B正确;由题图乙可知0~1 s内二者相对运动,之后相对静止一起匀速运动,故C错误;长木板A的加速度大小为aA=1 m/s2,由μmBg=mAaA,μmBg=mBaB,联立两式可解得==,长木板A的质量是B物体的两倍,即mA=4 kg,故D正确。
5. 【多选】如图甲所示,一水平浅色传送带上放置一煤块(可视为质点),初始时,两者都是静止的,现让传送带在电机带动下先加速后减速,传送带的速度—时间图像如图乙所示,t=5 s时煤块与传送带共速,设传送带足够长,最终煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹,重力加速度g取10 m/s2。整个过程中,下列说法正确的是(　　)
A.煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.24
B.煤块的位移大小为60 m
C.煤块相对传送带的位移大小为28 m
D.黑色痕迹的长度为16 m
【解析】选A、B、D。
煤块的加速度a==μg,t=5 s时煤块与传送带共速,速度为v5=
12 m/s,在v-t图上斜率为加速度,
则a=μg= m/s2,得μ=0.24,故A正确;根据几何关系可知,煤块的图像与传送带的图像交于(5 s,12 m/s);然后减速,交t轴于10 s,v-t图线与时间轴围成的面积代表位移,煤块的位移大小为x煤=×10×12 m=60 m,故B正确;由图可知,煤块先相对于传送带向左滑动的相对位移为Δx1=×4×16 m+×1 m×5×12 m=16 m,共速后煤块相对于传送带向右滑动的相对位移为Δx2=×5×12 m×3×12 m=12 m,则痕迹长度应取较长的相对位移16 m,煤块相对于传送带的总位移为Δx=Δx1-Δx2=4 m,故C错误,D正确。
6. 【多选】(2026·山西三重联考)如图所示,粗糙的水平地面上有一块长木板P,处于静止状态。小滑块Q(可视为质点)放置于长木板中点。已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.3,滑块、木板的质量均为1 kg,重力加速度g取10 m/s2。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端。则下列说法可能正确的是(　　)
A.F=4 N时Q受到的摩擦力为0
B.F=14 N时P的加速度等于4 m/s2
C.F=8 N时Q受到的摩擦力为1 N
D.F=8 N时经过4 s撤去F,若要Q不从P上滑脱,长木板至少为4 m
【解析】选A、C、D。F至少等于f1=μ2(M+m)g=6 N才能拉动木板P,F=4 N时木板P保持静止,Q的摩擦力为0, A正确。F=14 N时,Q在P上相对滑动,对P分析有a1==6 m/s2,B错误。F=8 N时,Q与P加速度相等,a2==1 m/s2,Q受到的摩擦力f2=ma2=1 N,C正确。F=8 N时,经过4 s撤去F,此时Q与P具有相同的速度v=a2t=4 m/s,滑块Q的加速度a3=μ2g=2 m/s2,木板P的加速度a4==4 m/s2,板先停,块后停,s相==2 m,板长至少为4 m,D正确。
7.如图,在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2v0向右做匀速运动,某时刻将物块a轻放在b上,同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等,a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时,关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
【解析】选B。a和b的速度达到共速之前,a受到b向右的摩擦力和恒力F,b受到a向左的摩擦力,a做加速运动,b做减速运动,则对于a,由牛顿第二定律有a1=,对b有a2==μg8. 【多选】倾角为37°的足够长斜面,上面有一质量为2 kg,长8 m的长木板Q,木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑,Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放,以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2)(　　)
A.P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、4 m/s2
B.P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、2 m/s2
C.P滑块在Q上运动时间为1 s
D.P滑块在Q上运动时间为2 s
【解析】选B、D。对P受力分析,受重力和Q对P的支持力作用,根据牛顿第二定律有mPgsin37°=mPaP,解得aP=gsin37°=6 m/s2;对Q受力分析,受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用,根据牛顿第二定律有mQgsin37°-μ(mP+mQ)gcos37°=mQaQ,解得aQ=2 m/s2,故A错误,B正确;设P在Q上面滑动的时间为t,因aP=
6 m/s2>aQ=2 m/s2,故P比Q运动更快,根据位移关系有L=aPt2aQt2,代入数据解得t=2 s,C错误,D正确。
二、计算题:本题共1小题,共12分。
9.(12分)一足够长的水平传送带以速度v=6 m/s顺时针匀速转动,把一质量为M=1 kg的足够长的木板B轻轻放在传送带上,B与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.4,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)刚将木板B放上传送带时,木板B的加速度;(3分)
答案:(1)4 m/s2　方向水平向右　
【解析】(1)刚将木板B放上传送带时,根据牛顿第二定律可得μ1Mg=Ma
解得木板B的加速度为a=4 m/s2
方向水平向右。
(2)若将木板B放上传送带的同时把一个质量为m=1 kg的物块A轻放在木板B上,如图所示,A与B之间的动摩擦因数μ2=0.2,求A、B两个物体的加速度大小;(3分)
答案: (2)2 m/s2　6 m/s2　
【解析】(2)由于μ2=0.2<μ1=0.4
可知A相对于B向左滑动,以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ2mg=maA
解得A的加速度大小为aA=2 m/s2
以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1(M+m)g-μ2mg=MaB
解得B的加速度大小为aB=6 m/s2
(3)接上问,若将物块A改为以水平向右v=6 m/s的初速度放上木板B,则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为多少 (6分)
答案: (3)1 s
【解析】(3)若将物块A改为以水平向右v=6 m/s的初速度放上木板B,则A相对于B向右运动,受到的摩擦力向左,A向右做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律可得a'A==2 m/s2
以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1(M+m)g+μ2mg=Ma'B
解得a'B=10 m/s2
设经过t1时间,A、B速度相同,设为v1,则有v1=v-a'At1,v1=a'Bt1
解得t1=0.5 s,v1=5 m/s
A、B共速后,根据(2)分析可知,A开始做加速度为aA=2 m/s2的匀加速运动,B开始做加速度为aB=6 m/s2的匀加速运动,设经过t2时间,B与传送带共速,则有t2== s= s
此时A的速度为vA=v1+aAt2=5 m/s+2× m/s= m/s
B与传送带共速后,B与传送带保持相对静止一起做匀速运动,A继续做匀加速运动,设经过t3时间,A、B与传送带速度相同,则有t3== s= s
则从开始到最终A、B、传送带都相对静止所经历时间为t=t1+t2+t3=
1 s
【加固训练】
如图所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=0.75 m、质量M=2 kg的薄木板,木板的最右端叠放一质量m=1 kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动。设物块与木板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。
(1)为使物块不滑离木板,求恒力F应满足的条件;
答案:(1)15 N【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象,由牛顿第二定律得
F-(M+m)gsinα=(M+m)a
对物块有f-mgsinα=ma
刚好不滑动时f=fm=μmgcosα
两者一起加速,由牛顿第二定律得
F-(M+m)gsinα>0
联立解得15 N(2)若恒力F=21 N,求物块在薄木板上滑行的时间及在整个过程中向上滑行的最大距离。
答案: (2)1 s　0.6 m
【解析】(2)因F=21 N>18 N,所以物块能够滑离木板,对木板,由牛顿第二定律可得
F-μmgcosα-Mgsinα=Ma1
对物块,由牛顿第二定律可得μmgcosα-mgsinα=ma2
设物块滑离木板所用时间为t,木板的位移x1=a1t2
物块的位移x2=a2t2
物块与木板的分离条件为Δx=x1-x2=L
联立以上各式解得t=1 s
物块滑离木板时的速度v=a2t=1 m/s
在斜面上滑行时的加速度大小a斜=gsinα=5 m/s2
根据运动学公式有-2a斜x3=0-v2
物块向上滑行的最大距离x=x2+x3=0.6 m
- 11 -专题强化课二　传送带模型和“滑块—木板”模型
链接高考 本专题在高考中常以选择题和计算题的形式出现,出现的频次较高,综合性较强
方法规律 抓好一个力的分析——摩擦力 明确两个位移关系——同向运动的位移关系和反向运动的位移关系 注意三个状态分析——初态、同速、末态
关键能力 四种能力:理解能力、模型建构能力、逻辑推理能力、综合分析能力
考点一　传送带模型
1.常见传送带模型
分类 情境模型图示
水平 传送 带模型
倾斜 传送 带模型
2.传送带问题的解题关键
(1)传送带问题求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动或相对运动趋势,确定物体所受摩擦力的大小和方向。
(2)若物体的运动分为多个阶段,则分段分析物体的受力情况和运动情况。
(3)物体的速度与传送带的速度由不同变为相同时,物体所受的摩擦力一般会发生突变,所以速度相等时一般是物体受力情况和运动情况变化的转折点。
角度1　水平传送带
【典例1】如图所示,足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1,一小滑块从传送带左端以初速度v0滑上传送带,小滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.小滑块的加速度向右,大小为μg
B.若v0C.若v0>v1,小滑块返回到左端的时间为
D.若v0>v1,小滑块返回到左端的时间为
角度2　倾斜传送带
【典例2】(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度轻放一小物块,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(　　)
【图形剖析】
[强化训练1](2025·扬州模拟)如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端,物体相对地面的v-t图像如图乙所示,2 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2, sin37°=0.6,cos37°=0.8。则(　　)
A.传送带的倾角θ=30°
B.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4
C.传送带上、下两端的间距为15 m
D.物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m
[强化训练2](2026·邯郸模拟)如图,半径r=50 cm的两圆柱体A 和B,转动轴互相平行且在同一水平面内,轴心间的距离为s=6 m。两圆柱体A和B均被电动机带动以 ω=6 rad/s的角速度逆时针方向转动,质量均匀分布的长木板无初速地水平放置在A和B上,其重心恰好在B的正上方。从木板开始运动计时,圆柱体转动两周,木板恰好不受摩擦力的作用,且仍沿水平方向运动。设木板与两圆柱体间的动摩擦因数相同。重力加速度 g取10.0 m/s2,取π≈3.0。求:
(1)圆柱体A、B与木板间的动摩擦因数;
(2)从开始运动到重心恰在A的正上方所需的时间。
考点二　“滑块—木板”模型
1.常见板块模型
情境模型图示 过程分析
滑板获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速度不同,x板>x块,Δx=x板-x块,最后分离或相对静止
滑块获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速度不同,x板开始时板块运动方向相反,两者加速度不同,最后分离或相对静止,Δx=x块+x板
滑板或滑块受到拉力作用,要判断两者是否有相对运动以及滑板与地面是否有相对运动趋势,若板块相对滑动,最终两者分离,Δx=L
2.“滑块—木板”问题的解题关键
(1)受力分析:分析滑块和木板之间的相对运动或相对运动趋势,确定它们所受摩擦力的大小和方向。并对两物体进行受力分析。
(2)运动分析:根据滑块和木板的初状态和受力情况分析它们的运动情况。根据牛顿第二定律结合运动学公式分析它们的加速度、速度和位移。
(3)用好关联:利用好某状态或某阶段,滑块和木板之间的位移关系、速度关系等关联关系。
(4)逐段分析:若运动过程分为多个阶段,则分段分析各个阶段。滑块与木板达到相同速度时,滑块从木板上滑下时,外力突变时,以上三种情况一般是物体受力情况和运动情况变化的转折点。
【典例3】【多选】如图甲所示,质量为mB=1 kg的长木板B放在水平面上,质量为mA=2 kg的物块A放在木板上,开始物块与木板均处于静止状态。现用水平外力F作用在物块上,当F从0开始逐渐增大时,物块与木板运动的加速度a随F变化的图像如图乙中实线所示,图中上段倾斜直线的延长线与横轴交于F1。已知物块始终没有离开木板,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.木板与水平面间的动摩擦因数为0.1
B.小物块与木板间的动摩擦因数为0.3
C.图乙中F2=5.5 N
D.图乙中F1=4 N
【典例4】(2026·通化模拟)如图所示,木板B静置于水平面上,滑块A静置于B的左端,现对A施加一水平向右的拉力。若拉力的大小F1=4 N,则B恰好相对地面滑动;若拉力大小F2=8 N,则A恰好相对B滑动;若拉力大小F3=10 N,且作用时间t1=2 s后撤去,则最终A恰好没脱离B。已知A、B的质量mA=mB=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)B与地面之间的动摩擦因数μ1;
(2)A与B之间的动摩擦因数μ2;
(3)木板B的长度。
[强化训练] 【多选】(2024·黑吉辽高考)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,小物块与木板的速度相同。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
- 1 -(共29张PPT)
专题强化练 专题强化课二　传送带模型和“滑块—木板”模型
(40分钟　60分)
一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。
1.2025年中国快递业迅猛发展,自动化分拣设备也得到了广泛应用。如图为一快递分拣流水线的简化示意图,快递包裹从距传送带0.2 m高度处的分拣口无初速度释放,释放时传送带的A点恰好在包裹正下方。若传送带足够长,包裹落到传送带上不反弹,传送带匀速转动的速度v=
0.4 m/s,包裹与传送带之间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,则包裹与传送带共速时,包裹与传送带上A点的距离为(　　)
A.0.08 m B.0.09 m
C.0.10 m D.0.12 m
√
【解析】选D。根据自由落体运动公式,有h=g,解得包裹落到传送带上的时间为t1=0.2 s,A点运动的位移为x1=vt1=0.08 m,包裹落到传送带上之后将受到滑动摩擦力的作用做匀加速运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=2 m/s2,包裹达到和传送带共速所用的时间为t2== s
=0.2 s,此过程中包裹的位移为x2=a=×2×0.22 m=0.04 m,此过程中传送带的位移为x3=vt2=0.4×0.2 m=0.08 m,包裹与传送带上A点的距离为l=x1+x3-x2=0.12 m,故选D。
2.(2026·大同模拟)在快递分拣中心,常用倾斜传送带运输物品。如图所示,某倾斜传送带与水平面夹角为θ=37°,传送带长度为L=7.2 m,以恒定速度v0=
4 m/s逆时针转动。将快递包裹(可视为质点)从传送带顶端A无初速度释放,包裹与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5。已知sin37°=0.6,重力加速度g取
10 m/s2。关于包裹在传送带上的运动,下列说法正确的是(　　)
A.以加速度大小为10 m/s2一直做匀加速运动
B.到达传送带底端B时的速度大小为4 m/s
C.在传送带上划痕长度等于相对于传送带发生的位移大小
D.若在包裹放置前增大传送带速度,包裹运动的最短时间为1.2 s
√
【解析】选D。包裹刚滑上传送带时,传送带逆时针转动,包裹受到向下的滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,代入数据解得a1=
10 m/s2;假设经过t1时间与传送带达到共速,包裹运动位移为x1,由v0=a1t1,得t1=0.4 s。x1=t1=0.8 mμmgcosθ,包裹继续向下加速运动,故A、B错误;包裹先是落后于传送带,即相对于传送带上滑,共速后相对于传送带下滑,相对位移为上述两个之差,而痕迹长度是上述两个相对滑动距离的最大值,故C错误;增加传送带速度,包裹运动时间会减小,当传送带速度增大到一定值后,包裹一直以a1=10 m/s2的加速度加速,时间最短,即L=a1t2,得t=1.2 s,故D正确。
3.(2026·运城模拟)如图所示,一传送带与水平面间的夹角为θ,在电动机的带动下,传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块(可视为质点)从传送带的底端以速度v0冲上传送带,v0>v,当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0,物块与传送带之间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m,下列说法正确的是(　　)
A.μ与θ之间的关系为μ=tanθ
B.物块在做减速运动的过程中保持加速度不变
C.物块的速度达到v前后,加速度的大小之差为2μgcosθ
D.物块的速度达到v前,在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半
√
【解析】选C。根据题意可知,物块与传送带速度相等后继续向上减速,则有μmgcosθv,物块与传送带速度相等之前,物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下,加速度沿斜面向下,大小为a1==gsinθ+μgcosθ,物块与传送带速度相等之后,加速度沿斜面向下,大小为a2==gsinθ-μgcosθ块的位移为x物=t,传送带的位移为x带=vt,此过程中物块在传送带上的划痕长度为Δx=v物-v带=t-vt=t,若满足Δx=x物,则有v0=3v,因v0不一定等于3v,故共速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半,故D错误。
4. 【多选】如图甲所示,长木板A静止在光滑水平面上,另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦,之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.长木板A、物体B所受的摩擦力均
与运动方向相反
B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2
C.1 s末物体B从木板A的右端滑落
D.长木板A的质量是4 kg
√
√
【解析】选B、D。由题意可知,A木板的运动方向与其摩擦力方向相同,物体B运动方向与其摩擦力方向相反,故A错误;由题图乙知B的加速度大小为aB= m/s2=2 m/s2,对B由牛顿第二定律有μmBg=mBaB,解得μ=0.2,故B正确;由题图乙可知0~1 s内二者相对运动,之后相对静止一起匀速运动,故C错误;长木板A的加速度大小为aA=1 m/s2,由μmBg=mAaA,μmBg=mBaB,联立两式可解得==,长木板A的质量是B物体的两倍,即mA=4 kg,故D正确。
5. 【多选】如图甲所示,一水平浅色传送带上放置一煤块(可视为质点),初始时,两者都是静止的,现让传送带在电机带动下先加速后减速,传送带的速度—时间图像如图乙所示,t=5 s时煤块与传送带共速,设传送带足够长,最终煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹,重力加速度g取
10 m/s2。整个过程中,下列说法正确的是(　　)
A.煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.24
B.煤块的位移大小为60 m
C.煤块相对传送带的位移大小为28 m
D.黑色痕迹的长度为16 m
√
√
√
【解析】选A、B、D。煤块的加速度a==μg,t=5 s时煤块与传送带共速,速度为v5=12 m/s,在v-t图上斜率为加速度,则a=μg= m/s2,得μ=0.24,故A正确;根据几何关系可知,煤块的图像与传送带的图像交于
(5 s,12 m/s);然后减速,交t轴于10 s,v-t图线与时间轴围成的面积代表位移,煤块的位移大小为x煤=×10×12 m=60 m,故B正确;由图可知,煤块先相对于传送带向左滑动的相对位移为Δx1=×4×16 m+×1 m
×5×12 m=16 m,共速后煤块相对于传送带向右滑动的相对位移为Δx2=×5×12 m×3×12 m=12 m,则痕迹长度应取较长的相对位移
16 m,煤块相对于传送带的总位移为Δx=Δx1-Δx2=4 m,故C错误,D正确。
6. 【多选】(2026·山西三重联考)如图所示,粗糙的水平地面上有一块长木板P,处于静止状态。小滑块Q(可视为质点)放置于长木板中点。已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.3,滑块、木板的质量均为1 kg,重力加速度g取10 m/s2。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端。则下列说法可能正确的是(　　)
A.F=4 N时Q受到的摩擦力为0
B.F=14 N时P的加速度等于4 m/s2
C.F=8 N时Q受到的摩擦力为1 N
D.F=8 N时经过4 s撤去F,若要Q不从P上滑脱,长木板至少为4 m
√
√
√
【解析】选A、C、D。F至少等于f1=μ2(M+m)g=6 N才能拉动木板
P,F=4 N时木板P保持静止,Q的摩擦力为0, A正确。F=14 N时,Q在P上
相对滑动,对P分析有a1==6 m/s2,B错误。F=8 N时,Q
与P加速度相等,a2==1 m/s2,Q受到的摩擦力f2=ma2=1 N,C
正确。F=8 N时,经过4 s撤去F,此时Q与P具有相同的速度v=a2t=4 m/s,
滑块Q的加速度a3=μ2g=2 m/s2,木板P的加速度a4==
4 m/s2,板先停,块后停,s相==2 m,板长至少为4 m,D正确。
7.如图,在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2v0向右做匀速运动,某时刻将物块a轻放在b上,同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等,a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时,关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
√
【解析】选B。a和b的速度达到共速之前,a受到b向右的摩擦力和恒力F,b受到a向左的摩擦力,a做加速运动,b做减速运动,则对于a,由牛顿第二定律有a1=,对b有a2==μg8. 【多选】倾角为37°的足够长斜面,上面有一质量为2 kg,长8 m的长木板Q,木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑,Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放,以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin37°=0.6, cos37°=0.8,g取10 m/s2)(　　)
A.P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、4 m/s2
B.P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、2 m/s2
C.P滑块在Q上运动时间为1 s
D.P滑块在Q上运动时间为2 s
√
√
【解析】选B、D。对P受力分析,受重力和Q对P的支持力作用,根据牛顿第二定律有mPgsin37°=mPaP,解得aP=gsin37°=6 m/s2;对Q受力分析,受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用,根据牛顿第二定律有mQgsin37°-μ(mP+mQ)gcos37°=mQaQ,解得aQ=2 m/s2,故A错误,B正确;设P在Q上面滑动的时间为t,因aP=6 m/s2>aQ=2 m/s2,故P比Q运动更快,根据位移关系有L=aPt2aQt2,代入数据解得t=2 s,C错误,D正确。
二、计算题:本题共1小题,共12分。
9.(12分)一足够长的水平传送带以速度v=6 m/s顺时针匀速转动,把一质量为M=1 kg的足够长的木板B轻轻放在传送带上,B与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.4,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)刚将木板B放上传送带时,木板B的加速度;(3分)
答案:(1)4 m/s2　方向水平向右　
【解析】(1)刚将木板B放上传送带时,根据牛顿第二定律可得μ1Mg=Ma
解得木板B的加速度为a=4 m/s2
方向水平向右。
(2)若将木板B放上传送带的同时把一个质量为m=1 kg的物块A轻放在木板B上,如图所示,A与B之间的动摩擦因数μ2=0.2,求A、B两个物体的加速度大小;(3分)
答案: (2)2 m/s2　6 m/s2　
【解析】(2)由于μ2=0.2<μ1=0.4
可知A相对于B向左滑动,以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ2mg=maA
解得A的加速度大小为aA=2 m/s2
以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1(M+m)g-μ2mg=MaB
解得B的加速度大小为aB=6 m/s2
(3)接上问,若将物块A改为以水平向右v=6 m/s的初速度放上木板B,则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为多少 (6分)
答案: (3)1 s
【解析】(3)若将物块A改为以水平向右v=6 m/s的初速度放上木板B,则A相对于B向右运动,受到的摩擦力向左,A向右做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律可得a'A==2 m/s2
以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1(M+m)g+μ2mg=Ma'B
解得a'B=10 m/s2
设经过t1时间,A、B速度相同,设为v1,则有v1=v-a'At1,v1=a'Bt1
解得t1=0.5 s,v1=5 m/s
A、B共速后,根据(2)分析可知,A开始做加速度为aA=2 m/s2的匀加速运动,B开始做加速度为aB=6 m/s2的匀加速运动,设经过t2时间,B与传送带共速,则有t2== s= s
此时A的速度为vA=v1+aAt2=5 m/s+2× m/s= m/s
B与传送带共速后,B与传送带保持相对静止一起做匀速运动,A继续做匀加速运动,设经过t3时间,A、B与传送带速度相同,则有t3== s
= s
则从开始到最终A、B、传送带都相对静止所经历时间为t=t1+t2+t3=
1 s
【加固训练】
如图所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=0.75 m、质量M=2 kg的薄木板,木板的最右端叠放一质量m=1 kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动。设物块与木板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。
(1)为使物块不滑离木板,求恒力F应满足的条件;
答案:(1)15 N【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象,由牛顿第二定律得
F-(M+m)gsinα=(M+m)a
对物块有f-mgsinα=ma
刚好不滑动时f=fm=μmgcosα
两者一起加速,由牛顿第二定律得
F-(M+m)gsinα>0
联立解得15 N(2)若恒力F=21 N,求物块在薄木板上滑行的时间及在整个过程中向上滑行的最大距离。
答案: (2)1 s　0.6 m
【解析】(2)因F=21 N>18 N,所以物块能够滑离木板,对木板,由牛顿第二定律可得
F-μmgcosα-Mgsinα=Ma1
对物块,由牛顿第二定律可得μmgcosα-mgsinα=ma2
设物块滑离木板所用时间为t,木板的位移x1=a1t2
物块的位移x2=a2t2
物块与木板的分离条件为Δx=x1-x2=L
联立以上各式解得t=1 s
物块滑离木板时的速度v=a2t=1 m/s
在斜面上滑行时的加速度大小a斜=gsinα=5 m/s2
根据运动学公式有-2a斜x3=0-v2
物块向上滑行的最大距离x=x2+x3=0.6 m专题强化课二　传送带模型和“滑块—木板”模型
链接高考 本专题在高考中常以选择题和计算题的形式出现,出现的频次较高,综合性较强
方法规律 抓好一个力的分析——摩擦力 明确两个位移关系——同向运动的位移关系和反向运动的位移关系 注意三个状态分析——初态、同速、末态
关键能力 四种能力:理解能力、模型建构能力、逻辑推理能力、综合分析能力
考点一　传送带模型
1.常见传送带模型
分类 情境模型图示
水平 传送 带模型
倾斜 传送 带模型
2.传送带问题的解题关键
(1)传送带问题求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动或相对运动趋势,确定物体所受摩擦力的大小和方向。
(2)若物体的运动分为多个阶段,则分段分析物体的受力情况和运动情况。
(3)物体的速度与传送带的速度由不同变为相同时,物体所受的摩擦力一般会发生突变,所以速度相等时一般是物体受力情况和运动情况变化的转折点。
角度1　水平传送带
【典例1】如图所示,足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1,一小滑块从传送带左端以初速度v0滑上传送带,小滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.小滑块的加速度向右,大小为μg
B.若v0C.若v0>v1,小滑块返回到左端的时间为
D.若v0>v1,小滑块返回到左端的时间为
【解析】选D。小滑块相对于传送带向右滑动,滑动摩擦力向左,加速度向左,根据牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg,故A错误;若v0v1,小滑块以速度v0先向右减速到0的时间t1=,位移为x1=,然后加速返回,速度加速到v1的时间t2=,位移为x2=,最后以速度v1匀速回到左端,时间为t3===,小滑块返回到左端的时间t=t1+t2+t3,解得t=+ +=,故C错误,D正确。
角度2　倾斜传送带
【典例2】(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度轻放一小物块,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(　　)
【图形剖析】
【解析】选C。0~t0时间内:物块轻放在传送带上,做加速运动。由受力分析可知,物块受重力、支持力、滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力的下滑分力,合力不变,故做匀加速运动。t0之后:当物块速度与传送带相同时,静摩擦力与重力的下滑分力相等,加速度突变为零,物块做匀速直线运动,C正确,A、B、D错误。
[强化训练1](2025·扬州模拟)如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端,物体相对地面的v-t图像如图乙所示,2 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2, sin37°=0.6,cos37°=0.8。则(　　)
A.传送带的倾角θ=30°
B.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4
C.传送带上、下两端的间距为15 m
D.物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m
【解析】选D。由题图乙得0~1 s内物体的加速度a1==10.0 m/s2,根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1;1~2 s内加速度a2==2.0 m/s2,根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,联立解得θ=37°,μ=0.5,故A、B错误;由题意可知物体在0~2 s内的位移大小等于传送带上、下两端的距离,根据v-t图像与t轴所围的面积表示位移,可知位移l= m+×1.0 m=16 m,故C错误;由题图乙知传送带的速率v0=10 m/s,则0~1 s内,物体的位移为x1= m
=5 m,传送带的位移为x2=v0t1=10×1.0 m=10 m,故物体与传送带间相对位移大小为Δx1=x2-x1=10 m-5 m=5 m,物体相对传送带向上运动;1~2 s内物体的位移为x3=×1.0 m=11 m,传送带的位移为x4=v0t2=10×1 m=10 m,故物体与传送带间相对位移大小为Δx2=x3-x4 =1 m,物体相对传送带向下运动,痕迹重叠1 m,因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m,故D正确。
[强化训练2](2026·邯郸模拟)如图,半径r=50 cm的两圆柱体A 和B,转动轴互相平行且在同一水平面内,轴心间的距离为s=6 m。两圆柱体A和B均被电动机带动以 ω=6 rad/s的角速度逆时针方向转动,质量均匀分布的长木板无初速地水平放置在A和B上,其重心恰好在B的正上方。从木板开始运动计时,圆柱体转动两周,木板恰好不受摩擦力的作用,且仍沿水平方向运动。设木板与两圆柱体间的动摩擦因数相同。重力加速度 g取10.0 m/s2,取π≈3.0。求:
(1)圆柱体A、B与木板间的动摩擦因数;
答案:(1)　
【解析】(1)依题意,当木板的速度等于圆柱体轮缘的线速度时,木板不受摩擦力,有v=ωr=3 m/s
经历的时间为t1=2T==2 s
a==1.5 m/s2
匀加速过程中滑动摩擦力提供加速度μmg=ma
解得μ==
(2)从开始运动到重心恰在A的正上方所需的时间。
答案: (2)3 s
【解析】(2)木板在两圆柱体间加速过程所通过的位移为s1,有v2=2as1
解得s1=3 m
因s1考点二　“滑块—木板”模型
1.常见板块模型
情境模型图示 过程分析
滑板获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速度不同,x板>x块,Δx=x板-x块,最后分离或相对静止
滑块获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速度不同,x板开始时板块运动方向相反,两者加速度不同,最后分离或相对静止,Δx=x块+x板
滑板或滑块受到拉力作用,要判断两者是否有相对运动以及滑板与地面是否有相对运动趋势,若板块相对滑动,最终两者分离,Δx=L
2.“滑块—木板”问题的解题关键
(1)受力分析:分析滑块和木板之间的相对运动或相对运动趋势,确定它们所受摩擦力的大小和方向。并对两物体进行受力分析。
(2)运动分析:根据滑块和木板的初状态和受力情况分析它们的运动情况。根据牛顿第二定律结合运动学公式分析它们的加速度、速度和位移。
(3)用好关联:利用好某状态或某阶段,滑块和木板之间的位移关系、速度关系等关联关系。
(4)逐段分析:若运动过程分为多个阶段,则分段分析各个阶段。滑块与木板达到相同速度时,滑块从木板上滑下时,外力突变时,以上三种情况一般是物体受力情况和运动情况变化的转折点。
【典例3】【多选】如图甲所示,质量为mB=1 kg的长木板B放在水平面上,质量为mA=2 kg的物块A放在木板上,开始物块与木板均处于静止状态。现用水平外力F作用在物块上,当F从0开始逐渐增大时,物块与木板运动的加速度a随F变化的图像如图乙中实线所示,图中上段倾斜直线的延长线与横轴交于F1。已知物块始终没有离开木板,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.木板与水平面间的动摩擦因数为0.1
B.小物块与木板间的动摩擦因数为0.3
C.图乙中F2=5.5 N
D.图乙中F1=4 N
【解析】选A、D。由图乙知,当F0=3 N时,物块与木板开始运动,则有F0=μ0(mA+mB)g,解得μ0=0.1,故A正确;由图乙知,当外力F=F2时,物块与木板开始相对滑动,此时物块与木板的加速度大小均为a0=1 m/s2,对木板,根据牛顿第二定律有μ1mAg-μ0(mA+mB)g=mBa0,解得μ1=0.2,故B错误;当外力F=F2时,物块与木板开始相对滑动,此时物块与木板的加速度大小均为a0=1 m/s2,对小物块,根据牛顿第二定律有F2-μ1mAg=mAa0,解得F2=6 N,故C错误;当F>F2时,物块与木板相对滑动,对物块,根据牛顿第二定律有F-μ1mAg=mAa,解得a=-μ1g+,变形得=,解得F1=4 N,故D正确。
【典例4】(2026·通化模拟)如图所示,木板B静置于水平面上,滑块A静置于B的左端,现对A施加一水平向右的拉力。若拉力的大小F1=4 N,则B恰好相对地面滑动;若拉力大小F2=8 N,则A恰好相对B滑动;若拉力大小F3=10 N,且作用时间t1=2 s后撤去,则最终A恰好没脱离B。已知A、B的质量mA=mB=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)B与地面之间的动摩擦因数μ1;
答案:(1)0.2　
【解析】(1)对A、B整体由平衡关系得F1=μ1(mA+mB)g
得μ1=0.2
(2)A与B之间的动摩擦因数μ2;
答案: (2)0.6　
【解析】(2)对A、B整体和对B分别由牛顿第二定律得
F2-μ1(mA+mB)g=(mA+mB)a;μ2mAg-μ1(mA+mB)g=mBa
得μ2=0.6
(3)木板B的长度。
答案: (3)5 m
【解析】(3)设撤去F3之前A、B的加速度分别为a1、a2,撤去F3之后A的加速度大小为a3,从撤去F3到A、B共速的时间为t2。撤去F3之前对A、B由牛顿第二定律得F3-μ2mAg=mAa1,μ2mAg-μ1(mA+mB)g =mBa2
撤去F3之后对A由牛顿第二定律得μ2mAg=mAa3
共速关系a1t1-a3t2=a2(t1+t2)
木板B的长度L=a1+(a1t1)t2a3a2(t1+t2)2
联立解得t2=0.5 s,L=5 m
[强化训练] 【多选】(2024·黑吉辽高考)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,小物块与木板的速度相同。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
【解析】选A、B、D。v-t图像的斜率表示加速度,可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变,故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;设小物块和木板间动摩擦因数为μ0,根据题意结合图像可知,物块开始滑上木板时的速度大小为v0=μgt0,方向水平向左,物块在木板上滑动的加速度为a0==μ0g,经过t0时间与木板共速此时速度大小为v共=μgt0,方向水平向右,故可得+=t0,解得μ0=2μ,故B正确;设木板质量为M,物块质量为m,根据图像可知物块未滑上木板时,木板的加速度为a==μg,故可得F-μMg=Ma,解得F=μMg,根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为a'==-μg,此时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之后小物块和木板一起共速运动,对整体F-μ(m+M)g=μMgμMg=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。
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