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第三章
运动和力的关系
第17讲　专题强化四　传送带模型和
“滑块—木板”模型
学习目标 命题热点
(1)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。 (2)掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。 (3)能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。 传送带模型和“滑块—木板”模型均是历年高考热点，主要考查物块在传送带(或木板)上运动时间、离开传送带(或木板)速度、痕迹长度的计算。
考点一
考点二
提能训练　练案[17]
考点一　传送带模型
1．共速时摩擦力可能突变
(1)滑动摩擦力突变为零。
(2)滑动摩擦力突变为静摩擦力。
(3)摩擦力方向突变。
2．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)；
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)。
3．水平传送带问题的常见情形及运动分析
情境 物块的运动情况 关键点
传送带不足够长(物块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长(物块先与传送带达到相对静止) 一直加速(加速度a＝μg) 先加速后匀速 水平同向传送带：判断物块能否与传送速共速
若x物>L，则不能共速
若x物≤L，则能共速
v0v时，一直减速 (加速度a＝μg) v0>v时，先减速再匀速 情境 物块的运动情况 关键点
传送带不足够长 (物块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长(物块先与传送带达到相对静止) 滑块一直减速到右端(加速度a＝μg) 物块先减速到速度为0，后被传送带传回左端 若v0≤v，则返回到左端时速度大小为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v 水平反向传送带：判断物块能否减速到0
4．倾斜传送带问题的常见情形及运动分析
情境 物块的运动情况 关键点
传送带不足够长 (物块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长 (物块先与传送带达到相对静止) 一直加速(一定满足μmgcos θ> mgsin θ，即μ> tan θ) 先加速后匀速 (一定满足关系μ>tan θ) 判断物块能否与传送带共速
若x物>L，则不能共速
若x物≤L，则能共速
情境 物块的运动情况 关键点
传送带不足够长 (物块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长(物块先与传送带达到相对静止) 一直加速(加速度为a1＝gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 一是判断物块能否与传送带共速，再一个是判断共速后物块的运动情况，关键在于比较μ与tan θ的关系
若μ传送带不足够长 (物块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长(物块先与传送带达到相对静止) v0情境 物块的运动情况 关键点
传送带不足够长(物块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长 (物块先与传送带达到相对静止) v0>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情境 物块的运动情况 关键点
传送带不足够长 (物块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长(物块先与传送带达到相对静止) (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 [规律方法]　要注意三个状态的分析——初态、共速和末态
跟 踪 训 练
1．(2024·安徽卷·4题)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(　　)
[答案]　C
[解析]　物块刚放到传送带上时先做匀加速运动，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma(物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力)，解得a＝g(μcos θ－sin θ)，物块与传送带共速后，因为 μmgcos θ>mgsin θ，所以物块与传送带保持相对静止，一起做匀速运动，加速度为零，C正确，A、B、D错误。
2．如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终以速度10 m/s的恒定速率运行，一质量为m＝0.5 kg的物体无初速地放在A处，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，AB间的距离为16 m，g取10 m/s2，求：
(1)物体从A传送到B需要的时间为多少？
(2)若传动带与水平面成夹角θ＝37°如上图所示，以10 m/s的速度逆时针转动，将物体无初速地放在顶端A处，从A传送到B需要的时间为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
[答案]　(1)2.6 s　(2)2 s
[解析]　(1)物体无初速度的放在传送带上，所受滑动摩擦力水平向右，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1
解得a1＝5 m/s2
设物体匀加速直线运动的时间为t1，则有v＝a1t1
解得t1＝2 s
可知物体在传送带上先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，设物体匀速运动的时间为t2，则有xAB－x1＝vt2
解得t2＝0.6 s
物体从A传送到B需要的时间为t＝t1＋t2＝2.6 s。
(2)物体放在传送带上后，开始的阶段，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma2
解得a2＝10 m/s2
设物体匀加速下滑的时间为t3，则有v＝a2t3
解得t3＝1 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作用下发生相对滑动。
2．板块模型的两种类型
类型图示 规律分析
木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA
3．分析板块模型的关键点
水平面上的板块问题
考向1
(2026·江西赣州市开学考)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，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，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，拉力F不小于什么值？
(2)若F＝14 N，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，则：
①在F的作用下，长木板的加速度为多大？
②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
④最终小物块离长木板右端多远？
[答案]　(1)10 N　(2)①3 m/s2　②0.5 m ③2.8 m/s　④0.7 m
[解析]　(1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma0，对物块和木板整体有F0＝(m＋M)a0，
联立解得F0＝10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。
(2)①对长木板，根据牛顿第二定律可得
F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2。
②撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用
故am＝a0＝μg＝2 m/s2
[规律方法]　解决板块模型问题的思维模板
跟 踪 训 练
3．如图所示，质量为M＝2 kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端有一个质量m＝3 kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0＝5 m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，g取10 m/s2。求：
(1)假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长；
(2)要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。
[答案]　(1)5 m　(2)1.5 m
[解析]　(1)对木块A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得a1＝ －μ1g＝－2 m/s2
对木板B由牛顿第二定律得μ1mg－μ(m＋M)g＝Ma2，解得a2＝0.5 m/s2
设经过时间t后A、B达到共同速度v，由运动学公式得v＝v0＋a1t，v＝a2t
解得v＝1 m/s，t＝2 s
(2)当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速，根据牛顿第二定律得－μ(m＋M)g＝(m＋M)a3，解得a3＝－1 m/s2
设木板B减速通过的位移为x3，则减速过程有2a3x3＝0－v2，所以s＝x2＋x3＝1.5 m。
倾斜面的板块模型
考向2
(2026·江苏扬州模拟)如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则由图像可知下列说法正确的是(　　)
[答案]　D
提能训练　练案[17]
基础巩固练
1．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率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．t3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，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
[答案]　C
[解析]　由v－t图像得，小物块在t1时刻速度为零，下一刻开始向右运动，所以t1时刻小物块离A处最远，故A错误；t2时刻，小物块第一次与传送带相对静止，之前始终相对传送带向左运动，所以此刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B错误；0～t2时间内，小物块相对传送带始终向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力f＝μmg，滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正确，D错误。
2．(多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型，传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　)
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
[答案]　AC
3．(2025·广东省六校联考)如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率顺时针运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。
假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带
与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大
静摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A．要实现这一目的前提是μB．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零
C．全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上
D．若传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间
[答案]　C
[解析]　要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为Ff＝mgsin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向上，故C正确；若传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。
4．(多选)如图所示，一质量为m1的物块叠放在质量为m2的长木板上，二者均静止在水平地面上，已知木板与物块间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。现给长木板一水平向右的初速度v0，下列关于长木板、物块的v－t图像(实线和虚线分别表示不同物体)可能正确的是(　　)
[答案]　AD
[解析]　由题意可知，起初物块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，故四个选项中的虚线均表示物块、实线均表示木板，某个时刻两者速度相等，之后若μ1>μ2，则二者可相对静止以共同加速度做匀减速直线运动直至停下，且二者做匀减速运动的加速度大小均为μ2g，小于起初木板做匀减速运动的加速度，故A正确，B错误；若μ1<μ2，则二者不能相对静止，二者以不同的加速度做匀减速直线运动，且物块的加速度大小不变，方向相反，故C错误，D正确。
5．(2025·福建漳州质检)如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量m＝1 kg的物块，沿传送带向下以速度v0＝4 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v－t图像如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　)
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度v＝1 m/s，方向沿斜面向下
C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2
[答案]　D
6．如图甲所示，物块A与木板B静止在光滑水平地面上，现给物块A一初速度，1 s后两物体相对静止地一起匀速运动，它们的位移—时间图像如图乙所示，则A、B两物体的质量比为(　　)
A．4∶3 B．2∶1
C．3∶2 D．5∶2
[答案]　B
能力提升练
7．(多选)传送带广泛地应用于物品的传输、分
拣、分装等工作中，某物流公司利用如图所示的三
角形传送带进行物品的分拣。传送带以2 m/s的速度
逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个货箱A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两货箱与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列判断正确的是(　　)
A．货箱B先到达传送带底端
B．货箱B在传送带底端时的速度大小为3 m/s
C．下滑过程中货箱A相对传送带的路程小于货箱B
D．下滑过程中，两货箱在传送带上的划痕长度相同
[答案]　BC
8．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速度v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。g取10 m/s2，则(　　)
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
[答案]　C
9．如图所示，质量为4 kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2 kg的物块，现对物块施加一大小为12 N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1 s，物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，重力加速度大小g取10 m/s2。则木板的长度为(　　)
A．0.8 m B．1.0 m
C．1.2 m D．1.5 m
[答案]　B
10．如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25。薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2；
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
[答案]　(1)4 m/s2　1 m/s2　(2)1 s
[解析]　(1)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1，
其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos 37°
解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有
Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2
其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcos 37°
解得a2＝1 m/s2，a1>a2，假设成立，
即滑块会相对于薄平板向下滑动。
(1)求A、B两端之间的距离L；
(2)若传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀
速转动时，求小物块在传送带上留下痕迹的长度s；
(3)若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀
速转动，求小物块从A端运动到B端所用的总时间t。
(结果保留3位有效数字)
[答案]　(1)35 m　(2)25 m　(3)3.52 s
[解析]　(1)传送带静止时，设小物块下滑的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
解得a1＝2 m/s2
(2)传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，小物块仍以加速度大小a1做匀加速直线运动，故小物块运动的位移仍为L，则传送带运动的位移为x带＝v1Δt＝10 m
小物块在传送带上留下的痕迹为s＝L－x带＝25 m。
(3)若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，开始时，小物块受到的摩擦力沿着传送带向下，设小物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
解得a2＝10 m/s2
设经过时间t1，小物块与传送带达到共同速度，则有v2＝v0＋a2t1
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