資源簡介

物理
第講　專題：傳送帶模型　滑塊—木板模型
考點一　傳送帶模型
1．傳送帶模型概述
根據實際生產生活中應用到的傳送帶的特點，可以將傳送帶分成水平傳送帶模型和傾斜傳送帶模型兩種。
將物體放在傳送帶上，物體與傳送帶因相對滑動而產生摩擦力，由于物體速度v物與傳送帶速度v傳大小、方向關系的不同，以及傾斜傳送帶傾角θ與物體和傳送帶間動摩擦因數μ的關系不確定，物體運動的可能性比較多，應具體情況具體分析。
2．分析傳送帶問題的三個步驟
(1)初始時刻，根據v物、v帶的關系，確定物體的受力情況，進而確定物體的運動情況。
(2)確定臨界狀態v物＝v帶的受力情況，判斷之后的運動情況。
(3)運用相應規律，進行相關計算。
例1　(2025·甘肅省定西市高三上模擬預測)如圖，有一水平傳送帶以v＝2 m/s的速度勻速轉動，現將一物塊(可視為質點)輕放在傳送帶A端，物塊剛放在傳送帶上時的速度看作0，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0．2。已知傳送帶長度為LAB＝10 m，求：
(1)物塊離開傳送帶時的速度大小；
(2)物塊在傳送帶上運動的總時間；
(3)物塊在傳送帶上留下的劃痕長度。
[答案]　(1)2 m/s　(2)5．5 s　(3)1 m
[解析]　(1)初始階段，物塊做勻加速直線運動，設物塊的質量為m，加速度大小為a，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ，根據牛頓第二定律可得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
假設物塊到達B端前已經與傳送帶共速，設加速過程的位移為x1，由勻變速直線運動速度與位移的關系有v2－0＝2ax1
解得x1＝1 m
x1(2)設物塊在傳送帶上加速運動的時間為t1，物塊與傳送帶共速后，繼續勻速運動的時間為t2，有v＝at1
LAB－x1＝vt2
物塊在傳送帶上運動的總時間為t＝t1＋t2
解得t＝5．5 s。
(3)物塊加速運動期間，傳送帶的位移為
x傳＝vt1
物塊與傳送帶共速前發生的相對位移為
Δx＝x傳－x1
解得Δx＝1 m
則物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為1 m。
水平傳送帶問題的常見情境及分析 情境滑塊的運動情況傳送帶不夠長傳送帶足夠長一直加速先加速后勻速v0v時，一直減速v0>v時，先減速再勻速一直減速到右端先減速到速度為0，后被傳送帶傳回左端。若v0v，先減速到0再反向加速后勻速，返回到左端時速度為v
例2　現在傳送帶傳送貨物已被廣泛地應用于車站、工廠、車間、碼頭。如圖所示，某飛機場利用傳送帶將旅客的行李箱運進機艙。在該次運輸過程中，傳送帶以恒定的速率v＝2 m/s向上運行。將行李箱無初速度地放在傳送帶底端，已知行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝1，傳送帶的長度L＝9 m，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，g取10 m/s2。
(1)求行李箱剛開始運動時的加速度；
(2)求行李箱的上升時間；
(3)如果提高傳送帶的運行速率，行李箱就能被較快地傳送到機艙，求行李箱的最短上升時間和傳送帶對應的最小運行速率。
[答案]　(1)2 m/s2，方向沿傳送帶向上
(2)5 s　(3)3 s　6 m/s
[解析]　(1)設行李箱的質量為m，剛開始運動時的加速度為a，由牛頓第二定律可知
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得a＝2 m/s2，方向沿傳送帶向上。
(2)行李箱加速到與傳送帶共速的時間t1＝
此時間內行李箱的位移大小x1＝at
行李箱勻速運動的時間t2＝
行李箱的上升時間t＝t1＋t2
解得t＝5 s。
(3)當行李箱一直做加速運動時，行李箱的上升時間最短，設這種情況下行李箱到達機艙的速度為v1，由勻變速直線運動速度與位移的關系有v－0＝2aL
解得v1＝6 m/s
所以傳送帶的最小運行速率為6 m/s
行李箱上升的最短時間為t′＝
解得t′＝3 s。
傾斜傳送帶問題的常見情境及分析 情境滑塊的運動情況傳送帶不夠長傳送帶足夠長 (μ>tanθ)一直加速先加速后勻速一直加速(加速度為gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后勻速若μv時，一直加速(加速度大小為gsinθ－μgcosθ)或減速(加速度大小為μgcosθ－gsinθ)v0>v時，若μtanθ，先減速后勻速μtanθ時，一直減速μ>tanθ時，先減速到速度為0后反向加速。若v0v，先減速到0再反向加速后勻速，返回原位置時速度大小為v
跟進訓練　(2025·重慶市銅梁一中高三上10月月考)如圖所示的裝置是某工廠用于產品分揀的傳送帶示意圖，產品(可以忽略其形狀和大小)無初速地放上水平傳送帶AB的最左端，當產品運動到水平傳送帶最右端時被擋板d擋住，分揀員在此鑒定產品質量，不合格的被取走，合格品被無初速地放在傾斜傳送帶BC的頂端，滑至底端的傳送帶后再進行包裝等工序。已知傳送帶AB、BC與產品間的動摩擦因數μ＝0．5，均以v＝4 m/s的速度按圖示方向勻速轉動，水平傳送帶AB長L1＝12 m，傾斜傳送帶BC長L2＝1．64 m，傾角θ＝37°(sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，g＝10 m/s2)，求：
(1)產品剛放上水平傳送帶AB時，產品加速度的大小和方向；
(2)產品在水平傳送帶AB上運動的時間；
(3)產品在傾斜傳送帶BC上運動的時間。
答案：(1)5 m/s2　水平向右　(2)3．4 s
(3)0．6 s
解析：(1)設產品的質量為m，剛放上水平傳送帶AB時的加速度大小為a，根據牛頓第二定律可得μmg＝ma
解得a＝5 m/s2
分析可知，加速度的方向水平向右。
(2)假設產品在水平傳送帶AB上能加速到速度v，則產品在水平傳送帶AB上加速運動的時間為t1＝
產品在加速過程通過的位移大小為s1＝at
解得t1＝0．8 s，s1＝1．6 m
s1產品勻速運動的時間為t2＝
則產品在水平傳送帶AB上運動的時間為
t＝t1＋t2
解得t＝3．4 s。
(3)設產品剛放上傾斜傳送帶BC時的加速度大小為a1，根據牛頓第二定律可得
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
假設產品在傾斜傳送帶BC上能加速到速度v，則產品加速到與傳送帶共速所用時間為
t1′＝
產品加速到與傳送帶共速所通過的位移大小為s1′＝a1t1′2
解得t1′＝0．4 s，s1′＝0．8 m
s1′由于mgsinθ>μmgcosθ，可知產品與傳送帶共速后繼續做勻加速運動，設加速度大小為a2，加速時間為t2′，根據牛頓第二定律可得
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
根據運動學公式可得L2－s1′＝vt2′＋a2t2′2
解得t2′＝0．2 s(另一解t2′＝－4．2 s舍去)
則產品在傾斜傳送帶BC上運動的時間為
t′＝t1′＋t2′
解得t′＝0．6 s。
考點二　滑塊—木板模型
1．模型特點：滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的相互作用下發生相對滑動。
2．位移關系：滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，如圖甲所示，位移大小之差Δx＝x1－x2＝L；滑塊和木板反向運動時，如圖乙所示，位移大小之和x1＋x2＝L。
3．分析滑塊—木板模型時要抓住一個轉折和兩個關聯
4．解決滑塊—木板模型中速度臨界問題的思維模板
例3　(2024·寧夏銀川市高三下三模)如圖所示，光滑水平面上放著長L＝2 m、質量為M＝4 kg的薄木板，一個質量為m＝1 kg的小物體放在木板的最右端，小物體和薄木板之間的動摩擦因數μ＝0．2，開始時兩者均靜止在水平地面上，現對木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取10 m/s2。求：
(1)為使小物體不從木板上掉下，F不能超過多少？
(2)如果拉力F＝11 N，小物體需多長時間就脫離木板？
[答案]　(1)10 N　(2)4 s
[解析]　(1)設小物體隨木板運動的最大加速度為a，使小物體不從木板上掉下的F的最大值為Fm，對小物體由牛頓第二定律得
μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
對小物體和木板整體，由牛頓第二定律得
Fm＝(M＋m)a
解得Fm＝10 N，即F不能超過10 N。
(2)因施加的拉力F＝11 N>10 N，故小物體的加速度為a，且相對木板滑動，設木板運動的加速度為a1，對木板由牛頓第二定律得
F－μmg＝Ma1
設小物體脫離木板所需的時間為t1，這段時間內小物塊的位移x1＝at
木板的位移x2＝a1t
由位移的關系有L＝x2－x1
聯立并代入數據解得t1＝4 s。
例4　如圖所示，木板A的質量M＝3 kg，A與水平地面之間的動摩擦因數為μ1＝0．2，一質量m＝2 kg的小滑塊B(可視為質點)靜止在木板的左端，小滑塊B與木板A之間的動摩擦因數μ2＝0．4。現給木板A一個瞬間向左的初速度v0＝4 m/s，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)分別求初始時刻A、B的加速度；
(2)要使滑塊B始終未從木板上滑下，木板的長度L至少多長？
[答案]　(1)6 m/s2，方向水平向右　4 m/s2，方向水平向左
(2)0．8 m
[解析]　(1)初始時刻，A、B之間和A與地面之間均發生相對滑動，對應的滑動摩擦力的大小分別為fB＝μ2mg，f地＝μ1(M＋m)g
根據牛頓第二定律，對A有f地＋fB＝MaA
對B有fB＝maB
解得A的加速度大小aA＝6 m/s2，方向水平向右
B的加速度大小aB＝4 m/s2，方向水平向左。
(2)當A、B達到共速時，假設兩者以相同的加速度做減速運動，設其大小為a，有
μ1(M＋m)g＝(M＋m)a
解得a＝2 m/s2當B滑到木板最右端時兩者恰好共速，此時木板的長度L有最小值Lmin。設經過t時間A、B達到共速，則有v0－aAt＝aBt
在A、B共速前，木板A的位移大小為
xA＝v0t－aAt2
滑塊B的位移大小為xB＝aBt2
木板的長度至少為Lmin＝xA－xB
聯立并代入數據解得Lmin＝0．8 m。
跟進訓練　如圖所示，在水平地面上靜置著一塊質量m1＝2 kg的長木板，長木板與地面間的動摩擦因數μ1＝0．1。一物塊(視為質點)的質量m2＝1 kg，物塊與長木板間的動摩擦因數μ2＝0．4，物塊以大小v0＝9 m/s、水平向右的初速度滑上長木板左端，物塊未滑離長木板。取重力加速度大小g＝10 m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：
(1)長木板剛開始運動時的加速度大小a1；
(2)長木板的最小長度L；
(3)整個過程物塊的位移大小x。
答案：(1)0．5 m/s2　(2)9 m　(3)10．5 m
解析：(1)物塊在長木板上滑動時，長木板也在地面上滑動，設地面和物塊對長木板的摩擦力大小分別為f1、f2，則有
f1＝μ1(m1＋m2)g
f2＝μ2m2g
對長木板由牛頓第二定律有f2－f1＝m1a1
解得a1＝0．5 m/s2。
(2)若物塊滑到長木板右端時兩者剛好共速，長木板的長度取最小值。設開始運動時物塊的加速度大小為a2，由牛頓第二定律有f2′＝m2a2
其中長木板對物塊的摩擦力大小f2′＝f2
解得a2＝4 m/s2
設在t1時刻，物塊與長木板達到共同速度v，由運動學公式有
v＝v0－a2t1
v＝a1t1
解得t1＝2 s，v＝1 m/s
t1時間內，物塊的位移大小x2＝v0t1－a2t
長木板的位移大小x1＝a1t
L＝x2－x1
解得L＝9 m。
(3)由μ1<μ2可知，物塊和長木板共速后，一起做勻減速直線運動，設加速度大小為a3，對物塊和長木板整體，由牛頓第二定律有
f1＝(m1＋m2)a3
解得a3＝1 m/s2
設物塊與長木板共速后，兩者共同的位移大小為x3，由勻變速直線運動速度與位移的關系有0－v2＝－2a3x3
又x＝x2＋x3
解得x＝10．5 m。
課時作業
[A組　基礎鞏固練]
1．(2024·安徽高考)傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉動。t＝0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖所示。t0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到v0。不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖線可能正確的是(　　)
答案：C
解析：設物塊的質量為m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，0～t0時間內，物塊從傳送帶底端由靜止開始沿傳送帶向上運動，可知物塊所受滑動摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，根據牛頓第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，解得物塊沿傳送帶向上滑動時的加速度a1＝μgcosθ－gsinθ，則0～t0時間內，加速度a保持不變，物塊做初速度為0的勻加速直線運動；t0時刻，物塊與傳送帶速度相同，因為μmgcosθ>mgsinθ，則物塊所受滑動摩擦力突變為靜摩擦力，大小為f＝mgsinθ，則物塊所受合力為0，加速度為0，則t0時刻之后，物塊隨傳送帶一起以速度v0做勻速直線運動，故C正確，A、B、D錯誤。
2．如圖所示，水平傳送帶以v＝1 m/s的恒定速率運行。將一小物體無初速度地放在A處，物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0．1，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．物體在傳送帶上的加速時間為0．5 s
B．物體從A處到B處的時間為2 s
C．物體剛被放上傳送帶時的加速度大小為1 m/s2
D．若傳送帶的速度足夠大，物體從A處到B處的最短時間為1．5 s
答案：C
解析：設物體的質量為m，由牛頓第二定律可知，物體剛被放上傳送帶時的加速度大小為a＝＝μg＝1 m/s2，假設物體能加速到v，則物體在傳送帶上的加速時間為t1＝＝1 s，物體加速運動的位移大小為x1＝at＝0．5 m，x1小于A、B間的距離L，則假設成立，之后物體勻速運動的時間為t2＝＝1．5 s，則物體從A處到B處的時間為t＝t1＋t2＝2．5 s，A、B錯誤，C正確；若傳送帶的速度足夠大，可知物體從A處到B處一直做加速度為a的勻加速運動，根據L＝at，可得物體從A處到B處的最短時間為tmin＝2 s，D錯誤。
3．(2025·山西省晉中市高三模擬預測)如圖所示，在光滑平臺上放置一長度l＝0．5 m、質量M＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可視為質點的質量m＝1 kg的物塊，物塊與薄板間動摩擦因數μ＝0．2。開始時兩者均靜止，現對薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。則物塊在薄板上運動的時間為(　　)
A．2．3 s B．2 s
C．1．7 s D．1 s
答案：D
解析：設物塊脫離薄板前，物塊的加速度為a1，薄板的加速度為a2，物塊在薄板上運動的時間為t，則由牛頓第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，由物塊與薄板之間的位移關系可得a2t2－a1t2＝l，聯立并代入數據解得t＝1 s，故選D。
4．如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速度v1運行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1，則(　　)
A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大
B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大
C．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用
答案：B
解析：小物塊對地速度為零時，即t1時刻，向左離開A處最遠；t2時刻，小物塊剛好與傳送帶共速，此后不再相對傳送帶滑動，所以t2時刻，它相對傳送帶滑動的距離達到最大，A錯誤，B正確。0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力為滑動摩擦力，方向始終向右，大小不變；t2時刻以后小物塊相對傳送帶靜止，與傳送帶一起以速度v1勻速運動，不再受摩擦力作用，C、D錯誤。
5．(多選)如圖所示，可視為質點的物體A質量m＝1 kg，足夠長的長木板B質量M＝2 kg，A與B之間的動摩擦因數μ＝0．2，A以初速度v0＝6 m/s從左端滑上靜止在光滑水平面上的長木板B，重力加速度大小g＝10 m/s2。則(　　)
A．A在B上滑動過程中，B受到的摩擦力大小為4 N，方向向右
B．A在B上滑動過程中，A的加速度大小為2 m/s2
C．A與B達到的共同速度大小為2 m/s
D．A與B速度相等時，A相對B滑行的距離為4 m
答案：BC
解析：A在B上滑動過程中，B受到的摩擦力為滑動摩擦力，大小為f＝μmg＝2 N，方向向右，故A錯誤；A受到的滑動摩擦力大小為f′＝μmg＝2 N，對A由牛頓第二定律有f′＝ma，解得A的加速度大小a＝2 m/s2，故B正確；以B為研究對象，根據牛頓第二定律有f＝Ma′，解得B的加速度大小a′＝1 m/s2，設經過t時間，A和B達到共同速度v，根據勻變速直線運動速度與時間的關系有v＝v0－at，v＝a′t，聯立解得t＝2 s，v＝2 m/s，故C正確；A與B速度相等時，B前進的位移大小為x1＝a′t2，A前進的位移大小為x2＝v0t－at2，A相對B滑行的距離L＝x2－x1，聯立解得L＝6 m，故D錯誤。
6．如圖所示，一只杯子固定在水平桌面上，將一塊薄紙板蓋在杯口上并在紙板上放一枚雞蛋，現用水平向右的拉力將紙板快速抽出，雞蛋(水平移動距離很小，幾乎看不到)落入杯中，這就是慣性演示實驗。已知雞蛋(可視為質點)離紙板左端的距離為d，雞蛋和紙板的質量均為m，所有接觸面的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，若雞蛋移動的距離不超過就能保證實驗成功，則所需拉力的最小值為(　　)
A．3μmg B．12μmg
C．14μmg D．26μmg
答案：C
解析：當紙板相對雞蛋運動時，設臨界情況時雞蛋的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則紙板抽出時雞蛋運動的最大距離為＝a1t2，紙板運動的距離為d＋＝a2t2，聯立解得a2＝11a1，設紙板和雞蛋間的摩擦力為f1，杯口對紙板的摩擦力為f2，根據牛頓第二定律，對雞蛋有f1＝μmg＝ma1，解得a1＝μg，對紙板有Fmin－f1－f2＝ma2，f2＝2μmg，聯立解得Fmin＝14μmg，故選C。
7．(2021·遼寧高考)機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1＝0．6 m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉軸間距L＝3．95 m。工作人員沿傳送方向以速度v2＝1．6 m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質點)。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0．8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8。求：
(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；
(2)小包裹通過傳送帶所需的時間t。
答案：(1)0．4 m/s2　(2)4．5 s
解析：(1)小包裹相對傳送帶滑動時，對小包裹受力分析，如圖所示，垂直傳送帶方向，由平衡條件有FN＝mgcosα
由μ>tan37°知，加速度方向沿傳送帶向上，則沿傳送帶方向，由牛頓第二定律有f－mgsinα＝ma
又f＝μFN
聯立并代入數據解得a＝0．4 m/s2。
(2)假設小包裹到達傳送帶底端前就已與傳送帶共速，共速前小包裹的位移大小為x1，則有v－v＝－2ax1
代入數據解得x1＝2．75 m
因為x1由于μ>tan37°，所以共速后小包裹以速度v1勻速運動。設共速前小包裹的運動時間為t1，共速后小包裹的運動時間為t2，則有
v1＝v2－at1
L－x1＝v1t2
t＝t1＋t2
聯立并代入數據解得t＝4．5 s。
8．如圖所示，質量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：
(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；
(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。
答案：(1)　(2)3μg　μg　(3)2
解析：A、B的運動過程如圖所示：
(1)設A、B的質量均為m，先敲擊A時，由牛頓第二定律可知，
A的加速度大小aA＝＝μg
在B上滑動時有2aAL＝v
解得：vA＝。
(2)對齊前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左
地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左
合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg
由牛頓第二定律F＝maB，得aB＝3μg
對齊后，A、B整體所受合外力大小
F′＝f地＝2μmg
由牛頓第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)設敲擊B后經過時間t，A、B達到共同速度v，位移分別為xA、xB，A的加速度大小等于aA
則v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2。
[B組　綜合提升練]
9．(2025·寧夏銀川一中高三上第2次月考)(多選)某傳送裝置如圖所示，一長度LPQ＝3．2 m的傳送帶傾斜放置，與水平面的夾角為θ，以v0＝2 m/s的恒定速度逆時針轉動。將一質量m＝1 kg的物體無初速度地放在傳送帶的頂端P，經時間t1＝0．2 s，物體的速度達到2 m/s，此后再經過t2＝1．0 s時間，物體運動到傳送帶的底端Q。已知重力加速度g＝10 m/s2，物體可視為質點。下列判斷正確的是(　　)
A．物體運動到傳送帶的底端Q點時的速度大小是2 m/s
B．傳送帶與物體間的動摩擦因數μ＝0．5
C．傳送帶與水平面的夾角θ＝53°
D．物體由P運動到Q的過程中，物體相對于傳送帶的位移大小為0．8 m
答案：BD
解析：物體在t1＝0．2 s內的加速度大小a1＝＝10 m/s2，位移大小L1＝t1＝0．2 m，假設物體與傳送帶共速后做勻速運動，則到達底端再經過的時間為t′＝＝1．5 s，因為t′≠t2，則假設錯誤，可知物體應該繼續加速，根據勻變速直線運動規律有LPQ－L1＝v0t2＋a2t，解得物體與傳送帶共速后的加速度大小a2＝2 m/s2，由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得μ＝0．5，θ＝37°，B正確，C錯誤；物體與傳送帶共速后繼續加速，可知當運動到傳送帶的底端Q點時的速度大于2 m/s，故A錯誤；物體由P運動到Q的過程中，傳送帶的位移x＝v0(t1＋t2)＝2．4 m，物體相對于傳送帶的位移大小為Δx＝LPQ－x＝0．8 m，故D正確。
10．(2024·內蒙古呼和浩特市高三下二模)(多選)如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，小滑塊Q放置于長木板上的最右端。現將一個水平向右的力F作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運動，一段時間后撤去力F的作用。滑塊、長木板的速度—時間圖像如圖乙所示，已知滑塊與長木板的質量相等，滑塊Q始終沒有從長木板P上滑下。滑塊Q與長木板P之間的動摩擦因數為μ1，長木板P與地面之間的動摩擦因數為μ2，重力加速度g＝10 m/s2。則下列說法正確的是(　　)
A．μ1＝0．1
B．μ2＝0．3
C．t＝ s時，木板P停止運動
D．滑塊Q在長木板P上滑行的相對位移大小為 m
答案：AD
解析：F作用在長木板P上時，長木板P的速度一定不小于滑塊Q的速度，則題圖乙中0～4 s下側圖線為滑塊的v t圖線，根據v t圖像可知，0～3 s內滑塊Q加速階段的加速度大小為aQ＝ m/s2＝1 m/s2，設P、Q的質量均為m，此時對Q根據牛頓第二定律可得μ1mg＝maQ，解得μ1＝0．1，根據題圖乙可知，3 s時撤去力F到4 s時P、Q共速前過程，木板P做減速運動的加速度大小為aP＝ m/s2＝5 m/s2，根據牛頓第二定律可得μ1mg＋μ2×2mg＝maP，解得μ2＝0．2，故A正確，B錯誤；t＝4 s共速后，滑塊Q靜止的時刻一定不早于長木板，結合題圖乙可知，滑塊Q相對于木板P向右運動，以P為研究對象，根據牛頓第二定律可得μ2×2mg－μ1mg＝maP′，解得P的加速度大小為aP′＝3 m/s2，則從共速到木板P停下所用時間為Δt＝＝ s，木板P停止運動的時刻為tP＝4 s＋Δt＝ s，故C錯誤；由于整個運動過程中，Q僅受來自P的滑動摩擦力作用，故加速階段和減速階段的加速度大小相同，可知Q減速運動的時間Δt′＝＝4 s，Q停止運動的時刻為tQ＝4 s＋Δt′＝8 s，根據v t圖像的面積表示位移可知，整個運動過程中Q的位移為xQ＝×4×8 m＝16 m，P的位移為xP＝×3×9 m＋×(4－3) m＋×4× m＝ m，則滑塊Q在長木板P上滑行的相對位移大小為x相＝xQ－xP＝ m，D正確。
[C組　拔尖培優練]
11．(2024·遼寧高考)(多選)一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為μ。t＝0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時間內，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g為重力加速度大小。t＝4t0時刻，小物塊和木板的速度相同。下列說法正確的是(　　)
A．小物塊在t＝3t0時刻滑上木板
B．小物塊和木板間的動摩擦因數為2μ
C．小物塊與木板的質量比為3∶4
D．t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動
答案：ABD
解析：v t圖像的斜率表示加速度，由圖可知，t＝3t0時刻木板的加速度發生改變，由牛頓第二定律可知，此時木板的受力情況發生改變，故可知小物塊在t＝3t0時刻滑上木板，故A正確；設小物塊的質量為m，小物塊和木板間的動摩擦因數為μ0，根據題意結合圖像可知，小物塊開始滑上木板時，小物塊的速度大小為v0＝μgt0，方向水平向左，小物塊在木板上滑動時，對小物塊，根據牛頓第二定律，有μ0mg＝ma0，解得小物塊在木板上滑動時的加速度大小為a0＝μ0g，t＝3t0時刻小物塊滑上木板后，先向左做勻減速直線運動，減速到0后以相同的加速度向右做勻加速直線運動，在t＝4t0時刻與木板共速，共速時速度大小為v共＝μgt0，方向水平向右，有v共＝－v0＋a0t0，聯立可解得μ0＝2μ，故B正確；設木板的質量為M，0～3t0時間內，根據v t圖像可知，木板的加速度為a＝＝μg，此時間內，對木板由牛頓第二定律有F－μMg＝Ma，解得木板受到的水平恒力F＝μMg，3t0～4t0時間內，根據v t圖像可知，木板的加速度為a′＝＝－μg，此時間內，對木板由牛頓第二定律得F－μ(m＋M)g－μ0mg＝Ma′，解得＝，故C錯誤；假設t＝4t0之后小物塊和木板相對靜止，則小物塊和木板整體所受合力為F合＝F－μ(m＋M)g＝μMg－μMg＝0，故可知此時整體處于平衡狀態，假設成立，即t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動，故D正確。
1(共59張PPT)
第三章　運動和力的關系
第4講　專題：傳送帶模型　滑塊—木板模型
目錄
1
2
3
考點一　傳送帶模型
考點二　滑塊—木板模型
課時作業
考點一　傳送帶模型
1．傳送帶模型概述
根據實際生產生活中應用到的傳送帶的特點，可以將傳送帶分成水平傳送帶模型和傾斜傳送帶模型兩種。
將物體放在傳送帶上，物體與傳送帶因相對滑動而產生摩擦力，由于物體速度v物與傳送帶速度v傳大小、方向關系的不同，以及傾斜傳送帶傾角θ與物體和傳送帶間動摩擦因數μ的關系不確定，物體運動的可能性比較多，應具體情況具體分析。
2．分析傳送帶問題的三個步驟
(1)初始時刻，根據v物、v帶的關系，確定物體的受力情況，進而確定物體的運動情況。
(2)確定臨界狀態v物＝v帶的受力情況，判斷之后的運動情況。
(3)運用相應規律，進行相關計算。
例1　(2025·甘肅省定西市高三上模擬預測)如圖，有一水平傳送帶以v＝2 m/s的速度勻速轉動，現將一物塊(可視為質點)輕放在傳送帶A端，物塊剛放在傳送帶上時的速度看作0，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0．2。已知傳送帶長度為LAB＝10 m，求：
(1)物塊離開傳送帶時的速度大小；
(2)物塊在傳送帶上運動的總時間；
(3)物塊在傳送帶上留下的劃痕長度。
答案　(1)2 m/s　(2)5．5 s　(3)1 m
解析　 (1)初始階段，物塊做勻加速直線運動，設物塊的質量為m，加速度大小為a，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ，根據牛頓第二定律可得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
假設物塊到達B端前已經與傳送帶共速，設加速過程的位移為x1，由勻變速直線運動速度與位移的關系有v2－0＝2ax1
解得x1＝1 m
x1送帶保持相對靜止，一起做勻速運動，可知物塊離開傳
送帶時的速度大小v物＝v＝2 m/s。
(2)設物塊在傳送帶上加速運動的時間為t1，物塊與傳送帶共速后，繼續勻速運動的時間為t2，有v＝at1
LAB－x1＝vt2
物塊在傳送帶上運動的總時間為t＝t1＋t2
解得t＝5．5 s。
(3)物塊加速運動期間，傳送帶的位移為
x傳＝vt1
物塊與傳送帶共速前發生的相對位移為
Δx＝x傳－x1
解得Δx＝1 m
則物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為1 m。
水平傳送帶問題的常見情境及分析
情境 滑塊的運動情況
傳送帶不夠長 傳送帶足夠長
一直加速 先加速后勻速
v0v0>v時，一直減速 v0>v時，先減速再勻速
一直減速到右端 先減速到速度為0，后被傳送帶傳回左端。若v0v，先減速到0再反向加速后勻速，返回到左端時速度為v
例2　現在傳送帶傳送貨物已被廣泛地應用于車站、工廠、車間、碼頭。如圖所示，某飛機場利用傳送帶將旅客的行李箱運進機艙。在該次運輸過程中，傳送帶以恒定的速率v＝2 m/s向上運行。將行李箱無初速度地放在傳送帶底端，已知行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝1，傳送帶的長度L＝9 m，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，g取10 m/s2。
(1)求行李箱剛開始運動時的加速度；
(2)求行李箱的上升時間；
(3)如果提高傳送帶的運行速率，行李箱就能被較快地
傳送到機艙，求行李箱的最短上升時間和傳送帶對應的最小運行速率。
答案　(1)2 m/s2，方向沿傳送帶向上　(2)5 s　(3)3 s　6 m/s
傾斜傳送帶問題的常見情境及分析
情境 滑塊的運動情況
傳送帶不夠長 傳送帶足夠長
(μ>tanθ) 一直加速 先加速后勻速
一直加速(加速度為gsinθ＋μgcosθ) 若μ≥tanθ，先加速后勻速
若μv0v0>v時，一直加速(加速度大小為gsinθ－μgcosθ)或減速(加速度大小為μgcosθ－gsinθ) v0>v時，若μtanθ，先減速后勻速
μμ>tanθ時，一直減速 μ>tanθ時，先減速到速度為0后反向加速。若v0v，先減速到0再反向加速后勻速，返回原位置時速度大小為v
跟進訓練　(2025·重慶市銅梁一中高三上10月月考)如圖所示的裝置是某工廠用于產品分揀的傳送帶示意圖，產品(可以忽略其形狀和大小)無初速地放上水平傳送帶AB的最左端，當產品運動到水平傳送帶最右端時被擋板d擋住，分揀員在此鑒定產品質量，不合格的被取走，合格品被無初速地放在傾斜傳送帶BC的頂端，滑至底端的傳送帶后再進行包裝等工序。已知傳送帶AB、BC與產品間的動摩擦因數μ＝0．5，均以v＝4 m/s的速度按圖示方向勻速轉動，水平傳送帶AB長L1＝12 m，傾斜傳送帶BC長L2＝1．64 m，傾角θ＝37°(sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，g＝10 m/s2)，求：
(1)產品剛放上水平傳送帶AB時，產品加速度的大小和方向；
(2)產品在水平傳送帶AB上運動的時間；
(3)產品在傾斜傳送帶BC上運動的時間。
答案：(1)5 m/s2　水平向右　(2)3．4 s　 (3)0．6 s
考點二　滑塊—木板模型
1．模型特點：滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的相互作用下發生相對滑動。
2．位移關系：滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，如圖甲所示，位移大小之差Δx＝x1－x2＝L；滑塊和木板反向運動時，如圖乙所示，位移大小之和x1＋x2＝L。
3．分析滑塊—木板模型時要抓住一個轉折和兩個關聯
4．解決滑塊—木板模型中速度臨界問題的思維模板
例3　(2024·寧夏銀川市高三下三模)如圖所示，光滑水平面上放著長L＝
2 m、質量為M＝4 kg的薄木板，一個質量為m＝1 kg的小物體放在木板的最右端，小物體和薄木板之間的動摩擦因數μ＝0．2，開始時兩者均靜止在水平地面上，現對木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取10 m/s2。求：
(1)為使小物體不從木板上掉下，F不能超過多少？
(2)如果拉力F＝11 N，小物體需多長時間就脫離木板？
答案　(1)10 N　(2)4 s
解析　 (1)設小物體隨木板運動的最大加速度為a，使小物體不從木板上掉下的F的最大值為Fm，對小物體由牛頓第二定律得
μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
對小物體和木板整體，由牛頓第二定律得
Fm＝(M＋m)a
解得Fm＝10 N，即F不能超過10 N。
例4　如圖所示，木板A的質量M＝3 kg，A與水平地面之間的動摩擦因數為μ1＝0．2，一質量m＝2 kg的小滑塊B(可視為質點)靜止在木板的左端，小滑塊B與木板A之間的動摩擦因數μ2＝0．4。現給木板A一個瞬間向左的初速度v0＝4 m/s，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)分別求初始時刻A、B的加速度；
(2)要使滑塊B始終未從木板上滑下，木板的長度L至少多長？
答案　(1)6 m/s2，方向水平向右　4 m/s2，方向水平向左　 (2)0．8 m
解析　(1)初始時刻，A、B之間和A與地面之間均發生相對滑動，對應的滑動摩擦力的大小分別為fB＝μ2mg，f地＝μ1(M＋m)g
根據牛頓第二定律，對A有f地＋fB＝MaA
對B有fB＝maB
解得A的加速度大小aA＝6 m/s2，方向水平向右
B的加速度大小aB＝4 m/s2，方向水平向左。
跟進訓練　如圖所示，在水平地面上靜置著一塊質量m1＝2 kg的長木板，長木板與地面間的動摩擦因數μ1＝0．1。一物塊(視為質點)的質量m2＝1 kg，物塊與長木板間的動摩擦因數μ2＝0．4，物塊以大小v0＝9 m/s、水平向右的初速度滑上長木板左端，物塊未滑離長木板。取重力加速度大小g＝10 m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：
(1)長木板剛開始運動時的加速度大小a1；
(2)長木板的最小長度L；
(3)整個過程物塊的位移大小x。
答案：(1)0．5 m/s2　(2)9 m　(3)10．5 m
解析：(1)物塊在長木板上滑動時，長木板也在地面上滑動，設地面和物塊對長木板的摩擦力大小分別為f1、f2，則有
f1＝μ1(m1＋m2)g
f2＝μ2m2g
對長木板由牛頓第二定律有f2－f1＝m1a1
解得a1＝0．5 m/s2。
(2)若物塊滑到長木板右端時兩者剛好共速，長木板的長度取最小值。設開始運動時物塊的加速度大小為a2，由牛頓第二定律有f2′＝m2a2
其中長木板對物塊的摩擦力大小f2′＝f2
(3)由μ1<μ2可知，物塊和長木板共速后，一起做勻減速直線運動，設加速度大小為a3，對物塊和長木板整體，由牛頓第二定律有
f1＝(m1＋m2)a3
解得a3＝1 m/s2
設物塊與長木板共速后，兩者共同的位移大小為x3，由勻變速直線運動速度與位移的關系有0－v2＝－2a3x3
又x＝x2＋x3
解得x＝10．5 m。
課時作業
[A組　基礎鞏固練]
1．(2024·安徽高考)傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉動。t＝0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖所示。t0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到v0。不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖線可能正確的是(　　)
解析：設物塊的質量為m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，0～t0時間內，物塊從傳送帶底端由靜止開始沿傳送帶向上運動，可知物塊所受滑動摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，根據牛頓第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，解得物塊沿傳送帶向上滑動時的加速度a1＝μgcosθ－gsinθ，則0～t0時間內，加速度a保持不變，物塊做初速度為0的勻加速直線運動；t0時刻，物塊與傳送帶速度相同，因為μmgcosθ>mgsinθ，則物塊所受滑動摩擦力突變為靜
摩擦力，大小為f＝mgsinθ，則物塊所受合力為0，加速度為0，
則t0時刻之后，物塊隨傳送帶一起以速度v0做勻速直線運動，
故C正確，A、B、D錯誤。
2．如圖所示，水平傳送帶以v＝1 m/s的恒定速率運行。將一小物體無初速度地放在A處，物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0．1，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．物體在傳送帶上的加速時間為0．5 s
B．物體從A處到B處的時間為2 s
C．物體剛被放上傳送帶時的加速度大小為1 m/s2
D．若傳送帶的速度足夠大，物體從A處到B處的最短時間為1．5 s
3．(2025·山西省晉中市高三模擬預測)如圖所示，在光滑平臺上放置一長度l＝0．5 m、質量M＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可視為質點的質量m＝1 kg的物塊，物塊與薄板間動摩擦因數μ＝0．2。開始時兩者均靜止，現對薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。則物塊在薄板上運動的時間為(　　)
A．2．3 s B．2 s
C．1．7 s D．1 s
4．如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速度v1運行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1，則(　　)
A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大
B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大
C．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用
解析：小物塊對地速度為零時，即t1時刻，向左離開A處最遠；t2時刻，小物塊剛好與傳送帶共速，此后不再相對傳送帶滑動，所以t2時刻，它相對傳送帶滑動的距離達到最大，A錯誤，B正確。0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力為滑動摩擦力，方向始終向右，大小不變；t2時刻以后小物塊相對傳送帶靜止，與傳送帶一起以速度v1勻速運動，不再受摩擦力作用，C、D錯誤。
5．(多選)如圖所示，可視為質點的物體A質量m＝1 kg，足夠長的長木板B質量M＝2 kg，A與B之間的動摩擦因數μ＝0．2，A以初速度v0＝6 m/s從左端滑上靜止在光滑水平面上的長木板B，重力加速度大小g＝10 m/s2。則(　　)
A．A在B上滑動過程中，B受到的摩擦力大小為4 N，方向向右
B．A在B上滑動過程中，A的加速度大小為2 m/s2
C．A與B達到的共同速度大小為2 m/s
D．A與B速度相等時，A相對B滑行的距離為4 m
7．(2021·遼寧高考)機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1＝0．6 m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉軸間距L＝3．95 m。工作人員沿傳送方向以速度v2＝1．6 m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質點)。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0．8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8。求：
(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；
(2)小包裹通過傳送帶所需的時間t。
答案：(1)0．4 m/s2　(2)4．5 s
解析：(1)小包裹相對傳送帶滑動時，對小包裹受力分析，如圖所示，垂直傳送帶方向，由平衡條件有FN＝mgcosα
由μ>tan37°知，加速度方向沿傳送帶向上，則沿傳送帶方向，由牛頓第二定律有f－mgsinα＝ma
又f＝μFN
聯立并代入數據解得a＝0．4 m/s2。
8．如圖所示，質量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：
(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；
(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。
[B組　綜合提升練]
9．(2025·寧夏銀川一中高三上第2次月考)(多選)某傳送裝置如圖所示，一長度LPQ＝3．2 m的傳送帶傾斜放置，與水平面的夾角為θ，以v0＝2 m/s的恒定速度逆時針轉動。將一質量m＝1 kg的物體無初速度地放在傳送帶的頂端P，經時間t1＝
0．2 s，物體的速度達到2 m/s，此后再經過t2＝1．0 s時間，物體運動到傳送帶的底端Q。已知重力加速度g＝10 m/s2，物體可視為質點。下列判斷正確的是(　　)
A．物體運動到傳送帶的底端Q點時的速度大小是2 m/s
B．傳送帶與物體間的動摩擦因數μ＝0．5
C．傳送帶與水平面的夾角θ＝53°
D．物體由P運動到Q的過程中，物體相對于傳送帶的位移大小為0．8 m
[C組　拔尖培優練]
11．(2024·遼寧高考)(多選)一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為μ。t＝0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時間內，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g為重力加速度大小。t＝4t0時刻，小物塊和木板的速度相同。下列說法正確的是(　　)
A．小物塊在t＝3t0時刻滑上木板
B．小物塊和木板間的動摩擦因數為2μ
C．小物塊與木板的質量比為3∶4
D．t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動

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