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專題二
傳送帶與滑塊問題
突破 1 “傳送帶”模型
滑塊在傳送帶上運動的“六點”注意問題：
(1)注意滑塊相對傳送帶的運動方向，正確判定摩擦力的方向.
(2)在水平傳送帶上，滑塊與傳送帶共速時，滑塊與傳送帶相
對靜止做勻速運動.
(3)在傾斜傳送帶上，滑塊與傳送帶共速時，需比較 mgsin θ與
μmgcos θ的大小才能確定運動情況.
(4)注意滑塊與傳送帶運動方向相反時，滑塊速度減為零后反
向加速返回.
(5)注意傳送帶的長度，判定滑塊與傳送帶共速前是否滑出.
(6)滑塊在傳送帶上運動形成的劃痕長度是滑塊與傳送帶的相
對位移.
三種情景 圖示 滑塊可能的運動情況
情景 1 ①可能一直加速；
②可能先加速后勻速
情景 2 ①v0>v，可能一直減速，也可能先減速再勻速；
②v0＝v，一直勻速；
③v0類型 1 水平傳送帶模型
三種情景 圖示 滑塊可能的運動情況
情景 3 ①傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端；
②傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端.其中v0>v返回時速度為v，當v0(續表)
[思維拓展]計算物體與傳送帶間的相對路程要分兩種情況：
①若二者同向，則Δs＝|s傳－s物|；②若二者反向，則Δs＝|s傳|＋|s物|.
【典例 1】(多選，2023 年四川內江模擬)如圖所示，由于運
力增加，某國際機場欲讓貨物盡快通過傳送帶.已知傳送帶兩軸心
間距為 5 m，傳送帶向右勻速傳動，其速度大小可以由驅動系統
根據需要設定，一可視為質點的小物塊以 7 m/s 的初速度從左端
滑上傳送帶，已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.4，g 取
)
10 m/s2，則下列傳送帶的速度符合要求的是(
A.8 m/s
B.9 m/s
C.10 m/s
D.11 m/s
解析：根據題意可知，欲讓貨物盡快通過傳送帶，則需讓貨
物在傳送帶上一直做勻加速運動，設貨物通過傳送帶后的速度為
答案：CD
【考點突破 1】(2023 年江蘇南京月考)如圖甲所示，足夠
長的傳送帶沿順時針方向轉動，速度大小為 v1，初速度大小為
v2 的小物塊從傳送帶的右側滑上傳送帶.固定在傳送帶右端的位移
傳感器記錄了小物塊的位移 x 隨時間 t 的變化關系如圖乙所示，已
知圖線在前 3.0 s 內為二次函數，在 3.0～4.5 s 內為一次函數，取
向左運動的方向為正方向，傳送帶的速度保持不變，g 取 10 m/s2.
下列說法正確的是(
)
甲
乙
A.小物塊在 0～4.5 s 內摩擦力一直向右
B.小物塊在 3～4.5 s 內做勻減速直線運動
C.傳送帶的速度大小為 4 m/s
D.小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.2
速度與小物塊 3.0～4.5 s 內的速度相同為 v2＝
解析：圖線在前 3.0 s 內為二次函數，在 3.0～4.5 s 內為一次
函數，x-t 圖像的斜率等于速度，故前 3.0 s 內物體的速度先減小到
零，后反向增加，在 3.0～4.5 s 內為做勻速運動，可判斷小物塊在
前3 s內摩擦力向右，3.0～4.5 s 內摩擦力為 0，AB 錯誤；傳送帶的
3
4.5－3
m/s＝2 m/s，
＝2 m/s2，根據牛頓第二定律得μmg＝ma，解得μ＝0.2，D 正確.
答案：D
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景 1 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
情景 2 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
(3)可能先以 a1 加速后再以 a2 加速，且a1＞a2
類型 2 傾斜傳送帶模型
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景 3 (1)可能一直加速
(2)可能一直勻速
(3)可能先加速后勻速
(4)可能先減速后勻速
(5)可能先以a1加速后再以a2加速
(6)可能一直減速
(續表)
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景 4 (1)可能一直加速
(2)可能一直勻速
(3)可能先減速后反向加速
(4)可能一直減速
(續表)
[思維拓展]物體沿傾角為 θ 的傳送帶傳送時，可以分為兩類：
物體由底端向上運動，或者由頂端向下運動.解決傾斜傳送帶問題
時要特別注意 mgsin θ與μmgcos θ的大小和方向的關系，進一步判
斷物體所受合力與速度方向的關系，確定物體運動情況.
【典題2】(2024 年廣東珠海質檢)如圖，飛機場運輸行李的傾
斜傳送帶保持恒定的速率向上運行，將行李箱無初速度地放在傳
送帶底端，當它送入飛機貨艙前行李箱已做勻速運動.設行李箱與
傳送帶之間的動摩擦因數為
摩擦力，下列說法正確的是(
，已知滑動摩擦力近似等于最大靜
)
A.做勻速運動時，行李箱與傳送帶之間的摩擦力為零
B.重的行李箱比輕的行李箱傳送時間更長些
C.若增加傳送帶速度，傳送的時間不變
D.運送行李時該傳送帶的傾角必須小于 30°
則行李箱加速階段所用時間和位移分別為
解析：做勻速運動時，行李箱與傳送帶之間的摩擦力為 Ff＝
mgsin θ，A 錯誤；根據 ma＝μmgcos θ－mgsin θ，加速階段，重的
行李箱與輕的行李箱傳送加速度相同，即行李箱的加速時間、加
速位移、勻速時間相同，B 錯誤；設傳送帶提速前的速度為 v1，
，提高傳
送帶的運轉速度，由于加速階段行李箱的加速度不變，則行李箱
加速到提速前傳送帶速度v1過程所用時間t1不變，通過的位移x1
，故θ<30°，運送行李時該傳送帶的傾角必須小于
不變，但提速后行李箱繼續加速運動再勻速運動，則之后的運動
過程，提速后所用時間更短，則提高傳送帶的運轉速度，傳送時
間變短，C 錯誤；行李箱先做加速運動，有μmgcos θ>mgsin θ，解
得 tan θ<
30°，D 正確.
答案：D
【考點突破 2】(多選，2023 年廣東深圳月考)如圖甲所示，
足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ，在傳送帶上某位置輕輕放
上一小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，小木塊速度
隨時間變化關系如圖乙所示，v0 、t0 已知，重力加速度為 g，則
(
)
甲
乙
A.傳送帶一定逆時針轉動
B.μ＝tan θ－
v0
gt0cos θ
C.傳送帶的速度大于 v0
D.t0 時刻后木塊的加速度為 2gsin θ－
v0
t0
解析：若傳送帶順時針轉動，當小木塊下滑時，有 mgsin θ>
μmgcos θ，小木塊將一直做勻加速直線運動至傳送帶底端，當小木
塊上滑時，有 mgsin θ<μmgcos θ，小木塊先做勻加速直線運動，小
木塊的速度等于傳送帶速度時做勻速直線運動，兩種情況均不符
合運動圖像，故傳送帶一定逆時針轉動，A 正確；小木塊在 0～t0
內，受到的滑動摩擦力方向沿傳送帶向下，小木塊的加速度為
當小木塊的速度等于傳送帶速度時，受到的滑動摩擦力方向沿傳
送帶向上，故傳送帶的速度等于 v0，故C錯誤；t0 時刻后木塊的加
答案：AD
動摩擦因數 物體運動情況分析
滑塊與木板間為μ1，木板與地面間為μ2 滑塊有初速度
木板有初速度
μ1＝0，μ2≠0 滑塊勻速，木板靜止 滑塊靜止，木板勻減速
直線運動
突破 2 “滑塊—木板”模型
類型 1 無拉力作用下的板塊模型
動摩擦因數 物體運動情況分析
μ2＝0，μ1≠0 滑塊減速，加速度大小滿足μ1mg＝ma，木板加速，加速度滿足μ1mg＝Ma′ 滑塊加速，木板減速，加速度方向相反，達到共同速度后，勻速運動
μ1＝μ2≠0 滑塊減速，木板靜止 滑塊加速，木板減速，達到共同速度后以μ2g共同減速
(續表)
動摩擦因數 物體運動情況分析
μ1m≤
μ2(M＋m) 滑塊減速，木板靜止 滑塊加速，木板減速，達到共同速度后滑塊以μ1g減速，木板減速加速度滿足μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma′
(續表)
動摩擦因數 物體運動情況分析
μ1m＞
μ2(M＋m) 滑塊減速，加速度大小滿足μ1mg＝ma，木板加速，相對滑動，滑塊加速度大，達到共同速度后以μ2g共同減速 滑塊加速，木板減速，達到共同速度后以μ2g共同減速
(續表)
【典題3】(多選，2024 年廣東茂名期中)如圖所示，一質量為
m 的木塊以 v1 的速率向右滑上以 v2 的速率在光滑水平地面上向左
運動的薄木板，薄木板質量為 M，已知 m>M，v1>v2，取水平向右
為正方向.則在以后的運動過程中，下列圖像可能正確的是(
)
A
B
C
D
知道木板的長度，若木塊滑離木板時木板速度恰好為 0，則可能出
現如B選項所示的情況，B 正確；若木板足夠長，則木板速度減到
0后會在摩擦力作用下向右做勻加速運動，加速度不變，最終一起
向右做勻速直線運動，D 正確.
答案：BD
規律方法
動摩擦因數 物體運動情況分析
滑塊與木板間為μ1，木板與地面間為μ2
μ1＝0，
μ2≠0 隨著拉力的增加，滑塊加速
度變大，木板靜止 隨著拉力的增加，木板加速度變
大，滑塊靜止
類型 2 有拉力作用情況下的板塊模型
(續表)
(續表)
【典例 4】(2023 年福建廈門一模)如圖甲所示，足夠長的木
板靜置于水平地面上，木板最右端放置一可看成質點的小物塊.
在 t＝0 時對木板施加一水平向右的恒定拉力 F，在 F 的作用下
物塊和木板發生相對滑動，t＝1 s 時撤去 F，整個過程木板運動的
v-t 圖像如圖乙所示.物塊和木板的質量均為 1 kg，物塊與木板間、
木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加
速度 g 取 10 m/s2，則下列說法正確的是(
)
甲
乙
A.1～1.5 s 內木板的加速度為 4 m/s2
B.物塊與木板間的動摩擦因數為 0.5
C.拉力 F 的大小為 21 N
D.物塊最終停止時的位置與木板右端的距離為 5.25 m
設物塊與木板間的動摩擦因數為 μ，0～1.5 s 對物塊由牛頓第二定律有μmg＝ma0，
而由速度與時間的關系式可得 v＝a0t，其中 v＝3 m/s，t＝1.5 s，解得μ＝0.2，設
地面與木板間的動摩擦因數為μ1 ，在撤去拉力后，對木板由牛頓第二定律有
μmg＋2μ1mg＝ma，解得μ1＝0.5，而由圖像可知，在沒有撤去拉力時木板的加速
度 a1＝
Δv
Δt
＝
9
1
m/s2＝9 m/s2，則對木板在沒有撤去拉力時由牛頓第二定律有 F－
μmg－2μ1mg＝ma1，解得 F＝21 N，C 正確.
答案：C
思路導引
圖乙中的圖像將運動分為三個不同階段，結合圖
甲分析三個階段分別對應什么運動，圖像中的兩個拐點對應三段
運動的轉折點.
【考點突破 3】(多選，2023 年河南開封一模)如圖所示，長
木板放置在水平面上，一小物塊置于長木板的中央，長木板和物
塊的質量均為 m，物塊與木板間的動摩擦因數為μ，木板與水平
等，重力加速度為 g.現對物塊施加一水平向右的拉力，則木板加
速度 a 大小可能是(
)
C.a＝
A.a＝0
B.a＝
μg
4
μg
3
D.a＝
2μg
3
速度a＝0，A 正確；若物塊相對木板運動，以木板為對象，根據牛
誤.
答案：ABC

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