2024年高考物理复习第一轮-动力学中的“板块”和“传送带”模型

专题强化课动力学中的''板块”和“传送带”模型

1------iHUANTIQ1ANGHUAKE

命题点一“滑块一滑板”模型(师生互动)

［核心整合］

1.模型特点

上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动.

2.两种位移关系

滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动,位移之差等于板长；

反向运动时，位移之和等于板长.

3.解题思路

处理此类问题，必须弄清滑块和滑板的加速度、速度、位移等关系.

(1)加速度关系

如果滑块和滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速

度;如果滑块和滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块和滑板的加速度.应

注意找出滑块和滑板之间是否发生相对运动等隐含的条件.

(2)速度关系

滑块和滑板之间发生相对运动时，分析速度关系，从而确定滑块受到的摩擦力的方向.应

注意当滑块和滑板的速度相同时:摩擦力会发生突变的情况.

(3)位移关系

滑块和滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块和滑板的运动过程，认清对地位移和相

对位移之间的关系.这些关系就是解题过程中列方程所必需的关系，各种关系找到了，自然

也就容易列出所需要的方程了.

EE(2022•贵州毕节市适应性检测)一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一

小物块，如图所示.木板与地面间的动摩擦因数"1=0」，物块与木板间的动摩擦因数〃2=

0.4」=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当f=ls时，木板以速度5

=4m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反.运动过程中

小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下.已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力

加速度大小g取10m/s2.求：

彳77777T

(l)f=0时刻木板的速度大小；

(2)木板的长度.

解析：(1)对木板和物块：

设初始时刻木板速度为Vo

由运动学公式：。1=研)一

代入数据解得：oo=5m/s.

(2)碰撞后，对物块：从2mg=ma?

对物块，当速度为0时，经历时间，，发生位移Xi,

M1,V\

则有V］=a2tfx)=yr

对木板，由牛顿第二定律：〃2"7g+〃1(M+m)g=M〃3

对木板，经历时间f,发生位移及

X2=V\t—^a3p

木板长度l=X\+x2

联立并代入数据解得/=号tn.

答案：(l)5m/s(2),ym

［题组突破］

1.(水平面上的“滑块一滑板”)(2019・江苏卷)如图所示，质量相等的物块A和B叠放

在水平地面上，左边缘对齐.A与B、B与地面间的动摩擦因数均为".先敲击A,A立即获

得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下.接着敲击B,B立即获得水平向右的初

速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下.最

大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：

(1)A被敲击后获得的初速度大小0A;

(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小〃B、的'；

(3)B被敲击后获得的初速度大小VB.

解析：(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小〃A=〃g

由运动学公式有2aA/

解得VA=y)2^L.

(2)设A、B的质量均为例

对齐前，B所受合外力大小

由牛顿第二定律有广=m〃B,得〃B=3〃g

对齐后，A、B所受合外力大小尸=2卬咫

由牛顿第二定律有F'=2，MB',得曲=隰.

⑶经过时间I,A、B达到共同速度0,位移分别为以、XB,A加速度的大小等于〃A

则U=ClAt,O=g—GB/

且%B-XA=L

解得UB=2«2从gL.

答案：⑴]2〃孔(2)3〃gf/g⑶2：2"gL

2.(斜面上的“滑块一滑板”)如图所示，在倾角为6=37。的足够长斜面上放置一质量

M=2kg,长度L=1.5m的极薄平板AB,在薄平板上端A处放一质量机=1kg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

“1=0.25,薄平板与斜面之间的动摩擦因数为〃2=0.5,sin37。=0.6,cos37。=0.8,取g=10

m/s2,求：

(1)释放后，小滑块的加速度S和薄平板的加速度。2；

(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t.

解析：(1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，

对滑块：由牛顿第二定律有

〃?gsin37°—Fn=ma\

其中FNI—mgcos37°,F(\—/u\FNI

解得a\=gsin37。一〃igcos37°=4m/s2

对薄平板，由牛顿第二定律有

Mgsin370+Ff|—Ff2=M(/2

其中FN2=Q"+A/)gCOS37。，F(2=〃2FN2

解得42=1m/s2

ai>a2,假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动.

(2)设滑块滑离时间为f,由运动学公式，有

X\—X2=L

解得：t—1S.

答案：(l)4m/s2Im/s2(2)1s

3.(多个板块的组合模型)如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块,

滑块在F=6N的水平力作用下由静止开始向右运动.已知木板A、B长度均为/=lm,木

板A的质量MA=3kg,小滑块及木板B的质量均为机=1kg,小滑块与木板A、B间的动

摩擦因数均为〃।=0.4,木板A、B与地面间的动摩擦因数均为"2=0」，重力加速度g=10m/s2.

求：

(1)小滑块在木板A上运动的时间；

(2)木板B获得的最大速度.

解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力

Ff\="i/wg=4N,

木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力

Ff2=〃2(2%+，〃A)g=5N.

用＜凡，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止

设小滑块滑动的加速度为⑷，则：

F—n\mg=ma\,

/=呼足

解得：/|=1s.

(2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为0,B的加速度为痣，经过时间滑块与B脱离,

滑块的位移为X块，B的位移为XB,B的最大速度为0B,则：

〃1mg—2amg=ma2,

如=〃212,

XB—2〃2范，

v\=a\ti,

,12

X块=0/2+严亿

X块一冲=/,

联立以上各式可得：独=1m/s.

答案：(1)1s(2)1m/s

命题点二传送带模型(多维探究)

第1维度：水平传送带问题

1.情景特点分析

项目图示滑块可能的运动情况

Vo=O(1)可能一直加速

情景1

(2)可能先加速后匀速

时，可能一直减速，也可能先减速再匀速

情景2

6-黑)(2)。0＜。时，可能一直加速，也可能先加速再匀速

(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端

情景3(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.其中

()一“7)

返回时速度为当返回时速度为。0

2.思路方法

水平传送带问题：求解关键在于对物体所受摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与

传送带速度相等的时刻摩擦力发生突变.

EDJ水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意

图.紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率。=1m/s运行，一质量为〃?=4kg的行李无初速

度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以

与传送带相等的速率做匀速直线运动.设行李与传送带之间的动摩擦因数"=0」，A、8间

的距离L=2m,g取10m/s2.

(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；

(2)求行李做匀加速直线运动的时间；

(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从4处传送到

8处的最短时间和传送带对应的最小运行速率.

解析：(1)行李所受滑动摩擦力大小

Ft=nmg=OAX4X10N=4N,

根据牛顿第二定律得Ff=，"a,

加速度大小"="g=0.1X10m/s2=1m/s2.

(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则。

得八=?=；s=ls.

(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为4=1m/s2,当行李到达右

端时，有

giin2aL,

得Omin=。2aL=y2X1义2m/s—2m/s,

所以传送带对应的最小运行速率为2m/s.

由vmin=atmin得行李最短运行时间

答案：(1)4N1m/s2(2)1s(3)2s2m/s

第2维度：倾斜传送带问题

I.情景特点分析

项目图示滑块可能的运动情况

(1)可能一直加速

情景1

(2)可能先加速后匀速

Vo=O(1)可能一直加速

情景2(2)可能先加速后匀速

(3)可能先以a\加速后以CH加速

(1)可能一直加速

(2)可能先加速后匀速

情景3

(3)可能一直减速

(4)可能先以a\加速后以g加速

(1)可能一直加速

(2)可能一直匀速

情景4

(3)可能先减速后反向加速

(4)可能一直减速

2.思路方法

解题的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体所受摩擦力的大

小和方向.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受摩擦力可能发生突变.

EE如图所示，传送带与水平地面的夹角6=37。，从A到B的

长度为£=10.25m,传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动.在传送带

上端A无初速度地放一个质量为,“=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之

间的动摩擦因数为〃=05煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知

sin37°=0.6,g取10m/s2,求：

(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？

(2)煤块从A到B的时间；

(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度.

解析：(1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为〃=0.5,当煤块与传送带速度相等时，对

煤块受力分析有mgsin37o>w〃gcos37°,所以它们不能相对静止.

(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为

“i=g(sin。+〃cos。)=10m/s2,

煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间

发生的位移为=5闰=5m

煤块速度达到如后，因"geos6<gsin仇故煤块继续沿传送带向下加速运动，则

〃2=g(sin夕一"cos0)=2m/s2,

X2=L-X1=5.25m,

由、2=。0「2+52反得及=0.5S

煤块从A到8的时间为f=n+f2=1.5s.

(3)第一过程痕迹长Axi=vof|—xi=5m,

第二过程痕迹长Ax2=X2—。0/2=0.25m,

Ax2与Axi部分重合，故痕迹总长为5m.

答案：(1)不能(2)1.5s(3)5m

I总结提升I

解答传送带问题应注意的事项

(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的

是得到物块的加速度.

(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判

断"与tan®的关系才能决定物块以后的运动.

(3)得出运动过程中两者相对位移情况，在求解摩擦力做功时有很大作用.

［题组突破］

1.(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。=0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数〃=0.2,A、B

间的距离为2m,g取10m/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()

B口一“4

(：)

A.开始时行李的加速度大小为2m/s?

B.行李经过2s到达8处

C.行李到达B处时速度大小为0.4m/s

D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m

解析：AC开始时，对行李，根据牛顿第二定律〃解得a=2m/s2,故A正

确；设行李做匀加速运动的时间为力，行李匀加速运动的末速度为。=0.4m/s,根据。=0i,

代入数据解得八=0.2s,匀加速运动的位移大小x=5片=/x2X0.22m=0.04m,匀速运动

L-x2-0.04

的时间为ti=s=4.9s,可得行李从A到8的时间为？=0+女=5.1s,故B错

误；由上分析可知行李在到达B处前已经共速，所以行李到达8处时速度大小为0.4m/s,

故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Ax=M—x=（O.4X0.2—0.04）m=0.04

m,故D错误.

2.（2022・四川眉山市高三三模）（多选）如图所示，倾斜传送带以/小

恒定速率。。逆时针转动，一可视为质点的滑块以平行于传送带向下的

初速度滑上A点.滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，不计

传送带滑轮的尺寸，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.若用f表示时间，

用S表示滑块的速度大小，则能够正确描述滑块从A滑向8运动过程

的下列图像可能是（）

解析：BC对滑块受力分析，滑块在沿传送带方向受重力沿传送带的分力，"gsin仇摩

擦力工当。滑块刚开始加速运动，摩擦力向下，加速度为ai=gsin6+〃gcos0,当滑块

速度等于传动带速度相等时，如果最大静摩擦力＞＞，"gsin。，则滑动摩擦突变为静摩擦向上，

大小为mgsin。，滑块和传送带一起做匀速直线运动，若最大静摩擦力/V/wgsin。，则摩擦力

方向会突变向上，滑块做匀加速直线运动，加速度为42=mgsin6—"geos仇比较可得切＞

痣，故B正确，A错误；若。＞如,滑块相对于传送带向下运动，若最大静摩擦力/〈/ngsind,

则滑块一直做匀加速直线运动，加速度为43=gsin9-"geos。，若如果最大静摩擦力/＞〃?gsin

。，则滑块一开始做匀减速直线运动，速度与传送带相等时，滑动摩擦力突变为静摩擦力向

上，大小为，“gsind,故C正确，D错误.

限时规范训练

［基础巩固1

1.（2022•辽宁葫芦岛一模）（多选）如图所示，在水平面上有一传送带以速率5沿顺时针

方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传

送带相连（紧靠但不接触），现有一物块在右端水平面上以速度。2向左运动，物块速度随时间

变化的图像可能的是（）

V,卫

2谿孰;汨

解析：ABD第一种情况：物体在传送带上先减速向左滑行，有可能速度减为零，然

后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，加速度不变；如果物体向右运动时会一

直加速，当速度大小增大到等于。2时，物体恰好离开传送带，有。2'=。2；如果01W02,物

体向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度

时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，有。2'=功；

第二种情况：物体在传送带上减速向左滑行，直接向左滑出传送带，末速度一定小于。2,

故A、B、D正确，C错误.

2.（多选）如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送电

带上端A滑上传送带，滑上时速率为传送带的速率为。2,且。2>

5.不计空气阻力，动摩擦因数一定.关于物块离开传送带的速率。和位7fl

置，下面哪个是可能的（）

A.从下端B离开，

B.从下端B离开，v<vi

C.从上端A离开，v—vi

D.从上端A离开，v<v\

解析：ABC物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不

确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，

若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有。=s,选项C正确，D错误；若从8端离开,

当摩擦力大于重力的分力时，则。<。|；当摩擦力小于重力的分力时，则当摩擦力

和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，v=vi,选项A、B正确.

3.（2022•河南安阳市第二次模拟）（多选）如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板,

长木板上表面粗糙，其质量为例，，=0时刻质量为，”的物块以水平速度。滑上长木板，此

后木板与物块运动的v-t图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是

甲

A.M=m

B.M=2m

C.木板的长度为8m

D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1

解析：BC物块在木板上运动的过程中，〃〃zg=mai,而。7图像的斜率表示加速度，

7—32—0

故m/s2=2m/s2,解得〃=0.2,D错误；对木板受力分析可知卬心=加。2,

m/s2=lm/s2,解得M=2m,A错误，B正确；由题图乙可知，2s时物块和木板分离，则0〜

2s内，两者。7图线与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故Z,=£x（7+3）X2m-^X

2X2m=8m,C正确.

4.如图所示，质量为例的长木板A在光滑水平面上，以大小为如的速度向左运动，

一质量为〃?的小木块B（可视为质点），以大小也为加的速度水平向右冲上木板左端，B、A

间的动摩擦因数为"，最后B未滑离A.已知M=2,〃，重力加速度为g.求：

——n

（1）A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；

（2）木板A的最短长度L.

解析：（1）对A、B分别由牛顿第二定律得

Hmg=Ma\,/Mng=man

又M=2m,可得念=幼，aB-fig

规定水平向右为正方向，经时间r两者达到共同速度。，则

v=vo~ant=—vo+a/^t

2如4oo00

解得z=v

(7A+«B荻于

即A、B的共同速度大小为冬

（2）在时间f内:

—vo+v8*

A的位移XA=

29〃g

00+。4/

B的位移将=2l牺

木板A的最短长度为两者的相对位移大小,

日口7A4福

即L=AX=XB—XA=燕.

oo小、4*

答案：（1V(2)^-

3,3卜gi

5.(2022•安徽庐巢七校联盟第三次联考)如图甲所示，倾角为6的传送带以恒定速率逆

时针运行.现将一质量为，〃=2kg的小物体轻轻放在传送带的4端，物体相对地面的速度

随时间变化的关系图像如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g=10

m/s2,求：

(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度。；

(2)物体与传送带间的动摩擦因数小

解析：(1)由。7图像的面积规律可知传送带A、B间的距离Z,即为。7图像与，轴所围

的面积，所以

L=|x1X10m+1x(10+12)Xlm=16m

——I

由平均速度的定义得V=7=8m/s.

(2)由v-t图像可知传送带运行速度为m=10m/s

△V-

0-1s内物体的加速度为ai=—=10m/s2

1〜2s内的加速度为ai—2m/s2

根据牛顿第二定律得mgsine+""?gcos9=ma\

mgsin0—pngcos8=nun

联立两式解得"=05

答案:(1)8m/s(2)0.5

［能力提升］

6.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率s沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.

一物块以初速度。。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。-/图像如

图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°=0.6,cos37°=0.8,^=10m/s2,则

()

A.传送带的速度为4m/s

B.传送带底端到顶端的距离为14m

C.物块与传送带间的动摩擦因数为；

D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反

解析：A如果见小于S，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因

此物块的初速度的一定大于结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续

向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4m/s,选项A正确；传送带底端到顶端的

距离等于0-f图线与横轴所围的面积，即gx（4+12）X1m+1X4m=10m,选

项B错误；0〜1s内,m=gsin0+〃gcos6=8m/s2,1~2s内,“2=gsin0—figcos0=4m/s2,

解得〃=；,选项C错误；在1〜2s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误.

7.（多选）如图甲，一长木板静止于光滑水平桌面上，1=0时，小物块以速度。o滑到长

木板上，图乙为物块与木板运动的。7图像，图中小如、已知，重力加速度大小为g,

由此可求得（）

A.木板的长度

B.物块与木板的质量之比

C.物块与木板之间的动摩擦因数

D.从f=0开始到。时刻，木板获得的动能

解析：BC根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无

法求出木板的长度，故A不能够求解出；由图像的斜率表示加速度可求出长木板的加速度

为“木=蓝，小物块的加速度大小“物='°/]’〔根据牛顿第二定律得：“，咫=Ma木，/img—

—解得需二言？故B和C能够求解出；木板获得的动能谛由

于不知道长木板的质量必，故D不能够求解出.

8.（2022•山东泰安市高三三模）（多选）工厂中常用传送带传送货物的运动情景简化如下:

质量为100kg的货物与传送带间的动摩擦因数为0.1,以2m/s的初速度滑上静止的水平传

送带，经f=0.4s,传送带启动（不计启动时间），启动后传送带立即以3m/s的速度向右做匀

速直线运动，传送带足够长，重力加速度g取10m/s2,在货物运动的整个过程中（）

J（）

A.滑块相对传送带的位移大小为0.26m

B.滑块相对传送带的位移大小为1.70m

C.滑块与传送带间的摩擦生热为26J

D.滑块与传送带间的摩擦生热为170J

解析：AD由题可知小滑块先做匀减速直线运动，当传送带启动后，做匀加速运动，

知道速度与传送带速度相等时后，与传送带一起做匀速直线运动，减速阶段由牛顿第二定律

有〃,"g=/n"，a=ng=\m/s2,减速时间为0.4s,传送带静止可得，滑块相对于传送带向右

的位移用=加?—%户，代入数据得xi=0.72m,此时滑块速度为01=a)-af=(2—1X0.4)m/s

=1.6m/s,当传送带启动后，传送带的速度比滑块速度大，故滑块向右做匀加速直线运动，

加速时间为及=匕产s=1.4s,由于传送带速度大，故滑块相对于传送带向左的位移为及

=。传/2—(。澄+%。代入数据得及=0.98m,则物块在整个过程中相对传送带的位移为x

=JC|-X2=(0.98-0.72)m=0.26m,故A正确，B错误；由Q=/Ax,可得滑块与传送带的

摩擦热为。=/Ax=""g(xi+x2),代入数据得Q=170J,故D正确，C错误.

9.(2022•四模拟)如图所示，在倾角为6=30。的足够长的八

固定的光滑斜面上，有一质量为M=3kg的长木板正以oo=10m/s的初

速度沿斜面向下运动，现将一质量机=1kg的小物块(大小可忽略)轻放7mmm7mmm

在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数〃=坐