第4讲 专题：传送带模型 滑块-木板模型

第三章

运动和力的关系第4讲

专题：传送带模型滑块—木板模型目录123考点一传送带模型考点二滑块—木板模型课时作业考点一传送带模型1．传送带模型概述根据实际生产生活中应用到的传送带的特点，可以将传送带模型分成水平传送带模型和倾斜传送带模型两种。将物体放在传送带上，物体与传送带因相对滑动而产生摩擦力，由于物体速度v物与传送带速度v传大小、方向关系的不同，以及倾斜传送带倾角θ与物体和传送带间动摩擦因数μ的关系不确定，物体运动的可能性比较多，应具体情况具体分析。2．分析传送带问题的三个步骤(1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。(2)确定临界状态v物＝v带的受力情况，判断之后的运动情况。(3)运用相应规律，进行相关计算。例1

(2025·甘肃省定西市高三上模拟预测)如图，有一水平传送带以v＝2m/s的速度匀速转动，现将一物块(可视为质点)轻放在传送带A端，物块刚放在传送带上时的速度看作0，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2。已知传送带长度为LAB＝10m，求：(1)物块离开传送带时的速度大小；(2)物块在传送带上运动的总时间；(3)物块在传送带上留下的划痕长度。答案(1)2m/s

(2)5．5s

(3)1m解析

(1)初始阶段，物块做匀加速直线运动，设物块的质量为m，加速度大小为a，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma解得a＝2m/s2假设物块到达B端前已经与传送带共速，设加速过程的位移为x1，由匀变速直线运动速度与位移的关系有v2－0＝2ax1解得x1＝1mx1<LAB，则假设成立，物块与传送带共速后，与传送带保持相对静止，一起做匀速运动，可知物块离开传送带时的速度大小v物＝v＝2m/s。(2)设物块在传送带上加速运动的时间为t1，物块与传送带共速后，继续匀速运动的时间为t2，有v＝at1LAB－x1＝vt2物块在传送带上运动的总时间为t＝t1＋t2解得t＝5．5s。(3)物块加速运动期间，传送带的位移为x传＝vt1物块与传送带共速前发生的相对位移为Δx＝x传－x1解得Δx＝1m则物块在传送带上留下的划痕长度为1m。水平传送带问题的常见情境及分析情境滑块的运动情况传送带不够长传送带足够长一直加速先加速后匀速v0<v时，一直加速v0<v时，先加速再匀速v0>v时，一直减速v0>v时，先减速再匀速一直减速到右端先减速到速度为0，后被传送带传回左端。若v0<v，返回到左端时速度为v0；若v0>v，先减速到0再反向加速后匀速，返回到左端时速度为v例2现在传送带传送货物已被广泛地应用于车站、工厂、车间、码头。如图所示，某飞机场利用传送带将旅客的行李箱运进机舱。在该次运输过程中，传送带以恒定的速率v＝2m/s向上运行。将行李箱无初速度地放在传送带底端，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝1，传送带的长度L＝9m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，g取10m/s2。(1)求行李箱刚开始运动时的加速度；(2)求行李箱的上升时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李箱就能被较快地传送到机舱，求行李箱的最短上升时间和传送带对应的最小运行速率。答案(1)2m/s2，方向沿传送带向上(2)5s

(3)3s

6m/s倾斜传送带问题的常见情境及分析情境滑块的运动情况传送带不够长传送带足够长(μ>tanθ)一直加速先加速后匀速一直加速(加速度为gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后匀速若μ<tanθ，先以a1＝gsinθ＋μgcosθ加速，后以a2＝gsinθ－μgcosθ加速v0<v时，一直加速(加速度为gsinθ＋μgcosθ)v0<v时，若μ≥tanθ，先加速后匀速；若μ<tanθ，先以a1＝gsinθ＋μgcosθ加速，后以a2＝gsinθ－μgcosθ加速v0>v时，一直加速(加速度大小为gsinθ－gcosθ)或减速(加速度大小为μgcosθ－gsinθ)v0>v时，若μ<tanθ，一直加速；若μ>tanθ，先减速后匀速μ<tanθ时，一直加速；μ＝tanθ时，一直匀速μ>tanθ时，一直减速μ>tanθ时，先减速到速度为0后反向加速。若v0<v，返回原位置时速度大小为v0；若v0>v，先减速到0再反向加速后匀速，返回原位置时速度大小为v跟进训练

(2025·重庆市铜梁一中高三上10月月考)如图所示的装置是某工厂用于产品分拣的传送带示意图，产品(可以忽略其形状和大小)无初速地放上水平传送带AB的最左端，当产品运动到水平传送带最右端时被挡板d挡住，分拣员在此鉴定产品质量，不合格的被取走，合格品被无初速地放在倾斜传送带BC的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等工序。已知传送带AB、BC与产品间的动摩擦因数μ＝0．5，均以v＝4m/s的速度按图示方向匀速转动，水平传送带AB长L1＝12m，倾斜传送带BC长L2＝1．64m，倾角θ＝37°(sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，g＝10m/s2)，求：(1)产品刚放上水平传送带AB时，产品加速度的大小和方向；(2)产品在水平传送带AB上运动的时间；(3)产品在倾斜传送带BC上运动的时间。答案：(1)5m/s2水平向右(2)3．4s

(3)0．6s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相互作用下发生相对滑动。2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，如图甲所示，位移大小之差Δx＝x1－x2＝L；滑块和木板反向运动时，如图乙所示，位移大小之和x1＋x2＝L。3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板例3

(2024·宁夏银川市高三下三模)如图所示，光滑水平面上放着长L＝2m、质量为M＝4kg的薄木板，一个质量为m＝1kg的小物体放在木板的最右端，小物体和薄木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时两者均静止在水平地面上，现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取10m/s2。求：(1)为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少？(2)如果拉力F＝11N，小物体需多长时间就脱离木板？答案(1)10N

(2)4s解析

(1)设小物体随木板运动的最大加速度为a，使小物体不从木板上掉下的F的最大值为Fm，对小物体由牛顿第二定律得μmg＝ma解得a＝2m/s2对小物体和木板整体，由牛顿第二定律得Fm＝(M＋m)a解得Fm＝10N，即F不能超过10N。例4如图所示，木板A的质量M＝3kg，A与水平地面之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，一质量m＝2kg的小滑块B(可视为质点)静止在木板的左端，小滑块B与木板A之间的动摩擦因数μ2＝0.4。现给木板A一个瞬间向左的初速度v0＝4m/s，重力加速度g＝10m/s2。(1)分别求初始时刻A、B的加速度；(2)要使滑块B始终未从木板上滑下，木板的长度L至少多长？答案(1)6m/s2，方向水平向右4m/s2，方向水平向左

(2)0.8m解析

(1)初始时刻，A、B之间和A与地面之间均发生相对滑动，对应的滑动摩擦力的大小分别为fB＝μ2mg，f地＝μ1(M＋m)g根据牛顿第二定律，对A有f地＋fB＝MaA对B有fB＝maB解得A的加速度大小aA＝6m/s2，方向水平向右B的加速度大小aB＝4m/s2，方向水平向左。跟进训练如图所示，在水平地面上静置着一块质量m1＝2kg的长木板，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0．1。一物块(视为质点)的质量m2＝1kg，物块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0．4，物块以大小v0＝9m/s、水平向右的初速度滑上长木板左端，物块未滑离长木板。取重力加速度大小g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)长木板刚开始运动时的加速度大小a1；(2)长木板的最小长度L；(3)整个过程物块的位移大小x。答案：(1)0．5m/s2

(2)9m

(3)10．5m解析：(1)物块在长木板上滑动时，长木板也在地面上滑动，设地面和物块对长木板的摩擦力大小分别为f1、f2，则有f1＝μ1(m1＋m2)gf2＝μ2m2g对长木板由牛顿第二定律有f2－f1＝m1a1解得a1＝0．5m/s2。(2)若物块滑到长木板右端时两者刚好共速，长木板的长度取最小值。设开始运动时物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有f2′＝m2a2其中长木板对物块的摩擦力大小f2′＝f2(3)由μ1<μ2可知，物块和长木板共速后，一起做匀减速直线运动，设加速度大小为a3，对物块和长木板整体，由牛顿第二定律有f1＝(m1＋m2)a3解得a3＝1m/s2设物块与长木板共速后，两者共同的位移大小为x3，由匀变速直线运动速度与位移的关系有0－v2＝－2a3x3又x＝x2＋x3解得x＝10．5m。课时作业[A组基础巩固练]1．(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(

)解析：设物块的质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，0～t0时间内，物块从传送带底端由静止开始沿传送带向上运动，可知物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，解得物块沿传送带向上滑动时的加速度a1＝μgcosθ－gsinθ，则0～t0时间内，加速度a保持不变，物块做初速度为0的匀加速直线运动；t0时刻，物块与传送带速度相同，因为μmgcosθ>mgsinθ，则物块所受滑动摩擦力突变为静摩擦力，大小为f＝mgsinθ，则物块所受合力为0，加速度为0，则t0时刻之后，物块随传送带一起以速度v0做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。2．如图所示，水平传送带以v＝1m/s的恒定速率运行。将一小物体无初速度地放在A处，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2，下列说法正确的是(

)A．物体在传送带上的加速时间为0.5sB．物体从A处到B处的时间为2sC．物体刚被放上传送带时的加速度大小为1m/s2D．若传送带的速度足够大，物体从A处到B处的最短时间为1.5s3．(2025·山西省晋中市高三模拟预测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0．5m、质量M＝2kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1kg的物块，物块与薄板间动摩擦因数μ＝0．2。开始时两者均静止，现对薄板施加F＝8N、水平向左的恒力，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2。则物块在薄板上运动的时间为(

)A．2．3s B．2sC．1．7s D．1s4．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度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v­t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．t2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，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远；t2时刻，小物块刚好与传送带共速，此后不再相对传送带滑动，所以t2时刻，它相对传送带滑动的距离达到最大，A错误，B正确。0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变；t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。5．(多选)如图所示，可视为质点的物体A质量m＝1kg，足够长的长木板B质量M＝2kg，A与B之间的动摩擦因数μ＝0．2，A以初速度v0＝6m/s从左端滑上静止在光滑水平面上的长木板B，重力加速度大小g＝10m/s2。则(

)A．A在B上滑动过程中，B受到的摩擦力大小为4N，方向向右B．A在B上滑动过程中，A的加速度大小为2m/s2C．A与B达到的共同速度大小为2m/sD．A与B速度相等时，A相对B滑行的距离为4m7．(2021·辽宁高考)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0．6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3．95m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1．6m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0．8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8。求：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；(2)小包裹通过传送带所需的时间t。答案：(1)0．4m/s2

(2)4．5s解析：(1)小包裹相对传送带滑动时，对小包裹受力分析，如图所示，垂直传送带方向，由平衡条件有FN＝mgcosα由μ>tan37°知，加速度方向沿传送带向上，则沿传送带方向，由牛顿第二定律有f－mgsinα＝ma又f＝μFN联立并代入数据解得a＝0．4m/s2。8．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μ。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vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后