2027届高考物理：动力学中的等时圆、板块模型与传送带模型（解析版）

目录

动力学中的等时圆、板块模型与传送带模型.........................................................................................................1

考点一等时圆.................................................................................................................................................1

题型1：共最高点......................................................................................................................................2

题型2：共最低点......................................................................................................................................3

题型3：综合应用......................................................................................................................................3

考点二传送带模型.........................................................................................................................................5

题型1：水平传送......................................................................................................................................7

题型2：倾斜向上传送..............................................................................................................................8

题型3：倾斜向下传送............................................................................................................................10

考点三滑块木板模型...................................................................................................................................14

题型1：水平面上的滑块木板模型........................................................................................................16

题型2：斜面上的滑块木板模型............................................................................................................17

巩固训练·提升能力.......................................................................................................................................20

动力学中的等时圆、板块模型与传送带模型

考点一等时圆

1．模型分析

如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可知加速度a＝

1R

gsinθ，位移x＝2Rsinθ，由匀变速直线运动规律有x＝at2，得下滑时间t＝2，即沿竖直直径自由

2g

下落的时间。图丙是甲、乙两图的组合，有相同的结论。

2．结论

模型1：质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，

如图甲所示；

模型2：质点从竖直面内的圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙

所示；

模型3：两个竖直面内的圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开

始经切点滑到下端所用时间相等，如图丙所示。

1/28

思维模板

1.（单选）倾角为的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方点伸出三根光滑轻质细杆至斜面

上、、三点，其中𝜃𝜃与斜面垂直，且==(<45)，现有三个质量均为𝐴𝐴的小圆环(看

∘

作质点𝐵𝐵𝐶𝐶)分别套在三根细杆上，依次从𝐷𝐷𝐴𝐴𝐴𝐴点由静止滑下，滑到斜面上∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝜃𝜃𝜃𝜃、、三点所有时间分别为𝑚𝑚、、

，下列说法正确的是()𝐴𝐴𝐵𝐵𝐶𝐶𝐷𝐷𝑡𝑡𝐵𝐵𝑡𝑡𝐶𝐶

𝑡𝑡𝐷𝐷

A.>>B.=<C.<<D.<=

【答案】𝑡𝑡𝐵𝐵𝑡𝑡𝐶𝐶B𝑡𝑡𝐷𝐷𝑡𝑡𝐵𝐵𝑡𝑡𝐶𝐶𝑡𝑡𝐷𝐷𝑡𝑡𝐵𝐵𝑡𝑡𝐶𝐶𝑡𝑡𝐷𝐷𝑡𝑡𝐵𝐵𝑡𝑡𝐶𝐶𝑡𝑡𝐷𝐷

【解析】由于=，则可以判断竖直向下，以为直径做圆，则必过点，如图：

∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝜃𝜃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶

2/28

1

圆环在杆上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得cos=，2cos=，联立解得

2

2

4𝐶𝐶

=𝐴𝐴，𝐴𝐴𝑚𝑚𝑚𝑚𝜃𝜃𝑚𝑚𝑚𝑚𝑅𝑅𝜃𝜃𝑎𝑎𝑡𝑡

𝑅𝑅

𝐶𝐶

可见从𝑡𝑡�𝑔𝑔点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与杆的长短、倾角无关，可得==<。

故选B。𝐴𝐴𝑡𝑡𝐵𝐵𝑡𝑡𝐶𝐶𝑡𝑡𝐸𝐸𝑡𝑡𝐷𝐷

2.（单选）如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于点，与竖直墙相切于点。

竖直墙上另一点与的连线和水平面的夹角为60°，是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻𝑀𝑀、两球分别𝐴𝐴

由、两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道𝐵𝐵𝑀𝑀、运动到𝐶𝐶点；球由点自由下落到点。则𝑎𝑎(𝑏𝑏)

𝐴𝐴𝐵𝐵𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵𝑀𝑀𝑐𝑐𝐶𝐶𝑀𝑀

A.球最先到达点B.球最先到达点

C.𝑎𝑎球最先到达𝑀𝑀点D.𝑏𝑏球和球都可能最先到达𝑀𝑀点

【答案】𝑐𝑐C𝑀𝑀𝑏𝑏𝑐𝑐𝑀𝑀

【解析】由等时圆模型知，球运动时间小于球运动时间，球运动时间和沿过的直径的自由下落时间

相等，所以从点自由下落到𝑎𝑎点的球运动时间最短，故𝑏𝑏C𝑎𝑎正确。𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐶𝐶𝑀𝑀𝑐𝑐

3.（单选）如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于点，点恰好是下半圆的圆心，

它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道、、，它们的两端分别位于上下两圆的圆周𝑂𝑂𝑂𝑂

上，轨道与竖直直径的夹角关系为>>。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸

小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为𝛼𝛼𝛽𝛽𝜃𝜃()

3/28

A.==B.>>C.<<D.=<

【答案】𝑡𝑡𝐴𝐴𝐴𝐴𝑡𝑡B𝐶𝐶𝐶𝐶𝑡𝑡𝐸𝐸𝐸𝐸𝑡𝑡𝐴𝐴𝐴𝐴𝑡𝑡𝐶𝐶𝐶𝐶𝑡𝑡𝐸𝐸𝐸𝐸𝑡𝑡𝐴𝐴𝐴𝐴𝑡𝑡𝐶𝐶𝐶𝐶𝑡𝑡𝐸𝐸𝐸𝐸𝑡𝑡𝐴𝐴𝐴𝐴𝑡𝑡𝐶𝐶𝐶𝐶𝑡𝑡𝐸𝐸𝐸𝐸

【解答】

物体在上面圆运动是一个典型的等时圆模型，故物体到到交点点时，用时相等。在下半圆中，如图所

示，过点作的垂线与竖直虚线交于，以为直径作圆，可以看出𝑂𝑂点在辅助圆内，而点在辅助圆

外，由等时圆结论可知，𝐷𝐷𝑂𝑂𝑂𝑂>>𝐺𝐺，项正确。𝑂𝑂𝑂𝑂𝐹𝐹𝐵𝐵

𝑡𝑡𝐴𝐴𝐴𝐴𝑡𝑡𝐶𝐶𝐶𝐶𝑡𝑡𝐸𝐸𝐸𝐸𝐵𝐵

4.（单选）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，该平面内有、、三条光滑固定轨

道，其中、两点处于同一个圆上，是圆上任意一点，𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥、分别为此圆与𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵、𝐵𝐵轴的切点。𝐶𝐶𝐶𝐶点在轴上

且𝐴𝐴=60°𝐶𝐶，为圆心。现将、𝐶𝐶、三个小球分别从𝐴𝐴、𝑀𝑀、点同时由静止释放，它们将沿轨道运动𝑦𝑦𝑥𝑥𝐵𝐵𝑦𝑦

到∠𝐵𝐵点，如所用时间分别为𝐵𝐵𝐵𝐵𝑂𝑂′,,𝑎𝑎，则𝑏𝑏𝑐𝑐,,大小关系是𝐴𝐴(𝐵𝐵)𝐶𝐶

𝑀𝑀𝑡𝑡𝐴𝐴𝑡𝑡𝐵𝐵𝑡𝑡𝐶𝐶𝑡𝑡𝐴𝐴𝑡𝑡𝐵𝐵𝑡𝑡𝐶𝐶

4/28

A.<<B.==C.=<D.由于点的位置不确定，无法比较时间大小关系

【答案】𝑡𝑡𝐴𝐴𝑡𝑡𝐶𝐶C𝑡𝑡𝐵𝐵𝑡𝑡𝐴𝐴𝑡𝑡𝐵𝐵𝑡𝑡𝐶𝐶𝑡𝑡𝐴𝐴𝑡𝑡𝐶𝐶𝑡𝑡𝐵𝐵𝐶𝐶

45°21

【解答】设圆的半径为，对于段，位移=2，加速度==，根据=

22

𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚√2

24113111𝐴𝐴

得，=1=；对于𝑅𝑅𝐴𝐴段，位移𝐴𝐴𝑥𝑥=2√，加速度𝑅𝑅=𝑎𝑎60°𝑚𝑚=，由𝑔𝑔=𝑥𝑥得，𝑎𝑎𝑡𝑡

122

𝑥𝑥𝑅𝑅√2

𝐴𝐴2222𝐵𝐵

𝑡𝑡2�𝑎𝑎8�𝑔𝑔𝐵𝐵𝐵𝐵𝑥𝑥𝑅𝑅𝑎𝑎𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔24𝑔𝑔𝑥𝑥𝑎𝑎𝑡𝑡

=2=；对于段，根据等时圆模型可得，==3=，故C正确，ABD错误。

233

𝑥𝑥𝑅𝑅𝑥𝑥𝑅𝑅

𝐵𝐵𝐶𝐶𝐴𝐴

𝑡𝑡故选�C。𝑎𝑎�√𝑔𝑔𝐶𝐶𝐶𝐶𝑡𝑡𝑡𝑡�𝑎𝑎�𝑔𝑔

5.（多选）如图所示，、和是竖直平面内三根固定的光滑细杆，、、、、位于同一圆周

上，为圆周的最高点，𝑂𝑂𝑂𝑂为最低点，𝑂𝑂𝑂𝑂𝑎𝑎𝑎𝑎为圆心。每根杆上都套着一个小滑环𝑂𝑂(未画出𝑎𝑎𝑏𝑏)𝑐𝑐，两个滑环从𝑑𝑑点无

初速度释放，一个滑环从𝑐𝑐𝑎𝑎点无初速度释放，用𝑂𝑂′、、分别表示滑环沿、、到达或所用的时𝑂𝑂

间。下列关系正确的是(𝑑𝑑)𝑡𝑡1𝑡𝑡2𝑡𝑡3𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑑𝑑𝑑𝑑𝑎𝑎𝑏𝑏

A.=B.<C.<D.=

【答案】𝑡𝑡1𝑡𝑡CD2𝑡𝑡2𝑡𝑡3𝑡𝑡1𝑡𝑡2𝑡𝑡1𝑡𝑡3

1

【解析】设与竖直方向的夹角为，由几何关系得与竖直方向的夹角为，

2

环沿下滑时的加速度大小为𝑂𝑂𝑂𝑂=𝜃𝜃cos𝑂𝑂𝑂𝑂𝜃𝜃

2

𝜃𝜃

沿𝑂𝑂下滑时的加速度大小为𝑂𝑂𝑎𝑎=1cos𝑔𝑔

设长为，由几何关系得2长为cos，

𝑂𝑂𝑂𝑂𝑎𝑎𝑔𝑔𝜃𝜃2

1𝜃𝜃1

根据运动学公式有𝑂𝑂𝑂𝑂𝐿𝐿=𝑂𝑂𝑂𝑂，cos𝐿𝐿=

222

222𝜃𝜃2

解得=，𝐿𝐿=𝑎𝑎2𝑡𝑡2𝐿𝐿𝑎𝑎1𝑡𝑡1

cos

2𝐿𝐿2𝐿𝐿

21

由此得到𝑡𝑡𝑔𝑔<𝜃𝜃𝑡𝑡𝑔𝑔

122

根据等时圆原理可得到𝑡𝑡𝑡𝑡==

𝐿𝐿

13

因此=，>=𝑡𝑡𝑡𝑡�𝑔𝑔

故AB𝑡𝑡1错误，𝑡𝑡3CD𝑡𝑡2正确。𝑡𝑡3𝑡𝑡1

故选CD。

考点二传送带模型

5/28

传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力

的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识求

解。

两个关键分析

(1)摩擦力方向的判断：①同向“以快带慢”；②反向“互相阻碍”。

受力分析(2)共速时摩擦力的可能突变：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。

(1)参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系；②研

究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。

运动分析

(2)判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。

(3)判断物体在达到共速之前是否滑出传送带。

水平传送带

滑块的运动情况

情景

传送带不够长传送带足够长

一直匀加速先匀加速后匀速

v0＜v时，一直匀加速v0＜v时，先匀加速再匀速

v0＞v时，一直匀减速v0＞v时，先匀减速再匀速

滑块先匀减速到速度为0，后被传送

带传回左端：①若v0＜v，返回到左

滑块一直匀减速

端时速度为v0；②若v0＞v，返回到

左端时速度为v。

倾斜传送带

滑块的运动情况

情景

传送带不够长传送带足够长

一直加速(一定满足关系μ＞tanθ)先加速后匀速

若μ≥tanθ，先加速后匀速

若μ＜tanθ，先以a1＝gsinθ＋

一直加速(加速度为gsinθ＋μgcosθ)

μgcosθ加速，后以a2＝gsinθ－

μgcosθ加速

v0＜v时：若μ≥tanθ，先加速后

v0＜v时，一直加速(加速度为gsinθ＋

匀速；若μ＜tanθ，先以a1＝gsin

μgcosθ)

＋加速，后以＝

θμgcosθa2gsinθ

6/28

－μgcosθ加速

v0＞v时：若μ＞tanθ，先减速后

v0＞v时，一直匀变速(加速度为|gsinθ

匀速；若μ＜tanθ，以a2＝gsinθ

－μgcosθ|)

－μgcosθ加速

μ＜tanθ，一直加速；

μ＝tanθ，一直匀速

(摩擦力方向一定沿斜面

μ＞tanθ，先减速到速度为0后反向加速到

向上)

μ＞tanθ，一直减速v，若v0＜v，则回到原位置时速度大小为

v0(类竖直上抛运动)

6.（单选）如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距=3.5，物块(可看成质点)以水平速度

=4/滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数𝐿𝐿=0.1，设𝑚𝑚到达传送带右端时的瞬时速度为𝐴𝐴

𝑣𝑣0，取𝑚𝑚10𝑠𝑠/，下列说法不正确的是()𝜇𝜇𝐴𝐴

2

𝑣𝑣𝑔𝑔𝑚𝑚𝑠𝑠

A.若传送带速度等于2/，物块不可能先减速运动后匀速运动

B.若传送带速度等于3.5𝑚𝑚𝑠𝑠/，可能等于3/

C.若到达传送带右端时的瞬时速度𝑚𝑚𝑠𝑠𝑣𝑣等于3𝑚𝑚/𝑠𝑠，传送带可能沿逆时针方向转动

D.若𝐴𝐴到达传送带右端时的瞬时速度𝑣𝑣等于3𝑚𝑚/𝑠𝑠，则传送带的速度不大于3/

【答案】𝐴𝐴D𝑣𝑣𝑚𝑚𝑠𝑠𝑚𝑚𝑠𝑠

【解析】物块在传送带上的加速度大小==1/，若物块一直做匀减速运动到传送带右端，根据

𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇2

=2，解得=3/>2𝑎𝑎/，可知当传送带速度等于𝑚𝑚𝑚𝑚𝑠𝑠2/时，物块一直减速到最右端，

22

𝑣𝑣故′A−正确；当传送带速度等于𝑣𝑣 0−𝑎𝑎𝑎𝑎𝑣𝑣′3𝑚𝑚.5𝑠𝑠/时，𝑚𝑚𝑠𝑠可能等于3/，故B正确；若𝑚𝑚𝑠𝑠到达传送带右端时的瞬时速

度等于3/，传送带可能沿逆时针方向转动，传送带的速度可以大于𝑚𝑚𝑠𝑠𝑣𝑣𝑚𝑚𝑠𝑠3/𝐴𝐴，故C正确，D错误。

7.𝑣𝑣（多选）𝑚𝑚如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以𝑠𝑠=2/的恒定速率顺时针运行。初速度大𝑚𝑚𝑠𝑠

小为=3/的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的𝑣𝑣1处滑上传送带。若从小墨块滑上传送带开始𝑚𝑚𝑠𝑠

计时，小墨块在传送带上运动𝑣𝑣2𝑚𝑚𝑠𝑠5后与传送带的速度相同，则(𝐴𝐴)

𝑠𝑠

7/28

A.小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右

B.小墨块的加速度大小为1/

2

C.小墨块在传送带上的痕迹长度为𝑚𝑚𝑠𝑠4.5

D.小墨块在传送带上的痕迹长度为12.𝑚𝑚5

【答案】ABD𝑚𝑚

【解析】A.小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，故

A正确；

B.小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5后与传送带的速度相同，故

()

===1/，方向向右，故B正确；𝑠𝑠

1212

𝑣𝑣−−𝑣𝑣𝑣𝑣+𝑣𝑣2

𝑎𝑎.小墨块向左做匀减速远动时，对小墨块有：𝑡𝑡𝑡𝑡𝑚𝑚𝑠𝑠0=，=，联立解得=4.5，小墨块向

0+𝑣𝑣2

𝐶𝐶左减速的过程中，传送带的位移为𝐶𝐶==6；小墨块向右做匀加速运动时，对小墨块有𝑣𝑣2−𝑎𝑎𝑡𝑡1𝑥𝑥12𝑡𝑡1𝑥𝑥1𝑚𝑚=，

=，联立解得：=2𝑥𝑥，对传送带有2𝑣𝑣1𝑡𝑡1𝑚𝑚==4，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为𝑣𝑣1𝑎𝑎𝑡𝑡2

0+𝑣𝑣1

𝑥𝑥1=′(2+𝑡𝑡2)+()𝑥𝑥1=′12.5𝑚𝑚，故C错误，𝑥𝑥2D′正确。𝑣𝑣1𝑡𝑡2𝑚𝑚

故选𝑥𝑥ABD𝑥𝑥1。𝑥𝑥2𝑥𝑥2′−𝑥𝑥1′𝑚𝑚

求解传送带模型问题,首先要根据物体和传送带之间的相对运动情况,确定摩擦力的大小和方向。

当物体的速度与传送带的速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变,速度相等前后对摩擦

力的分析是解题的关键。

8.（多选）如图甲所示，倾角为37°的传送带以恒定速率顺时针转动。=0时一易掉色的物块以初速度

从底部冲上传送带，其图像如图乙所示，2末恰好到达传送带顶端，已知𝑡𝑡=10/，sin37°=𝑣𝑣0

2

0.6，则下列说法正确的是𝑣𝑣−(𝑡𝑡)𝑠𝑠𝑔𝑔𝑚𝑚𝑠𝑠

A.传送带的速率为8/B.传送带底端到顶端的距离为10

𝑚𝑚𝑠𝑠8/28𝑚𝑚

C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25D.物块在传送带上留下的痕迹的长度为6

【答案】BC𝑚𝑚

【解答】.如果小于，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𝐴𝐴𝑣𝑣0𝑣𝑣1𝑣𝑣0

送带的速度为𝑣𝑣14/，故A错误；

.传送带底端到顶端的距离等于𝑚𝑚𝑠𝑠图象与时间轴所包围的面积大小，即物块运动的位移

11

则：=×(4+12)×1+×1×4=10，故正确；

𝐵𝐵22𝑣𝑣−𝑡𝑡B

124

．0𝑥𝑥1内物块的加速度大小：𝑚𝑚=𝑚𝑚=𝑚𝑚/=8/，

1

△𝑣𝑣−22

根据牛顿第二定律得：𝐶𝐶−𝑠𝑠sin37𝑎𝑎+△𝑡𝑡cos37𝑚𝑚=𝑠𝑠，代入数据解得：𝑚𝑚𝑠𝑠=0.25，故C正确；

∘∘(12+4)×1

.0～1时间内煤块相对传送带向上运动，相对位移为𝑚𝑚𝑚𝑚𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚=𝜇𝜇4×1=4，1～2时间内

2

4×(21)

煤块相对传送带向下运动，相对位移为=4×11=2<4，则煤块在皮带上留下的划

𝐷𝐷𝑠𝑠𝑥𝑥2𝑚𝑚−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑠𝑠

−

痕为4，故D错误。𝑥𝑥2𝑚𝑚−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚

9.（多𝑚𝑚选）如图甲所示，足够长、倾角=30的传送带，以=2/的速度顺时针匀速转动，一物块以

∘

=6/的初速度从传送带顶端沿传送带滑下，物块在传送带上运动过程中的𝜃𝜃𝑣𝑣𝑚𝑚𝑠𝑠—图像如图乙所示(取物

块沿传送带向下运动为正方向𝑣𝑣0𝑚𝑚𝑠𝑠)，重力加速度=10/。下列说法正确的是(𝑣𝑣)𝑡𝑡

2

𝑔𝑔𝑚𝑚𝑠𝑠

A.=2时，物块相对传送带的速度大小为4/

B.物块在整个运动过程中所受摩擦力方向始终沿传送带向上𝑡𝑡𝑠𝑠𝑚𝑚𝑠𝑠

C.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5

D.物块在传送带上留下的划痕长度为16

【答案】ABD𝑚𝑚

9/28

6

【解析】、由图乙所示图像可知，物块刚放上传送带时的加速度大小==/=2/，物块放

A3

𝛥𝛥𝛥𝛥22

在传送带上做匀减速直线运动，=2时物体的速度==6𝑎𝑎/𝛥𝛥𝛥𝛥2×2𝑚𝑚/𝑠𝑠=2𝑚𝑚/𝑠𝑠，方向沿传

送带向下，以沿传送带向下为正方向，则传送带的速度𝑡𝑡𝑠𝑠𝑣𝑣2=𝑣𝑣0−2𝑎𝑎𝑎𝑎/，物块相对于传送带的速度大小𝑚𝑚𝑠𝑠−𝑚𝑚𝑠𝑠𝑚𝑚𝑠𝑠

==2/(2)/=4/，故A正确；𝑣𝑣−𝑚𝑚𝑠𝑠

B𝛥𝛥、物块先沿传送带向下做匀减速直线运动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，减速为零后反向做匀加速直𝛥𝛥𝑣𝑣2−𝑣𝑣𝑚𝑚𝑠𝑠−−𝑚𝑚𝑠𝑠𝑚𝑚𝑠𝑠

线运动，物块所受摩擦力方向沿传送带向上，最后物块相对传送带静止与传送带一起向上做匀速直线运

动，该过程物块所受摩擦力方向沿传送带向上，整个过程物块所受摩擦力方向都沿传送带向上，故B正

确；

73

、对物块，由牛顿第二定律得：=，代入数据解得：=，故错误；

C15C

√

D、由图乙所示图像可知，物块做匀减速直线运动与速度减为零后反向做初速度为零的匀加速直线运动过𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜃𝜃−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝜇𝜇

6

程的加速度大小都相等，都是=2/，物块减速为零需要的时间=0==3，物块反向加速到

2

22𝑣𝑣

与传送带速度相等需要的时间===1，物块在传送带上留下痕迹的长度1=0++

𝑎𝑎𝑚𝑚𝑠𝑠2𝑡𝑡𝑎𝑎𝑠𝑠𝑠𝑠2

𝑣𝑣𝑣𝑣

，代入数据解得：=16，故2正确。112

2𝑡𝑡𝑎𝑎D𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑡𝑡𝑣𝑣𝑡𝑡𝑣𝑣𝑡𝑡−

𝑣𝑣

故选：𝑡𝑡2。𝑠𝑠𝑚𝑚

𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴

10.（单选）如图甲所示，倾角为的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行。=0时，将质量=1

的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的𝜃𝜃𝑣𝑣0图像如图乙所示，2𝑡𝑡时滑离传送带。设沿传𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘

送带向下为正方向重力加速度取10/，sin37=0.6,cos𝑣𝑣−37𝑡𝑡=0.8。则()𝑠𝑠

2∘∘

𝑔𝑔𝑚𝑚𝑠𝑠

A.传送带的倾角=30B.物体与传送带之间的动摩擦因数=0.4

∘

C.传送带上下两端的间距为𝜃𝜃15D.物体在传送带上留下的痕迹长度为𝜇𝜇5

【答案】D𝑚𝑚𝑚𝑚

10.0

【解答】.由题图得0～1内物体加速度=1=/=10.0/

11.0

▵𝑣𝑣22

1

根据牛顿第二定律得𝐴𝐴𝐴𝐴sin𝑠𝑠+cos=𝑎𝑎▵𝑡𝑡𝑚𝑚𝑠𝑠𝑚𝑚𝑠𝑠

12.010.0

1～2内加速度=𝑚𝑚𝑚𝑚2=𝜃𝜃𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇/𝜃𝜃=𝑚𝑚2𝑎𝑎.01/

21.0

▵𝑣𝑣−22

2

根据牛顿第二定律得𝑠𝑠𝑎𝑎▵𝑡𝑡sincos𝑚𝑚𝑠𝑠=𝑚𝑚𝑠𝑠

𝑚𝑚𝑚𝑚𝜃𝜃−𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜃𝜃𝑚𝑚𝑎𝑎2

10/28

联立解得=37°，=0.5

故AB错误；𝜃𝜃𝜇𝜇

C.由题可得物体0～2内的位移大小即为传送带上下两端的间距，根据图像与轴所围的面积表示位

10.0×1.010.0+12.0

移，可知位移=+×1=16，故错误；

2𝑠𝑠2C𝑣𝑣−𝑡𝑡𝑡𝑡

10.0×1.0

由题图知传送带的速率𝑙𝑙𝑚𝑚=10/，则0𝑚𝑚～1内，物体的位移为𝑚𝑚==5

D.2

传送带的位移为=𝑣𝑣=010×𝑚𝑚1𝑠𝑠=10𝑠𝑠𝑥𝑥1𝑚𝑚𝑚𝑚

故物体与传送带间相对位移大小为𝑥𝑥2𝑣𝑣0𝑡𝑡1𝑚𝑚=𝑚𝑚=105=5

10.0+12.0

物体相对传送带向上运动；1～2内物体的位移为𝛥𝛥𝑥𝑥1𝑥𝑥2−𝑥𝑥1=𝑚𝑚−𝑚𝑚×1𝑚𝑚=11

2

传送带的位移为==10×𝑠𝑠1=10𝑥𝑥3𝑚𝑚𝑚𝑚

故物体与传送带间相对位移大小为𝑥𝑥4𝑣𝑣0𝑡𝑡2𝑚𝑚=𝑚𝑚=1

物体相对传送带向下运动，痕迹重叠𝛥𝛥𝑥𝑥12，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为𝑥𝑥3−𝑥𝑥4𝑚𝑚5，故D正确。

故选D。𝑚𝑚𝑚𝑚

11.（单选）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=0.6/运行的传

送带与水平面间的夹角=37°，转轴间距=3.95。工作人员沿传送方向以速度𝑣𝑣=11.6𝑚𝑚/从传送带𝑠𝑠

顶端推下一件小包裹(可视为质点𝛼𝛼)。小包裹与传送带间的动摩擦因数𝐿𝐿𝑚𝑚=0.8。取重力加速度𝑣𝑣2𝑚𝑚=𝑠𝑠10/，

2

37°=0.6，37°=0.8。求：𝜇𝜇𝑔𝑔𝑚𝑚𝑠𝑠

𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐；

(2)小包裹通过传送带所需的时间。𝑎𝑎

𝑡𝑡

【答案】解：(1)开始时小包裹向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有

==，

𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇

𝑎𝑎代入数据后得到𝑚𝑚=0𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔.4/−。𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇

2

(2)设经过时间𝑎𝑎与传送带共速，则有：−𝑚𝑚𝑠𝑠=+，

代入数据后得：𝑡𝑡1=2.5，𝑣𝑣1𝑣𝑣2𝑎𝑎𝑡𝑡1

1

𝑡𝑡𝑠𝑠11/28

+0.6+1.6

此段时间小包裹运动的位移=12=×2.5=2.75<=3.95，

22

𝑣𝑣𝑣𝑣

小包裹与传速带共速后由于𝑥𝑥1<𝑡𝑡1，小包裹相对于传送带静止，两者一起向下做匀速运动，𝑚𝑚𝑚𝑚𝐿𝐿𝑚𝑚

则𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇

位移为==3.952.75=1.2，

1.2

时间𝑥𝑥=22=𝐿𝐿−𝑥𝑥1=2.0，𝑚𝑚−𝑚𝑚𝑚𝑚

10.6

𝑥𝑥

2

通过传送带的总时间𝑡𝑡𝑣𝑣𝑠𝑠=𝑠𝑠+=2.5+2.0=4.5。

答：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小𝑡𝑡𝑡𝑡1𝑡𝑡2𝑠𝑠𝑠𝑠为0𝑠𝑠.4/；

2

(2)小包裹通过传送带所需的时间为4.5。𝑎𝑎𝑚𝑚𝑠𝑠

𝑡𝑡𝑠𝑠

12.如图甲所示为机场、火车站等场所的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型。绷紧的传

送带始终保持=1/的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在处，行李与传送带之间的动摩擦因

数为=0.1，𝑣𝑣0间的距离为𝑚𝑚𝑠𝑠=2.5，取10/。求：𝐴𝐴

2

𝜇𝜇𝐴𝐴𝐴𝐴𝐿𝐿𝐴𝐴𝐴𝐴𝑚𝑚𝑔𝑔𝑚𝑚𝑠𝑠

(1)行李从到的时间;(2)要使行李从到的时间最短，水平传送带的最小恒定速度。

【答案】(𝐴𝐴1)行李刚放上传送带时的加速度𝐵𝐵𝑡𝑡𝐴𝐴𝐵𝐵==1/𝑣𝑣min

𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇2

与传送带达到共速所用时间为==1𝑎𝑎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑠𝑠

𝑣𝑣0

行李加速阶段的位移为=𝑡𝑡1=𝑎𝑎0.5𝑠𝑠

𝑣𝑣0

共速后，行李继续匀速运动的时间𝑥𝑥12𝑡𝑡1=𝑚𝑚=2

𝐿𝐿𝐴𝐴𝐴𝐴−𝑥𝑥1

则行李从到的时间为=+𝑡𝑡=23𝑣𝑣0𝑠𝑠

(2)要使行李从𝐴𝐴𝐵𝐵到的时间最短，则需一直做匀加速直线运动：𝑡𝑡𝑡𝑡1𝑡𝑡2𝑠𝑠2=0

2

解得=2𝐴𝐴𝐵𝐵=5/，𝑎𝑎𝐿𝐿𝐴𝐴𝐴𝐴𝑣𝑣𝐵𝐵−

可知水平传送带的最小恒定速度为𝑣𝑣𝐵𝐵�𝑎𝑎𝐿𝐿𝐴𝐴𝐴𝐴√𝑚𝑚𝑠𝑠==5/

13.（单选）如图所示，与水平面夹角为𝑣𝑣min37°𝑣𝑣𝐵𝐵的倾斜传送带，在电机控制下以√𝑚𝑚𝑠𝑠4/的恒定速率逆时针运

转，两轮心间的距离为5.75。质量为10的小物块(可视为质点)以1/的初速度从传送带顶端滑至底端𝑚𝑚𝑠𝑠

的过程中(已知小物块与传送带间的动摩擦因数为𝑚𝑚𝑘𝑘𝑘𝑘0.5，重力加速度大小取𝑚𝑚𝑠𝑠10/)，物块

2

𝑚𝑚𝑠𝑠

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A.先做匀加速直线运动，后做匀速运动B.所受的摩擦力方向一直沿传送带向上

C.从顶端运动至底端的时间为1.4D.在传送带上留下的划痕长度为1.0

【答案】D𝑠𝑠𝑚𝑚

【解析】初始时，由于物块速度小于传送带速度，对物块受力分析可得，物块受到的摩擦力方向沿传送带

向下，物块沿传送带下滑时的加速度=sin37°+cos37°=10/，

2

设物块经时间加速到与传送带速度相同，由𝑎𝑎1𝑔𝑔=𝜇𝜇+𝜇𝜇，其中𝑚𝑚=𝑠𝑠4/，=1/，解得=

0.3，在时间内，物块沿传送带向下运动的距离𝑡𝑡1𝑣𝑣1𝑣𝑣0=𝑎𝑎1𝑡𝑡1+𝑣𝑣1=0.75𝑚𝑚𝑠𝑠，传送带相对物块向下运动𝑣𝑣0𝑚𝑚𝑠𝑠𝑡𝑡1

12

的位移𝑠𝑠𝑡𝑡1==0.45，𝑥𝑥1𝑣𝑣0𝑡𝑡12𝑎𝑎1𝑡𝑡1𝑚𝑚

由于物块与传送带间的摩擦因数为𝛥𝛥𝑥𝑥1𝑣𝑣1𝑡𝑡1−𝑥𝑥1𝑚𝑚0.5小于tan37°，故物块将继续向下加速运动，对物块受力分析可知，物

块受到的摩擦力方向沿传送带向上，物块继续向下加速的加速度=sin37°cos37°=2/，设物

2

块再经时间到达传送带底端，则有=+，解得𝑎𝑎2=𝑔𝑔1，此过程物块相对传送带向下运−𝜇𝜇𝜇𝜇𝑚𝑚𝑠𝑠

12

动的位移𝑡𝑡2=()=1.0𝐿𝐿−，𝑥𝑥1𝑣𝑣1𝑡𝑡22𝑎𝑎2𝑡𝑡2𝑡𝑡2𝑠𝑠

综上所述：𝛥𝛥𝑥𝑥A2.物块先向下以𝐿𝐿−𝑥𝑥1−𝑣𝑣101𝑡𝑡2/的加速度向下加速，后以𝑚𝑚2/的加速度继续向下加速，A错误；

22

B.物块所受摩擦力方向先是沿传送带向下，后来变为沿传送带向上，𝑚𝑚𝑠𝑠𝑚𝑚𝑠𝑠B错误；

C.从顶端运动至底端的时间为+=1.3，C错误；

D.物块在传送带上留下的划痕长度为𝑡𝑡1𝑡𝑡21.0，𝑠𝑠D正确。

故选D。𝑚𝑚

14.（单选）如图1所示，倾角为30的浅色传送带以恒定速率逆时针运行，将一质量为的可视为质点的

∘

深色物块轻放在传送带的顶端点，2末物块恰好到达传送带底端点。物块的速度随时间𝑚𝑚的变化图像如

图2所示，重力加速度大小=𝑃𝑃10/𝑠𝑠。下列说法正确的是()𝑄𝑄𝑣𝑣𝑡𝑡

2

𝑔𝑔𝑚𝑚𝑠𝑠

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A.物块与传送带之间的动摩擦因数为B.物体滑到点的速度大小为9/

√3

C.、两点之间的距离为12D.传送带划痕的长度为53𝑄𝑄𝑚𝑚𝑠𝑠

【答案】𝑃𝑃𝑄𝑄D𝑚𝑚𝑚𝑚

【解析】物体在没有和传送带达到共同速度以前=sin+cos，得=，A错误;

√3

共速后，因为=<，所以物体还要加速下滑：𝑎𝑎1𝑔𝑔=𝜃𝜃sin𝜇𝜇𝜇𝜇𝜃𝜃cos𝜇𝜇，得15=4/，所以物体滑

√3√32

到点的速度大小为𝜇𝜇156/3+×1=10/，B错误𝑎𝑎;2𝑔𝑔𝜃𝜃−𝜇𝜇𝜇𝜇𝜃𝜃𝑎𝑎2𝑚𝑚𝑠𝑠

、𝑄𝑄两点之间的距离为图线与横轴所围的面积𝑚𝑚𝑠𝑠𝑎𝑎2𝑠𝑠𝑚𝑚𝑠𝑠=11，C错误;

由于传送带一直以𝑃𝑃𝑄𝑄6/的速度匀速运动，由图可知第一段时间内传送带走了𝑥𝑥𝑚𝑚6，物体走了3，划痕为

3，第二段时间内物体速度快于传送带，比传送带多走𝑚𝑚𝑠𝑠2，覆盖了原来的2𝑚𝑚划痕，不会增加新的划𝑚𝑚

痕，所以划痕还是𝑚𝑚3，所以D正确。𝑚𝑚𝑚𝑚

𝑚𝑚

考点三滑块木板模型

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，位移大小之差Δx＝

x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和Δx＝x2＋x1＝L。

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四种常见类型：滑块m与木板M之间有摩擦，地面光滑或者粗糙。

图例初始条件终止条件

(1)滑块m静止。

(2)木板M初速度为v。

(1)滑块m初速度为v。

(2)木板M静止。

(1)