思维进阶课四 动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型
[学习目标] 1．掌握“传送带”模型的特点，会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况。2．掌握“滑块—木板”模型的特点，能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。
动力学中的“传送带”模型
水平传送带模型
1．信息分析
(1)摩擦力方向的判断：同向“以快带慢”、反向“互相阻碍”。
(2)共速时摩擦力突变的可能：①滑动摩擦力突变为0；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变。
2．过程分析
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 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，返回到左端时速度为v
[典例1] (2024·海南高三期中)如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1，一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小滑块的加速度向右，大小为μg
B．若v0
C．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为
D．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为
[听课记录]
倾斜传送带模型
1．信息分析
(1)解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，即比较μ与tan θ的大小关系，从而进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。
(2)当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
2．过程分析
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速(一定满足关系μ>tan θ) 先加速后匀速
一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ＜tan θ，先以a1加速，后以a2加速
v0＜v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1加速，后以a2加速
v0＞v时，一直加速或减速(加速度大小为g sin θ－μg cos θ或μg cos θ－g sin θ) 若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，一直加速
(摩擦力方向一定沿斜面向上) μμ>tan θ，一直减速 先减速到速度为0后反向加速：若v0＜v，到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)；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
[典例2] (2024·安徽卷)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( )
A B C D
[听课记录]
[典例3] 如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/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m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/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。
思路点拨：解此题注意以下几点：
(1)比较当煤块与传送带速度相等时摩擦力与重力沿传送带方向的分力的关系，判断是否能相对静止。
(2)以煤块与传送带达到相同速度时为节点，将煤块的运动分成两个阶段，判断摩擦力的方向，计算加速度。
(3)达到相同速度后，煤块相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。
[听课记录]
动力学中的“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或者外力作用下发生相对滑动。
2．解题关键
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。
3．常见情境
常见情境 木板获得一初速度v0，则“板块”同向运动，两者加速度不同，x板>x块，Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止 滑块获得一初速度v0，则板块“”同向运动，两者加速度不同，x板开始时“板块”运动方向相反，两者加速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x块＋x板 木板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及木板与地面是否有相对运动
[典例4] 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右匀减速运动，直至t＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的 v-t 图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
[大题拆分] 第一步：分析研究对象模型
设小物块和木板的质量分别为m和1.5M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知)，如图甲所示。
第二步：分析过程模型
(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，木板与墙壁碰撞前速度大小为v1，如图乙所示。
(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为0，如图丁所示。由于木板的加速度较小，故小物块速度为0时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3，如图戊所示。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。
(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止，如图己所示。
[听课记录]
思维进阶课四 动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型
进阶1
典例1 D [小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg，故A错误；若v0v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0的时间t1＝，位移为x1＝，然后加速返回，速度加速到v1的时间t2＝，位移为x2＝，最后以速度v1匀速回到左端，时间为t3＝＝＝，小滑块返回到左端的时间t′＝t1＋t2＋t3，解得t′＝＝，故C错误，D正确。]
典例2 C [0～t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动。对物块受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速运动。t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等、方向相反，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。C正确，A、B、D错误。]
典例3 解析：(1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有mg sin 37°>μmg cos 37°，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
a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间
t1＝＝1 s
发生的位移x1＝＝5 m
煤块速度达到v0后，因μg cos θa2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2
x2＝L－x1＝5.25 m
由x2＝，得t2＝0.5 s
煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
(3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m
Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。
答案：(1)不能 (2)1.5 s (3)5 m
进阶2
典例4 解析：(1)根据题图(b)可以判定碰撞前瞬间小物块与木板共同速度为v＝4 m/s
碰撞后瞬间木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小
a2＝＝ m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋a1t2
解得a1＝1 m/s2
设小物块的质量为m，则木板的质量为15m，对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1，解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝ m/s2
对小物块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2>a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s，此过程中，木板向左运动的位移为
x1＝＝ m
末速度v1＝v－a3t1＝ m/s
小物块向右运动的位移x2＝t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为
a3＝ m/s2
假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移
x3＝＝ m
末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
小物块向左运动的位移x4＝＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的最大相对位移为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。
(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝＝2 m
所以木板右端离墙壁的最终距离为
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
答案：(1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
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第三章 运动和力的关系
思维进阶课四 动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型
[学习目标] 1．掌握“传送带”模型的特点，会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况。
2．掌握“滑块—木板”模型的特点，能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。
进阶1 动力学中的“传送带”模型
模型1 水平传送带模型
1．信息分析
(1)摩擦力方向的判断：同向“以快带慢”、反向“互相阻碍”。
(2)共速时摩擦力突变的可能：①滑动摩擦力突变为0；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变。
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速 先加速后匀速
2．过程分析
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
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
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
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，返回到左端时速度为v
[典例1] (2024·海南高三期中)如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1，一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小滑块的加速度向右，大小为μg
B．若v0C．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为
D．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为
√
D [小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg，故A错误；若v0v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0的时间t1＝，位移为x1＝，然后加速返回，速度加速到v1的
时间t2＝，位移为x2＝，最后以速度v1匀速回到左端，时间为t3＝＝＝，小滑块返回到左端的时间t′＝t1＋t2＋t3，解得t′＝＝，故C错误，D正确。]
模型2 倾斜传送带模型
1．信息分析
(1)解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，即比较μ与tan θ的大小关系，从而进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。
(2)当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速(一定满足关系μ>tan θ) 先加速后匀速
2．过程分析
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速(加速度为 g sin θ＋μg cos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ＜tan θ，先以a1加速，后以a2加速
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
v0＜v时，一直加速 (加速度为g sin θ＋ μg cos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1加速，后以a2加速
v0＞v时，一直加速或减速(加速度大小为 g sin θ－μg cos θ或 μg cos θ－g sin θ) 若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，一直加速
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
(摩擦力方向一定沿斜面向上) μμ>tan θ，一直减速 先减速到速度为0后反向加速：若v0＜v，到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)；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
[典例2] (2024·安徽卷)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( )
√
C [0～t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动。对物块受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速运动。t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等、方向相反，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。C正确，A、B、D错误。]
[典例3] 如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/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m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
g取10 m/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。
思路点拨：解此题注意以下几点：
(1)比较当煤块与传送带速度相等时摩擦力与重力沿传送带方向的分力的关系，判断是否能相对静止。
(2)以煤块与传送带达到相同速度时为节点，将煤块的运动分成两个阶段，判断摩擦力的方向，计算加速度。
(3)达到相同速度后，煤块相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。
[解析] (1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有mg sin 37°>μmg cos 37°，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a1＝
g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间
t1＝＝1 s
发生的位移x1＝＝5 m
煤块速度达到v0后，因μg cos θa2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2
x2＝L－x1＝5.25 m
由x2＝，得t2＝0.5 s
煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
(3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m
Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。
[答案] (1)不能 (2)1.5 s (3)5 m
进阶2 动力学中的“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或者外力作用下发生相对滑动。
2．解题关键
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。
常见情境 木板获得一初速度v0，则“板块”同向运动，两者加速度不同，x板>x块，Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止
滑块获得一初速度v0，则“板块”同向运动，两者加速度不同，x板3．常见情境
常见情境 开始时“板块”运动方向相反，两者加速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x块＋x板
木板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及木板与地面是否有相对运动
[典例4] 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右匀减速运动，直至t＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的 v-t 图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
[大题拆分] 第一步：分析研究对象模型
设小物块和木板的质量分别为m和1.5M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知)，如图甲所示。
第二步：分析过程模型
(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，木板与墙壁碰撞前速度大小为v1，如图乙所示。
(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为0，如图丁所示。由于木板的加速度较小，故小物块速度为0时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3，如图戊所示。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。
(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止，如图己所示。
[解析] (1)根据题图(b)可以判定碰撞前瞬间小物块与木板共同速度为v＝4 m/s
碰撞后瞬间木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝ m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋a1t2
解得a1＝1 m/s2
设小物块的质量为m，则木板的质量为15m，对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1，解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝ m/s2
对小物块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2>a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s，此过程中，木板向左运动的位移为
x1＝＝ m
末速度v1＝v－a3t1＝ m/s
小物块向右运动的位移x2＝t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ m/s2
假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移
x3＝＝ m
末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
小物块向左运动的位移x4＝＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的最大相对位移为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。
(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝＝2 m
所以木板右端离墙壁的最终距离为
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
[答案] (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
思维进阶特训(四)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
1．如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近
似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是( )
A．要实现这一目的前提是μB．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为0
C．全过程中传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上
D．若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C [要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为Ff＝mg sin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，加速度恒定，传送时间不会无限缩短，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
2．如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则木板的长度为( )
A．1.0 m B．1.5 m
C．2.0 m D．2.5 m
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
B [设物块的质量为m，木板的质量为M，在物块减速和木板加速到共速的时间为t1，物块的加速度为a1，木板的加速度为a2，有a1＝＝
2 m/s2，a2＝，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移为x1＝t1，两者共速后，因μ1>μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度为a3，有a3＝＝0.5 m/s2，木板的位移为x2＝，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，有L＝t1－x1，联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
3．(多选)如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下以v2＝4 m/s的速度顺时针转动，两轮轴心间距为L＝5 m。质量为m＝0.5 kg的物块(视为质点)，从左轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后，物块与传送带的v-t图像如图乙所示，经过时间t0从右轮的正上方离开传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，物块在传送带上运动的过程中，
下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．物块在传送带上运动时先受滑动摩擦力再受静摩擦力
B．物块在传送带上运动的时间为t0＝1 s
C．物块滑上传送带的速度v1＝6 m/s
D．物块与传送带之间的相对位移为Δx＝1 m
√
题号
1
3
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2
4
6
8
7
9
√
√
BCD [由题图乙可知物块在传送带上运动的过程中，始终做减速运动，对其受力分析可知，物块在传送带上运动时始终受滑动摩擦力的作用，故A错误；物块在传送带上运动的过程中，以初速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得－μmg＝ma，物块在传送带上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律可得＝2aL，L＝t0，联立解得v1＝6 m/s，t0＝1 s，故B、C正确；传送带的位移为x＝＝4 m，物块与传送带之间的相对位移为Δx＝L－x＝1 m，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
4．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的动摩擦因数μ1大于木板与地面间的动摩擦因数μ2，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是下列选项中的( )
题号
1
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9
题号
1
3
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6
8
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9
A B
C D
√
A [设在木板与物块达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。对木板应用牛顿第二定律得－μ1mg－μ2·2mg＝ma1 ，a1＝－(μ1＋2μ2)g，物块与木板达到相同速度之后，因为μ1>μ2，二者相对静止，设木板的加速度为a2，对整体有
－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|，由v-t图像斜率的绝对值表示加速度大小可知，选项A正确。]
题号
1
3
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2
4
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7
9
5．(多选)倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为 2 kg，长8 m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、4 m/s2
B．P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、2 m/s2
C．P滑块在Q上运动时间为1 s
D．P滑块在Q上运动时间为2 s
√
题号
1
3
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6
8
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9
√
BD [对P受力分析，受重力和Q对P的支持力作用，根据牛顿第二定律有mPg sin 37°＝mPaP，解得aP＝g sin 37°＝6 m/s2；对Q受力分析，受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用，根据牛顿第二定律有mQg sin 37°－μ(mP＋mQ)g cos 37°＝mQaQ，解得aQ＝2 m/s2，故A错误，B正确；设P在Q上面滑动的时间为t，因aP＝6 m/s2>aQ＝2 m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有L＝－aQt2，代入数据解得t＝2 s，C错误，D正确。]
题号
1
3
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8
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9
6．(多选)(2024·河南洛阳二模)一足够长的粗糙倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度v0的小物块，如图所示，取沿传送带向下的方向为正方向，则下列描述小物块在传送带上运动的v-t图像中可能正确是( )
题号
1
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题号
1
3
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2
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9
√
√
√
ABD [当小物块的初速度沿斜面向下，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，即a1＝g sin θ＋μg cos θ，可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，当小物块达到传送带速度时，若满足mg sin θ<μmg cos θ可知二者将共速，小物块随传送带一起做匀速直线运动，若满足mg sin θ>μmg cos θ，小物块继续加速下滑，其加速度大小为a2＝g sin θ－μg cos θ题号
1
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9
足mg sin θ>μmg cos θ，则小物块一直做匀加速直线运动，加速度大小为a3＝g sin θ－μg cos θ，若满足mg sin θ<μmg cos θ，则小物块应沿传送带向下做匀减速直线运动，其加速度大小为a4＝μg cos θ－g sin θ，二者共速后小物块随传送带一起做匀速直线运动，故B正确；当小物块的初速度沿斜面向上时，由牛顿第二定律可得小物块的加速度大小为a3＝g sin θ＋μg cos θ，可知小物块沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，其加速度仍为a3，与传送带共
题号
1
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9
速时，若满足mg sin θ>μmg cos θ，则小物块继续做匀加速直线运动，加速度大小为a5＝g sin θ－μg cos θ题号
1
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9
7．(2024·新课标卷)如图所示，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。
题号
1
3
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9
[解析] (1)解法一 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
题号
1
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9
x物＝＝l＋
x板＝＝
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，t1＝ s。
题号
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9
解法二 对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·l＝
μmg·l＝－0
联立并代入数据解得
题号
1
3
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6
8
7
9
v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝ s。
题号
1
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7
9
(2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有－＝v2t2
又h＝
联立并代入数据解得h＝ m。
题号
1
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9
[答案] (1)4 m/s s (2) m
8．(2024·四川内江高三期末)一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M＝4 kg，质量m＝1 kg 的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t＝0时刻，经过t1＝2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2＝4 s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2) 求：
题号
1
3
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7
9
(1)0～2 s内滑块Q和木板P的加速度；
(2)滑块Q运动的总位移；
(3)拉力F的大小。
题号
1
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9
[解析] (1)根据图像斜率代表加速度可知，0～2 s内滑块Q和木板P的加速度分别为
a1＝＝－ m/s2＝－4 m/s2
a2＝＝ m/s2＝2 m/s2。
(2)根据v-t图像与坐标轴围成的面积代表位移可知x＝×2 m＋×4×4 m＝24 m。
题号
1
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2
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8
7
9
(3)对Q分析0～2 s阶段a1＝－
对P分析a2＝
在共同减速阶段地面的摩擦力f0＝－(M＋m)a0，a0＝＝－1 m/s2
解得F＝9 N。
题号
1
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9
[答案] (1)－4 m/s2 2 m/s2 (2)24 m (3)9 N
9．(2025·山东临沂模拟)如图所示，与水平面夹角θ＝30°的传送带正以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速运行，A、B两端相距l＝
10 m。现每隔1 s把质量m＝1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，求：
(1)两个工件间的最小距离；
(2)传送带满载时与空载时相比，电机对传
送带增加的牵引力。
题号
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9
[解析] (1)对工件受力分析，根据牛顿第二定律，有μmg cos θ－
mg sin θ＝ma
解得工件放上传送带后的加速度大小a＝2.5 m/s2
设经过t1时间工件与传送带速度相等，则加速时间、运动距离分别为
t1＝＝0.8 s，x1＝t1＝0.8 m
再过t2＝0.2 s，放下一个工件，此时该工件距前一个工件的距离最小，有x＝x1＋vt2
代入数据解得x＝1.2 m。
题号
1
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9
(2)工件与传送带共速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀速直线运动直到B端，匀速过程有
l－x1＝vt3
解得每个工件在传送带上的运动时间
t＝t1＋t3＝5.4 s
当第1个工件刚到达B端时，第6个工件已经在传送带上运动了0.4 s，而第7个工件还未放上；传送带上满载时，有1个工件在传送带上滑动，有5个工件相对传送带静止，传送带受到的摩擦力
题号
1
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9
Ff＝μmg cos θ＋5mg sin θ＝32.5 N
故电机对传送带增加的牵引力F＝Ff＝32.5 N。
题号
1
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9
[答案] (1)1.2 m (2)32.5 N
谢 谢 ！思维进阶特训(四) 动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型
1．如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是( )
A．要实现这一目的前提是μB．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为0
C．全过程中传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上
D．若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间
2．如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则木板的长度为( )
A．1.0 m B．1.5 m
C．2.0 m D．2.5 m
3．(多选)如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下以v2＝4 m/s的速度顺时针转动，两轮轴心间距为L＝5 m。质量为m＝0.5 kg的物块(视为质点)，从左轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后，物块与传送带的v-t图像如图乙所示，经过时间t0从右轮的正上方离开传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，物块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．物块在传送带上运动时先受滑动摩擦力再受静摩擦力
B．物块在传送带上运动的时间为t0＝1 s
C．物块滑上传送带的速度v1＝6 m/s
D．物块与传送带之间的相对位移为Δx＝1 m
4．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的动摩擦因数μ1大于木板与地面间的动摩擦因数μ2，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是下列选项中的( )
A B
C D
5．(多选)倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为 2 kg，长8 m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、4 m/s2
B．P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、2 m/s2
C．P滑块在Q上运动时间为1 s
D．P滑块在Q上运动时间为2 s
6．(多选)(2024·河南洛阳二模)一足够长的粗糙倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度v0的小物块，如图所示，取沿传送带向下的方向为正方向，则下列描述小物块在传送带上运动的v-t图像中可能正确是( )
A B C D
7．(2024·新课标卷)如图所示，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。
8．(2024·四川内江高三期末)一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M＝4 kg，质量m＝1 kg 的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t＝0时刻，经过t1＝2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2＝4 s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2) 求：
(1)0～2 s内滑块Q和木板P的加速度；
(2)滑块Q运动的总位移；
(3)拉力F的大小。
9．(2025·山东临沂模拟)如图所示，与水平面夹角θ＝30°的传送带正以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速运行，A、B两端相距l＝10 m。现每隔1 s把质量m＝1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，求：
(1)两个工件间的最小距离；
(2)传送带满载时与空载时相比，电机对传送带增加的牵引力。
思维进阶特训(四)
1．C [要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为Ff＝mg sin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，加速度恒定，传送时间不会无限缩短，故D错误。]
2．B [设物块的质量为m，木板的质量为M，在物块减速和木板加速到共速的时间为t1，物块的加速度为a1，木板的加速度为a2，有a1＝＝2 m/s2，a2＝，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移为x1＝t1，两者共速后，因μ1>μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度为a3，有a3＝＝0.5 m/s2，木板的位移为x2＝，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，有L＝t1－x1，联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故选B。]
3．BCD [由题图乙可知物块在传送带上运动的过程中，始终做减速运动，对其受力分析可知，物块在传送带上运动时始终受滑动摩擦力的作用，故A错误；物块在传送带上运动的过程中，以初速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得－μmg＝ma，物块在传送带上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律可得＝2aL，L＝t0，联立解得v1＝6 m/s，t0＝1 s，故B、C正确；传送带的位移为x＝＝4 m，物块与传送带之间的相对位移为Δx＝L－x＝1 m，故D正确。]
4．A [设在木板与物块达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。对木板应用牛顿第二定律得－μ1mg－μ2·2mg＝ma1 ，a1＝－(μ1＋2μ2)g，物块与木板达到相同速度之后，因为μ1>μ2，二者相对静止，设木板的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|，由v-t图像斜率的绝对值表示加速度大小可知，选项A正确。]
5．BD [对P受力分析，受重力和Q对P的支持力作用，根据牛顿第二定律有mPg sin 37°＝mPaP，解得aP＝g sin 37°＝6 m/s2；对Q受力分析，受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用，根据牛顿第二定律有mQg sin 37°－μ(mP＋mQ)g cos 37°＝mQaQ，解得aQ＝2 m/s2，故A错误，B正确；设P在Q上面滑动的时间为t，因aP＝6 m/s2>aQ＝2 m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有L＝－aQt2，代入数据解得t＝2 s，C错误，D正确。]
6．ABD [当小物块的初速度沿斜面向下，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，即a1＝g sin θ＋μg cos θ，可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，当小物块达到传送带速度时，若满足mg sin θ<μmg cos θ可知二者将共速，小物块随传送带一起做匀速直线运动，若满足mg sin θ>μmg cos θ，小物块继续加速下滑，其加速度大小为a2＝g sin θ－μg cos θμmg cos θ，则小物块一直做匀加速直线运动，加速度大小为a3＝g sin θ－μg cos θ，若满足mg sin θ<μmg cos θ，则小物块应沿传送带向下做匀减速直线运动，其加速度大小为a4＝μg cos θ－g sin θ，二者共速后小物块随传送带一起做匀速直线运动，故B正确；当小物块的初速度沿斜面向上时，由牛顿第二定律可得小物块的加速度大小为a3＝g sin θ＋μg cos θ，可知小物块沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，其加速度仍为a3，与传送带共速时，若满足mg sin θ>μmg cos θ，则小物块继续做匀加速直线运动，加速度大小为a5＝g sin θ－μg cos θ7．解析：(1)解法一 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x物＝＝l＋
x板＝＝
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，t1＝ s。
解法二 对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·l＝
μmg·l＝－0
联立并代入数据解得
v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝ s。
(2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有－＝v2t2
又h＝
联立并代入数据解得h＝ m。
答案：(1)4 m/s s (2) m
8．解析：(1)根据图像斜率代表加速度可知，0～2 s内滑块Q和木板P的加速度分别为
a1＝＝－ m/s2＝－4 m/s2
a2＝＝ m/s2＝2 m/s2。
(2)根据v-t图像与坐标轴围成的面积代表位移可知x＝×2 m＋×4×4 m＝24 m。
(3)对Q分析0～2 s阶段a1＝－
对P分析a2＝
在共同减速阶段地面的摩擦力f0＝－(M＋m)a0，a0＝＝－1 m/s2
解得F＝9 N。
答案：(1)－4 m/s2 2 m/s2 (2)24 m (3)9 N
9．解析：(1)对工件受力分析，根据牛顿第二定律，有μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得工件放上传送带后的加速度大小a＝2.5 m/s2
设经过t1时间工件与传送带速度相等，则加速时间、运动距离分别为
t1＝＝0.8 s，x1＝t1＝0.8 m
再过t2＝0.2 s，放下一个工件，此时该工件距前一个工件的距离最小，有x＝x1＋vt2
代入数据解得x＝1.2 m。
(2)工件与传送带共速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀速直线运动直到B端，匀速过程有
l－x1＝vt3
解得每个工件在传送带上的运动时间
t＝t1＋t3＝5.4 s
当第1个工件刚到达B端时，第6个工件已经在传送带上运动了0.4 s，而第7个工件还未放上；传送带上满载时，有1个工件在传送带上滑动，有5个工件相对传送带静止，传送带受到的摩擦力
Ff＝μmg cos θ＋5mg sin θ＝32.5 N
故电机对传送带增加的牵引力F＝Ff＝32.5 N。
答案：(1)1.2 m (2)32.5 N
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