16专题强化5　传送带模型和“滑块—木板”模型中的动力学问题-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（粤教版）

专题强化5　传送带模型和“滑块—木板”模型中的动力学问题 [对应学生用书P55] 热点一　传送带模型中的动力学问题 1．模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对滑动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力． 2．解题关键：抓住v物＝v传的临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变． 3．注意物体位移和相对位移的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移． (2)物体相对传送带的位移大小Δs ①若有一次相对运动：Δs＝s传－s物或Δs＝s物－s传． ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δs＝Δs1＋Δs2(如图甲)； 两次相对运动方向相反，则Δs＝Δs2－Δs1，划痕长度等于较长的相对位移大小Δs2(如图乙). 考向1　水平传送带模型 情境 滑块的运动情况 传送带不足够长(未达到和传送带相对静止) 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 滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端 若v0≤v，则返回到左端时速度大小为v0；若v0>v，则返回到左端时速度大小为v [例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v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/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(　　) A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B．行李经过2 s到达B处 C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m AC　解析：开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小s＝at12＝×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δs＝vt1－s＝(0.4×0.2－0.04)m＝0.04 m，D错误． 考向2　倾斜传送带 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g sin θ<μg cos θ) 先加速后匀速(一定满足关系g sin θ<μg cos θ) 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) v0<v时，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，若μ< tan θ，一直加速，加速度大小为g sin θ－μg cos θ，若μ≥tan θ，一直减速，加速度大小为μg cos θ－g sin θ v0>v时，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) g sin θ>μg cos θ，一直加速； g sin θ＝μg cos θ，一直匀速 g sin θ<μg cos θ，一直减速 g sin θ<μg cos θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v [例2] 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＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/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.重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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)0.4 m/s2　(2)4.5 s 解析：(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1时，小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得a＝0.4 m/s2. (2)小包裹在传送带上做匀减速运动的时间 t1＝＝ s＝2.5 s 在传动带上滑动的距离 x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动，直至传送带底端，则匀速运动的时间 t2＝＝ s＝2 s 所以小包裹通过传送带所需的时间t＝t1＋t2＝4.5 s. 1.(2025·广东珠海高三月考)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2 m/s顺时针匀速转动，一个物块以v2＝8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带．已知小物块与传送带间的 动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)小物块刚放上传送带时，其加速度大小和方向； (2)小物块向上滑行的最远距离． 答案：(1)10 m/s2　沿传送带向下　(2)4 m 解析：(1)小物块刚放上传送带时，由于小物块的速度大于传送带速度，小物块受沿传送带向下的滑动摩擦力，对小物块由牛顿第二定律得 mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1 解得a1＝10 m/s2，方向沿传送带向下． (2)由于μ<tan 37°，则小物块速度与传送带速度相同后会继续减速，当小物块的速度小于传送带速度时，小物块受沿传送带向上的滑动摩擦力，对小物块由牛顿第二定律得 mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2 解得a2＝2 m/s2 设小物块从刚放上传送带到与传送带速度相同所用时间为t1，则有 t1＝＝0.6 s 设小物块从与传送带速度相同到速度减为0所用时间为t2，则有 t2＝＝1 s 则小物块向上滑行的最远距离 s＝t1＋t2＝4 m． 热点二　“滑块—木板”模型中的动力学问题 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作用下发生相对滑动． 2．位移关系：如图所示，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，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L. 3．解题关键点 (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). 考向1　水平面上的板块问题 [例3] 一个长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一个小物块；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． 答案：(1)0.1　0.4　(2)6 m　(3)6.5 m 解析：(1)根据题图(b)可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，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 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的过程中，木板向左运动的位移 x1＝vt1－a3t12＝ 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＝v1t2－a3t22＝ m 末速度v2＝v1－a3t2＝2 m/s 小物块向左运动的位移x4＝a2t22＝0.5 m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m 小物块始终没有离开木板，所以木板的最小长度为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a1＝1 m/s2 向左运动的位移x5＝＝2 m 所以木板右端离墙壁最远的距离为 x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m． 过程分析如图所示． 考向2　斜面上的板块问题 [例4] 如图所示，在倾角θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一个质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一个质量m＝1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设小物块与长木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2. (1)求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小； (2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长． 答案：(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m 解析：(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿板的滑动摩擦力大小为f＝μmg cos θ＝7.5 N 设小物块的加速度为a1，长木板的加速度为a2， 由牛顿第二定律，对小物块和长木板，有 f＋mg sin θ＝ma1 Mg sin θ－f＝Ma2 代入数据得a1＝12.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2. (2)当小物块与长木板共速时，有v1＝a1t1＝v0＋a2t1 解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s 共速后，小物块与长木板一起加速，共速前的相对位移 s＝×1 m－×1 m＝5 m 故长木板长度L≥10 m，即至少为10 m． 求解“滑块—木板”类问题的思路 (1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向． (2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况． (3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变． 2.(2025·广东深圳高三月考)如图所示，有一个倾角θ＝37°的斜面，下端固定一个挡板，挡板与斜面垂直，一个长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一个质量m的小物块．现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2 s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板到达挡板处速度恰好减为零，小物块刚好到达长木板的下端边缘．已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数μ1＝，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.求： (1)在0～2 s时间内长木板和小物块的加速度的大小； (2)开始时长木板距离挡板多远； (3)长木板的长度． 答案：(1)1 m/s2　3 m/s2　(2)3 m　(3)12 m 解析：(1)在0～2 s时间内，对小物块和长木板受力分析，其中f1、FN1是小物块与长木板之间的摩擦力和正压力的大小，f2、FN2是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，则 f1＝μ1FN1，FN1＝mg cos θ f2＝μ2FN2，FN2＝FN1＋Mg cos θ 规定沿斜面向下为正方向，设小物块和长木板的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－f1＝ma1 Mg sin θ－f2＋f1＝Ma2 联立得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2. (2)在t1＝2 s时，设小物块和长木板的速度分别为v1和v2， 则v1＝a1t1＝6 m/s，v2＝a2t1＝2 m/s 2 s后，设小物块和长木板的加速度分别为a1′和a2′. 此时小物块与长木板之间摩擦力为零，同理可得 对小物块：mg sin θ＝ma1′，a1′＝6 m/s2 对长木板：Mg sin θ－μ2(M＋m)g cos θ＝Ma2′，a2′＝－2 m/s2 即长木板做减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0 联立得t2＝1 s 在t1和t2时间内，长木板的运动位移分别为 L1＝a2t12＝2 m，L2＝|a2′|t22＝1 m L＝L1＋L2＝3 m， 即开始时长木板距离挡板3 m. (3)长木板的长度就是小物块相对于长木板运动的距离为 s＝(a1t12＋v1t2＋a1′t22)－(a2t12＋v2t2＋a2′t22)＝12 m． [课后跟踪训练(16)见P399] 学科网（北京）股份有限公司 $$