14 第三章 专题突破三 动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型-【名师导航】2026年高考物理一轮总复习课件（通用版）

第三章　运动和力的关系 专题突破三　动力学中的“传送带” 与“滑块—木板”模型 突破一　动力学中的“传送带”模型　多维探究 类型1　水平传送带模型 1．受力分析 (1)摩擦力方向的判断：同向“以快带慢”、反向“互相阻碍”。 (2)共速时摩擦力可能突变：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。 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 2．过程分析 常见情境 物体的运动情况及v-t图像(加速度a＝μg)     l≤时，一直匀加速。   l >时，先匀加速后匀速。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 常见情境 物体的运动情况及v-t图像(加速度a＝μg)   v0＝v时，一直匀速。   v0<v时： ①l≤x物，一直匀加速。 ②l>x物，先匀加速后匀速。   v0>v时： ①l≤x物，一直匀减速。 ②l>x物，先匀减速后匀速。   专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 常见情境 物体的运动情况及v-t图像(加速度a＝μg)   l≤时，一直匀减速。   l>v时，先匀减速后反向匀加速再匀速。   l>且v0≤v时，先匀减速后反向匀加速。   专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 [典例1]　如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转。从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA＝9.5 s到达传送带另一端Q，物体B经tB＝10 s 到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t＝0时刻，分别作出三个物体的v-t 图像如图乙、丙、丁所示，g取10 m/s2，求： (1)传送带的速度大小v0； (2)传送带P、Q两端之间的长度L； (3)物体A、B、C与传送带间的动 摩擦因数，物体C从传送带左端P 到右端Q所用的时间tC。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 解析：(1)物体A与物体B均先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度最终与传送带的速度相等，所以由题图乙、丙可知传送带的速度大小v0＝4 m/s。 (2)v-t图线与t轴围成图形的面积表示物体的位移，所以物体A的位移xA＝×(8.5＋9.5)×4 m＝36 m 传送带P、Q之间的长度L与A的位移相等，也是36 m。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 (3)物体A的加速度aA＝＝4 m/s2 由牛顿第二定律得μAmg＝maA 所以μA＝＝0.4 同理，物体B的加速度aB＝＝2 m/s2 μB＝＝0.2 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC，则L＝tC tC＝＝24 s 物体C的加速度aC＝＝ m/s2 μC＝＝0.012 5。 答案：(1)4 m/s　(2)36 m　(3)0.4　0.2　0.012 5　24 s 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 类型2　倾斜传送带模型 1．过程分析 常见情境 物体的运动情况及v-t图像 倾斜向上传送：   l≤，μ>tan θ时： 加速度a＝g(μ·cos θ－sin θ)，一直匀加速。   l>，μ>tan θ时： 加速度a＝g(μ·cos θ－sin θ)，先匀加速后匀速。   专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 常见情境 物体的运动情况及v-t图像 倾斜向下传送：   l≤，μ>tan θ时： 加速度a＝g(μcos θ＋sin θ)，一直匀加速。   l>，μ>tan θ时：加速度a＝g(μcos θ＋sin θ)，先匀加速后匀速。   l>，μ<tan θ时：加速度a＝g(μcos θ＋sin θ)、a′＝g(sin θ－μcos θ)，先以a匀加速后以a′匀加速。   专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 2．方法突破 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，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。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。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 [典例2]　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。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 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。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 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 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 煤块速度达到v0后，因μg cos θ<g sin θ，故煤块继续沿传送带向下加速运动，则 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2 x2＝L－x1＝5.25 m 由x2＝v0t2＋，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 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 [跟进训练] 1．(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(　　) 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 √ 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 C　[0～t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动，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，加速度突变为0，物块做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误。] 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 √ 2．(2025·本溪模拟)(多选)如图所示，传送带以10 m/s 的速度逆时针方向匀速转动，两侧的传送带长都是L＝16 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B(可视为质点)从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1 kg，与传送带间的动摩擦因数μ均为0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．滑块A先做匀加速运动后做匀速运动 B．滑块A比B早2 s到达底端 C．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小不相等 D．滑块A在传送带上的划痕长度为4 m √ 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 BC　[两滑块从静止开始沿传送带下滑，开始阶段传送带对滑块A的滑动摩擦力沿斜面向下，对滑块B的滑动摩擦力沿斜面向上，则aA＝g sin 37°＋μg cos 37°＝10 m/s2，滑块A先加速，加速到与传送带速度相等，位移为x1＝＝ m＝5 m<16 m，所需时间为t1＝＝ s＝1 s，滑块A加速到与传送带速度相等后，由于mg sin 37°>μmg cos 37°，故滑块A不能和传送带保持相对静止，则摩擦力反向，之后加速度大小为a′A＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s2，加速到传送带底端，则有L－x1＝v0t2＋，解得t2＝1 s，所以滑 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 块A到达底端共用时tA＝t1＋t2＝2 s，滑块B一直做匀加速运动，加速度大小为aB＝g sin 37°－μg cos 37°＝2m/s2，L＝，解得tB＝4 s，所以tB－tA＝4 s－2 s＝2 s，故A错误，B正确；A到达底端时的速度大小为vA＝v0＋a′At2＝12 m/s，B到达底端时的速度大小为vB＝aBtB＝8 m/s，故C正确；A加速到与传送带共速时，划痕长度为v0t1－x1＝5 m，在这之后，相对位移为Δx2＝11 m－v0t2＝1 m，滑块比传送带速度快，会覆盖之前的划痕，滑块A在传送带上的划痕长度为5 m，故D错误。] 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 突破二　动力学中的“滑块—木板”模型　多维探究 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)。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 3．常见情境 常见情形   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<x块，Δx＝x块－x板，最后分离或相对静止 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 常见情形   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 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 类型1　水平面上的“滑块—木板”模型 [典例3]　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，如图甲所示。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 图线如图乙所示。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： 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 (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m′。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 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。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 (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)。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 解析：(1)根据图像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 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 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。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 (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＝vt1－＝ m 末速度v1＝v－a3t1＝ m/s 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 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 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 此过程中，木板向左运动的位移 x3＝v1t2－＝ 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。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 (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 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 类型2　斜面上的“滑块—木板”模型 [典例4]　如图所示，有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)的斜坡C，上面有一质量为m的木板B，其上、下表面与斜坡平行。B上有一物块A(质量也为m)，A和B均处于静止状态。在极短时间内，在A与B、B与C之间注入两种不同的液体，使得A、B间的动摩擦因数μ1为0.375，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点，在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝12 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小； (2)A在B上运动的总时间。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 解析：(1)设0～2 s时间内A和B的加速度大小分别为a1和a2 对A，由牛顿第二定律得 mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma1 解得a1＝3 m/s2 对B，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μ1mg cos θ－μ2·2mg cos θ＝ma2 解得a2＝1 m/s2。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 (2)2 s时，A的速度大小v1＝a1t1＝6 m/s B的速度大小v2＝a2t2＝2 m/s 2 s后对A，由牛顿第二定律得 mg sin θ＝ma′1 解得a1′＝6 m/s2 2 s后对B，由牛顿第二定律得 mg sin θ－μ2·2mg cos θ＝ma′2 解得a′2＝－2 m/s2，即2 s后，B做减速运动直至静止 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 设经过时间t2，B的速度减为0 则v2＋a′2t2＝0，解得t2＝1 s 在t1＋t2＝3 s时间内A相对B运动的距离 x＝＝12 m x＝l＝12 m，所以A在B上运动的总时间 t＝t1＋t2＝3 s。 答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)3 s 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 √ [跟进训练] 1．(2024·辽宁卷)(多选)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是(　　) A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3∶4 D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 √ √ ∶ 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 ABD　[v-t图像的斜率表示加速度，可知t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A正确；结合图像可知t＝3t0时刻，木板的速度为v0＝μgt0，设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，由题意可知物块开始滑上木板时的速度为v1＝－μgt0，负号表示方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为a0＝＝μ0g，经过t0时间与木板共速，此时速度大小为v共＝μgt0，方向水平向右，故可得v共－v1＝a0t0，解得μ0＝2μ，故B正确；设木板质量为m板，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 度为a＝＝，解得F＝μm板g，根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为a′＝＝－μg，此时对木板由牛顿第二定律得F－μ(m＋m板)g－μ0mg＝m板a′，解得＝，故C错误；假设t＝4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体F－μ(m＋m板)g＝μm板g－·g＝0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。] 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 2．(2025·大理模拟)如图所示，已知一质量为m1＝5 kg 的滑块A放在倾角θ＝37°的固定斜面上，A上再放一质量为m2的滑块B，且m2＝30 kg，滑块A与滑块B间的动摩擦因数μ2＝0.8，滑块A与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.1，现给滑块A一平行于斜面向上的恒力F，用时t＝50 s将A和B拉至斜面顶端，斜面长度L＝250 m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。 (1)求滑块B所受摩擦力的大小和方向。 (2)求拉力F的大小。 (3)只给滑块B一个沿斜面向上的恒定拉力F′(F已撤走)，求能将两滑块拉至斜面顶端且不会发生相对滑动的F′的取值范围。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 解析：(1)对A、B整体，根据at2＝L 得加速度a＝0.2m/s2 对B，根据牛顿第二定律有 Ff－m2g sin θ＝m2a 得Ff＝186 N 方向沿斜面向上。 (2)对A、B整体，根据牛顿第二定律有 F－(m1＋m2)g sin θ－μ1(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a 解得F＝245 N。 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 (3)给滑块B一个沿斜面向上的恒定拉力F′，能将他们拉至顶端的最小拉力为 F′min＝(m1＋m2)g sin θ＋μ1(m1＋m2)·g cos θ＝238 N 若A和B恰好相对滑动，则A和B之间达到最大静摩擦力μ2mg cos θ，对整体有 F′max－(m1＋m2)g sin θ－μ1(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a′ 对A有 μ2m2g cos θ－μ1(m1＋m2)g cos θ－m1g·sin θ＝m1a′ 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 联立代入数据得 F′max＝1 176 N a′＝26.8m/s2 故238 N≤F′≤1 176 N。 答案：(1)186 N，方向沿斜面向上 (2)245 N (3)238 N≤F′≤1 176 N 专题突破练习 细研考点·突破题型 专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 $$