2026届高考物理二轮专题复习讲义：板块模型、传送带模型

该高中物理高考复习讲义聚焦板块模型、传送带模型两大核心考点，按模型特点、状态分析、临界条件的逻辑架构梳理知识，通过考点梳理、方法指导、真题讲解及分层练习，帮助学生构建力学问题分析框架，突破摩擦力突变、相对运动等难点。 讲义以科学思维为核心，采用表格对比建构模型，如通过位移关系、运动状态表格明晰两类模型差异，例题设计从基础到综合培养科学推理能力，能力提升训练覆盖不同难度，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏提供系统支持。

专题3 板块模型、传送带模型 专题思维能力导图 一、板块模型　 模型特点 模型特点 位移关系 图例 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。 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。 板块模型的状态分析 运动状态 滑块与木板速度不相等 滑块与木板速度相等瞬间 滑块与木板共速运动 处理方法 隔离法 假设法 整体法 临界条件 （1）两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变。 （2）当木板的长度一定时，滑块恰好滑到木板的边缘，且速度相等，是滑块恰好不滑离木板的临界条件 经典例题： 【例1】如图所示，足够长的小平板车B的质量为，以水平速度向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为的小物体A从车的右端以水平速度沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则在足够长的时间内 A．若，物体相对地面向左的最大位移是 B．若，平板车相对地面向右的最大位移是 C．无论与的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为 D．无论与的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 例1、【答案】D 【分析】根据动量守恒定律求出与的共同速度，再结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体和小车相对于地面的位移；根据动量定理求出摩擦力的作用的时间，以及摩擦力的冲量。 【解答】解：A．物体与平板作用的过程中，合外力为零，动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得： 解得 若，A所受的摩擦力为： 设物体A相对地面向左的最大位移为，对A，由动能定理得： 联立解得：，故A错误； B．若，设平板车相对地面向右的最大位移为，对B，由动能定理得： 联立解得：，故B错误； CD．摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，对平板车由动量定理得： 联立解得： 平板车动量的变化量为： 故C错误，D正确。故选D。 【例2】如图所示，质量为足够长的小车放在光滑的水平面上，在小车右端放上一个大小不计、质量为的小物块，小物块与小车间动摩擦因数，现在小车右端加一水平拉力，经时间撤去拉力，以下说法正确的是　　 A．在的作用下，小车的加速度大小为 B．刚撤去时，小物块离小车右端的距离为 C．最终小车与小物块做匀速运动的速度大小为 D．最终小物块离小车右端的距离为 例2、【答案】C 【分析】此题考查滑块滑板模型，解法：可用牛顿运动定律，还可用动量定理 【解答】A、对小物块其最大加速度为，故小车相对小物块向右运动 对小车： 故A错误。 B、，故B错误。 C、对整体由动量定理：，，故C正确。 D、后，对小车：，， 小物块，， 联立解得：，故D错误。故答案为C。 【例3】如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一足够长的木板B，木板的最左端有一个小物块A，小物块A受一个外力的作用，两者开始运动。已知物块A和木板B的质量都为1 kg，物块A和木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，设二者所受最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，物块A运动的v2－x函数关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。求： （1）物块A在2 m前后加速度a1和a2的大小； （2）当外力F为多少时可以使物块A恰好要相对于木板B运动； （3）运动了2 m之后，作用于物块A上的外力F的大小。 例3、答案　（1）1 m/s2　4 m/s2　（2）6 N　（3）8 N 解析（1）结合图像，根据v2－v02＝2ax可知，前2 m内A的加速度大小为a1＝1 m/s2， 2 m后A的加速度大小为a2＝4 m/s2 （2）对木板B受力分析有μ1mg－μ2·2mg＝ma0 外力F使A在B上相对静止的临界加速度大小为a0＝2 m/s2 外力F对A、B整体有F1－μ2·2mg＝2ma0 得F1＝6 N （3）运动2 m后，对A有a2＝4 m/s2>a0 则2 m后，A、B开始相对运动，对A有F2－μ1mg＝ma2 解得F2＝8 N。 【例4】静止在水平地面（足够大）上的木板（足够长）的质量m=1kg，某时刻质量M=2kg的物块（视为质点）以大小v0=4m/s的初速度从木板的左端向右滑上木板的上表面，在物块滑上木板的同时，对木板施加一大小F=13N、方向水平向右的恒定拉力。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2。木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2。 （1）求物块与木板的共同速度大小v； （2）求物块相对木板向右滑行的最大距离x； （3）若木板的长度L=2m，恒定拉力的大小F可以调节，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要使物块不会从木板上滑落，求恒定拉力的大小F应满足的条件 例4、 【答案】（1）3.5m/s；（2）0.5m；（3） 【解析】（1）设物块在木板上做匀减速直线运动的加速度大小为a1， 根据牛顿第二定律有 设木板向右做匀加速直线运动的加速度大小为a2， 根据牛顿第二定律有 设物块与木板经过时间t达到共同速度，根据匀变速直线运动的规律有 解得 （2）由（1）可得 物块在这段时间t内的位移大小 木板在这段时间t内的位移大小 又 解得 （3）物块不从木板右端滑落的临界条件是当物块恰好到达木板的右端时，物块与木板具有共同速度，此种情况下物块的加速度大小仍为a1；设此种情况下拉力的大小为F1，木板的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有 设此种情况下物块与木板经过时间t1达到大小为v1的共同速度，根据匀变速直线运动的规律有 物块与木板在这段时间t1内的位移大小分别为 ， 又 解得 若 ，则在物块滑到木板的右端前，物块与木板就已达到共同速度，此后物块必须相对木板静止，物块才不会从木板的左端滑落；设物块与木板达到共同速度后，物块恰好可以与木板相对静止的情况下，拉力的大小为F2，有 解得 故恒定拉力的大小F应满足的条件为 。 二、传送带模型主要类型 1．水平传送带 情景 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为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v 2．倾斜传送带 情景 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gsin θ<μgcos θ） 先加速后匀速（一定满足关系gsin θ<μgcos θ） 一直加速（加速度为gsin θ＋μgcos 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gsin θ＋μgcos 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gsin θ－μgcos θ，若μ≥tan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－gsin 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） gsin θ>μgcos θ，一直加速； gsin θ＝μgcos θ，一直匀速 gsin θ<μgcos θ，一直减速 gsin θ<μgcos 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 经典例题： 【例5】倾角为的传送带以恒定速率顺时针转动。时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。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． 例5、【答案】C 【详解】时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。 之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。 C正确，ABD错误。 故选C。 【例6】如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为，一小滑块从传送带左端以初速度大小滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为，下列说法正确的是　　 A．小滑块的加速度向右，大小为 B．若，小滑块返回到左端的时间为 C．若，小滑块返回到左端的时间为 D．若，小滑块返回到左端的时间为 例6、【答案】D 【分析】A、依据滑动摩擦力的方向，结合牛顿第二定律判断加速度的方向和大小； B、若，小滑块先向右减速到0，再向左加速到（匀速阶段），根据运动的对称性，计算总时间； CD、若，小滑块先向右减速到0，再向左加速到，之后匀速运动。分别计算减速、加速、匀速阶段的时间和位移，结合总位移为0（回到左端），推导总时间。 【解答】解：B、若，小滑块的速度从先向右减速到0再返回加速到，刚好返回到左端，时间为 故错误； A、小滑块相对于传送带向右滑动，则滑动摩擦力向左，即合力向左，故加速度向左，根据牛顿第二定律 解得 故错误； CD、若，小滑块的速度从先向右减速到0的时间 位移为 然后加速返回，速度加速到的时间 位移为 最后以速度匀速回到左端，时间为 小滑块返回到左端的时间 解得 故C错误，D正确。故选D。 【例7】（多选）如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动。现将质量，可视为质点的物块无初速度地放在传送带的左端点，同时给物块一个水平向右、大小为的恒定拉力，物块经过到达传送带的右端点。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度取。下列说法正确的是　　 A．从点到点，物块所受的摩擦力不变 B．从点到点，物块先加速后减速 C．物块运动的最大速度为 D．传送带点到点之间的距离为 例7、【答案】CD 【分析】开始时物块相对于传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度—时间公式求出物块与传送带共速时经历的时间，并求出此过程的位移。共速后物块受摩擦力向左，根据牛顿第二定律求出加速度，即可分析物块的运动情况。由速度—时间公式求物块运动的最大速度；由位移—时间公式求传送带点到点之间的距离。 【解答】解：AB、开始时物块受到的滑动摩擦力向右，其加速度为 解得 物块达到与传送带共速时的时间 解得 位移 解得 共速后物块受到的滑动摩擦力向左，则物块的加速度为 解得 可知物块继续加速，故AB错误； D、物块到达点时速度最大，最大速度为，故C正确； D、传送带点到点之间的距离为，故D正确。故选CD。 【例8】（多选）如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行。时，将一煤块（可视为质点）轻放在传送带上，内煤块的图像如图乙所示。已知重力加速度。则下列说法正确的是　　 A．传送带的运行速率为 B．煤块与传送带之间的动摩擦因数为 C．内煤块的位移为 D．内煤块在传送带上留下的痕迹长度为 例8、【答案】AC 【分析】由图像知道物体先做加速度较大的匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，再做加速度较小的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出的大小。分别求出物体两次匀加速直线运动的位移和传送带的位移，从而求出内内物体相对传送带的位移，由此分析传送带上黑色痕迹的长度。 【解答】解：A、物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，则第一阶段的加速度为：；第二阶段的加速度为： 根据图像可知：，则，则， 传送带的运行速率为：，故正确； B、根据选项可知：，解得：，故错误； C、煤块达到底端的速度大小为：，解得： 内煤块的位移为：，解得：，故正确； D、时间内煤块相对于传送带向上长度为： 时间内煤块相对于传送带向前的长度为： 考虑到痕迹有重叠，则内煤块在传送带上留下的痕迹长度为，故错误。 故选：AC。 能力提升训练 1．（多选）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　） A． B． C． D．在时间段物块与木板加速度相等 1、【答案】BCD 【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有 A错误； BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有 以木板为对象，根据牛顿第二定律，有 解得 BC正确； D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。 故选BCD。 2．（多选）如图甲所示一水平的浅色传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在外力作用下先加速后减速，其速度—时间图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，取，则下列说法正确的是（　　） A．黑色痕迹的长度为 B．煤块在传送带上的相对位移为 C．若煤块的质量为，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为 D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越短 【答案】BC 【详解】 由图可知，传送带的加速度为 ，设煤块的加速度为，经过时间，煤块与传送带达到相同速度v， ，， 解得，， 此后，煤块做匀减速运动，时停止 ，可得  ， 运动过程如图所示 时间内，传送带比煤块多走的位移为图中红色三角形面积 内，煤块比传送带多走的位移为图中蓝色三角形面积   A．黑色痕迹的长度为 ，A错误； B．煤块在传送带上的相对位移 ，B正确； C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量 ，C正确； D．黑色痕迹的长度由两物体位移关系决定，从的计算过程可看出，黑色痕迹的长度与煤块质量无关，D错误。 故选 BC。 3．（多选）水平传送带以10m/s的初速度顺时针匀减速转动，其v-t图像如图甲所示，将一物块无初速度放在传送带左端，如图乙所示，当s时，物块的速度与传送带速度相同。取重力加速度为，则（　　） A．传送带的加速度大小为3m/s2 B．物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2 C．5.5s内，物块所受摩擦力方向发生变化 D．2.5s内，物块与传送带之间的划痕为m 【答案】BCD 【详解】A．v-t图像中图线的斜率表示加速度，可求得传送带的加速度大小为 A错误； B．物块放上传送带后受向右的摩擦力，有 解得 共速时有 解得， B正确； C．当物块与传送带共速后，由于传送带继续减速且加速度大小大于物块滑动时的加速度大小，所以物块也将减速，摩擦力向左，方向改变，C正确； D．设物块与传送带共速时速度为，有 物块的位移为 传送带的位移为 这段时间内的相对位移为 之后物块减速，加速度大小为，到2.5s时，位移为 传送带的位移为 相对位移为 由于 所以划痕长为 D正确。 故选BCD。 4．如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。 (1)求小物块到达传送带右端（与小球碰撞前）时的速度； (2)求碰撞前小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量； (3)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； (4)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 4、【答案】(1)5m/s (2)1.25J (3)0.3J (4)0.2m 【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，根据牛顿第二定律有 解得 设经时间小物块与传送带共速，即，则有 小物块的做匀加速直线运动的位移为 因 故小物块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，则小物块到达传送带右端（与小球碰撞前）时的速度为5m/s。 （2）在时间内，传送带做匀速直线运动的位移为 故碰撞前小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为 （3）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有 其中， 解得 则小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为 代入数据解得 （4）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，则轻绳的拉力为零，设此时P点到O点的j最小距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，根据牛顿第二定律 小球从点正下方到P点正上方过程中，根据机械能守恒定律有 联立解得 点评：（1）根据牛顿第二定律求加速度，根据运动学公式求解共速时物块的位移，再判断物块的运动状态，然后确定物块与小球碰撞前瞬间的速度； （2）根据动量守恒定律求解物块与小球碰撞后瞬间小球的速度；根据能量守恒定律求碰撞过程损失的机械能； （3）根据牛顿第二定律、机械能守恒定律等求P和O之间的距离。 5．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1kg且可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，AB长L=5m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ=120°，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v=5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，当弹簧储存的Ep=18J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10m/s2。 （1）求物块第一次到达B点时的速度和右侧圆弧的轨道半径R； （2）求小物块最终停下时与C点的距离； （3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。    【答案】（1）5m/s，0.8m；（2）；（3） 【详解】（1）物块被弹簧弹出，由 可知 因为 故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由 解得，， ， 因为 故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知 代入数据整理可以得到 （2）设物块从E点返回至B点的速度为，由 得到 因为，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由 得到 （3）设传送带速度为时物块能恰到F点，在F点满足 从B到F过程中由动能定理可知 解得 设传送带速度为时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由 解得 若物块在传送带上一直加速运动，由 知其到B点的最大速度 综合上述分析可知，只要传送带速度 就满足条件。 6．如图所示，质量为的小车紧靠平台的边缘静止在光滑的水平面上，小车段是长为的水平粗糙轨道，段是四分之一圆弧光滑轨道，两段轨道相切于点。小车段轨道与平台在同一水平面上。质量为的滑块（可视为质点）沿着光滑的平台以某一速度向右运动并滑上小车，若滑块与段轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为。 （1）使滑块恰好到达点与小车相对静止，则滑块在平台上运动的速度是多大？ （2）当滑块在平台上运动的速度为时，恰好能到达点，则段圆弧轨道的半径是多大？ （3）在（2）的情况下物块最终能不能滑离小车？    【答案】（1）；（2）；（3）能 【详解】（1）若滑块在平台上运动的速度为时，恰好滑到小车的点，此时滑块和小车的共同速度为，由于地面光滑，滑块与小车运动过程满足动量守恒，可得 解得 由能量守恒可得 联立可得 （2）当滑块在平台上运动的速度为 恰好到达点时滑块和小车达到共同速度，设此速度为，根据动量守恒定律可得 解得 该过程由能量守恒可得 联立可得 （3）假设滑块从点返回最终没有离开小车，则再次与小车达到共同速度，据能量守恒可得 解得 故假设不成立，物块最终能滑离小车。 7．如图所示，长L=2m，质量M=1kg的木板B静止在水平地面上，其正中央放置一质量m=2kg的小滑块A，现对B施加一水平向右的恒力F。已知A与B、B与地面间的动摩擦因数分别为0.2和0.4，重力加速度，试求： （1）若A、B间相对滑动，F的最小值；[来源∶学网] （2）当F=20N时，若F的作用时间为2s，此时B的速度大小； （3）当F=16N时，若使A从B上滑下，F的最短作用时间。 7、[答案]（1） Fmin=18N （2）v2=20m/s （3）t2=1.73 [详解]（1）A、B间恰要相对滑动的临界条件是二者间达到最大静摩擦力， 对A，由牛顿第二定律可知，加速度； 对B，由牛顿第二定律可知，， 解得 （2）F=20N>18N，二者间会相对滑动，对B，由牛顿第二定律； 解得； 设A从左端滑出的时间为t1，则， 解得， 此时B的速度 故在F作用后的1s内，对B， 解得 此时B的速度 （3）若F=16N<18N，则二者一起加速，由牛顿第二定律可知整体加速度 ； 当A刚好从B上滑下，F的最短时间为t2，设刚撤去F瞬间，整体的速度为 撤去F后，对A， ， 对B∶ 经分析，B先停止运动，A最后恰滑至B的最右端时速度减为零，故 联立解得 8．如图所示，一足够长的固定斜面与水平面的夹角，有一下端有挡板、上表面光滑的长木板正沿斜面匀速下滑，长木板质量为、速度大小，现将另一质量为的小物块轻轻地放在长木板的某一位置，当小物块即将运动到挡板位置时（与挡板碰撞前的瞬间），长木板的速度刚好减为零，随后小物块与挡板发生第1次碰撞，以后每隔一段时间，小物块与挡板碰撞一次，小物块始终没有脱离长木板，长木板始终在斜面上运动，已知小物块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度，，，求： (1)小物块在长木板上下滑过程中，长木板的加速度大小； (2)小物块放在木板上的瞬间，其与挡板间的距离； (3)小物块与挡板第5次碰撞后到第6次碰前，挡板的位移大小。 8、【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）长木板开始匀速下滑，由平衡条件得 解得 把小物块放上长木板后，对长木板，由牛顿第二定律得 解得 （2）长木板上表面光滑，碰撞前小物块做匀加速直线运动，小物块加速运动时间 设小物块与挡板第一次碰撞前小物块的速度为，则 小物块的位移为 木板的位移为 小物块放在木板上的瞬间，其与挡板的距离为 （3）物块与挡板碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 解得， 碰撞后长木板速度再次减为零的时间 此时小物块的速度为 解得 长木板平均速度为 小物块平均速度为 长木板与小物块位移相等，接下来再次碰撞 以此类推可得，小物块与挡板第5次碰撞后的瞬间，挡板的速度大小为 小物块与挡板第5次碰撞后到第6次碰前，挡板的位移大小 9．如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以v0=3m/s的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平轨道PM平滑连接，左侧有一光滑圆弧的最低点与PM在P点平滑连接，在P点处安装有自动控制系统，当物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止。传送带右端与半径r=0.40m的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，物块a从右侧圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点时控制系统会使静止在P点的物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞。已知物块a、b的质量分别为m1=0.5kg、m2=5.5kg，两物块均可视为质点，物块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，MN间的距离为L=1.5m，取g=10m/s2求： （1）物块a运动到圆弧轨道最低点N时受到的支持力大小； （2）物块a在第一次碰后，从经过M点到再次回到M点所用的时间； （3）若物块a每次经传送带到达M点时，物块b都已锁定在P点，则两物块从第1次碰撞后到最终都静止，物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量为多少。 【答案】（1）15N；（2）；（3）45J 【详解】（1）a从出发点到N点，由动能定理有 解得 在N点对物块a分析，由牛顿第二定律有 解得，物块a运动到圆弧轨道最低点N时受到的支持力大小为 FN=15N （2）a在传送带上，由牛顿第二定律有 由运动学公式有 解得，a在传送带上加速的位移为 x=0.2m<L 故物块a到达M点时速度为 v=v0=3m/s a和b发生弹性碰撞有 解得 ， 则物块a在第一次碰后，从经过M点到再次回到M点所用的时间为 （3）物块a第1次碰后经过M点到第2次碰前经过M点因摩擦而产生的热量为 物块a第一次碰后速度小于传送带速度v0，故第二次碰前速度仍为，第二次碰后a的速度为，则第2次碰后到第3次碰前产生的热量为 由数学知识可知 则物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量为 10．游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为M=2kg的球a放在高度h=1.8m的平台上，长木板c放在水平地面上，带凹槽的容器b放在c的最左端。a、b可视为质点，b、c质量均为m=1kg，b、c间的动摩擦因数μ1=0.4，c与地面间的动摩擦因数μ2=0.6，在某次投掷中，球a以v0=6m/s的速度水平抛出，同时给木板c施加一水平向左、大小为24N的恒力，使球a恰好落入b的凹槽内并瞬间与b合为一体。取g=10m/s2，求： （1）小球水平抛出时，凹槽b与木板c各自的加速度ab、ac； （2）球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离x0； （3）a、b合为一体时的速度大小。 【答案】（1）、；（2）4.32m；（3）3.2m/s 【详解】（1）假设bc之间无相对滑动一起向左加速运动，则加速度 则bc之间要产生相对滑动，其中b的加速度为 得 （2）a球从抛出到落到b槽内的时间 此过程中a球的水平位移 在时间t内槽b的位移为 球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离 ； （3）a落在槽b中时，槽b的速度 方向向左，设向右为正方向，则对ab水平方向上动量守恒： 解得 v2=3.2m/s 11．如图甲所示，质量为的足够长木板C静置于水平面上，可视为质点、质量均为m的煤块A、B静置于C上，B位于A右方处。A、C间的动摩擦因数，B、C间，C与地面间的动摩擦因数。给C施加一水平向右的恒力F，A、B第一次相遇的时间为t，可得与F的关系如图乙所示（未知）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，求： （1）煤块A、B的最大加速度、； （2）的大小和煤块A的质量m； （3）将开始施加力至A、B相遇时木板C上的划痕长度记为x，试写出划痕长度x与恒力F大小的关系式。    【答案】（1），；（2）2s，；（3）当时，；当时，；当时， 【详解】（1）根据题意，由牛顿第二定律，对滑块A有 解得 对滑块B有 解得 （2）根据题意，由图可知F足够大时A、B加速度恒定，即A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为 由运动学公式可得 解得 又因为A、C与B产生相对滑动时，才能相遇，由图可知，当，滑块B与C恰好发生相对滑动，则有 解得 （3）根据题意当时 设A、B、C均发生相对运动时的拉力为，则有 解得 当时 当时 由运动学公式可得，由于相遇时间为，则有相遇时 联立得 故当时 当时 当时 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题3 板块模型、传送带模型 专题思维能力导图 一、板块模型　 模型特点 模型特点 位移关系 图例 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。 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。 板块模型的状态分析 运动状态 滑块与木板速度不相等 滑块与木板速度相等瞬间 滑块与木板共速运动 处理方法 隔离法 假设法 整体法 临界条件 （1）两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变。 （2）当木板的长度一定时，滑块恰好滑到木板的边缘，且速度相等，是滑块恰好不滑离木板的临界条件 【例1】如图所示，足够长的小平板车B的质量为，以水平速度向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为的小物体A从车的右端以水平速度沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则在足够长的时间内 A．若，物体相对地面向左的最大位移是 B．若，平板车相对地面向右的最大位移是 C．无论与的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为 D．无论与的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 【例2】如图所示，质量为足够长的小车放在光滑的水平面上，在小车右端放上一个大小不计、质量为的小物块，小物块与小车间动摩擦因数，现在小车右端加一水平拉力，经时间撤去拉力，以下说法正确的是　　 A．在的作用下，小车的加速度大小为 B．刚撤去时，小物块离小车右端的距离为 C．最终小车与小物块做匀速运动的速度大小为 D．最终小物块离小车右端的距离为 【例3】如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一足够长的木板B，木板的最左端有一个小物块A，小物块A受一个外力的作用，两者开始运动。已知物块A和木板B的质量都为1 kg，物块A和木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，设二者所受最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，物块A运动的v2－x函数关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。求： （1）物块A在2 m前后加速度a1和a2的大小； （2）当外力F为多少时可以使物块A恰好要相对于木板B运动； （3）运动了2 m之后，作用于物块A上的外力F的大小。 【例4】静止在水平地面（足够大）上的木板（足够长）的质量m=1kg，某时刻质量M=2kg的物块（视为质点）以大小v0=4m/s的初速度从木板的左端向右滑上木板的上表面，在物块滑上木板的同时，对木板施加一大小F=13N、方向水平向右的恒定拉力。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2。木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2。 （1）求物块与木板的共同速度大小v； （2）求物块相对木板向右滑行的最大距离x； （3）若木板的长度L=2m，恒定拉力的大小F可以调节，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要使物块不会从木板上滑落，求恒定拉力的大小F应满足的条件 二、传送带模型主要类型 1．水平传送带 情景 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为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v 2．倾斜传送带 情景 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gsin θ<μgcos θ） 先加速后匀速（一定满足关系gsin θ<μgcos θ） 一直加速（加速度为gsin θ＋μgcos 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gsin θ＋μgcos 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gsin θ－μgcos θ，若μ≥tan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－gsin 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） gsin θ>μgcos θ，一直加速； gsin θ＝μgcos θ，一直匀速 gsin θ<μgcos θ，一直减速 gsin θ<μgcos 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5】倾角为的传送带以恒定速率顺时针转动。时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。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． 【例6】（2025秋•青羊区校级月考）如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为，一小滑块从传送带左端以初速度大小滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为，下列说法正确的是　　 A．小滑块的加速度向右，大小为 B．若，小滑块返回到左端的时间为 C．若，小滑块返回到左端的时间为 D．若，小滑块返回到左端的时间为 【例7】（多选）如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动。现将质量，可视为质点的物块无初速度地放在传送带的左端点，同时给物块一个水平向右、大小为的恒定拉力，物块经过到达传送带的右端点。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度取。下列说法正确的是　　 A．从点到点，物块所受的摩擦力不变 B．从点到点，物块先加速后减速 C．物块运动的最大速度为 D．传送带点到点之间的距离为 【例8】（多选）如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行。时，将一煤块（可视为质点）轻放在传送带上，内煤块的图像如图乙所示。已知重力加速度。则下列说法正确的是　　 A．传送带的运行速率为 B．煤块与传送带之间的动摩擦因数为 C．内煤块的位移为 D．内煤块在传送带上留下的痕迹长度为 能力提升训练 1．（多选）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　） A． B． C． D．在时间段物块与木板加速度相等 2．（多选）如图甲所示一水平的浅色传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在外力作用下先加速后减速，其速度—时间图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，取，则下列说法正确的是（　　） A．黑色痕迹的长度为 B．煤块在传送带上的相对位移为 C．若煤块的质量为，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为 D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越短 3．（多选）水平传送带以10m/s的初速度顺时针匀减速转动，其v-t图像如图甲所示，将一物块无初速度放在传送带左端，如图乙所示，当s时，物块的速度与传送带速度相同。取重力加速度为，则（　　） A．传送带的加速度大小为3m/s2 B．物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2 C．5.5s内，物块所受摩擦力方向发生变化 D．2.5s内，物块与传送带之间的划痕为m 4．如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。 (1)求小物块到达传送带右端（与小球碰撞前）时的速度； (2)求碰撞前小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量； (3)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； (4)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 点评：（1）根据牛顿第二定律求加速度，根据运动学公式求解共速时物块的位移，再判断物块的运动状态，然后确定物块与小球碰撞前瞬间的速度； （2）根据动量守恒定律求解物块与小球碰撞后瞬间小球的速度；根据能量守恒定律求碰撞过程损失的机械能； （3）根据牛顿第二定律、机械能守恒定律等求P和O之间的距离。 5．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1kg且可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，AB长L=5m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ=120°，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v=5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，当弹簧储存的Ep=18J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10m/s2。 （1）求物块第一次到达B点时的速度和右侧圆弧的轨道半径R； （2）求小物块最终停下时与C点的距离； （3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。    【答案】（1）5m/s，0.8m；（2）；（3） 【详解】（1）物块被弹簧弹出，由 可知 因为 故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由 解得，， ， 因为 故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知 代入数据整理可以得到 （2）设物块从E点返回至B点的速度为，由 得到 因为，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由 得到 （3）设传送带速度为时物块能恰到F点，在F点满足 从B到F过程中由动能定理可知 解得 设传送带速度为时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由 解得 若物块在传送带上一直加速运动，由 知其到B点的最大速度 综合上述分析可知，只要传送带速度 就满足条件。 6．如图所示，质量为的小车紧靠平台的边缘静止在光滑的水平面上，小车段是长为的水平粗糙轨道，段是四分之一圆弧光滑轨道，两段轨道相切于点。小车段轨道与平台在同一水平面上。质量为的滑块（可视为质点）沿着光滑的平台以某一速度向右运动并滑上小车，若滑块与段轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为。 （1）使滑块恰好到达点与小车相对静止，则滑块在平台上运动的速度是多大？ （2）当滑块在平台上运动的速度为时，恰好能到达点，则段圆弧轨道的半径是多大？ （3）在（2）的情况下物块最终能不能滑离小车？    7．如图所示，长L=2m，质量M=1kg的木板B静止在水平地面上，其正中央放置一质量m=2kg的小滑块A，现对B施加一水平向右的恒力F。已知A与B、B与地面间的动摩擦因数分别为0.2和0.4，重力加速度，试求： （1）若A、B间相对滑动，F的最小值；[来源∶学网] （2）当F=20N时，若F的作用时间为2s，此时B的速度大小； （3）当F=16N时，若使A从B上滑下，F的最短作用时间。 7、[答案]（1） Fmin=18N （2）v2=20m/s （3）t2=1.73 [详解]（1）A、B间恰要相对滑动的临界条件是二者间达到最大静摩擦力， 对A，由牛顿第二定律可知，加速度； 对B，由牛顿第二定律可知，， 解得 （2）F=20N>18N，二者间会相对滑动，对B，由牛顿第二定律； 解得； 设A从左端滑出的时间为t1，则， 解得， 此时B的速度 故在F作用后的1s内，对B， 解得 此时B的速度 （3）若F=16N<18N，则二者一起加速，由牛顿第二定律可知整体加速度 ； 当A刚好从B上滑下，F的最短时间为t2，设刚撤去F瞬间，整体的速度为 撤去F后，对A， ， 对B∶ 经分析，B先停止运动，A最后恰滑至B的最右端时速度减为零，故 联立解得 8．如图所示，一足够长的固定斜面与水平面的夹角，有一下端有挡板、上表面光滑的长木板正沿斜面匀速下滑，长木板质量为、速度大小，现将另一质量为的小物块轻轻地放在长木板的某一位置，当小物块即将运动到挡板位置时（与挡板碰撞前的瞬间），长木板的速度刚好减为零，随后小物块与挡板发生第1次碰撞，以后每隔一段时间，小物块与挡板碰撞一次，小物块始终没有脱离长木板，长木板始终在斜面上运动，已知小物块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度，，，求： (1)小物块在长木板上下滑过程中，长木板的加速度大小； (2)小物块放在木板上的瞬间，其与挡板间的距离； (3)小物块与挡板第5次碰撞后到第6次碰前，挡板的位移大小。 9．如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以v0=3m/s的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平轨道PM平滑连接，左侧有一光滑圆弧的最低点与PM在P点平滑连接，在P点处安装有自动控制系统，当物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止。传送带右端与半径r=0.40m的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，物块a从右侧圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点时控制系统会使静止在P点的物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞。已知物块a、b的质量分别为m1=0.5kg、m2=5.5kg，两物块均可视为质点，物块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，MN间的距离为L=1.5m，取g=10m/s2求： （1）物块a运动到圆弧轨道最低点N时受到的支持力大小； （2）物块a在第一次碰后，从经过M点到再次回到M点所用的时间； （3）若物块a每次经传送带到达M点时，物块b都已锁定在P点，则两物块从第1次碰撞后到最终都静止，物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量为多少。 10．游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为M=2kg的球a放在高度h=1.8m的平台上，长木板c放在水平地面上，带凹槽的容器b放在c的最左端。a、b可视为质点，b、c质量均为m=1kg，b、c间的动摩擦因数μ1=0.4，c与地面间的动摩擦因数μ2=0.6，在某次投掷中，球a以v0=6m/s的速度水平抛出，同时给木板c施加一水平向左、大小为24N的恒力，使球a恰好落入b的凹槽内并瞬间与b合为一体。取g=10m/s2，求： （1）小球水平抛出时，凹槽b与木板c各自的加速度ab、ac； （2）球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离x0； （3）a、b合为一体时的速度大小。 11．如图甲所示，质量为的足够长木板C静置于水平面上，可视为质点、质量均为m的煤块A、B静置于C上，B位于A右方处。A、C间的动摩擦因数，B、C间，C与地面间的动摩擦因数。给C施加一水平向右的恒力F，A、B第一次相遇的时间为t，可得与F的关系如图乙所示（未知）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，求： （1）煤块A、B的最大加速度、； （2）的大小和煤块A的质量m； （3）将开始施加力至A、B相遇时木板C上的划痕长度记为x，试写出划痕长度x与恒力F大小的关系式。    学科网（北京）股份有限公司 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