08 专题二 第8课时 应用三大观点解决“传送带”、“滑块—木板”模型问题（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（广东专版）

　应用三大观点解决“传送带”、“滑块—木板”模型问题 突破点一　“传送带”模型 1．模型：水平传送带、倾斜传送带。 2．解题关键 (1)摩擦力的方向：理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。 (2)物体能否达到与传送带共速：物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。 (3)倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角正切值与动摩擦因数的大小关系。 3．解题角度 (1)动力学角度：通过受力分析，判断物体的运动状态，经常需要结合v-t图像进行分析。 (2)能量角度： ①系统产生的内能Q＝fs相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。 ②传送带因传送物体多消耗的能量： a．根据动能定理：传送带匀速运动，电动机多做的功等于传送带克服摩擦力做的功，W＝f x传。 b．根据能量守恒：电动机多做的功等于物体机械能增加量和系统摩擦产生的热，W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。 [典例1]　(2025·海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5 m，圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，A、B与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，g＝10 m/s2，求： (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 [解析]　(1)A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒mAg＝mA 解得v0＝2 m/s 在最低点根据牛顿第二定律FN－mAg＝mA 解得FN＝72 N，方向竖直向上。 (2)根据题意A、B碰后成一整体，根据动量守恒 mAv0＝v共 解得v共＝1.6 m/s 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝mA－＝1.6 J。 (3)第一种情况，当传送带速度v小于v共时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为μ，对AB根据牛顿第二定律有μg＝a 设经过时间t1后AB与传送带共速，可得v＝v共－at1 该段时间内AB运动的位移为x1＝t1 传送带运动的位移为x2＝vt1 故可得Q＝μg· 联立解得v＝0.6 m/s，另一解大于v共舍去； 第二种情况，当传送带速度v大于v共时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后AB与传送带共速，同理可得v＝v共＋at2 该段时间内AB运动的位移为x'1＝t2 传送带运动的位移为x'2＝vt2 故可得Q＝μg· 解得v＝2.6 m/s，另一解小于v共舍去。 [答案]　(1)72 N，方向竖直向上　(2)1.6 J　 (3)0.6 m/s或2.6 m/s [典例2]　(2025·广州协和中学等三校高三联考)如图甲所示，工人用传送带运送货物，传送带倾角为30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化关系如图乙所示。已知货物质量为10 kg，重力加速度取10 m/s2。则下列说法不正确的是(　　) A．传送带匀速转动的速度大小为1 m/s B．货物与传送带间的动摩擦因数为 C．运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功795 J D．A、B两点的距离为16 m D　[由题图乙可知，货物先向上匀加速，再向上匀速，所以传送带匀速转动的速度大小为1 m/s，故A正确，不满足题意要求；开始时货物的加速度a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律可知μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝，故B正确，不满足题意要求；由题图乙可知，A、B两点的距离为s＝×(16＋15.6)×1 m＝15.8 m，故D错误，满足题意要求；由动能定理可知Wf－mgssin 30°＝mv2，解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功为Wf＝795 J，故C正确，不满足题意要求。故选D。] [典例3]　在快件分类时常用传送带运送快件，一倾角为37°的传送带在电动机的带动下以恒定速率沿顺时针方向运行，传送带底端到顶端的距离为L＝10.5 m，如图甲所示。现将一质量m＝2.0 kg的快件静止放于传送带底端，以传送带最底端为参考平面，快件在传送带上运动整个过程中速度的平方v2随位移x的变化如图乙所示，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，快件可视为质点，求： (1)快件与传送带之间的动摩擦因数μ； (2)快件从传送带底端到顶端过程电动机多做的功W。 [解析]　(1)快件放上传送带先做匀加速运动，根据v2＝2ax 结合题图乙可得快件做匀加速运动的加速度为 a＝1 m/s2 根据牛顿第二定律可得 μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma 解得动摩擦因数μ＝0.875。 (2)设传送带的速度为v，根据题图乙可知 v＝3 m/s 快件加速的时间为t1＝＝3 s 快件与传送带的相对位移为 Δx＝vt1－vt1＝4.5 m 快件和传送带间因摩擦产生的热量为 Q＝μmgcos 37°Δx 电动机多做的功等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，即 W＝mgLsin 37°＋mv2＋Q 解得W＝198 J。 [答案]　(1)0.875　(2)198 J 【教师备选资源】 1．某快递公司用倾斜传送带运送包裹，如图所示。包裹被轻放在传送带的底端，在经过短暂的加速过程后，与传送带达到共速，最终被运送到传送带的顶端。若传送带运行速度一定，包裹与传送带间的动摩擦因数相同，则(　　) A．在包裹加速运动阶段，传送带对包裹的作用力方向竖直向上 B．包裹与传送带间的动摩擦因数μ≤tan θ C．传送带倾斜角度越大，包裹加速所需时间越长 D．包裹越重，从传送带的底端运送到顶端所需要的时间越长 C　[设包裹的质量为m，包裹在加速运动阶段，包裹的加速度方向沿传送带向上，包裹受到重力、传送带的支持力和传送带对包裹的摩擦力，由力的合成可知，传送带对包裹的作用力即为支持力与摩擦力的合力，该合力方向偏向右上方，A错误；设传送带速度为v，包裹在加速阶段，由牛顿第二定律有a＝＝μgcos θ－gsin θ，因a>0，可知μgcos θ>gsin θ，解得μ>tan θ，B错误；包裹加速所需时间为t＝＝，可知传送带倾斜角度越大，包裹加速所需时间越长，C正确；由C选项分析可知，包裹在加速阶段的时间与包裹质量无关，在匀速阶段的时间取决于传送带的速度，也与包裹质量无关，因此包裹从传送带的底端运送到顶端所需要的时间与包裹质量无关，即与包裹的重力无关，D错误。故选C。] 2．(多选)如图所示，有甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以相同的恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(可视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v，在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面高度为H，则在小物体从A到B的运动过程中(　　) A．两种传送带对小物体做功相等 B．将小物体传送到B处，乙传送带上的划痕长 C．将小物体传送到B处，乙系统由于摩擦产生的热量多 D．将小物体传送到B处，甲传送带上的小物体需要的时间较长 AD　[传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，两种情况小物体的重力势能和动能的增加量都相同，所以机械能的增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，A正确；设题图甲中到达B处时的时间为t1，题图乙中到达C处时的时间为t2，根据题意可得，题图乙中小物体到达C处后随传送带以速率v匀速运动到B点，所以题图甲中划痕长度为s甲＝s传－s物＝vt1－t1＝vt1，同理题图乙中划痕长度为s乙＝vt2，同时有t1＝＝，t2＝，可得t1>t2，所以有s甲>s乙，B错误；题图甲中系统由于摩擦产生的热量Q甲＝fs甲＝f·vt1＝fs物，根据动能定理有fs物－mgH＝mv2，所以有Q甲＝mgH＋mv2，同理可得Q乙＝mg(H－h)＋mv2，所以有Q甲>Q乙，C错误；小物体传送到B处，甲传送带上的小物体需要的时间t甲＝t1＝，乙传送带上的小物体需要的时间t乙＝t2＋＝＋＝，所以有t甲>t乙，D正确。] 突破点二　“滑块—木板”模型 1．模型特点：两物体通过摩擦力相互作用。 2．基本思路：应用动力学、能量和动量观点解决板块问题的方法。 (1)动力学角度： (2)能量角度：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移： ①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑。 ②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板。 ③求摩擦生热时用Q＝fx相对，x相对为相对滑动的板块间相对滑动路径的总长度。 (3)动量角度：滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。 [典例4]　(多选)如图甲所示，长2 m的木板Q静止在某水平面上，t＝0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某初速度从Q的左端向右滑上木板。P、Q的v-t图像如图乙所示。其中a、b分别是0～1 s内P、Q的v-t图像，c是1～2 s内P、Q共同的v-t图像。已知P、Q的质量均是1 kg，g取10 m/s2，则以下判断正确的是(　　) A．P、Q系统在相互作用的过程中动量不守恒 B．在0～2 s内，摩擦力对Q的冲量是1 N·s C．P、Q之间的动摩擦因数为0.1 D．P相对Q静止的位置在木板Q的右端 BC　[P与Q组成的系统在速度相等以后做匀速运动，说明地面摩擦力为零，故相互作用的过程中系统所受的外力之和为零，系统动量守恒，故A错误；由题图乙可知，0～2 s内，Q先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在1～2 s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以I＝Mv－0＝1 N·s，故B正确；P从速度为2 m/s减为1 m/s所需的时间为1 s，则a＝＝ m/s2＝－1 m/s2，又a＝－＝－μg，代入数据解得μ＝0.1，故C正确；在t＝1 s时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，在0～1 s内，P的位移x1＝×1 m＝1.5 m，Q的位移x2＝×1×1 m＝0.5 m，则Δx＝x1－x2＝1 m<2 m，可知P与Q相对静止时不在木板Q的右端，故D错误。故选BC。] [典例5]　(多选)质量M＝3 kg 的长木板正在水平地面上向右运动，在t＝0时刻将一质量m＝1 kg的物块轻放到木板右端，之后木板运动的速度与时间图像如图所示，物块没有从木板上滑下，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．木板与地面间的动摩擦因数为0.2 B．木板在1.0 s末恰好减速到零 C．木板的长度至少为0.84 m D．全程物块与木板间摩擦生热为1.12 J ABD　[在0～0.7 s过程中，根据题图有物块加速度大小a1＝ m/s2＝1.0 m/s2，木板加速度大小a2＝ m/s2＝3.0 m/s2，对物块有μ1mg＝ma1，对木板有μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2，解得μ1＝0.1，μ2＝0.2，A正确；根据上述分析，两者达到相等速度后不能够保持相对静止，由分析可知，物块向右以加速度大小a1做匀减速直线运动，木板向右亦做匀减速直线运动，设木板加速度大小为a3，对木板有μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma3，解得a3＝ m/s2，根据题图有v共＝a3Δt，解得Δt＝0.3 s，可知木板减速至零的时刻为0.3 s＋0.7 s＝1.0 s，B正确；0.7 s 前物块相对木板向左运动，x相1＝×0.7 m－×0.7 m＝0.98 m，0.7 s后物块相对木板向右运动，x相2＝ m－ m＝0.14 m<0.98 m，可知木板的长度至少为0.98 m，C错误；全程物块与木板间摩擦生热Q＝μ1mg＝1.12 J，D正确。] [典例6]　(2025·广东珠海一模)某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ＝37°，顺时针转动的速率v0＝2 m/s，将质量为m＝25 kg的物体无初速地放在传送带的顶端A，物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M＝50 kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.25，A、B间的距离为s＝8.20 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)物体滑上木板左端时的速度大小； (2)若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度L至少应是多少； (3)若木板与地面的动摩擦因数为μ＝0.1，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度L'。 [解析]　(1)物体速度达到传送带速度前，由牛顿第二定律，有mgsin 37°＋μ1mgcos 37°＝ma1 解得a1＝10 m/s2 设物体与传送带共速时运动的位移为x1，则对物体有＝2a1x1 解得x1＝0.20 m 因为x1<s，mgsin 37°>μ1mgcos 37°，所以此后物体继续在传送带上做匀加速运动，设物体的加速度大小为a2，则根据牛顿第二定律，有mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma2 解得a2＝2 m/s2 设物体到达B端时的速度大小为v，根据运动学公式有2a2(s－x1)＝v2－ 解得v＝6 m/s。 (2)设物体恰好不会从木板上掉下，设物体和木板共速为v1，规定物体的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝(m＋M)v1 由能量守恒定律得μ2mgL＝mv2－(m＋M) 解得L＝4.8 m 则木板长度L至少为4.8 m。 (3)由于μ(m＋M)g>μ2mg 所以木板不运动，物体做匀减速直线运动，设物体速度为0时，恰好到达木板的最右端，其加速度大小 am＝μ2g＝2.5 m/s2 根据运动学公式有2amL'＝v2 解得L'＝7.2 m 则木板的最小长度为7.2 m。 [答案]　(1)6 m/s　(2)4.8 m　(3)7.2 m 【教师备选资源】 1．一足够长木板在水平地面上向右运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的小物块轻放到木板的右端，之后木板运动的v-t图像如图所示。则小物块运动的v-t图像可能是(　　) A　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　D D　[根据木板运动的v-t图像可知，小物块先加速与木板共速后，一起减速，且减速阶段小物块的加速度小于或等于木板的加速度，即图像斜率相同或变小。故选D。] 2．如图所示，有1、2、3三个质量均为m＝1 kg 的物体，长板2与物体3通过不可伸长的轻绳连接，跨过光滑的轻质定滑轮且与长板2相连的轻绳水平，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H＝5.75 m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ＝0.2(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。长板2在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v＝4 m/s 的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下。(g取10 m/s2)求： (1)长板2开始运动时的加速度大小； (2)长板2的长度L0； (3)当物体3落地时，物体1在长板2上的位置。 [解析]　(1)设向右为正方向，由牛顿第二定律得 物体1：－μmg＝ma1，a1＝－μg＝－2 m/s2 长板2：＋μmg＝ma2 物体3：mg－＝ma3 且a2＝a3 联立解得a2＝＝6 m/s2。 (2)设经过时间t1物体1与长板2速度相等，则有 v1＝v＋a1t1＝a2t1 代入数据解得t1＝0.5 s，v1＝3 m/s 物体1的位移为x1＝t1＝1.75 m 长板2的位移为x2＝＝0.75 m 所以长板2的长度L0＝x1－x2＝1 m。 (3)假设物体1、2、3相对静止一起加速 对物体1、2整体分析得FT＝2ma 对物体3分析得mg－FT＝ma 联立得mg＝3ma，解得a＝ 对物体1分析得 Ff静＝ma≈3.3 N>Ff＝μmg＝2 N 故假设不成立 物体1和长板2相对滑动，由牛顿第二定律得 物体1：μmg＝ma'3，a'3＝μg＝2 m/s2 长板2：F'T－μmg＝ma4 物体3：mg－F'T＝ma5 且a4＝a5 联立解得a4＝＝4 m/s2 从物体1、2达到共同速度到物体3落至地面过程中，物体3下落的高度h＝H－x2＝5 m 根据h＝v1t2＋a4 解得t2＝1 s(另一解舍去) 物体1的位移x3＝v1t2＋a'3＝4 m h－x3＝1 m，即物体1在长板2的最左端。 [答案]　(1)6 m/s2　(2)1 m　(3)物体1在长板2的最左端 3．(2024·浙江6月选考)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； (2)若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； (3)若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 [解析]　(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时有mg＝ 从滑块离开弹簧到C点的过程，根据动能定理有 －2mgR＝m－m 解得v0＝5 m/s。 (2)平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒有 mv0＝(M＋m)v共 根据能量守恒有ΔE＝m－(M＋m) 解得ΔE＝0.625 J。 (3)若μ2＝0.1，平板与滑块相互作用过程中 μ1mg＝ma1 μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 则加速度大小分别为a1＝μ1g＝6 m/s2 a2＝＝4 m/s2 共速后，共同加速度大小为a3＝μ2g＝1 m/s2 考虑滑块可能一直减速直到H点，也可能先与平板共速然后共同减速； 假设滑块先与平板共速然后共同减速，则从滑上平板到共速过程 v＝vE－a1t1＝a2t1 滑块、平板位移分别为 x1＝t1 x2＝t1 共速时，相对位移应为Δx＝L＝x1－x2 解得vE＝6 m/s，v＝2.4 m/s，t1＝0.6 s 随后共同减速x3＝d－x1＝1.88 m 到达H点速度vH＝＝ m/s 说明可以到达H点，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从平板右侧掉落。 [答案]　(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $