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专题强化六 传送带模型和滑块—木板模型
目标要求 1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问
题.2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”.
题型一 传送带模型
基础回扣
1.水平传送带
项目 图示 滑块可能的运动情况
(1)可能一直加速
情景1
(2)可能先加速后匀速
(1)v>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
0
情景2
(2)vv返回时速度为v，若vμmgcos 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
a＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
1
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t＝＝1 s，
1
发生的位移x＝at2＝5 m
1 11
煤块速度达到v 后，因μgcos θμmgcos θ，滑块所受合力沿传送带
向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，小滑块沿传送带方向所受合力为
零，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀
减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩
擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，
B、C正确.
题型二 “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
擦力的相互作用下发生相对滑动.
2.位移关系：如图4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＝x－x＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x＋x＝L.
1 2 2 1
图4
3.解题思路
例2 (2019·贵州毕节市适应性监测(三))一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小
物块，如图5所示.木板与地面间的动摩擦因数μ ＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ ＝
1 20.4.t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当 t＝1 s时，木板以速度v
1
＝4 m/s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
块第一次减速为零时恰好从木板上掉下.已知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：
图5
(1)t＝0时刻木板的速度大小；
(2)木板的长度.
答案 (1)5 m/s (2) m
解析 (1)对木板和物块：μ(M＋m)g＝(M＋m)a
1 1
设初始时刻木板速度大小为v
0
由运动学公式：v＝v－at
1 0 10
代入数据解得：v＝5 m/s
0
(2)碰撞后，对物块：μmg＝ma
2 2
对物块，当速度为0时，经历的时间为t，发生的位移大小为x，
1
则有v＝at，x＝t
1 2 1
对木板，由牛顿第二定律：μmg＋μ(M＋m)g＝Ma
2 1 3
对木板，经历时间t，发生的位移大小为x
2
x＝vt－at2
2 1 3
木板长度l＝x＋x
1 2
联立并代入数据解得l＝ m.
3.(水平面上的“滑块—木板”模型)(多选)(2020·河南安阳市第二次模拟)如图6甲所示，光滑
水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为 M，t＝0时刻质量为m的物块
以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10
m/s2，则下列说法正确的是( )
图6
A.M＝mB.M＝2m
C.木板的长度为8 m
D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1
答案 BC
解析 物块在木板上运动的过程中，μmg＝ma ，而v－t图象的斜率表示加速度，故a＝
1 1
m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma ，a ＝ m/s2＝1 m/s2，
2 2
解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，则0～2 s内，两者
v－t图线与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×
2 m＝8 m，C正确.
4.(斜面上的“滑块—木板”模型)如图7所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量
M＝2 kg，长度L＝1.5 m的极薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视
为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为
μ ＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10
1 2
m/s2，求：
图7
(1)释放后，小滑块的加速度a 和薄平板的加速度a；
1 2
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t.
答案 (1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
解析 (1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块：由牛顿第二定律有mgsin 37°－F ＝ma
f1 1
其中F ＝mgcos 37°，F ＝μF
N1 f1 1 N1
解得a＝gsin 37°－μgcos 37°＝4 m/s2
1 1
对薄平板，由牛顿第二定律有Mgsin 37°＋F －F ＝Ma
f1 f2 2
其中F ＝(m＋M)gcos 37 °，F ＝μF
N2 f2 2 N2
解得a＝1 m/s2
2
a>a，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动.
1 2
(2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有x＝at2，x＝at2，x－x＝L
1 1 2 2 1 2
解得：t＝1s.课时精练
1.如图1甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一
1
物块以初速度v 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 v－t图象如图
0
乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则
( )
图1
A.传送带的速度为4 m/s
B.传送带底端到顶端的距离为14 m
C.物块与传送带间的动摩擦因数为
D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
答案 A
解析 如果v 小于v ，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的
0 1
初速度v 一定大于v.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减
0 1
速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确；传送带底端到顶端的距离等于
v－t图线与横轴所围的面积，即×(4＋12)×1 m＋×1×4 m＝10 m，选项B错误；0～1 s内，
a ＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2,1～2 s内，a ＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，解得μ＝，选项C错
1 2
误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误.
2.(多选)如图2a，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v 滑到长木板上，
0
图b为物块与木板运动的v－t图象，图中t 、v 、v 已知，重力加速度大小为g，由此可求
1 0 1
得( )
图2
A.木板的长度
B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数
D.从t＝0开始到t 时刻，木板获得的动能
1
答案 BC
解析 根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无法求出木板
的长度，故A不能够求解出；由图象的斜率表示加速度可求出长木板的加速度为a ＝，小
木
物块的加速度大小a ＝，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma ，μmg＝ma ，解得＝，μ＝，
物 木 物
故B和C能够求解出；木板获得的动能E ＝Mv2，由于不知道长木板的质量M，故D不能
k木 1
够求解出.
3.如图3所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v 的速度向左运动，一质量
0
为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v 的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动
0
摩擦因数为μ，最后B未滑离A.已知M＝2m，重力加速度为g.求：
图3
(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；
(2)木板A的最短长度L.
答案 (1) (2)
解析 (1)对A、B分别由牛顿第二定律得
μmg＝Ma ，μmg＝ma
A B
又M＝2m，可得a ＝μg，a ＝μg
A B
规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v－a t＝－v＋a t
0 B 0 A
解得t＝＝，v＝－.
即A、B的共同速度大小为.
(2)在时间t内：
A的位移x ＝t＝－
A
B的位移x ＝t＝
B
木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即L＝Δx＝x －x ＝.
B A
4.(多选)如图4甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度v 沿逆时针方向运行.t＝0
0
时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v－t图象如图
乙所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则( )图4
A.传送带的速度v＝10 m/s
0
B.传送带的倾角θ＝30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D.0～2 s内摩擦力对物体做功W＝－24 J
答案 ACD
解析 由题图乙可知，当物体速度达到v＝10 m/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为
0
此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A正确；0～1 s内物体的
加速度为a ＝10 m/s2,1～2 s内为a ＝2 m/s2，则有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma ，mgsin θ－
1 2 1
μmgcos θ＝ma ，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B错误，C正确；设物体的两段位移为x 、
2 1
x ，则有x ＝＝ m＝5 m，x ＝＝ m＝11 m，摩擦力对物体做的功为W＝W ＋W ＝(μmgcos
2 1 2 1 2
θ)x－(μmgcos θ)x＝－24 J，故D正确.
1 2
5.(多选)(2020·山东日照市模拟)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为
如图5所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为.小
孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑.小孩与滑板之间的动摩擦因数取
决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相
等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
图5
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2
C.经过 s的时间，小孩离开滑板
D.小孩离开滑板时的速度大小为 m/s
答案 AC
解析 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a ＝＝2 m/s2，同理对滑板，加速度大小
1
为a ＝＝1 m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，at2－at2＝L，解得t＝ s(另
2 1 2
一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝at＝2 m/s，选项C正确，D错误.
16.(多选)(2019·河南天一大联考上学期期末)如图6甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，
木板放置在水平地面上.已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)
的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示.设最大
静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图6
A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C.图乙中t＝24 s
2
D.木板的最大加速度为2 m/s2
答案 ACD
解析 由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为 8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数
为μ＝＝＝0.4，选项A正确.由题图乙可知t 时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板
1
相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝＝＝0.1，选项B错误.t 时刻，滑块与
2
木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力F ＝8 N，此时两物
fm
体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：F －μ′·2mg＝ma ，解得a ＝2
fm m m
m/s2；对滑块：F－F ＝ma ，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t＝24 s，选项C、D
fm m
正确.
7.有一项游戏可简化如下：如图7所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m.
开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力 F
使滑板前进.滑板右端到达B处冲线，游戏结束.已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面
视为光滑，滑块质量m＝2 kg，滑板质量m＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
1 2
图7
(1)滑板由A滑到B的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围.
答案 (1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
解析 (1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短.
设滑板加速度为a，则有
2
F＝μm g＝ma，
f 1 2 2
解得a＝10 m/s2，由s＝，
2
解得t＝1 s.(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F，此时可认为二者加速度相等，
1
F－μm g＝ma，
1 1 1 2
解得F＝30 N，
1
当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F，设滑块加速度为a，
2 1
F－μm g＝ma，
2 1 1 1
－＝L，
解得F＝34 N，
2
则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N.
8.如图8甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现使小物块以2
m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g＝10
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：
图8
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；
(2)0～8 s内小物块在传送带上留下的划痕为多长.
答案 (1) (2)18 m
解析 (1)根据v－t图象的斜率表示加速度可得a＝＝ m/s2＝1 m/s2
对小物块，由牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
解得μ＝
(2)0～8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动，
0～6 s内传送带匀速运动的距离为：
x ＝4×6 m＝24 m，
带
由题图乙可知：0～2 s内物块位移大小为：
x＝×2×2 m＝2 m，方向沿传送带向下，
1
2～6 s内物块位移大小为：x＝×4×4 m＝8 m，方向沿传送带向上
2
所以划痕的长度为：Δx＝x ＋x－x＝(24＋2－8) m＝18 m.
带 1 2
