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3.4 动力学中的传送带模型与滑块木板模型
考点一 传送带模型...............................................................................................................................................................1
题组1：水平传送带.......................................................................................................................................................1
题组2：倾斜传送带.......................................................................................................................................................3
考点二 滑块木板模型..........................................................................................................................................................6
题组1：水平面上物块带动木板运动.......................................................................................................................6
题组2：水平面上木板带动物块运动.......................................................................................................................8
题组3：斜面上的滑块木板模型与多物块木板模型...........................................................................................9
3.4 动力学中的传送带模型与滑块木板模型
考点一 传送带模型
题组1：水平传送带
1.如图所示为某物流转运中心的快递分拣传送带，分拣员将某货物轻放于此传送带前端，已知传送带的速
度为2m/ s，长度为5m，表面离地高度为0.45m，货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，g=10m/ s
2。求：
(1)货物在传送带上运动的时间；
(2)货物从末端掉落至地面时离传送带末端的水平距离。
【答案】(1)货物在轻放在传送带上，有μmg=ma
解得a= μg=5m/ s
2
货物匀加速至与传送带共速，有t1= v
a =0.4 s
位移为x1= 1
2 at1
2=0.4 m
后匀速至传送带末端，有t2= L−x1
v
=2.3 s
则货物在传送带上运动的时间为t =t1+t2=2.7 s
(2)货物从传送带末端掉落后平抛落地，有h= 1
2 gt3
2
解得t3=0.3 s
水平位移为x = v t3
解得x =0.6m
2. （单选）如图所示，质量分别为2kg、3kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在水
平传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带逆时针转动时，Q恰好静止。当传送带以8m/ s的速
度顺时针转动时，Q运动到传送带的右端且恰好与传送带速度相同。重力加速度g=10m/ s
2，下列说法正
确的是( )
1
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A. Q与传送带间的动摩擦因数为0.6
B. Q从传送带左端滑到右端所用的时间为0.6 s
C. 传送带AB间的距离为4 m
D. Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20 N
【答案】C
【解析】A.当传送带逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q根据平衡条件知mP g= μmQ g，解得μ= 2
3，A
错误；
BC .当传送带突然以v =8m/ s顺时针转动，Q做初速度为零的匀加速直线运动，有
mP g+ μmQ g=(mP+mQ)a，解得a=8m/ s
2，Q运动到传送带的右端且恰好与传送带速度相同，匀加速
的时间为v =at，解得t =1.0 s，匀加速的位移为x = v
2
2a = 4 m，即传送带AB间的距离为4 m，B 错误，C 正
确；
D.当Q加速时，对P分析有mP g−T =mPa，解得T = 4 N，D 错误。
故选C。
3. （多选）图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等
高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v −t
图像(以地面为参考系)如图乙所示，已知v2>v1，则( )
A. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C. 0∼t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右
D. 0∼t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【答案】BC
【解答】A.相对地面而言，小物块在0∼t1小时间内，向左做匀减速运动，t1之后反向向右向右运动，故小
物块在t1时刻离A处距离最大，A 错误；
B.小物块在0∼t1小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；t1∼t2时间内，反向向右做匀
加速运动，但速度小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2∼t3时间内，
2
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小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B 正
确；
C.由B中分析可知，0∼t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C
正确；
D.在0∼t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，故小物块一直受向右的滑动摩擦力，在t2∼t3时间内，
小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，故D 错误。
故选BC。
题组2：倾斜传送带
4. （单选）如图甲所示，与水平面的夹角为30°的倾斜传送带以恒定速率v = 4 m/ s顺时针转动，上端与
一倾角也为30°的足够长的固定斜面平滑连接，物块从传送带底端以大小v0=3m/ s的速度沿传送带向上
滑上斜面。物块与斜面、传送带间的动摩擦因数相同。从物块刚滑上传送带开始计时，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力。关于物块在传送带和斜面上滑动的速度随时间变化的关系图像(图乙)，下列组合中全部可能
正确的是( )
A. ①②⑦
B. ②③⑦
C. ①④⑥
D. ③④⑤
【答案】D
【解析】解：物块的初速度v0=3m/ s<v = 4 m/ s，若mgsin30°< μmgcos30°，
根据牛顿第二定律知传送带上匀加速运动和斜面上匀减速运动时的加速度大小分别为
a1= μgcos30°−gsin30°和a2= μgcos30°+ gsin30°，有a1<a2，
情况一：物块在传送带上先匀加速直线运动到与传送带共速，后一直匀速上滑，冲上斜面后做匀减速直线
运动，最后静止在斜面上，如题图④所示；题图①前面类似于图像④，但开始部分不对；
情况二：物块在传送带上一直做匀加速直线运动未达到传送带的速度大小，则冲上斜面后一直做匀减速直
线运动，最后静止在斜面上，如题图⑤所示；
情况三：物块在传送带上一直做匀加速直线运动恰达到传送带的速度大小，则冲上斜面后一直做匀减速直
线运动，最后静止在斜面上，故题图⑥不对；
若mgsin30°> μmgcos30°，
情况一：物块在传送带上匀减速上滑，物块可能在冲上斜面之前速度减为零并向下做匀加速直线运动，根
据牛顿第二定律知加速度大小a3= gsin30°−μgcos30°不变，则物块回到出发点时速度为3m/ s，如题图
②所示；
情况二：物块在传送带上匀减速上滑，a1= gsin30°−μgcos30°，物块可能速度未减为零就冲上斜面，物
块在斜面上的加速度大小a2= μgcos30°+ gsin30°，速度减为零后向下做匀加速直线运动，
加速度大小a3= gsin30°−μgcos30° =a1，如题图③所示；题图⑦前面类似于图像③，但后面部分不对；
故ABC 错误，D 正确。
3
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故选：D。
5. （多选）在渔业作业中，鱼虾被捕捞上岸后，借助“鱼虾自动分离装置”，实现了鱼和虾的机械化高效分
离，显著降低了人工成本。这一装置的简化模型如图所示，其中分离器出口与传送带中段有一定的高度差。
鱼、虾(视为质点)均下落至分离器出口正下方，且到传送带时有沿斜面向下相同的初速度(垂直于传送带的
速度瞬间变为零)。最终虾均能被传送到下端收集箱中，鱼均能被传送到上端收集箱中，已知传送带与水平
面夹角为θ，始终以恒定速率顺时针转动。则下列说法正确的是( )
A. 鱼和虾在传送带上运送的过程中，所受的摩擦力方向始终相同
B. 鱼从掉落到传送带后，先沿着传送带向下做减速直线运动，最终一定会和传送带共速
C. 鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于虾与传送带的动摩擦因数
D. 虾从掉落到传送带后，可能做匀速直线运动，也可能做加速直线运动，还可能做减速直线运动
【答案】ACD
【解析】A.由于鱼和虾最终均能进入收集箱，且由于两者落在传送带时均有沿斜面向下的初速度，故鱼和
虾所受摩擦力方向一定始终沿斜面向上，故 A 正确;
BCD .受力分析可知，虾的重力沿斜面向下的分力有可能小于虾所受到的摩擦力，故有可能减速向下运动，
所以可能有mgsinθ< μ虾mgcosθ，则tanθ< μ虾；也有可能虾的重力沿斜面向下的分力大于虾所受的摩
擦力，则有mgsinθ> μ虾 mgcosθ，则tanθ> μ虾；同理可能有tanθ = μ虾；
要保证鱼均能进入上端收集箱，则应先减速向下，后加速向上，若传送带足够长还有可能最后做匀速运动，
所以对鱼一定有mgsinθ< μ鱼mgcosθ，即tanθ< μ鱼；且满足μ鱼> μ虾，故B 错误，CD 正确。
6.如图所示，传送带为自动分拣包裹的一部分，其长L=12.25m，倾斜角θ =30°，以v =9m/ s顺时针转
动。传送带与包裹之间的动摩擦因数μ= √3
3 ，可视为质点的包裹由传送带左上方以一定的速度水平抛出，
抛出点与传送带顶部的高度差h=0.2m，包裹恰好可以无碰撞地进入传送带顶端，之后沿传送带运动。不
计空气阻力，g取10m/ s
2。求：
(1)包裹水平抛出时的速度大小；
(2)包裹刚抛到传送带上时的加速度大小；
4
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(3)包裹从抛出到传送带底端的总时间。
【答案】解：(1)包裹进入传送带顶端时竖直方向的速度为v y，有v y
2 =2 gh，
v y =2m/ s，
包裹恰好可以无碰撞地进入传送带顶端，则tan30
∘= v y
v0
，
得v0=2√3m/ s，
(2)设包裹刚抛到传送带上时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律
μmgcos30
∘+mgsin30
∘=ma1，
得a1=10m/ s
2。
(3)设包裹平抛运动的时间为t1，则h= 1
2 gt1
2，
得t1=0.2s，
包裹刚落到传动带上时：sin30
∘= v y
v1
得v1= 4 m/ s
包裹从刚落到传送带上到与传送带速度相等的时间t2，则t2= v −v1
a1
=0.5 s，
包裹在传送带下滑的位移：x = v + v1
2
t2=3.25m< L=12.25m，
因μmgcos30
∘=mgsin30
∘，
包裹与传送带速度相等之后匀速下滑，包裹与传送带速度相等之后到滑到传送带最底端的时间为t3，则
L−x = v t3，
解得t3=1s，
包裹从抛出到传送带底端的总时间t =t1+t2+t3，
得t =1.7 s。
考点二 滑块木板模型
题组1：水平面上物块带动木板运动
1. （单选）如图所示，长木板静置在粗糙水平面上，t =0时与长木板质量相同的小滑块以某一初速度滑上
长木板，已知滑块与木板之间的动摩擦因数是木板与地面间动摩擦因数的3倍。设滑块没有离开木板，则
下列关于滑块的速度v1与时间t的关系图像以及木板的速度v2与时间t的关系图像，可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】规定向右为正，滑块与木板之间存在相对运动，滑块受到木板施加的滑动摩擦力为 f 1=−3 μmg，
5
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根据牛顿第二定律滑块的加速度 a1= f 1
m =−3 μg，
因此滑块的速度随时间变化关系 v1(t )= v0−3 μgt，
木板受到滑块施加的滑动摩擦力(方向向右)和地面施加的动摩擦力，即 f 2=2 μmg，
根据牛顿第二定律木板的加速度 a2= f 1−f 2
m
= μg，
因此木板的速度随时间变化关系 v2(t )= μgt，
则在某时刻，滑块与木板相对静止，一起运动，系统加速度为 a共=−μg<a1，
因v −t图像的斜率等于加速度，可知只有B 正确。
故选B。
2. （单选）如图甲所示，在水平地面上放置一长木板Q，将一小物块P放在长木板上，给P施加一水平向
左的外力F，P的加速度a随外力F的变化规律如图乙所示.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
g.下列说法正确的是( )
A. F < F1时，P、Q之间的摩擦力大小为F1
B. F > F3时，P、Q之间的摩擦力大小为F3
C. F > F1时，P、Q发生相对滑动
D. P、Q质量之比为F3−F2
F2−F1
【答案】D
【解析】设P、Q间动摩擦因数为μ1，Q与地面间动摩擦因数为μ2，P的质量为m，Q的质量为M，当
F < F1时，P、Q均静止P、Q之间的摩擦力f = F，A 错误;
当F > F3时，小物块相对长木板加速滑动，P、Q之间的摩擦力f < F3，B、C 错误;
当F = F1时小物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，则有F1= μ2(m+ M )g，当F = F3时，小物块相对
长木板滑动，对小物块有F3−μ1mg=ma0，
当F1< F < F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有F −μ2(m+ M )g=(m+ M )a，即
a=
F
m+ M −μ2 g，可得F3−F1=(m+ M )a0，
当F > F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块有F −μ1mg=ma，即a= F
m −μ1g，可得F3−F2=ma0，
解得P、Q质量之比为m
M = F3−F2
F2−F1
，D 正确．
6
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3.如图所示，质量M =1kg、长度L=1m的木板A静止在水平面上，A与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1。
在A的左端放置一质量m=1kg的铁块B(可视为质点)，B与A间的动摩擦因数μ2=0.3，现用一水平恒力F
作用在B上，取g=10m/ s
2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：
(1)要保持A、B一起做匀加速运动，求力F的取值范围；
(2)若F =5 N，求铁块运动到木块右端所用的时间。
【答案】(1) A与地面间的最大静摩擦力大小f 1= μ1(M +m)g=0.1×(1+1)×10 N =2 N
A与B间的最大静摩擦力f 2= μ2mg=0.3×1×10 N =3 N
A、B要一起做匀加速直线运动拉力F >f 1=2 N
设拉力大小为F0时A、B恰好发生相对滑动，对A，由牛顿第二定律得f 2−f 1= Ma
对A、B系统，由牛顿第二定律得F0−f 1=(m+ M )a
代入数据解得F0= 4 N，a=1m/ s
2
要保持A、B一起做匀加速运动，力F的取值范围是2 N < F ≤4 N
(2)拉力F =5 N > F0= 4 N时，A、b相对滑动，A的加速度大小a=1m/ s
2
对B，由牛顿第二定律得F −f 2=maB
代入数据解得aB=2m/ s
2
设经过时间t铁块运动到木板的右端，则L= 1
2 aBt
2−1
2 at
2
代入数据解得t =√2s (t =−√2s，不符合实际，舍去)
题组2：水平面上木板带动物块运动
4. （单选）在一次科学探究活动中，小明将质量为M = 4 kg的小车放置在水平桌面上，小车上放一质量为
m=1kg的木块。小车与桌面间的动摩擦因数为μ1=0.1，木块与小车间的动摩擦因数为μ2=0.3。初始时小
车和木块均静止，小明对小车的牵引装置施加F =15 N的水平恒力。一段时间后，小明对木块再施加水平
方向上与运动方向相反的恒力F0，若木块能从小车上滑离，则F0应大于(取g=10m/ s
2)( )
A. 5
4 N B. 3 N
C. 19
4 N D. 25
4 N
【答案】A
【解析】对整体，由牛顿第二定律得加速度 a= F −μ1( M +m)g
m+ M
= 15−0.1×5×10
5
m/ s
2=2m/ s
2，对
木块，所需摩擦力f =ma=2 N < μ2mg=3 N，故木块与小车相对静止，
加F0后，分别求木块、小车加速度，对小车：F −μ1( M +m)g−μ2mg= M aM，代入数据得：
aM = 15−5−3
4
m/ s
2= 7
4 m/ s
2，对木块：μ2mg−F0=mam，即am=3−F0
m
，
7
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根据木块滑离的临界条件，木块滑离需相对小车向后滑动，即am<aM，代入am、aM，得：3−F0
m < 7
4
，解
得F0> 5
4 N，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
5. （多选）如图1所示，一物块叠放在足够长的木板上，初始时木板静止在粗糙水平面上，物块与木板保
持相对静止。某时刻，给木板一初速度v0，图2为二者的v −t图像，图中v、t1、t2已知，长木板和物块的
质量均为m。下列说法正确的是( )
A. 物块与木板的位移之比可表达为v0t1+ v t2
2v t1
B. 整个过程，因摩擦产生的总热量为1
2 m v0
2
C. 板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
2v
v0−2v
D. v0>4 v
【答案】BCD
【解析】A.v −t图像与坐标轴围成的面积表示位移，物块的位移为x1= 1
2 v ⋅2t1= v t1
木板的位移为x2= v + v0
2
t1+ 1
2 v(t2−t1)= v t2+ v0t1
2
物块与木板的位移之比可表达为x1
x2
=
2v t1
v t2+ v0t1
故A 错误;
B.根据能量守恒，整个过程，因摩擦产生的总热量为Q = 1
2 m v0
2，故B 正确;
C.0∼t1时间内，对物块，根据牛顿第二定律a❑1= μ1mg
m
= μ1g
a1= v
t1
0∼t1时间内，对木板，根据牛顿第二定律μ1mg+ μ2·2mg=ma2
a2= v0−v
t1
板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为μ1
μ2
=
2v
v0−2v ，故C 正确;
D.t1∼t2时间内，对木板，根据牛顿第二定律μ2·2mg−μ1mg=ma3
8
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且a3>a1
联立可得v0>4 v，故D 正确。
故选BCD。
题组3：斜面上的滑块木板模型与多物块木板模型
6. （多选）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所示的模型，倾角为37°的斜
坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为21
40。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
0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37° =0.6，cos37° =0.8，g取10m/ s
2，则下列判
断正确的是( )
A. 小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/ s
2
B. 小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/ s
2
C. 经过1s的时间，小孩离开滑板
D. 小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/ s
【答案】BC
【解析】对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1= mgsin37°−μ1mgcos37°
m
=2.8m/ s
2，同理对
滑板，加速度大小为a2= mgsin37°+ μ1mgcos37°−2 μ2mgcos37°
m
=0.8m/ s
2，A 错误，B 正确；小
孩刚与滑板分离时，有1
2 a1t
2−1
2 a2t
2= L，解得t =1s，离开滑板时小孩的速度大小为v =a1t =2.8m/ s，
D 错误，C 正确。
7. （多选）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都
是m，A、B间的动摩擦因数为μ
2 ，B、C间的动摩擦因数为μ
6 ，B和地面间的动摩擦因数为μ
8 ，设B足够长
以保证A、C不会从B上滑落，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的
拉力F，则下列说法正确的是( )
A. 为了使A、B、C均静止，F不能超过1
2 μmg
B. 无论力F为何值，B的加速度不会超过1
4 μg
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C. 无论力F为何值，C的加速度不会超过1
6 μg
D. 当F = μmg时，B、C间会相对滑动
【答案】AC
【解析】A.AB间最大静摩擦力为f 1= μ
2 ×2mg= μmg
B与地面间最大静摩擦力为f 2= μ
8 ×(2mg+mg+mg)= μmg
2
<f 1
故为了使A、B、C均静止，F应小于或等于1
2 μmg，故A 正确;
B.A、B间摩擦力，B、C间摩擦力，刚好达到最大静摩擦力时，B的加速度达到最大，对B根据牛顿第二
定律可得μ
2 ×2mg−μ
8 ×(2mg+mg+mg)−μ
6 ×mg=maB
解得aB= 1
3 μg，故B 错误；
C.当B、C间的摩擦力达到最大时，C的加速度最大，对C根据牛顿第二定律可得μ
6 ×mg=maC
解得C的最大加速度大小为aC = μg
6 ，故C 正确；
D.当F = μmg时，假设三者相对静止，把A、B、C看成一个整体，由牛顿第二定律可得
F −μ
8 (2m+m+m)g=(2m+m+m)a
解得a= 1
8 μg< 1
6 μg，故假设成立，B、C不会发生相对滑动，故D 错误。
故选AC。
8.如图所示，有一倾角为θ =37°(sin37° =0.6)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2s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 =12m，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10m/ s
2.求：
(1)在0～2s时间内A和B加速度的大小；
(2) A在B上运动的总时间．
【答案】(1)设0～2s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mgsin θ−μ1mgcos θ =ma1
解得a1=3m/ s
2
对B，由牛顿第二定律得mgsin θ+ μ1mgcos θ−μ2·2mgcos θ =ma2
解得a2=1m/ s
2
10
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(2)2s时，A的速度大小v1=a1t1=6m/ s
B的速度大小v2=a2t 1=2m/ s
2s后对A，由牛顿第二定律得mgsin θ =ma1'
解得a1' =6m/ s
2
2s后对B，由牛顿第二定律得mgsin θ−μ2·2mgcos θ =ma2'
解得a2' =−2m/ s
2
即2s后，B做减速运动直至静止。
设经过时间t2，B的速度减为零
则v2+a2' t2=0
解得t2=1s
在t1+t2=3 s时间内A相对B运动的距离x =(
1
2 a1t1
2+ v1t2+ 1
2 a'1t2
2)−(
1
2 a2t1
2+ v2t2+ 1
2 a'2t2
2)=12m
所以A在B上运动的总时间t =t1+t2=3 s
11
