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第17 讲 传送带模型和“滑块—木板”模型
核心考点
考点一 传送带模型........................................................................................................................1
考点二 “滑块—木板”模型......................................................................................................10
考点一 传送带模型
1．共速时摩擦力可能突变
(1)滑动摩擦力突变为零。
(2)滑动摩擦力突变为静摩擦力。
(3)摩擦力方向突变。
2．注意物体位移、相对位移和相对路程的区别
(1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。
(2)物体相对传送带的位移大小Δx
①若有一次相对运动：Δx＝x 传－x 物或Δx＝x 物－x 传。
②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；
两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。
【例1】（2025·天津·一模）近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车
间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持
的恒定速率顺时针
运行，传送带的长
。现将一质量为0.4kg 的包裹A 轻放在传送带左端，包裹A 刚离开
传送带时恰好与静止的包裹B 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A 向前滑行了0.25m 静
止，包裹B 向前运动了0.9m 静止。已知包裹A 与传送带和水平面间的动摩擦因数均为0.2，
重力加速度g 取
。
基础过关
1
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(1)求包裹A 在传送带上运动的时间；
(2)若包裹B 的质量为0.4kg，求包裹B 与水平面间的动摩擦因数。
【答案】(1)2.25s
(2)0.5
【详解】（1）对A 进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
令经历时间
，A 与传送带达到相等速度，则有
解得
此时A 的位移
之后A 做匀速直线运动，经历时间
包裹A 在传送带上运动的时间
解得
（2）碰撞后包裹A 向前滑行了0.25m 静止，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
解得
包裹B 向前运动了0.9m 静止，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
A、B 碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
对B 进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
【例2】（2025·山西太原·模拟预测）如图甲所示，倾角为θ 的足够长的传送带以恒定的速率
v0沿逆时针方向运行。t＝0 时，将质量m＝1 kg 的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物
体相对地面的v-t 图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则
2
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不正确的是（ ）
A．传送带的速率v0＝10 m/s
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 内物体在传送带上留下的痕迹为6m
【答案】BD
【详解】A．由图知，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（在t
＝1.0s 时刻），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，
从图像可知传送带的速度为
故A 正确；
BC．在0~1.0s 内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为
由图知
在1.0~2.0s，物体的加速度为
由图知
联立解得
故B 错误，C 正确；
D．根据“面积”表示位移，可知0~1.0s 物体相对于地的位移
传送带的位移为
3
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物体对传送带的位移大小为
方向向上；1.0~2.0s 物体相对于地的位移
传送带的位移为
物体对传送带的位移大小为
方向向下，故留下的痕迹为5m，故D 错误。
本题选不正确的，故选BD。
【例3】（2025·青海西宁·二模）如图所示，传送带以速度
顺时针传动，P、Q 间距
离
，紧挨传送带右侧放置一质量
的木板B。一质量为
的滑块（可
看作质点）以
的速度从传送带的左端滑上传送带，到达右端时，刚好与传送带共
速。滑块滑出传送带时与木板B 发生弹性碰撞，碰后滑块被反弹回传送带上，继续在传送带
上运动，重力加速度取
，求：
(1)滑块与传递带间的动摩擦因数；
(2)滑块m 第一次从传送带左端滑到右端的过程中，由于摩擦产生的热量；
(3)滑块m 被反弹后在传送带上运动过程中相对传送带滑动的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由运动学
可知滑块在传送带上的减速的加速度
由牛顿第二定律
解得
4
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（2）运动时间
此过程中，滑块位移
传送带位移
摩擦生热
（3）滑块与木板发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
，
解得
则第二次在传送带上滑动的过程中，由动能定理得，减速阶段
解得
时间
传送带传送距离
加速阶段与减速阶段对称，故相对距离
【例4】（2025·山东临沂·三模）如图所示，一传送带与水平面间的夹角为θ，在电动机的带
动下，传送带以速度v 沿顺时针方向稳定运行。现将一物块（视为质点）从传送带的底端以
速度v₀ 冲上传送带，
，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之
间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．μ 与θ 之间的关系为μ=tanθ
B．物块在做减速运动的过程中保持加速度不变
C．物块的速度达到v 前后，加速度的大小之差为2μgcosθ
D．物块的速度达到v 前，在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半
【答案】C
5
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【详解】A．根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续向上减速，则有
可得
故A 错误；
B．因为
，物块与传送带速度相等之前，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿
斜面向下，大小为
物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为
故B 错误；
C．物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为
故C 正确；
D．设物块从冲上传送带到与传送带速度相等所用时间为，此过程物块的位移为
传送带的位移为
可知此过程物块在传送带上的划痕长度为
若满足
则有
由于
不一定等于
，则共速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半，
故D 错误。
故选C。
【例5】（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，水平传送带以
的速度顺时针匀速转动，
质量均为
的两个可视为质点的滑块A、B 与传送带间的动摩擦因数均为
。
现让A、B 分别从传送带的两端同时滑上传送带，滑上时速度的大小均为
，两滑块
在传送带上恰好相遇未相碰，重力加速度
，下列说法正确的是（ ）
6
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A．两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为0.8s
B．A、B 相遇时与传送带左端的距离为2.4m
C．传送带的长度为6m
D．滑块从滑上传送带到相遇，两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为10J
【答案】D
【详解】A．因为
，故A 滑上传送带后先减速后匀速，B 滑上传送带后先减速，再反向
加速，最后匀速，当两滑块都做匀速运动时刚好相遇，设滑块滑上传送带后的加速度大小为
a，有
解得
A 减速运动的时间
B 从滑上传送带到匀速运动的时间
故两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为2.4s，故A 错误；
B．两滑块相遇时与传送带左端的距离，即A 的位移为
故B 错误；
C．相遇前B 的位移为
方向向左，则传送带的长度为
故C 错误；
D．A 与传送带间的相对位移为
B 与传送带间的相对位移为
故产生的总热量为
故D 正确。
故选D。
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水平传送带问题的常见情形及运动分析
1.物块初速度方向与传送带速度方向相同
图示
速度大
小比较
物块和传送带共速前
传送带足够长，
物块v－t 图像
Ff方向
运动状态
v0＝0
向右
匀加速直
线运动
v0<v
向右
匀加速直
线运动
v0>v
向左
匀减速直
线运动
2.物块初速度方向与传送带速度方向相反
图示
状态
速度大小比较
Ff方向
物块运动状态
传送带较短
向左
匀减速直线运动
传送带足够长
v0<v
向左
v－t 图像：
v0>v
向左(共速
前)
v－t 图像：
倾斜传送带问题的常见情形及运动分析
1.物块由低处传送到高处(μ>tan θ)
图示
速度大
小比较
物块与传送带共速前
传送带足够长，物块运动
的v－t 图像
Ff方向
加速度大
小
运动状态
精讲考点
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v0＝0
沿传送带
向上
μg
cos
θ
－
g sin
θ
匀加速
直线运动
v0<v
v0>v
沿传送带向
下
μg
cos
θ
＋
g sin
θ
匀减速
直线运动
2.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ>tan θ)
图示
速度大
小比较
物块与传送带共速前
传送带足够长，物块运动
的v－t 图像
Ff方向
加速度大
小
运动状态
v0＝0
沿传送带向
下
μg
cos
θ
＋
g sin
θ
匀加速
直线运动
v0<v
沿传送
带向下
μg
cos
θ
＋
g sin
θ
匀加速
直线运动
v0>v
沿传送带向
上
μg
cos
θ
－
g sin
θ
匀减速
直线运动
3.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ>tan θ)
图示
状态
速度大小比
较
Ff方向
加速度大小
物块运动状态
传送带
较短
沿传送
带向上
μg
cos
θ －
g sin
θ
匀减速直线运动
传送带
足够长
v0<v
沿传送
带向上
μg
cos
θ －
g sin
θ
v－t 图像：
v0>v
沿传送
共速前：
μg
cos
θ －
g sin
v－t 图像：
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带向上
θ
共速后：0
思考 若μ＝tan θ 或μ<tan θ，物块将做什么运动？
答案 若μ＝tan θ，物块一直匀速下滑；若μ<tan θ，物块一直沿传送带向下做匀加速直线运
动。
考点二 “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
力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。
2.模型构建
(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
(3)明确滑块和木板间的位移关系
如图所示，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＝
x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3.解题关键
(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)挖掘“v 物＝v 板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v 物＝v 板时，“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)。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v 物＝v 板；
②木板最短的条件：当v 物＝v 板时滑块恰好滑到木板的一端。
【例6】（2025·山东·二模）如图所示，长为
的木板
右端有一挡板（厚度不计），静置在
光滑水平地面上，完全相同的两物块
、
（可视为质点）分别置于
的左端和中点处，
基础过关
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、
、
的质量均为
。现给
一水平向右的初速度
，此后
和
、
和
各发生一
次碰撞，且
恰好未从
上滑落。所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度大
小为
。求：
(1)
与
碰撞前后，
的加速度大小之比；
(2)从
开始运动至再次回到
左端过程中，系统产生的热量；
(3)
和
碰撞前瞬间
的速度大小；
(4)从
开始运动至再次回到
左端时，
的位移。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）
与
碰撞前，以
为研究对象，有
与
碰撞后，A、C 相对静止，以
和
为研究对象，则
则
与
碰撞前后，
的加速度大小之比为
（2）对于
、
、
系统，从
开始运动至再次回到
左端过程中，由动量守恒有
由能量守恒得系统产生的热量
解得
（3）对全过程，有
、
碰撞前瞬间，由动量守恒有
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从开始到B、C 碰撞前瞬间，由功能关系有
解得
（4）经分析A、B、C 的位移大小相等，设B、C 碰撞前C 的位移为
，由动能定理有
设B、C 碰撞后到A、B、C 共速前，C 的位移为
，由动能定理有
又
解得
【例7】（2025·山东潍坊·三模）如图所示，质量
的长木板静止在粗糙水平地面上，
时刻对木板施加
的水平向右恒力，同时质量
的小物块以
的初速度从左端滑上木板。已知木板长度
，木板与地面、木板与小物块间的动摩擦
因数分别为
、
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
，
下列说法正确的是（ ）
A．小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为
B．
时，小物块恰好运动到木板最右端
C．
时，小物块从木板左端脱离
D．若
时撤去外力F，小物块最终会从木板右端脱离
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【答案】AC
【详解】A．小物块刚滑上木板时，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
故A 正确；
B．对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
时，小物块的速度
此时木板的速度
两者的相对位移
可知，
时，小物块并没有运动到木板最右端，故B 错误；
C．结合上述，在
时，小物块与木板速度恰好相等，之后两者不能够保持相对静止，小
物块以
的加速度向右做匀加速直线运动，木板以比小物块更大的加速度向右做匀
加速直线运动，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
上述过程小物块相对于木板向左运动，则有
解得
可知，小物块从木板左端脱离的时间
故C 正确；
D．若
时撤去外力F，由于
令
，结合上述可知，此时小物块与木板的速度分别为
，
此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为
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撤去外力后小物块向右继续以
的加速度做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直
线运动，对木板进行分析有
解得
令历时
两者达到相等速度，则有
解得
此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为
由于
可知，撤去外力。两者达到相等速度后，小物块没有从左端滑轮木板，之后两者保持相对静
止，做匀减速直线运动，一直到速度减为0 后静止，即若
时撤去外力F，小物块最终不
会从木板右端脱离，故D 错误。
故选AC。
【例8】（24-25 高三上·湖南长沙·阶段练习）如图甲所示，质量为2m 的足够长木板C 置于水
平面上，滑块A、B 质量均为m，置于C 上，B 位于A 右方某处。A、C 间的动摩擦因数
，B、C 间和C 与地面间的动摩擦因数
。给C 施加一水平向右的恒力
F，从开始施加恒力到A、B 第一次相遇时间为t。可得
与F 的关系如图乙所示（最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，g 取
）下列说法正确的是（ ）
A．滑块A 能获得的最大加速度为
B．A、B 之间的初始距离为4m
C．滑块A 的质量为1kg
D．若
，A、C 之间将发生相对滑动
【答案】C
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【详解】A．对滑块A 有
解得
A 错误；
B．对滑块B 有
解得
由图可知F 足够大时，A、B 均相对C 滑动，相遇时间恒定为
由
解得
B 错误；
C．当
，滑块B 与C 恰好发生相对滑动，则有
得
，C 正确；
D．设A、B、C 均产生相对运动时的拉力为
，则有
得
故
时，A、C 保持静止，D 错误。
故选C。
【例9】（2025·河北·三模）如图所示，在倾角为
的足够长的斜面上有一个质量为
的长木板，长木板与斜面之间的动摩擦因数为
。将长木板由静止释放，经
过
，将一质量为
的物块无初速度地放到距长木板底端
处。
已知物块最终从长木板底端滑出，物块与长木板之间的动摩擦因数为
，重力加速度
为
，不计空气阻力，物体体积较小，计算时可视为质点。
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(1)刚放上物块的瞬间，求长木板的加速度
的大小；
(2)求物块在长木板上滑行的时间；
(3)求整个过程中物块和长木板之间产生的热量
。
【答案】(1)
(2)
(3)23.3472J
【详解】（1）由静止释放长木板之后，设长木板的加速度为
，由牛顿第二定律有
解得
，
放上物块瞬间，同理由牛顿第二定律，长木板的加速度大小为
（2）刚放上物块时，设物块的加速度为
，由牛顿第二定律，
解得
此时长木板的速度为
设经过
时间二者共速，则
解得
。
这段时间里长木板比物块多走的距离为
经过判断，物块会继续相对长木板加速下滑，长木板的加速度
沿斜面向上
物块的加速度为
，
设又经过
时间长木板停下，
解得
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时间内物块比长木板多走
此时物块的速度为
距离长木板底端
设再经
时间，物块从长木板上滑落，则
解得
所以物块在长木板上滑行的时间为
（3）整个过程中，物块和长木板之间产生的热量为
【例10】（2025·湖北·三模）如图所示，长木板C 固定在水平地面上，物块A、B 以相同大
小的初速度v=4m/s 同时从C 的左右两端开始相向运动，物块A 的质量为
与C 之间
的动摩擦因数为
物块B 的质量为
与C 之间的动摩擦因数为μ₂=0.4，A、B
可视为质点，重力加速度大小
求：
(1)若A、B 未相撞，长木板C 的最小长度；
(2)若A、B 能相撞且相撞后结合为一个整体，碰撞时间极短，A、B 没有从长木板C 上掉下，
A、B 碰后运动位移的最大值是多少；
(3)若长木板C 未固定且地面光滑，C 的质量为
A、B 没有发生碰撞，则A 与C 之间
因摩擦产生的热量是多少。
【答案】(1)6m
(2)
(3)
【详解】（1）对A、B 分析，根据牛顿第二定律分别有
，
解得
，
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根据运动公式分别有
，
解得
，
则长木板C 的最小长度为L
=6m
（2）只要A、B 在停下来之前发生碰撞，由系统满足动量守恒得
解得
碰后对A、B 整体，根据牛顿第二定律有
解得
由运动公式有
解得x
如果A、B 在B 停下来之后发生碰撞，则碰后速度更小，位移也更小，故碰后运动位移的最
大值是
（3）若长木板C 未固定，在B 速度减为零之前，C 静止不动。假设B 速度减为零之后B、C
相对静止，根据牛顿第二定律有
解得
因
，故假设成立
B 速度减为零的过程中，B 与C 之间因摩擦产生的热量
，由能量守恒得
A、B 没有发生碰撞，最终A、B 和C 系统共速，设为
，由系统满足动量守恒有
解得
A、B 和C 系统总摩擦热量
，由能量守恒得
设A 与C 之间因摩擦产生的热量
，则有
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解得
1.处理“板块”模型中动力学问题的流程
精讲考点
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