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第三章 运动和力的关系
“传送带”模型与“滑块—木板”模型
学习导航站
考情分析·探规律：掌握考试内容的变化趋势，建立考情框架
核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点
考点1 传送带”模型★★★☆☆
考点2“滑块—木板”模型★★★☆☆
（星级越高，重要程度越高）
真题挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯
【考情分析·探规律】
知识点
年份
涉及试卷及题号
“传送带”模型与“滑
块—木板”模型
2021
辽宁卷·13
2022
2023
北京卷·6
2024
安徽卷·4、2024·贵州、2024·北京、2024·湖北
2025
2025·广西、2025·福建
【知识梳理】
考点一 “传送带”模型
1.水平传送带模型
情景
滑块的运动情况
传送带不够长
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，
v0＞v 时，
1
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一直减速
先减速，再匀速
一直减速到右端
先减速到速度为0，后被传送带传回左端．若v0＜v，返
回到左端时速度为v0，若v0＞v，返回到左端时速度为v
2.倾斜传送带模型
情景
滑块的运动情况
传送带不够长
传送带足够长
一直加速(一定满足gsinθ＜μgcosθ)
先加速，后匀速
一直加速(加速度为gsinθ＋μgcosθ)
若μ≥tanθ，先加速，后匀速
若μ＜tanθ，先以gsinθ＋μgcosθ 加
速，后以gsinθ－μgcosθ 加速
v0＜v 时，一直加速(加速度为gsinθ＋
μgcosθ)
若μ＞tanθ，先加速，后匀速；若μ＜
tanθ，先以gsinθ＋μgcosθ 加速，后以
gsinθ－μgcosθ 加速
v0＞v 时，一直加速或减速(加速度大
小为gsinθ－μgcosθ 或μgcosθ－gsinθ)
若μ>tanθ，先减速，后匀速；若μ＜
tanθ，一直加速
(摩擦力方向一
定沿斜面向上)
gsinθ＞μgcosθ，一直加速
gsinθ＝μgcosθ，一直匀速
gsinθ＜μgcosθ，一直减速
先减速到速度为0，后反向加速：若
v0＜v，到原位置时速度大小为v0(类
竖直上抛运动)；若v0＞v，先减速到
0，再反向加速，后匀速，返回原位
置时速度大小为v
【考法归纳】
1.求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断．(以水平传送带为例)
(1)方向相同：v 物＜v 带，摩擦力为动力，物体加速；v 物＞v 带，摩擦力为阻力，物体减速。
(2)方向相反：摩擦力先为阻力，物体减速到零再加运动，物 体反向加速运动。
(3)v 物=v 带：物体有加速趋势，摩擦力为阻力；物体有减速趋势，摩擦力为动力。
2.临界状态：当v 物＝v 带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变．
3.滑块与传送带的划痕长度Δs 等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动
2
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方向相同，Δs＝Δs1＋Δs2(如图甲所示)；若两次相对运动方向相反，Δs 等于较长的相对位移大小(如图乙所
示)．
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 滑＝v 板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v 滑＝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 滑＝v 板．
②木板最短的条件：当v 滑＝v 板时滑块恰好滑到木板的一端．
【考法归纳】“滑块—木板”模型的解题策略
3
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【真题挑战】
一、单选题
1．（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传
送带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【答案】D
【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A 错误；
B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B 错误；
C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C 错误；
D．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时
做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由
可知，传送带速度越大，物体加速运动
的时间越长，D 正确。
故选D。
4
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二、多选题
2．（2025·福建·高考真题）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B 用一
根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A 的质量为1kg，B 的质量为2kg，A 与传送带的动摩擦因数为0.5，
B 与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0 时，将两物块放置在传送带上，给A 一个向右的初速度v0=2m/s，B
的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A 与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足
够长，A 可在传送带上留下痕迹，重力加速度
，则（ ）
A．在t=
时，B 的加速度大小大于A 的加速度大小
B．t=t0时，B 的速度为0.5m/s
C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A 与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】BD
【详解】AB．根据题意可知传送带对AB 的滑动摩擦力大小相等都为
初始时A 向右减速，B 向右加速，故可知在A 与传送带第一次共速前，AB 整体所受合外力为零，系统动
量守恒有
，
代入数值解得t=t0时，B 的速度为
在A 与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB 根据牛顿第二定律有
，
由于
，故可知
故A 错误，B 正确；
C．在
时间内，设AB 向右的位移分别为
，
；，由功能关系有
解得
5
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故弹簧的压缩量为
故C 错误；
D．A 与传送带的相对位移为
B 与传送带的相对为
故可得
由于
时间内A 向右做加速度逐渐增大的减速运动，B 向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足
，作出AB 的
图像
可知
等于图形
的面积，
等于图形
的面积，故可得
结合
可知
，故D 正确。
故选BD。
三、解答题
3．（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A 运
动到顶端B 后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速
度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜
传送带与水平地面夹角为
，以速度
匀速运行。若以相同的时间间隔
将散货以几乎为0 的速度放置
在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10 个散货时，第1 个散货恰好被水平抛出。
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散货与倾斜传送带间的动摩擦因数
，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，
撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d 的货箱装总质为M 的一批散货。若货箱之间无
间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所
围面积为I 如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对单个散货水平方向由动量定理
解得单个散货的质量为
（2）落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律
解得
加速时间
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加速位移
设匀速时间为
其中
则匀速位移为
故传送带的长度为
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在
时间内传送带额外多做的功为
其中
，
，
，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
4．（2024·贵州·高考真题）如图，半径为
的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与
水平地面
相切于P 点，
的长度
。一长为
的水平传送带以恒定速率
逆时
针转动，其右端与地面在M 点无缝对接。物块a 从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P 点，再向左
做直线运动至M 点与静止的物块b 发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b 向左运动到达传送带的左端N
时，瞬间给b 一水平向右的冲量I，其大小为
。以后每隔
给b 一相同的瞬时冲量I，直到b
离开传送带。已知a 的质量为
的质量为
，它们均可视为质点。a、b 与地面及传送带间
的动摩擦因数均为
，取重力加速度大小
。求：
(1)a 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2)b 从M 运动到N 的时间；
(3)b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量。
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【答案】(1)30N
(2)3.2s
(3)95J
【详解】（1）a 从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律
在
点，设轨道对它的支持力大小为
，根据牛顿第二定律
联立解得
（2）a 从静止释放到M 点过程中，根据动能定理
解得
与
发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
滑上传送带后，根据牛顿第二定律
解得
的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
对地位移
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此后
做匀速直线运动，
到达传送带最左端还需要的时间
b 从M 运动到N 的时间
（3）设向右为正方向，瞬间给b 一水平向右的冲量，对
根据动量定理
解得
向右减速到零所需的时间
然后向左加速到
所需的时间
可得
在
时间内向右运动的距离
循环10 次后
向右运动的距离
每一次相对传动带运动的路程
b 从N 向右运动3m 的过程中
与传送带摩擦产生的热量
然后
继续向右减速运动，根据运动学公式
解得
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此过程，b 相对传动带运动的路程
此过程中
与传送带摩擦产生的热量
b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量
5．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距
离为
。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为
、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）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）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；
（3）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。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于
传送带的速度大小
。
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（2）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，由动量守恒定律有
其中
，
解得
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
解得
（3）若小球运动到P 点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P 点到O 点的距离为
，小球在P 点正上方的
速度为
，在P 点正上方，由牛顿第二定律有
小球从
点正下方到P 点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P 点到O 点的最小距离为
。
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6．（2021·辽宁·高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率
v1=0.6m/s 运行的传送带与水平面间的夹角
，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度
v2=1.6m/s 从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力
加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）小包裹的速度
大于传动带的速度
，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根
据牛顿第二定律可知
解得
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
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在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即
，所以小包裹与传动
带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为
7．（2020·全国III 卷·高考真题）如图，相距L=11.5m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相
接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg 的载物箱（可视
为质点），以初速度v0=5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加
速度取g =10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带
后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台
运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】(1)2.75s；(2)
，
；(3)0
，方向竖直向上
【详解】(1)传送带的速度为
时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿
第二定律有：
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有
②
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联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开
传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传
送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
，
⑨
(3)传送带的速度为
时，由于
，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做
匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩
⑪
联立①⑩
式并代入题给数据得
⑪
t3=1.0s⑫
x2=5.5m⑬
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m 时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速
运动
的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有
⑭
由①⑫⑬⑭式可知
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即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
⑮
则
减速运动时间
设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理
有
，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
，方向竖直向上
16
