傳送帶模型和木板滑塊模型【四大題型】解析版-2025年高考物理（新高考）

第09講傳送帶模型和木板滑塊模型

熱點(diǎn)題型歸納

題型一水平傳送帶

題型二傾斜傳送帶

題型三水平面上的板塊問(wèn)題

題型四斜面上的板塊問(wèn)題

考情分析

課標(biāo)要求命題預(yù)測(cè)重難點(diǎn)

1.掌握傳送帶模型的特點(diǎn)，

了解傳送帶問(wèn)題的分類。

2.會(huì)對(duì)傳送帶上的物體進(jìn)

行受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分

理解實(shí)際生活中的木板滑塊、

析，能正確解答傳送帶上物(1)區(qū)分木板滑塊、傳送帶模型中的多個(gè)過(guò)程

傳送帶模型,會(huì)解決實(shí)際問(wèn)題。

體的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題。的運(yùn)動(dòng)情況。

木板滑塊、傳送帶模型中的力、

3.掌握"滑塊一木板”模型的(2)分析木板滑塊、傳送帶模型中的臨界問(wèn)題。

功和能的綜合運(yùn)用。

運(yùn)動(dòng)及受力特點(diǎn)。

4.能正確運(yùn)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)

處理"滑塊一木板"模型問(wèn)

題。

題型分類?舉一反三

題型一水平傳送帶

【典型例題剖析】

【例1】如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角。=37。，從/到8的長(zhǎng)度為4=10.25m,傳送帶以％=

10m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).在傳送帶上端/無(wú)初速度地放一個(gè)質(zhì)量為加=0.5kg的黑色煤塊，它與傳送帶

之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5.煤塊在傳送帶上經(jīng)過(guò)會(huì)留下黑色痕跡.已知sin37°=0.6,g取10m/s2,求：

(1)當(dāng)煤塊與傳送帶速度相同時(shí)，它們能否相對(duì)靜止？

(2)煤塊從N到8的時(shí)間；

(3)煤塊從/到2的過(guò)程中在傳送帶上留下痕跡的長(zhǎng)度.

【答案】⑴不能(2)1.5s(3)5m

【詳解】(1)煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5,當(dāng)煤塊與傳送帶速度相等時(shí)，對(duì)煤塊受力分析

有wgsin37°>1?mgcos37°,所以它們不能相對(duì)靜止.

(2)煤塊剛放上時(shí)，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度為

a\=g(sin。+〃cos0)=10m/s2,

Vo

煤塊加速運(yùn)動(dòng)至與傳送帶速度相同時(shí)需要的時(shí)間6=-=1s,

6Z1

發(fā)生的位移修=%山2=5m

煤塊速度達(dá)到為后，因〃gcosXgsin仇故煤塊繼續(xù)沿傳送帶向下加速運(yùn)動(dòng)，則

〃2=g(sin4cos6)=2m/s2,

X2=L-=5.25m,

由X2=yo,2-la~，得1/2=0.5s

2

煤塊從4到B的時(shí)間為=1+-=1.5s.

(3)第一過(guò)程痕跡長(zhǎng)以1=功占一修=5m,

第二過(guò)程痕跡長(zhǎng)加：2=必一W打=0.25m,

AX2與Axi部分重合，故痕跡總長(zhǎng)為5m.

【高考考點(diǎn)對(duì)接】

水平傳送帶

項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況

(1)可能一直加速

情景1

(2)可能先加速后勻速

%,時(shí)，可能一直減速，也可能先減速再勻速

情景2

8(2)v<v時(shí)，可能一直加速，也可能先加速再勻速

7)0

Vo_(1)傳送帶較短或較大時(shí)滑塊一直減速到左端

一口、

情景3o__o(2)傳送帶較長(zhǎng)時(shí)，滑塊還要被傳送帶傳回右端.若

返回時(shí)速度為V,若V0<V返回時(shí)速度為Vo

【解題能力提升】

求解傳送帶問(wèn)題的關(guān)鍵在于對(duì)物體所受的摩擦力進(jìn)行正確的分析與判斷.

依據(jù)物體速

度與傳送帶

速度的關(guān)系

判斷

臨界狀態(tài)：當(dāng)"物="帶時(shí)，摩擦力發(fā)生突變，物體的加速度發(fā)生突變.

【跟蹤變式訓(xùn)練】

【變式1-1](多選X2020,陜西高三月考)應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡(jiǎn)化為如圖

所示的模型.傳送帶始終保持v=0.4m/s的恒定速率運(yùn)行，行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,/、B

間的距離為2m,g取10m/s2.旅客把行李(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在A處，則下列說(shuō)法正確的是()

an^~vA

(3G

A.開(kāi)始時(shí)行李的加速度大小為2m/s2

B.行李經(jīng)過(guò)2s到達(dá)B處

C.行李到達(dá)B處時(shí)速度大小為0.4m/s

D.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為0.08m

【答案】AC

【詳解】開(kāi)始時(shí)，對(duì)行李，根據(jù)牛頓第二定律'mg=〃皿

解得a=2m/s2,故A正確；設(shè)行李做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為人,行李勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v=0.4m/s,

根據(jù)v=afi，代入數(shù)據(jù)解得八=0.2s,

勻加速運(yùn)動(dòng)的位移大小x--ati2=^x2><0.22m=0.04m,

L—JQ2—004

勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為打=---=----:一s=4.9s,

v0.4

可得行李從/到8的時(shí)間為f=fi+f2=5.1s,故B錯(cuò)誤；由上分析可知行李在到達(dá)8處前已經(jīng)共速，所

以行李到達(dá)8處時(shí)速度大小為0.4m/s,故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為x=

(0.4x0.2-0.04)m=0.04m,故D錯(cuò)誤.

【變式1-2］（多選）（2023?廣東汕頭市期末）如圖所示，水平傳送帶以恒定的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，在其左

側(cè)輕放一小滑塊，下列描述小滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的V」（速度一時(shí)間）、a—/（加速度一時(shí)間）圖像可能正

【答案】ABD

【詳解】若傳送帶速度較小，滑塊可能先在傳送帶上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度不變，與傳送帶共速

后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為零。若傳送帶速度足夠大，滑塊可能在傳送帶上一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

最終還未與傳送帶共速就已離開(kāi)傳送帶，故C錯(cuò)誤，A、B、D正確。

【變式1-3］（多選）（2024?四川綿陽(yáng)市零診）應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡(jiǎn)化為如

圖所示的模型。傳送帶始終保持v=0.4m/s的恒定速率運(yùn)行，行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,

/、8間的距離為2m,g取10m/s2。旅客把行李（可視為質(zhì)點(diǎn)）無(wú)初速度地放在/處，則下列說(shuō)法正確的

是（）

8—u口4

（?）4）

A.開(kāi)始時(shí)行李的加速度大小為2m/s2

B.行李經(jīng)過(guò)2s到達(dá)8處

C.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為0.12m

D.當(dāng)行李的速度與傳送帶的速度相同時(shí)，傳送帶立刻停止運(yùn)動(dòng)。整個(gè)過(guò)程中行李在傳送帶上留下的摩

擦痕跡長(zhǎng)度為0.04m

【答案】AD

【詳解】開(kāi)始時(shí)行李的加速度大小為。=竺竺=2m/s2,A正確；行李與傳動(dòng)帶共速時(shí)fi」=0.2s,

ma

行李的位移為X=-QM=O.O4m,行李勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=--―-=4.9s,行李到達(dá)B處的時(shí)間為t=t

2v2x

+t2=5As,B錯(cuò)誤；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為Ax=%—x=0.04m,C錯(cuò)誤；共速時(shí)傳送

帶立刻停止運(yùn)動(dòng)，行李做勻減速運(yùn)動(dòng)的位移為xi=^=0.04m,兩段劃痕的長(zhǎng)度重合，則摩擦痕跡長(zhǎng)度

2a

為0.04m,D正確。

題型二傾斜傳送帶

【典型例題剖析】

【例2】(多選X2019?福建泉州市5月第二次質(zhì)檢)如圖，一足夠長(zhǎng)的傾斜傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng).一小滑

塊以某初速度沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,

則其速度v隨時(shí)間/變化的圖象可能是()

【答案】BC

【詳解】設(shè)傳送帶傾角為仇動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，若mgsinGwwgcos仇滑塊所受合力沿傳送帶向下，小

滑塊向下做勻加速運(yùn)動(dòng)；若他gsind=〃加geos0,小滑塊沿傳送帶方向所受合力為零，小滑塊勻速下滑;

若加gsin6〈〃加geos0,小滑塊所受合力沿傳送帶向上，小滑塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)，開(kāi)始反

向加速，當(dāng)加速到與傳送帶速度相同時(shí)，因?yàn)樽畲箪o摩擦力大于小滑塊重力沿傳送帶向下的分力，故小

滑塊隨傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)，A、D錯(cuò)誤，B、C正確.

【高考考點(diǎn)對(duì)接】

傾斜傳送帶

項(xiàng)目圖不滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況

(1)可能一直加速

情景1

(2)可能先加速后勻速

^（）=0

(1)可能一直加速

，卜

-P-。(2)可能先加速后勻速

(3)可能先以ai加速后以a2加速

(1)可能一直加速

(2)可能先加速后勻速

情景3

(3)可能一直減速

(4)可能先以由加速后以a2加速

(1)可能一直加速

(2)可能一直勻速

情景4

(3)可能先減速后反向加速

(4)可能一直減速

【解題能力提升】

1.模型特點(diǎn)：物體(視為質(zhì)點(diǎn))放在傳送帶上，由于物體和傳送帶相對(duì)滑動(dòng)(或有相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì))而產(chǎn)生摩擦力,

根據(jù)物體和傳送帶間的速度關(guān)系，摩擦力可能是動(dòng)力，也可能是阻力。

2.解題關(guān)鍵：抓住丫物="傳的臨界點(diǎn)，當(dāng)傳時(shí)，摩擦力發(fā)生突變，物體的加速度發(fā)生突變。

3.注意物體位移、相對(duì)位移和相對(duì)路程的區(qū)別

(1)物體位移：以地面為參考系，單獨(dú)對(duì)物體由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得的位移。

(2)物體相對(duì)傳送帶的位移大小Ax

①若有一次相對(duì)運(yùn)動(dòng)：Ax=x傳一x物或Ax=x物-x傳。

②若有兩次相對(duì)運(yùn)動(dòng)：兩次相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相同，則AX=AXI+AX2(圖甲)；

兩次相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，則劃痕長(zhǎng)度等于較長(zhǎng)的相對(duì)位移大小以2(圖乙)。

I—x->l_4x2>1I-Ax'I

hAx1~

甲乙

【跟蹤變式訓(xùn)練】

【變式2-1】如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率vi沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的傾角為37。.一

物塊以初速度為從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的v—/圖象如圖乙所示，物

塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)速度恰好為零，sin37o=0.6,cos37o=0.8,g=10m/s2,則()

甲乙

A.傳送帶的速度為4m/s

B.傳送帶底端到頂端的距離為14m

C.物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為4

8

D.摩擦力方向一直與物塊運(yùn)動(dòng)的方向相反

【答案】A

【詳解】如果V0小于V1，則物塊向上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度不變，與題圖乙不符，因此物塊的初速度

為一定大于也.結(jié)合題圖乙可知物塊減速運(yùn)動(dòng)到與傳送帶速度相同時(shí)，繼續(xù)向上做減速運(yùn)動(dòng)，由此可以判

斷傳送帶的速度為4m/s,選項(xiàng)A正確；傳送帶底端到頂端的距離等于v—f圖線與橫軸所圍的面積，即

-x(4+12)xlm+-xlx4m=10m,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0~ls內(nèi)，ai=gsin6+〃geos6=82s內(nèi)，a2—

gsin6geos0=4m/s2,解得選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在1~2s內(nèi)，摩擦力方向與物塊的運(yùn)動(dòng)方向相同，

4

選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

【變式2-2】如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角6=37。，從4到2的長(zhǎng)度為2=10.25m,傳送帶以

v0=10m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶上端/無(wú)初速度放一個(gè)質(zhì)量為%=0.5kg的黑色煤塊(可視為質(zhì)

點(diǎn))，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5,煤塊在傳送帶上經(jīng)過(guò)會(huì)留下黑色痕跡。已知sin37o=0.6,

g取10m/s2,求：

(1)當(dāng)煤塊與傳送帶速度相同時(shí)，接下來(lái)它們能否相對(duì)靜止；

(2)煤塊從N運(yùn)動(dòng)到8的時(shí)間；

(3)煤塊從4到B的過(guò)程中在傳送帶上留下痕跡的長(zhǎng)度。

【答案】⑴不能(2)1.5s(3)5m

【詳解】(1)由于機(jī)gsin37。＞〃加geos37。，所以煤塊與傳送帶速度相同后，它們不能相對(duì)靜止。

(2)煤塊剛放上時(shí)，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度為°i=g(sin6+〃cos8)=10m/sz,

煤塊加速運(yùn)動(dòng)至與傳送帶速度相同時(shí)需要的時(shí)間％=吧=1s,發(fā)生的位移無(wú)1=匕山2=5m

a\2

煤塊速度達(dá)到小后，加速度大小改變，繼續(xù)沿傳送帶向下加速運(yùn)動(dòng)，則有

〃2=g(sin4cos0=2m/s2,

x?=L-X\=5.25m,

1

由切二2?。，2-)，

2

得r2—0.5s

故煤塊從/運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為Z=Zl+?2=l-5SO

(3)第一過(guò)程痕跡長(zhǎng)Axi=voK—X1=5m,

第二過(guò)程痕跡長(zhǎng)AX2=X2—v0^=0.25m,

Ax2與部分重合，故痕跡總長(zhǎng)為5m。

【變式2-3](2024?遼寧沈陽(yáng)市模擬)如圖，是一段傾角為0=30。的傳送帶，一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)、

質(zhì)量為m=\kg的物塊，以沿傳送帶向下的速度vo=4m/s從河點(diǎn)開(kāi)始沿傳送帶運(yùn)動(dòng)。物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程的

部分v-t圖像如圖所示，取g=10tn/s2,貝!!()

w/fm-s-1)

甲乙

A.物塊最終從傳送帶N點(diǎn)離開(kāi)

B.傳送帶的速度v=lm/s,方向逆時(shí)針

C.物塊沿傳送帶下滑時(shí)的加速度a=2m/s2

D.物塊將在5s時(shí)回到原處

【答案】D

【詳解】從圖像可知，物塊速度減為零后沿傳送帶反向向上運(yùn)動(dòng)，最終的速度大小為1m/s,因此沒(méi)

從N點(diǎn)離開(kāi)，可知傳送帶順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，速度大小為lm/s,故A、B錯(cuò)誤；v—f圖像中斜率表示加速度,

4—□一1□

可知物塊沿傳送帶下滑時(shí)的加速度大小為---------m/s2=2.5m/s2,故C錯(cuò)誤；速度圖像與時(shí)間軸

2

Q

圍成的面積表示位移，由圖像可知，時(shí)，物塊的速度為0,之后物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，所以物

塊沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)的位移修=工＜4*9皿=竺m,九=9s到，2=2s,物塊沿傳送帶向上加速運(yùn)動(dòng)的位

2555

2-色?

s1X]—X2

移型=--xlm=-m,物塊沿傳送帶向上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，勻=-----=3s,所以物塊回到原處的時(shí)間

25v

￡=3s+2s=5s,故D正確。

題型三平面上的木板滑塊模型

【典型例題剖析】

【例3】如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長(zhǎng)且質(zhì)量為〃=4kg的長(zhǎng)木板，在長(zhǎng)木板右端有一質(zhì)量

為加=1kg的小物塊，長(zhǎng)木板與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.2,長(zhǎng)木板與小物塊均靜止，g取10

2

m/so

M

'777777777777777777777777777/777777'

(1)若要使小物塊和木板間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，拉力廠不小于什么值？

(2)現(xiàn)用尸=14N的水平恒力向右拉長(zhǎng)木板，經(jīng)時(shí)間1=1s撤去水平恒力尸，則：

①在尸的作用下，長(zhǎng)木板的加速度為多大？

②剛撤去尸時(shí)，小物塊離長(zhǎng)木板右端多遠(yuǎn)？

③最終長(zhǎng)木板與小物塊一起以多大的速度勻速運(yùn)動(dòng)？

④最終小物塊離長(zhǎng)木板右端多遠(yuǎn)？

【答案】(1)1ON⑵①3m/s2②0.5m@2.8m/s@0.7m

【詳解】(1)當(dāng)物塊和木板恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，靜摩擦力達(dá)到最大值，設(shè)此時(shí)的加速度為由，根據(jù)牛

頓第二定律，對(duì)小物塊有〃mg=mao，對(duì)物塊和木板整體有為=(加+〃)劭，

聯(lián)立解得我o=lON,即若小物塊和木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，拉力不小于10N。

(2)①對(duì)長(zhǎng)木板，根據(jù)牛頓第二定律可得

F—fimg—Ma,解得a=3m/s2

②撤去產(chǎn)之前，小物塊只受摩擦力的作用

故tn/s2

11

Axi:=—a“j2=z:0.5m

22

③剛撤去F時(shí)v—at—3m/s,vm—a?,t—2m/s

撤去F后，

urns

長(zhǎng)木板的加速度大小a'=---=0.5m/s2

M

==

最終速度v'vmamt'v—a't'

解得共同速度M=2.8m/s

④在「內(nèi)，小物塊和長(zhǎng)木板的相對(duì)位移

2，2，22

V-VV—Vm

AX2=--------------,解得A%2=0.2m

2d2am

最終小物塊離長(zhǎng)木板右端的距離為

x=Ax】+AX2=0.7nio

【高考考點(diǎn)對(duì)接】

1.模型特點(diǎn)：滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))置于木板上，滑塊和木板均相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，且滑塊和木板在摩擦力的作用下

發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，滑塊和木板具有不同的加速度。

2.模型構(gòu)建

(1)隔離法的應(yīng)用：對(duì)滑塊和木板分別進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析。

(2)對(duì)滑塊和木板分別列動(dòng)力學(xué)方程和運(yùn)動(dòng)學(xué)方程。

(3)明確滑塊和木板間的位移關(guān)系

如圖所示，滑塊由木板一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，滑塊和木板同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之差A(yù)X=X1—X2=L(板

長(zhǎng))；滑塊和木板反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之和AX=X2+X1=￡。

3.解題關(guān)鍵

(1)摩擦力的分析判斷：由滑塊與木板的相對(duì)運(yùn)動(dòng)來(lái)判斷“板塊”間的摩擦力方向。

(2)挖掘"v物=丫板”臨界條件的拓展含義

摩擦力突變的臨界條件：當(dāng)丫物="板時(shí)，“板塊”間的摩擦力可能由滑動(dòng)摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)殪o摩擦力或者兩者

間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運(yùn)動(dòng))。

①滑塊恰好不滑離木板的條件：滑塊運(yùn)動(dòng)到木板的一端時(shí)，丫物=丫板；

②木板最短的條件：當(dāng)v物=丫板時(shí)滑塊恰好滑到木板的一端。

【解題能力提升】

【跟蹤變式訓(xùn)練】

【變式3-1](2019?貴州畢節(jié)市適應(yīng)性監(jiān)測(cè)(三))一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物塊,

如圖所示.木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃1=0.1,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=04/=0時(shí)刻開(kāi)始，小物

塊與木板一起以共同速度向墻壁運(yùn)動(dòng)，當(dāng)f=ls時(shí)，木板以速度w=4m/s與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短).碰

撞前后木板速度大小不變、方向相反.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊第一次減速為零時(shí)恰好從木板上掉下.已知木板

的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：

(iy=o時(shí)刻木板的速度大??；

(2)木板的長(zhǎng)度.

【答案】(1)5m/s(24m

【詳解】(1)對(duì)木板和物塊：〃i(A/+;M)g=(M+加)內(nèi)

設(shè)初始時(shí)刻木板速度大小為v0

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：=VQ—a[t()

代入數(shù)據(jù)解得：v0=5m/s

(2)碰撞后，對(duì)物塊：ft2mg=ma2

對(duì)物塊，當(dāng)速度為0時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間為3發(fā)生的位移大小為修,

則有vx=at,x=-t

2x2

對(duì)木板，由牛頓第二定律：“2加g+〃l（M+Mg=MQ3

對(duì)木板，經(jīng)歷時(shí)間看,發(fā)生的位移大小為必

1

木板長(zhǎng)度l=X\4~%2

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得z=-m.

3

【變式3-2］（多選）（2020?河南安陽(yáng)市第二次模擬）如圖甲所示，光滑水平面上靜置一個(gè)薄長(zhǎng)木板，長(zhǎng)木

板上表面粗糙，其質(zhì)量為"一=0時(shí)刻質(zhì)量為冽的物塊以水平速度v滑上長(zhǎng)木板，此后木板與物塊運(yùn)動(dòng)

的v-t圖象如圖乙所示，重力加速度g=10m/s2,則下列說(shuō)法正確的是（）

）〃〃〃〃〃〃〃〃〃，）〃，，，，，，〃〃，

甲

K.M—m

B.M=2m

C.木板的長(zhǎng)度為8m

D.木板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1

【答案】BC

【詳解】物塊在木板上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，fimgf%,而v—f圖象的斜率表示加速度，故句=

7—32—0

m/s2==2m/s2,解得〃=0.2,D錯(cuò)誤；對(duì)木板受力分析可知〃加g=Ma2，m/s2=lm/s2,解

得A/=2加，A錯(cuò)誤，B正確；由題圖乙可知，2s時(shí)物塊和木板分離，則0?2s內(nèi)，兩者丫一方圖線與坐

標(biāo)軸圍成的面積之差等于木板的長(zhǎng)度，故Z=-x（7+3）x2m--x2x

2m=8m,C正確.

【變式3-3］（多選）如圖甲所示，長(zhǎng)木板B靜止在光滑水平地面上，在￡=0時(shí)刻，可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為

1kg的物塊A在水平外力方作用下，從長(zhǎng)木板的左端從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，1s后撤去外力R物塊A、長(zhǎng)

木板B的速度一時(shí)間圖像如圖乙所示，g=10m/s2,則下列說(shuō)法正確的是（）

A.長(zhǎng)木板的最小長(zhǎng)度為2m

B.A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.1

C.長(zhǎng)木板的質(zhì)量為0.5kg

D.外力e的大小為4N

【答案】ABD

【詳解】由題圖乙可知，2s后物塊和木板達(dá)到共速后一起勻速運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明木板與地面之間無(wú)摩擦，v-

/圖像中圖線與/軸圍成的面積表示物體的位移，故由題圖乙可知，在2s內(nèi)物塊的位移為xi=4m,木

板的位移為M=2m,故長(zhǎng)木板的最小長(zhǎng)度為￡=xi—M=2m,A正確；由題圖乙可知，1s時(shí)撤去外力

F,在1?2s內(nèi)由物塊的受力及牛頓第二定律可知/加g=maA，由題圖乙可知1?2s內(nèi)物塊的加速度大

小為OA=lm/s2,解得A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為"=0.1,B正確；由題圖乙可知，木板的加速度大小為

2

aB=lm/s,由木板B的受力及牛頓第二定律可知〃加g=M°B，解得長(zhǎng)木板的質(zhì)量為1kg,C錯(cuò)誤;

2

由0?1s內(nèi)物塊的受力及牛頓第二定律可知F-fimg=maA',又此過(guò)程中加速度的大小為￡=3m/s,

解得尸=4N,D正確。

題型四斜面上的木板滑塊模型

【典型例題剖析】

【例4】(斜面上的“滑塊一木板”模型)如圖所示，在傾角為6=37。的足夠長(zhǎng)斜面上放置一質(zhì)量M=2

kg,長(zhǎng)度Z=1.5m的極薄平板48,在薄平板上端/處放一質(zhì)量加=1kg的小滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))，將小滑

塊和薄平板同時(shí)無(wú)初速度釋放，已知小滑塊與薄平板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃1=0.25,薄平板與斜面之間

的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2=05sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10m/s2,求:

(1)釋放后，小滑塊的加速度ai和薄平板的加速度02；

(2)從釋放到小滑塊滑離薄平板經(jīng)歷的時(shí)間t.

【答案】(1)4m/s21m/s2(2)1s

【詳解】(1)設(shè)釋放后，滑塊會(huì)相對(duì)于平板向下滑動(dòng),

對(duì)滑塊：由牛頓第二定律有加gsin37。一居1=加的

其中Fm=mgcos37°,尸口=0尸NI

解得ai=gsin37°—〃igcos37°=4m/s2

對(duì)薄平板，由牛頓第二定律有崛sin37。+尸廠&=詼2

其中尸N2=（加+A/）gcos37°,Fa=〃2-N2

解得。2=1m/s2

假設(shè)成立，即滑塊會(huì)相對(duì)于平板向下滑動(dòng).

=

（2）設(shè)滑塊滑離時(shí)間為3由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有尤1=罰凡必=5°2凡X\~X2L

解得:f=ls.

【跟蹤變式訓(xùn)練】

【變式4-1］（多選）（2020?山東日照市模擬）滑沙運(yùn)動(dòng)是小孩比較喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程可類比為如

9

圖所示的模型，傾角為37。的斜坡上有長(zhǎng)為1m的滑板，滑板與沙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為記.小孩（可視為質(zhì)點(diǎn)）

坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開(kāi)始下滑.小孩與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設(shè)圖中

小孩與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為05小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等，斜坡足夠長(zhǎng)，sin37°=0.6,cos37°=

0.8,glX10m/s2,則下列判斷正確的是（）

A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2

B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.5m/s2

C.經(jīng)過(guò)Vis的時(shí)間，小孩離開(kāi)滑板

D.小孩離開(kāi)滑板時(shí)的速度大小為邁m/s

3

【答案】AC

【詳解】對(duì)小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為ai=冽gsin37。一?.geos37。=2而§2,同理對(duì)滑

m

”,加gsin370+"i加geos37°—2〃2加geos37°工,一心但廠.

板，加速度大小為t。2=------------------------------------=1m/s2,選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)送；要使小孩

m

與滑板分離，$仔―*=乙解得f=OS（另一解不符合，舍去），離開(kāi)滑板時(shí)小孩的速度大小為丫=

44=2及m/s,選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤.

3

【變式4-2](2024?江蘇蘇州市段考)如圖所示，有一傾角為8=37。的斜面(sin37。=?,下端固定一擋板,

擋板與斜面垂直，一長(zhǎng)木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一質(zhì)量為加的小物塊?，F(xiàn)讓長(zhǎng)

木板和小物塊同時(shí)由靜止釋放，此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在第2s末，小物塊剛好到達(dá)長(zhǎng)木板的光滑部分，

又經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，長(zhǎng)木板到達(dá)擋板處速度恰好減為零，小物塊剛好到達(dá)長(zhǎng)木板的下端邊緣。已知小物塊

3

與長(zhǎng)木板的上部分的動(dòng)摩擦因數(shù)〃1=-，長(zhǎng)木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=0.5,長(zhǎng)木板的質(zhì)量

8

設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。求：

(1)在0?2s時(shí)間內(nèi)長(zhǎng)木板和小物塊的加速度的大小；

(2)開(kāi)始時(shí)長(zhǎng)木板距離擋板多遠(yuǎn)；

(3)長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度。

【答案】(1)3m/s21m/s2(2)3m(3)12m

【詳解】(1)在0?2s時(shí)間內(nèi)，對(duì)小物塊和長(zhǎng)木板受力分析，凡、是小物塊與長(zhǎng)木板之間的摩擦力

和正壓力的大小，F(xiàn)"、尸N2是長(zhǎng)木板與斜面之間的摩擦力和正壓力的大小，號(hào)=〃1尸N1，/Nl=/gCOS。

Ffi=〃2尸N2，F(xiàn)N2=FNI+Mgcos0

規(guī)定沿斜面向下為正，設(shè)小物塊和長(zhǎng)木板的加速度分別為和。2，由牛頓第二定律得

mgsin9—Fn=ma\

Mgsin9—Ff2~^Ffi=Ma2

聯(lián)立得見(jiàn)=3m/s2,。2=1m/s2

(2)在〃=2s時(shí)，設(shè)小物塊和長(zhǎng)木板的速度分別為vi和V2，

貝U也=。山=6m/s,^2=。2%2=2m/s

時(shí)，設(shè)小物塊和長(zhǎng)木板的加速度分別為“和此時(shí)小物塊與長(zhǎng)木板之間摩擦力為零，

對(duì)小物塊：mgsin9=ma\,“=6m/s2

對(duì)長(zhǎng)木板：Mgsin。一〃2(M+⑼geos0=Ma2y

白2'=一2m/s2

即長(zhǎng)木板做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間勿長(zhǎng)木板的速度減為零，則有米+〃2,2=0

聯(lián)立得益=1S

在介+/時(shí)間內(nèi),2M=2m,

一2

1

￡2=產(chǎn)'的2=1m

L:~L\乙2=3m

⑶長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度等于小物塊相對(duì)于長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的距離，即S=/山2+3%/4）—（3加2+沖2+，底）

=12mo

【變式4-3］（2024?山東濟(jì)寧市期中）如圖所示，傾角為仇質(zhì)量為M的斜面體置于粗糙的水平地面，質(zhì)

量為加的物體靜止在斜面上。對(duì)物體施加沿斜面向下的力下使其勻速下滑，增大尸使物體加速下滑。

物體沿斜面勻速下滑和加速下滑時(shí)，斜面體始終保持靜止。比較物體勻速下滑和加速下滑兩個(gè)過(guò)程，下

列說(shuō)法正確的是（）

A.物體在加速下滑時(shí)，物體與斜面體之間的摩擦力較大

B.物體在勻速和加速下滑時(shí)，地面與斜面體之間的摩擦力不變

C.物體在勻速下滑時(shí)，物體對(duì)斜面體的壓力較小

D.物體在加速下滑時(shí)，地面對(duì)斜面體的支持力較大

【答案】B

【詳解】對(duì)物體施加沿斜面向下的力尸使其勻速下滑，對(duì)物體分析可知Ff=〃/ngcosaFN=wgcos6,

而增大沿斜面的拉力/使物體加速下滑，物體所受的滑動(dòng)摩擦力和斜面支持力大小不變，由牛頓第三定

律可知，物體對(duì)斜面體的摩擦力和壓力八'大小、方向均不變，則對(duì)斜面體而言，所有受力均不變，

即地面與斜面體之間的摩擦力不變，地面對(duì)斜面體的支持力也不變，故選B。

綜合過(guò)關(guān)檢測(cè)

1.水平桌面上有一薄板，薄板上擺放著小圓柱體A、B、C,圓柱體的質(zhì)量分別為加A、%B、mc，且

加加C，如圖所示為俯視圖。用一水平外力將薄板抽出，圓柱體與薄板間的動(dòng)摩擦因數(shù)、圓柱體與

桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同。則抽出后，三個(gè)圓柱體留在桌面上的位置所組成的圖形可能是圖（）

桌面A

A

BO°C

【答案】A

【詳解】設(shè)圓柱體的質(zhì)量為小圓柱體與薄板間的動(dòng)摩擦因數(shù)、圓柱體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃,

則在抽出薄板的過(guò)程中，圓柱體在薄板摩擦力的作用下做加速運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)薄板后在桌面摩擦力的作用下

做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有/加g=%a,可得，加速運(yùn)動(dòng)與減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小都為a=“g。

由于圓柱體A先離開(kāi)薄板，B、C同時(shí)后離開(kāi)薄板，則根據(jù)可知，A離開(kāi)薄板時(shí)的速度小于B、C

離開(kāi)薄板時(shí)的速度，同時(shí)A加速運(yùn)動(dòng)的位移小于B、C加速運(yùn)動(dòng)的位移。離開(kāi)薄板后，根據(jù)僻=2亦可

知，B、C在桌面上滑動(dòng)的距離相等，且大于A在桌面上滑動(dòng)的距離，故A正確。

2.（多選）如圖a,一長(zhǎng)木板靜止于光滑水平桌面上，f=0時(shí)，小物塊以速度為滑到長(zhǎng)木板上，圖b為物塊

與木板運(yùn)動(dòng)的v-f圖象，圖中小玲、也已知，重力加速度大小為g,由此可求得（）

的

A.木板的長(zhǎng)度

B.物塊與木板的質(zhì)量之比

C.物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

D.從Z=0開(kāi)始到乙時(shí)刻，木板獲得的動(dòng)能

【答案】BC

【詳解】根據(jù)題意只能求出物塊與木板的相對(duì)位移，不知道物塊最終停在哪里，無(wú)法求出木板的長(zhǎng)度,

VI

故A不能夠求解出；由圖象的斜率表示加速度可求出長(zhǎng)木板的加速度為a木=一,小物塊的加速度大小a

vo-vimvivo—vi

物=-----，根據(jù)牛頓第二定律得：〃加g=Ms木，,"ng=ma物,解得一=-----，/u------,故B和C能

t\Mvo-vigti

夠求解出；木板獲得的動(dòng)能及木=+vF由于不知道長(zhǎng)木板的質(zhì)量故D不能夠求解出.

3.如圖所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板/在光滑水平面上，以大小為％的速度向左運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為俏的小木塊

2（可視為質(zhì)點(diǎn)），以大小也為孫的速度水平向右沖上木板左端，3、/間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，最后2未滑

離4已知〃=2加，重力加速度為g.求：

（1）/、B達(dá)到共同速度的時(shí)間和共同速度的大小;

（2）木板/的最短長(zhǎng)度L

4vovo4vo2

【答案】⑴二-（2）—

3〃g3311g

【詳解】（1）對(duì)4、8分別由牛頓第二定律得

p.mg=MaA>p.mg=maB

又V=2"z,可得。a_g=〃g

規(guī)定水平向右為正方向，經(jīng)時(shí)間，兩者達(dá)到共同速度V,則V=V（）—沏/=-%

2Vo_4voVO

解得tv=

GU+OB3/J.g31

Vo

即4、8的共同速度大小為一

3

⑵在時(shí)間t內(nèi)：

-vo+v8vo2

A的位移必

2荻

vo+v4vo2

B的位移X

B丁一贏

4vo2

木板/的最短長(zhǎng)度為兩者的相對(duì)位移大小，即乙=AX=XB—X/

3〃g

4.（多選）如圖甲所示，傾角為6的足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定的速度V。沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行1=0時(shí)，將質(zhì)量加=

1kg的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶上端，物體相對(duì)地面的v-t圖象如圖乙所示.設(shè)沿傳送帶向下為正

方向，取重力加速度g=10m/s2.則（）

A.傳送帶的速度v0=10m/s

B.傳送帶的傾角0=30。

C.物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5

D.0~2s內(nèi)摩擦力對(duì)物體做功少=—24J

【答案】ACD

【詳解】