专题二 传送带与滑块问题-2025届高三物理一轮复习

高考物理总复习课件第三章

牛顿运动定律专题二传送带与滑块问题突破1“传送带”模型滑块在传送带上运动的“六点”注意问题：(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向.(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动.(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsinθ与μmgcosθ的大小才能确定运动情况.(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回.(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出.(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移.三种情景图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0＝v，一直匀速③v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速类型1水平传送带模型三种情景图示滑块可能的运动情况情景3①传送带较短时，滑块一直减速到达左端②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0(续表)

[思维拓展]计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|.

【典例1】(多选，2023年四川内江模拟)如图Z2-1所示，由于运力增加，某国际机场欲让货物尽快通过传送带.已知传送带两轴心间距为5m，传送带向右匀速传动，其速度大小可以由驱动系统根据需要设定，一可视为质点的小物块以7m/s的初速度从左端滑上传送带，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，g取)10m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是(

图Z2-1A.8m/sB.9m/sC.10m/sD.11m/s

解析：根据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一直做匀加速运动，设货物通过传送带后的速度为答案：CD

【考点突破1】(2023年江苏南京月考)如图Z2-2甲所示，足够长的传送带沿顺时针方向转动，速度大小为v1，初速度大小为v2

的小物块从传送带的右侧滑上传送带.固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示，已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m/s2.下列说法正确的是()甲乙

图Z2-2A.小物块在0～4.5s内摩擦力一直向右B.小物块在3～4.5s内做匀减速直线运动C.传送带的速度大小为4m/sD.小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2速度与小物块3.0～4.5s内的速度相同为v2＝

解析：图线在前3.0s内为二次函数，在3.0～4.5s内为一次函数，x-t图像的斜率等于速度，故前3.0s内物体的速度先减小到零，后反向增加，在3.0～4.5s内为做匀速运动，可判断小物块在前3s内摩擦力向右，3.0～4.5s内摩擦力为0，AB错误.传送带的

34.5－3m/s＝2m/s，＝2m/s2，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得μ＝0.2，D正确.

答案：D项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以

a1加速后再以

a2加速，且a1＞a2类型2倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后再以a2加速(6)可能一直减速(续表)项目图示滑块可能的运动情况情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速(续表)

[思维拓展]物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动.解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsinθ与μmgcosθ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况.

【典例2】(2023

年河南三门峡联考)如图Z2-3所示，传送带与地面夹角θ＝37°，A、B间的距离L＝10.25m，传送带以v0

＝10m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5kg的煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下痕迹.已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2.求：(1)煤块从A到B的时间.图Z2-3(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度.解：(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，其加速度达到v0

后，煤块受到向上的摩擦力，则t2＝0.5s煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝1.5s.(2)第一次加速过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5m第二次加速过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25mΔx1

与Δx2

部分重合，痕迹总长为5m.易错点拨本题中的第(2)小题易错，需要注意两端时间内形成的痕迹是否重叠，若重叠，则痕迹重叠为两次痕迹中较长的一条，若不重叠，痕迹的长度为二者之和.

【考点突破2】(多选，2023年广东深圳月考)如图Z2-4甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放上一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则()甲乙图Z2-4A.传送带一定逆时针转动B.μ＝tanθ－

v0gt0cosθC.传送带的速度大于v0D.t0

时刻后木块的加速度为2gsinθ－v0

t0

解析：若传送带顺时针转动，当小木块下滑时，有mgsinθ>μmgcosθ，小木块将一直做匀加速直线运动至传送带底端，当小木块上滑时，有mgsinθ<μmgcosθ，小木块先做匀加速直线运动，小木块的速度等于传送带速度时做匀速直线运动，两种情况均不符合运动图像，故传送带一定逆时针转动，A正确.小木块在0～t0内，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，小木块的加速度为当小木块的速度等于传送带速度时，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向上，故传送带的速度等于v0，故C错误.t0

时刻后木块的加答案：AD动摩擦因数物体运动情况分析滑块与木板间为μ1，木板与地面间为μ2滑块有初速度木板有初速度μ1＝0，μ2≠0滑块匀速，木板静止滑块静止，木板匀减速直线运动突破2“滑块—木板”模型类型1无拉力作用下的板块模型动摩擦因数物体运动情况分析μ2＝0，μ1≠0滑块减速，加速度大小满足μ1mg＝ma，木板加速，加速度满足μ1mg＝Ma′滑块加速，木板减速，加速度方向相反，达到共同速度后，匀速运动μ1＝μ2≠0滑块减速，木板静止滑块加速，木板减速，达到共同速度后以μ2g共同减速(续表)动摩擦因数物体运动情况分析μ1m≤μ2(M＋m)滑块减速，木板静止滑块加速，木板减速，达到共同速度后滑块以μ1g减速，木板减速加速度满足μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma′(续表)动摩擦因数物体运动情况分析μ1m＞μ2(M＋m)滑块减速，加速度大小满足μ1mg＝ma，木板加速，相对滑动，滑块加速度大，达到共同速度后以μ2g共同减速滑块加速，木板减速，达到共同速度后以μ2g共同减速(续表)

【典例3】(多选，2023年河南郑州模拟)如图Z2-5所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v0，同时对a施加一水平向右的恒力F.已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上.在物块放到木板上之后，a、b运动的速度—时间图像可能是下列图中的()图Z2-5ABCD

解析：小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得μmg＝mab，解得ab＝μg，根据图像斜率可知初始阶段aa＜0，ab＝|aa|，解得F＝2μmg，则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，A错误，B正确.根据图像知a做匀速直线运动，即F＝3μmg，b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma，解得匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二答案：BC规律方法动摩擦因数物体运动情况分析滑块与木板间为μ1，木板与地面间为μ2μ1＝0，μ2≠0随着拉力的增加，滑块加速度变大，木板静止随着拉力的增加，木板加速度变大，滑块静止类型2有拉力作用情况下的板块模型(续表)(续表)

【典例4】(2023

年福建厦门一模)如图Z2-6甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块.在t＝0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t＝1s时撤去F，整个过程木板运动的v-t图像如图乙所示.物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()甲乙

图Z2­6A.1～1.5s内木板的加速度为4m/s2B.物块与木板间的动摩擦因数为0.5C.拉力F的大小为21ND.物块最终停止时的位置与木板右端的距离为5.25m设物块与木板间的动摩擦因数为μ，0～1.5s对物块由牛顿第二定律有μmg＝ma0，而由速度与时间的关系式可得v＝a0t，其中v＝3m/s，t＝1.5s，解得μ＝0.2，设地面与木板间的动摩擦因数为μ1

，在撤去拉力后，对木板由牛顿第二定律有μmg＋2μ1mg＝ma，解得μ1＝0.5，而由图像可知，在没有撤去拉力时木板的加速度a1＝Δv

Δt＝91m/s2＝9m/s2，则对木板在没有撤去拉力时由牛顿第二定律有F－μmg－2μ1mg＝ma1，解得F＝21N，C正确.

答案：C思路导引图乙中的图像将运动分为三个不同阶段，结合图甲分析三个阶段分别对应什么运动，图像中的两个拐点对应三段运动的转