2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第三章运动和力的关系专题强化五传送带模型和“滑块_木板”模型

这是一份2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第三章运动和力的关系专题强化五传送带模型和“滑块_木板”模型，共14页。

题型一 传送带模型
1．水平传送带
2.倾斜传送带
考向1 动力学中水平传送带问题
例1 (多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( )
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
答案 AC
解析 开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小s＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－s,v)＝eq \f(2－0.04,0.4) s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δs＝vt1－s＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误．
考向2 动力学中的倾斜传送带问题
例2 (2021·辽宁卷·13)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＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝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)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcs θ>mgsin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmgcs θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，
用时t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝eq \f(0.6＋1.6,2)×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s.
考向3 传送带中的动力学图像
例3 (2023·福建省长汀县第一中学月考)如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向匀速转动，转动速度大小为v1，一个物块从传送带底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑，同时物块受到平行于传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v－t图像不可能是( )
答案 C
解析 因v2>v1，则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，若F＝mgsin θ＋μmgcs θ，则物块的加速度为零，将一直以v2向上匀速运动，选项B正确；若F>mgsin θ＋μmgcs θ，则物块的加速度向上，将一直做匀加速直线运动，选项A正确；若F例4 (多选)(2023·广东省华南师大附中检测)如图甲所示，一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m＝1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，若取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.则下列说法正确的有( )
A．0～8 s内物体的位移大小为14 m
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.625
C．0～4 s内物体上升的高度为4 m
D．0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m
答案 AD
解析 物体运动的位移即v－t图像中图线与横轴围成的面积，则s＝eq \f(2＋6,2)×4 m－2×2×eq \f(1,2) m＝14 m，A正确；由物体运动的v－t图像可知，在2～6 s内物体做匀加速直线运动，有a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4－0,4) m/s2＝1 m/s2，且μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝0.875，B错误；在0～4 s内由题图知，物体运动的位移为0，则在0～4 s内物体上升的高度为0，C错误；由选项A可知，在0～8 s内物体的位移s＝14 m，传送带的位移s′＝vt＝4×8 m＝32 m，则0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为Δs＝s′－s＝18 m，D正确．
1．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．
2．物体与传送带的划痕长度Δs等于物体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方向相同，则Δs＝Δs1＋Δs2(图甲)；若两次相对运动方向相反，则Δs等于较长的相对位移大小(图乙)．
题型二 “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．
2．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Δs＝s1－s2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和s2＋s1＝L.
3．解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)当滑块与木板速度相同时，“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)．
考向1 水平面上的板块问题
例5 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则：
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
答案 (1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s
(4)0.7 m
解析 (1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F－μmg,M)，解得a＝3 m/s2
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用
故am＝μg＝2 m/s2
Δs1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)amt2＝0.5 m
(3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，长木板的加速度大小a′＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δs2＝eq \f(v2－v′2,2a′)－eq \f(v′2－vm2,2am)，解得Δs2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端s＝Δs1＋Δs2＝0.7 m.
考向2 斜面上的板块问题
例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1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq \f(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，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，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2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
答案 BC
解析 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°－μ1mgcs 37°,m)＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°＋μ1mgcs 37°－2μ2mgcs 37°,m)＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确．
考向3 板块问题中的动力学图像问题
例7 (2022·福建省莆田第二中学模拟)如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一足够长的木板B，木板的最左端有一个小物块A，小物块A受一个外力的作用，两者开始运动．已知物块A和木板B的质量都为1 kg，物块A和木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，设二者所受最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，物块A运动的v2－x函数关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)物块A在2 m前后加速度a1和a2的大小；
(2)当外力F为多少时可以使物块A恰好要相对于木板B运动；
(3)运动了2 m之后，作用于物块A上的外力F的大小．
答案 (1)1 m/s2 4 m/s2 (2)6 N (3)8 N
解析 (1)结合图像，根据v2－v02＝2ax可知，前2 m内A的加速度大小为a1＝1 m/s2，
2 m后A的加速度大小为a2＝4 m/s2
(2)对木板B受力分析有μ1mg－μ2·2mg＝ma0
外力F使A在B上相对静止的临界加速度大小为a0＝2 m/s2
外力F对A、B整体有F1－μ2·2mg＝2ma0
得F1＝6 N
(3)运动2 m后，对A有a2＝4 m/s2>a0
则2 m后，A、B开始相对运动，对A有F2－μ1mg＝ma2
解得F2＝8 N.
处理“板块”模型中动力学问题的流程
课时精练
1.如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动．假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是( )
A．要实现这一目的前提是μB．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零
C．全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上
D．若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间
答案 C
解析 要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcs θ>mgsin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为f＝mgsin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误．
2．(多选)图甲为一转动的传送带，以恒定的速率v顺时针转动．在传送带的右侧有一滑块以初速度v0从光滑水平面滑上传送带，运动一段时间后离开传送带，这一过程中滑块运动的v－t图像如图乙所示．由图像可知滑块( )
A．从右端离开传送带
B．从左端离开传送带
C．先受滑动摩擦力的作用，后受静摩擦力的作用
D．变速运动过程中受滑动摩擦力的作用
答案 AD
解析 由题图乙可知，滑块先向左做匀减速运动减速到零，再向右做匀加速运动，最后以与传送带相同的速度做匀速直线运动，故从右端离开传送带，故A正确，B错误；滑块先向左做匀减速运动，受到向右的滑动摩擦力，再向右做匀加速运动，还是受到向右的滑动摩擦力，所以变速运动过程中受滑动摩擦力的作用，与传送带共速后做匀速直线运动，不受摩擦力作用，故C错误，D正确．
3．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
答案 BC
解析 物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a1＝eq \f(7－3,2) m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t图像可知木板的加速度大小为a2＝eq \f(2－0,2) m/s2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D错误，B正确；从题图乙可知物块和木板在t＝2 s时分离，两者在0～2 s内的v－t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝eq \f(1,2)×(7＋3)×2 m－eq \f(1,2)×2×2 m＝8 m，C正确．
4.(2023·甘肃省模拟)如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A(可看作质点)以水平速度v0＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10 m/s2，下列说法不正确的是( )
A．若传送带速度等于2 m/s，物块不可能先做减速运动后做匀速运动
B．若传送带速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/s
C．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动
D．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，则传送带的速度不大于3 m/s
答案 D
解析 物块在传送带上的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝1 m/s2，假设物块一直做匀减速运动到传送带右端，根据v′2－v02＝－2aL，解得v′＝3 m/s>2 m/s，可知当传送带速度等于2 m/s时，物块一直减速到最右端，故A正确；当传送带速度等于3.5 m/s，传送带逆时针转动时，v等于3 m/s，故B正确；若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动，此方向传送带的速度可以为任意值，故C正确，D错误．
5.(多选)(2023·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
答案 AB
解析 若只增大滑块质量，滑块的加速度不变，木板的加速度增大，所以滑块与木板共速时，滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，滑块的加速度不变，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间变短，故B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑块离开木板的速度变小，故C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移不变，则滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板对地位移变小，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为木板对地位移减去极长，故减小，故D错误．
6．(多选)(2023·福建漳州市七校联考)如图甲，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的水平变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．图乙中t2＝24 s
B．木板的最大加速度为1 m/s2
C．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
D．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1
答案 ACD
解析 根据题图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8 N，根据f1＝μ1mg可得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.4，C正确；在t1时刻，木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝eq \f(f2,2mg)＝eq \f(4,40)＝0.1，D正确；在t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有F－μ1mg＝ma，对木板有μ1mg－2μ2mg＝ma，联立解得a＝2 m/s2，F＝12 N，则木板的最大加速度为2 m/s2，根据F＝0.5t (N)，可求得t2＝24 s，A正确，B错误．
7.(2023·山东泰安市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是( )
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2.4 s
C．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 m
D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N
答案 C
解析 当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，A错误；当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动，物块Q先做初速度为零的匀加速直线运动，有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝eq \f(20,3) m/s2，当物块Q速度达到传送带速度，即8 m/s后，做匀速直线运动，由v＝at1，解得匀加速的时间t1＝1.2 s，匀加速的位移为s＝eq \f(v2,2a)＝4.8 m，则匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－s,v)＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，B错误；加速阶段的位移之差为Δs＝vt1－s＝4.8 m，即Q从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m，C正确；当Q加速时，对P分析有mPg－T＝mPa，解得T＝eq \f(20,3) N，之后做匀速直线运动，有T′＝20 N，D错误．
8．(2023·福建省福清西山学校月考)如图所示，一速度为v＝4 m/s、沿顺时针方向匀速转动的水平传送带，与倾角θ＝37°足够长的粗糙斜面平滑连接，一质量为m＝2 kg的小物块，与斜面间的动摩擦因数为μ1＝0.5，与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.4，现有小物块以初速度v0＝10 m/s从斜面底端沿斜面上滑．重力加速度g＝10 m/s2.sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)小物块沿斜面上滑的最大距离；
(2)若小物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，小物块从离传送带右端最远点到再次滑回到传送带右端所用的时间．
答案 (1)5 m (2)1.125 s
解析 (1)小物块以初速度v0从斜面底端沿斜面上滑时，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μ1mgcs θ＝ma1
设小物块沿斜面上滑距离为x1，
则－2a1x1＝0－v02
代入数据联立解得x1＝5 m
(2)小物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μ1mgcs θ＝ma2
设小物块下滑至斜面底端时的速度为v1，
则2a2x1＝v12
设小物块在传送带上滑动时的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma3
设物块在传送带上向左滑动的最大距离为x2，
则－2a3x2＝0－v12
设小物块从传送带由左向右加速运动到和传送带共速的距离为x3，则2a3x3＝v2
解得x3小物块先加速再随传送带做匀速运动，设小物块加速至与传送带共速用时t1，则v＝a3t1
设小物块做匀速运动所用时间为t2，
则x2－x3＝vt2
设小物块从离传送带右端最远点到再次滑回传送带右端的时间为t，则t＝t1＋t2
由以上各式代入数据联立解得t＝1.125 s.
9.(2023·福建龙岩市第一中学模拟)如图，长5 m、质量为2 kg的长木板B静止在水平面上，质量为2 kg的小滑块A(可视为质点)静止在长木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2.某时刻起，给滑块施加一大小为20 N、方向与木板成θ角的恒定拉力F作用，滑块到达木板的中点时撤去此力．已知重力加速度大小为10 m/s2，sin θ＝0.8.求：
(1)滑块的最大速度；
(2)木板运动的时间．
答案 (1)5 m/s (2)1.25 s
解析 (1)滑块在拉力作用下加速运动，设其加速度为aA1，根据牛顿第二定律得
Fcs θ－f1＝m1aA1，f1＝μ1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1g－Fsin θ))
此过程中，木板与水平面间的摩擦力
f2＝μ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1g＋m2g－Fsin θ))
解得f1＝2 N，f2＝4.8 N，aA1＝5 m/s2.由于f1(2)撤去F后，滑块与木板间的摩擦力fA＝μ1m1g，滑块的加速度大小aA2＝μ1g＝5 m/s2
设木板的加速度大小为aB2，
则有fA－μ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1g＋m2g))＝maB2，
解得aB2＝1 m/s2
设经过t2时间滑块与木板速度相同
v同＝vm－aA2t2＝aB2t2
解得t2＝eq \f(5,6) s，v同＝eq \f(5,6) m/s
设此过程中滑块在木板上滑过的长度为s，
s＝eq \f(vm＋v同,2)t2－eq \f(v同,2)t2
代入数据解得s＝eq \f(25,12) m滑块未滑离木板，二者一起匀减速至停止．其加速度大小a3＝μ2g＝2 m/s2
该过程的运动时间t3＝eq \f(v同,a3)，解得t3＝eq \f(5,12) s
木板的运动时间t＝t2＋t3＝1.25 s.情景
滑块的运动情况
传送带不足够长(未达到和传送带相对静止)
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0v0v0>v时，一直减速
v0>v时，先减速再匀速
滑块一直减速到右端
滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端
若v0v，则返回到左端时速度为v
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcs θ)
先加速后匀速(一定满足关系gsin θ<μgcs θ)
一直加速(加速度为gsin θ＋μgcs θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μv0v0v0>v时，若μv0>v时，若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ(摩擦力方向一定沿斜面向上)
gsin θ>μgcs θ，一直加速；
gsin θ＝μgcs θ，一直匀速
gsin θ<μgcs θ，一直减速
gsin θ<μgcs θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v