文档内容
传送带模型和板块模型
模型总结
模型1 水平传送带 .............................................................................................................................................. 1
模型2 倾斜传送带体 ........................................................................................................................................ 16
模型3 板块模型 ................................................................................................................................................ 32
模型 1
水平传送带
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
速度大 物块和传送带共速前 传送带足够长，
图示
小比较 F 方向 运动状态 物块v－t 图像
f
匀加速直
v ＝0 向右
0
线运动
匀加速直
v v 向左
0
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 F 方向 物块运动状态
f
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学科网（北京）股份有限公司较
传送带较短 向左 匀减速直线运动
v v
0
前)
v－t 图像：
1．（2025·江苏南通·一模）足够长的传送带以速度v顺时针转动。两质量均为m的物块A、B
用一根轻弹簧连接，A、B与传送带的动摩擦因数均为μ。开始弹簧处于原长，零时刻将两物
块轻放在传送带上，且给物块A一个向右的初速度2v，t时刻物块A 与传送带第一次共速，
v2
弹簧的压缩量为 。求：
2µg
(1)零时刻，A、B的加速度大小之比；
(2)t时刻，B的速度；
(3)t时刻，弹簧弹性势能。
【答案】(1)1∶1
(2)v
1
(3)
mv2
2
【详解】（1）t=0时刻，A、B受到的合力均为滑动摩擦力，有μmg=ma
所以加速度之比a ：a =1∶1
A B
（2）在t时刻前，A的加速度μmg+kx=ma
A
B的加速度 μmg+kx=ma
B
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学科网（北京）股份有限公司加速度大小相等a =a
A B
根据∆v = a∆t
在t时间内的速度变化量相同，即2v-v=v -0
B
解得v =v
B
v2
（3）在t时间内，弹簧的压缩量即为A、B物体运动距离之差 x −x =
A B 2µg
对AB和弹簧组成的系统，外力做功之和为机械能的变化
1 1
(−µmg⋅x )+µmg⋅x = 2m⋅v2 +E − m⋅( 2v )2
A B p
2 2
1
解得E = mv2
p 2
2．（2025·广东深圳·一模）某工厂的传送装置如图甲所示，传送带空转时的速度为v =0.2m/s，
0
t = 0时，工件无初速度放置传送带左端，传送带感受到压力后立刻做匀加速运动，直至t = 2s
时工件从右端离开，此时传送带尚未达到最大速度。已知工件在传送带上运动时的速度时间（v-t）
图像如图乙所示，工件质量为m =1kg，工件与传送带间动摩擦因数µ=0.26，重力加速度g
取10m/s2，工件可视为质点，不计空气阻力。求：
(1)传送带的加速度大小a ；
c
(2)传送带的长度L；
(3)摩擦力对工件做的功W ；
【答案】(1)a = 2.4m/s2
c
(2)5.1m
(3)W =12.5J
【详解】（1）工件相对传送带运动时，根据牛顿第二定律可得µmg = ma
在t =1s时，工件与传送带达到共速，根据运动学公式v =v +a t = at
1 1 0 c 1 1
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学科网（北京）股份有限公司解得a = 2.4m/s2
c
1
（2）在0到t 时间内，工件运动的第一段位移x = at2
1 1 1
2
1
第二段位移x =vt + a t2
2 1 2 c 2
2
解得L = x + x =5.1m
1 2
（3）根据运动学规律可得工件的速度v =v +a t =5m/s
2 1 c 2
1
由动能定理可得，摩擦力对工件做的功W = mv2 =12.5J
2
2
3．（2025·四川资阳·一模）如图甲所示一水平的浅色传送带上放置一煤块（可视为质点），煤
块与传送带之间的动摩擦因数为µ=0.2。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在
外力作用下先加速后减速，其速度—时间 ( v−t ) 图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一
段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．黑色痕迹的长度为36m
B．煤块在传送带上的相对位移为−16m
C．若煤块的质量为1kg，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为160J
D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越短
【答案】BC
【详解】
由图可知，传送带的加速度为 a = 4m/s2，设煤块的加速度为a ，经过时间t ，煤块与传送
1 2 1
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学科网（北京）股份有限公司带达到相同速度v， µmg = ma ，v = a t ，v = 24−a（t −6）
2 2 1 1 1
解得，t =8s，v =16m/s
1
此后，煤块做匀减速运动，t 时停止 0=16−（2 t −8），可得 t =16s， 运动过程如图所示
2 2 2
0~8s时间内，传送带比煤块多走的位移为图中红色三角形面积
1
Δx = ×( 24−12 )×8m=48m
1
2
1
8~16s内，煤块比传送带多走的位移为图中蓝色三角形面积 ∆x = ×16×4m=32m
2
2
A．黑色痕迹的长度为 ∆x =48m，A错误；
1
B．煤块在传送带上的相对位移 x = −48m+32m=−16m，B正确；
相对
C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量 Q =µmg ( Δx +Δx )=160J，C 正确；
1 2
D．黑色痕迹的长度由两物体位移关系决定，从∆x 的计算过程可看出，黑色痕迹的长度与煤
1
块质量无关，D错误。
故选 BC。
4．（2025·四川·一模）如图所示，A、B是长度L =56m水平传送带的两端，右端 A处上方
AB
有一固定挡板（不接触传送带），质量m = 0.1kg的小物块静止在 A、B的中点P处。某时刻，
一质量m = 0.01kg的子弹以v =300m/s的速度沿传送带水平向左射入物块，射出的速度
0 0
v = 240m/s；子弹射出物块的同时，传送带从静止开始沿顺时针方向一直做匀加速运动，加
速度大小为a =0.5m/s2。已知物块每次与挡板碰撞反弹后其动能变为碰前动能的四分之一，
物块与传送带间的动摩擦因数µ=0.1，不计物块与挡板碰撞的时间，重力加速度g取10m/s2。
求：
(1)子弹射出物块时物块速度的大小；
(2)子弹射出物块到物块第一次与挡板相碰的时间；
(3)在子弹射出物块到物块静止的过程中，物块运动的总时间及物块与传送带间产生的热能。
【答案】(1)v =6m/s
1
第 5 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司(2)16s
(3)32s，22.8J
【详解】（1）设子弹穿出物块时物块的速度大小为v ，根据动量守恒定律有m v = m v+mv
1 0 0 0 1
代入数据解得v =6m/s
1
（2）子弹穿出物块后，传送带向右做初速度为零、加速度a =0.5m/s2的匀加速直线运动，
物块向左以初速度v 做匀减速直线运动，设加速度大小为a ，经过时间t 速度减为零，通过的
1 1 1
距离为s ，根据牛顿第二定律有µmg = ma
1 1
1
根据运动学公式有v = at ，s = at2
1 11 1 11
2
1
联立代入数据解得a =1m/s2，t =6s，s =18m< L ，即物块仍然在传送带上。
1 1 1 2 AB
之后，物块向右匀加速运动，设经过时间t 与传送带速度相等为v ，则有v = at = a ( t +t )
2 2 2 1 2 1 2
代入数据解得t =6s，v =6m/s
2 2
所以，物块与传送带速度相等时，物块恰好回到位置P点。之后，物块与传送带一起加速到第
一
1 1
次与挡板相碰，设经过的时间为t ，则 L =v t + at2
3 2 AB 2 3 2 3
代入数据解得t = 4s
3
设子弹穿出物块到物块第一次与挡板相碰的时间为t，则t =t +t +t =16s
1 2 3
（3）设物块第一次与挡板相碰前速度为v ，有v = at =8m/s
3 3
由于物块与挡板碰撞反弹后其动能变为碰前动能的四分之一，所以每次相碰后速度减为碰前的
二分之一，由于传送带一直做匀加速运动，物块与传送带速度不可能再相等。所以，物块以大
小相等的加速度先做匀减速后做匀加速运动，每次都以前一次相碰后速度大小与挡板相碰，经
过无穷多次，速度减为零，在挡板前被挡板挡住静止。
1
2⋅ v
设第一次相碰后到第二次碰撞所经历的时间为T ，则有 2 3
1 T = =8s
1
a
1
第 6 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司2
1
2⋅ v
设第二次相碰后到第三次碰撞所经历的时间为T ，有 2 3
2 T = = 4s
2
a
1
3
1
2⋅ v
设第三次相碰后到第四次碰撞所经历的时间为T ，有 2 3
3 T = = 2s
3
a
1
……
n
1 1 1
第一次相碰后到物块静止时间为T ，则T =T + T + T ++ T =16s
1 1 1 1
2 4 2
子弹穿出物块到物块静止过程中，物块运动的总时间T ，则T =T +t =32s
0 0
在子弹穿出物块到物块第一次与挡板相碰的时间 ( t +t ) 内，设物块相对传送带的位移为x，
1 2 1
1
则x = a ( t +t )2 =36m
1 1 2
2
在第一次相碰后到物块静止时间T 内，设物块相对传送带的位移为x ，则
2
1
x =vT + aT2 =192m
2 3 2
在子弹穿出物块到物块静止的过程中，物块与传送带间产生的热能为Q，则
Q =µmg ( x + x )= 22.8J
1 2
5．（2025·四川绵阳·一模）如图所示是分拣包裹常用的水平传送带，能以不同大小的速度沿顺
时针方向匀速转动。若用该传送带先后以不同的速度运送同一个包裹，将该包裹无初速度轻放
在传送带 A端，运动到B端时都已相对传送带静止。则传送带的速度越大，包裹从 A运动到B
的过程中（ ）
A．相对传送带滑动的距离越短
B．相对传送带滑动的距离越长
C．运动时间越短
D．运动时间越长
【答案】BC
【详解】AB．设包裹质量为m，包裹与传送带间的动摩擦因数为µ，传送带长度为L，传送
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学科网（北京）股份有限公司mgµ
带速度为v，共速前，包裹加速度a = = gµ
m
v v
则其与传送带共速用时t = =
a µg
v v v2
则二者相对位移Δx = x −x =vt− t = t =
传送带 包裹 2 2 2gµ
可知传送带的速度越大，相对传送带滑动的距离越长，故A错误，B 正确；
v2
L−
CD．分析可知包裹先加速后匀速，则匀速运动时间 L−x 2µg L v
t = 包裹 = = −
0 v v v 2µg
L v
则包裹从 A运动到B的过程中运动时间t =t+t = +
AB 0 v 2gµ
L v
由均值不等式可知当 = 时间有最小值，此时v = 2gµL
v 2gµ
题意可知包裹未达到B端已经与传送带共速（即包裹位移小于L），可知不满足最小值条件，
因此传送带的速度越大，运动时间越短，故C 正确，D错误。
故选BC。
6．（2025·河南·一模）火车站安检仪是借助于传送带将被检查行李送入X射线检查通道完成检
查，如图所示。水平传送带AB长为L = 4m，传送带末端装有一个斜面，斜面长x = 2m，倾
角θ=15°，AB和斜面在B点通过一极短的圆弧平滑连接，传送带以v =0.4m/s的恒定速率
顺时针运转。已知物品与传送带以及斜面间的动摩擦因数均为µ=0.2，现将一质量m =1kg的
物品（可视为质点）无初速地放在A点，g取10m/s2，取sin15°=0.26，cos15°= 0.97，
下列说法正确的是（ ）
A．物品在水平传送带上运动时相对传送带的位移为0.04m
B．物品到达水平传送带末端时速度为0.8m/s
C．物品走完水平传送带所用的时间为10.1s
D．物品在斜面上因摩擦产生的热量约为7.76J
【答案】AC
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学科网（北京）股份有限公司【详解】A．物品无初速度放在A点后，由受力可知物品先做匀加速运动F =µmg = ma
合 1
v 0.4m s
解得a = 2m s2 ，物品做匀加速所用时间t = = =0.2s
1 1 a 2m s2
1
v2
物品做匀加速所走的位移为x = =0.04m
1
2a
传送带走的位移为x =vt =0.08m
2 1
物品在水平传送带上运动时相对于传送带的位移∆x = x −x =0.04m
2 1
故A正确；
B．由上述分析可知，物品做匀加速结束后，还没有到达水平传送带末端，物品匀加速结束后，
由受力分析可知，将匀速运动，即和传送带共速，即物品到达水平传送带末端的速度为0.4m s，
故B错误；
L−x 4m−0.04m
C．物品在水平传送带上匀速运动所用时间为t = 1 = =9.9s
2
v 0.4m s
物品在水平传送带上所用的总时间t =t +t =0.2s+9.9s =10.1s
总 1 2
故C 正确；
D．当物品运动到斜面时，由µv ，所以物块a向左做减速运动，根据牛顿第二定
1 0
律有ma =µmg
1 1
设物块a第一次与物块b碰撞前瞬间的速度大小为v ，则v2 −v2 = −2a d
2 2 1 1
解得v = 4m/s >v = 2m/s
2 0
所以物块a第一次与物块b碰撞前瞬间的速度大小为4m/s。
（3）物块a、b碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设碰撞后物块a的速度为v ，b的速度为v ，
3 4
1 1 1
则有mv = mv +Mv 、 mv2 = mv2 + Mv2
2 3 4 2 3 4
2 2 2
解得v = −2m/s，v = 2m/s
3 4
碰撞后物块b沿地面向左做匀减速运动，设加速度为a ，到静止时所用时间为 t ，位移为 x ，
2 1 1
物块a沿传送带先向右做匀减速运动，速度减到0后再向左做匀加速运动，对于物块b，由牛
顿第二定律有Ma =µMg
2 2
第 10 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司由运动学公式有v2 = 2a x ，v = a t
4 2 1 4 2 1
解得x =0.4m，t =0.4s
1 1
对于物块a，设速度减为0所用的时间为t ，位移为x ，由运动学公式有v2 = 2a x ，v = at
2 2 3 1 2 3 1 2
解得x = 2m< d ，t = 2s
2 2
由t µ ，则小物块与木板一起做匀减速直线运动直至停止。对小物块和木板整
1 2
体由牛顿第二定律有µ ( m+ M ) g = ( m+ M ) a
2 3
v2 1
该过程木板的位移大小为s = 0 = m
2
2a 9
3
1
整个过程中木板的位移大小s = s +s = m
1 2
3
9．（2025·广东·模拟预测）某工厂需要将货物从高处运输到地面的指定位置，运输过程可简化
如图所示。长度L =6m的水平传送带以大小v =5m/s的速度顺时针匀速转动，质量m = 2kg
1
的货物（可视为质点）从传送带的左端 A点由静止释放，经过右端B点后，从半径R = 4m的
半圆管道的最高点水平进入，当货物沿管道下滑至C点时，货物对管道的压力F =70N，随
N
后货物滑上静止在光滑水平面上的长木板，当货物与长木板达到共速时，长木板左端恰好触碰
制动装置并瞬间静止。已知货物与传送带间的动摩擦因数为µ =0.25，货物与长木板间的动
1
摩擦因数为µ =0.5，长木板的质量M =3kg，长度L =6.7m，重力加速度g =10m/s2。
2 2
求：
(1)货物经过B点时的速度大小v ；
B
(2)货物和半圆管道之间因摩擦产生的热量Q；
第 13 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司(3)若货物抛出点D离地面的高度H =5m，求货物落地点与抛出点D的水平距离x。
【答案】(1)v =5m/s
B
(2)Q =85J
(3)x =3m
【详解】（1）货物在传送带上加速运动的过程有µmg = ma
1
解得a=2.5m/s2
v2
假设货物到达右端B点前已经与传送带共速，则货物加速阶段通过的位移为s =
2a
解得s =5m<6m
假设成立，可知货物离开B点时的速度大小为v =5m/s
B
（2）当货物运动到C点处，由牛顿第三定律可知，货物所受支持力大小为F ′ =70N
N
v2
由牛顿第二定律可知F ′ −mg = m C
N
R
解得 v =10m/s
C
1 1
货物从半圆管道的B点滑到C点的过程中，由功能关系可知mg⋅2R = mv2 − mv2 +Q
C B
2 2
解得此过程因摩擦产生的热量Q =85J
（3）货物与长木板共速，由动量守恒定律可得mv =(m+M)v
C 共
解得v = 4m/s
共
对货物受力分析，有µmg = ma
2 1
解得a =5m/s2
1
货物在长木板上向左做匀减速运动，则−2a s = v2 −v2
1 1 共 C
解得s =8.4m
1
对长木板受力分析，有µmg = Ma
2 2
10
解得a = m/s2
2
3
长木板向左做匀加速运动，则2a s = v2 −0
2 2 共
第 14 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司解得s = 2.4m
2
由位移关系可知L +s > s
2 2 1
因此货物与长木板达到共速时，货物离长木板最左侧的距离∆s = L +s −s =0.7m
2 2 1
即长木板触碰制动装置静止后，货物仍向左匀减速运动0.7m，由−2a ∆s = v2 −v2
1 D 共
解得v =3m/s
D
1
随后货物做平抛运动，竖直方向有H = gt2
2
解得t =1s
货物落地点与抛出点D的水平距离x =v t =3m
D
10．（2025·四川遂宁·一模）如图所示，水平传送带以速度v =2m/s 向右匀速转动。可视为质点
1
的小物体Q的质量为1kg，P 的质量为2kg，由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P
在传送带左端具有向右的速度v =4m/s，P 与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小
2
物体P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，传送带两端距离足够长，绳足够长，g取10 m/s2。关
于小物体P 的描述正确的是（ ）
A．小物体P 刚滑上传送带时的加速度大小为7m/s2
2
B．小物体P 在传送带上向左端滑时的加速度大小为 m/s2
3
C．小物体P 离开传送带时的速度大小为 13m/s
( )
D．物体P 在传送带留下的划痕长度为 7+4 3 m
【答案】BD
【详解】A．小物体P 刚滑上传送带时，对P 分析可知µm g +T = m a
P P
对Q分析m g −T = m a
Q Q
可得小物体P 的加速度大小为a =6m/s2，A错误；
第 15 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司m g −µm g 2
B．小物体P 在传送带上向左端滑时，对PQ整体分析可知a' = Q P = m/s2
m +m 3
Q P
2
即小物体P 的加速度大小为 m/s2，B正确；
3
v2 −v2 22 −42
C．小物体P 与传送带共速时向右的位移x = 1 2 = m =1m
1 −2a −2×6
4 3
离开传送带时的速度大小为v = v2 +2a'x = m/s，C 错误；
3 1 1
3
v −v 2−4 1
D．从开始滑上传送带到与传送带共速时，时间为t = 1 2 = s = s
1 −a −6 3
v +v 1
物块的速度大于传送带的速度，则物块向后有划痕，划痕长∆x = 1 2 t −vt = m
1 1 11
2 3
从物块的速度小于传送带的速度开始到离开传送带物块向前有划痕，时间为
4 3
+2
v −(−v )
3
t = 3 1 = s =(2 3+3)s
2 a' 2
3
划痕长∆x =vt + x =(4 3+7)m
2 1 2 1
后出现的划痕覆盖前面的划痕，而后出现的划痕长，物体P 在传送带留下的划痕长度为
( )
7+4 3 m，D正确。
故选BD。
模型 2
倾斜传送带体
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)
速度大 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动
图示
小比较 F 方向 加速度大 运动状态 的v－t 图像
f
第 16 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司小
v ＝0
0
沿传送带 匀加速
μgcos θ
－gsin θ
向上 直线运动
v v
0
＋gsin θ
下 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)
物块与传送带共速前
速度大 传送带足够长，物块运动
图示 加速度大
小比较 F 方向 运动状态 的v－t 图像
f
小
沿传送带向 匀加速
μgcos θ
v ＝0
0
＋gsin θ
下 直线运动
沿传送 匀加速
μgcos θ
v v
0
－gsin θ
上 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)
速度大小比
图示 状态 F 方向 加速度大小 物块运动状态
f
较
第 17 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司传送带 沿传送
μgcos θ－gsin
匀减速直线运动
较短 带向上
θ
v－t 图像：
沿传送
μgcos θ－gsin
v v
0
带向上
θ
共速后：0
11．（2025·贵州安顺·模拟预测）如图所示，倾角为θ=37°的倾斜传送带上、下两端的间距
L=14m，逆时针匀速率运转的速度大小v = 2m/s，将一用特殊材料制作的物块乙无初速度
0
33
轻放到传送带上端，当乙运动t = s后，将物块甲无初速度轻放到传送带上端，以后每当甲
0
70
追上乙时，两者发生弹性碰撞。已知甲、乙质量均为m =1kg，甲与传送带间的动摩擦因数
µ =0.5，乙与传送带间的动摩擦因数µ =1，甲、乙均可视为质点，重力加速度取g =10m/s2，
1 2
sin37° =0.6，cos37° =0.8。求：
(1)乙刚放上传送带时的加速度大小及t 时间内运动的位移大小；
0
(2)从开始放上甲到甲第一次追上乙的过程中，甲在传送带上留下的划痕长度；
(3)在传送带上甲与乙碰撞的次数。
【答案】(1)14m/s2，0.8m
(2)1m
第 18 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司(3)4次
【详解】（1）乙放上传送带后做加速运动，设加速度为a ，由牛顿第二定律有：
1
µθmgcos +θmgsin = ma
2 1
解得a =14m/s2
1
v 1
设乙从静止到与传送带共速所用时间为t ，则v = at ，x = 0 t = m
1 0 11 1 1
2 7
46
乙与传送带共速后与传送带一起匀速运动，位移为x ，则x =v ( t −t )= m
2 2 0 0 1
70
则x = x + x =0.8m
0 1 2
（2）甲放上传送带后做加速运动，设加速度为a ，由牛顿第二定律有
2
µθmgcos +θmgsin = ma
1 2
v
设甲由静止到与传送带共速所用时间为t ，则v = a t ，x = 0 t =0.2m
2 0 2 2 甲1 2
2
经分析，共速后甲继续做加速运动，由牛顿第二定律有mgsinθµ− mgcosθ= ma
1 3
1
设共速后甲继续运动t 时间追上乙，则有x =v t + a t 2
3 甲2 0 3 3 3
2
甲运动的这段时间内乙的位移x =v ( t +t )
乙 0 2 3
由位移公式有x + x = x + x
甲1 甲2 乙 0
综上，解得t =1s
3
在t 时间内甲相对传送带向上移动Δx =v t −x =0.2m
2 1 0 2 P1
在t 时间内甲相对传送带向下运动Δx = x −v t =1m
3 2 P2 0 3
故甲与传送带间划痕为1m。
（3）甲追上乙时甲的速度v =v +a t = 4m/s
甲 0 3 3
甲、乙发生弹性碰撞，对甲、乙组成的系统由动量守恒与能量守恒有：
1 1 1 1
mv +mv = mv +mv ， mv 2 + mv 2 = mv 2 + mv 2
甲 0 甲1 乙1 甲 0 甲1 乙1
2 2 2 2
解得v = 2m/s，v = 4m/s
甲1 乙1
碰后甲加速运动，加速度为a ，乙做减速运动，设加速度大小为a 对乙物块由牛顿第二定律
3 4
第 19 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司有mgsinθµ− mgcosθ= ma
2 4
设甲再次追上乙前，乙一直减速运动，所用时间为t
4
1 1
则v t − a t 2 =v t + a t 2
乙1 4 4 4 甲1 4 3 4
2 2
解得t =1s
4
此时v =v +a t = 4m/s，v =v −a t = 2m/s
甲2 甲1 3 4 乙2 乙1 4 4
假设成立。之后甲、乙碰撞重复上述运动，在一次碰撞中乙向下移动的位移
1
d =v t − a t 2 =3m
乙1 4 4 4
2
L−x −x
则n = 0 乙 =3.6次
d
取整后n =3次，加上第一次碰撞，甲、乙在传送带上碰撞次数为4次。
12．（2025·陕西西安·模拟预测）如图甲所示，倾角为37°、足够长的传送带以恒定速率v 沿顺
1
时针方向转动。一小煤块以初速度v =12m/s 从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向
0
上为煤块运动的正方向，该煤块运动的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前
1.0s 内和在1.0s~t 内为两段不同的二次函数，t 时刻图线所对应的切线正好水平，重力加速度
0 0
g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．传送带转动速率v =8m/s
1
B．图乙中t 的数值为1.5
0
C．0~t 内煤块在传送带上的划痕长度为6m
0
D．煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
【答案】D
【详解】A．煤块冲上传送带，开始时受到摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律则有
mgsinθ+µmgcosθ= ma
1
第 20 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司解得加速度大小为a = gsinθ+µgcosθ
1
当煤块速度减到与传送带速度相同后，煤块相对于传送带向下运动，受到的摩擦力方向沿传送
带向上，同理可得加速度大小为a = gsinθ−µgcosθ
2
煤块一直减速到零，接着反向沿传送带向下加速，加速度大小为a ，由于mgsinθµ> mgcosθ
2
则煤块一直加速到离开传送带，与题意及图乙相符，所以可知t =1.0s时煤块的速度大小等于
1
1
传送带的转动速率，由图乙可得v t − at2 = x =8m
0 1 11 1
2
代入数据解得a =8m/s2
1
则传送带的速度大小为v =v −at = 4m/s，故A错误；
1 0 11
BD．根据上述分析可知，图乙中t 时刻，煤块向上运动速度减为零，结合a = gsinθ+µgcosθ，
0 1
a =8m/s2
1
解得µ=0.25
则煤块下滑时的加速度大小为a = gsinθ−µgcosθ= 4m/s2
2
结合乙图可知，1.0� t 时间内煤块的位移x =(10−8)m = 2m
0 2
1
又因为x = a ×(t −t )2
1 2 0 1
2
代入数据解得t = 2.0s，故B错误，D正确；
0
C．0∼t 内煤块相对于传送带向上运动，煤块在传送带上的划痕长度为∆x = x −vt = 4m
1 1 1 11
t ∼t 内煤块在传送带上的划痕长度为∆x =v (t −t )−x = 2m
1 0 2 1 0 1 2
但由于该过程煤块相对传送带向下运动，所以0� t 内煤块在传送带上的划痕长度为4m，故C
0
错误。
故选D。
13．（2025·浙江·一模）如图所示，倾角θ=37°的倾斜传送带AB长l =1.2m，以速率v顺时
针匀速运转。一小煤块轻放在传送带上端A处，经B到达C
( C′)
点进入螺旋圆环轨道，通过
轨道最高点，继续沿轨道经过C′(
C
)
点，然后从D点离开平台，最后落在倾角为a =30°的斜
坡上。环间距正好让小煤块通过，且与圆轨道半径相比可以忽略。已知小煤块与传送带表面间
的动摩擦因数为µ= 0.5，其它地方摩擦不计，传送带底部与水平面平滑过渡，DE =3m，
第 21 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司sin37° =0.6，g =10m/s2。
(1)若v =0，小煤块恰能过圆环最高点，求圆环轨道最大半径R；
(2)若v = 2m/s，求小煤块在传送带上留下的痕迹长度∆x；
(3)要使小煤块垂直打在斜坡上，求传送带的速率 v。
【答案】(1)0.12m
(2)0.2m
(3)v =3m/s
【详解】（1）恰能过最高点，由动能定理有mg⋅2R = mglsinθµ− mgcosθ⋅l
1
解得R = ( lsinθµ− lcosθ)=0.12m
2
（2）小煤块从A点到与皮带同速，由牛顿定律，有mgsinθ+µmgcosθ= ma
1
v2
运动距离x = =0.2m
1
2a
1
v
用时t = =0.2s
1
a
1
1
小煤块相对传送带位移Δx = vt −vt = −0.2m
1 1 1
2
小煤块从与皮带同速到B点，有 mgsinθµ− mgcosθ= ma
2
速度为v = v2 +2a ( l−x ) = 2 2m/s
B 2 1
v −v ( )
用时t = B = 2 −1 s
2
a
2
v +v ( )
小煤块相对传送带位移Δx = B t −vt = 3−2 2 m< Δx
2 2 2 1
2
所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为0.2m
第 22 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司gt
（3）要使小煤块垂直打在斜坡上，有tan60°=
v
D
1 3
以D点为坐标原点，水平为x方向，竖直向下为y方向，有x =v t ， y = gt2 =3− x
D
2 3
D点速度v = 2 3m/s
D
v2 v2 −v2
小煤块从A点到B全过程分析 + D =l
2a 2a
1 2
解得v =3m/s
14．（25-26高三上·福建宁德·期中）如图所示，倾角θ=37的传送带以v =1m/s的速度沿顺
0
时针方向匀速转动，将质量为1kg的物块B轻放在传送带下端，同时质量也为1kg的物块A从
传送带上端以v = 2m/s的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，物块
1
与传送带间的动摩擦因数均为0.8，不计物块大小，重力加速度g取10m/s2，sin37 =0.6，
cos37 =0.8。则（ ）
A．A、B两物块刚在传送带上运动时加速度相同
B．两物块在传送带上运动到刚好相遇所用时间为5s
C．传送带上下端间的距离为12.5m
D．在运动过程中A、B两物块与传送带因摩擦产生的总热量为80J
【答案】AD
【详解】A．物块A向下减速运动µθm gcos −θm gsin = m a
A A A 1
解得物块A加速度大小a =µθgcos −θgsin =0.4m/s2
1
物块B向上加速运动µθm gcos −θm gsin = m a
B B B 2
解得物块B加速度大小a =µθgcos −θgsin =0.4m/s2
2
所以A、B两物块刚在传送带上运动时加速度相同，A正确；
第 23 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司v 1
B．物块B在传送带上加速的时间t = 0 = s = 2.5s
0
a 0.4
2
物块B在2.5s以后相对于传送带静止，以v =1m/s的速度向上匀速运动。
0
v −0 2
物块A向下减速的时间t = 1 = s =5s
1
a 0.4
1
v −0 1−0
物块A向上加速到与传送带速度相同所用时间t = 0 = s = 2.5s
2
a 0.4
1
两个物块在与传送带共速时恰好相遇，所用时间t =t +t =7.5s，B错误；
1 2
1
C．在7.5s 内物块B的位移大小为x = a t 2 +v ( t−t )=6.25m
2 2 0 0 0
2
v
+(−v )
在7.5s 内物块A的位移大小为x = 1 0 t =3.75m
1
2
传送带上下端间的距离L = x + x =10m，C 错误；
1 2
D．物块A与传送带的相对位移大小x =v t+ x =11.25m
3 0 1
1
物块B与传送带的相对位移大小x =v t − a t 2 =1.25m
4 0 0 2 0
2
因摩擦产生的总热量Q =µm gcosθµx + m gcosθx
A 3 B 4
解得Q =80J，D正确。
故选AD。
15．（2025·浙江台州·一模）某运输装置如图，倾角为θ=37°的倾斜传送带 AB长为L =10m，
与光滑圆弧轨道BC相切于B点，圆弧BC的圆心角θ=37°，半径R =1m。轨道右侧光滑水
1
平台面上放置质量M =1kg的滑板DEF ，右端带有半径为r =0.081m的 圆弧光滑轨道EF ，
4
滑板左端D紧靠C点，滑板的水平部分于C点相切，长度d =0.3m。现将质量为m =1kg的
小物块从传送带底端A处静止释放，传送带由静止开始匀加速启动，可以调节传送带的启动加
速度，使物块沿轨道BC外侧运送到滑板上。已知物块与传送带间动摩擦因数µ =0.8，与滑
1
板水平部分间动摩擦因数µ 未知，g =10m/s2。求：
2
第 24 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司(1)若传送带的启动加速度为0.2m/s2，小物块到达B点时的速度v ；
B
(2)求小物块到达最高点C的最大速度，以及传送带的启动加速度范围；
(3)若小物块以速度为v = 2m/s，冲上滑板左侧，经过时间t =0.6s刚好到达最高点F点。求：
C
①小物块达到F点时相对地面运动的距离x；
②小物块再次到达圆弧最低点E点时受到轨道支持力的大小F 。
N
【答案】(1)2m/s
(2)a ≥0.4m/s2
传
(3)①0.7905m；②50N
【详解】（1）物块上滑的最大加速度为：µθmgcos −θmgsin = ma ，解得a =0.4m/s2
1 m m
当传送带以0.2m/s2的加速度启动，物块与传送带之间是静摩擦力，因此物块的加速度也是
a =0.2m/s2
由v2 = 2as 得：v = 2m/s
B
（2）要使物块到达C点速度最大，需要考虑物块能达到的最大加速度和物块到达B点会不会
离开斜面的问题
v 2
B点不离开斜面的临界条件 mgcosθ= m B
R
解得v = 2 2m/s……
B
根据
v2 = 2as ，可得 a = 0.4m/s2
物块能达到的最大加速度也是0.4m/s2，所以物块以最大加速度加速运动到B点，
v = 2aL = 2 2m/s
B
1 1
B点到C点，根据动能定理： mv2 − mv2 = −mgR(1−cosθ)
C B
2 2
第 25 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司得v = 2m/s
C
传送带启动的加速度a ≥0.4m/s2
传
（3）[1]物块与滑板水平方向动量守恒 mv0= mv +Mv
m M
取很小的时间间隔 �t ， ∑ mv ∆t = m ∑ v ∆t+M ∑ v ∆t
0 m M
可得 x −x =( 0.3+0.081 ) m =0.381m
m M
解得：x =0.7905m
m
[2]当小物块到达F点时有mv =(m+M)v
c F
当小物块再次到达E点时
mv = mv +Mv
C 3 4
1 1 1
(m+M)V2 +mgr = mv2 + Mv2
F 3 4
2 2 2
得：v =1.9m/s v =0.1m/s
4 3
( v −v )2
F −mg = m 3 4
N
r
F =50N
N
16．（2025·湖南郴州·一模）如图甲所示，足够长、倾角为θ=37°的倾斜传送带顺时针方向匀
速运行，可视为质点的物块在t = 0时刻以大小为v =5m/s的速度从传送带底端开始沿传送带
0
上滑。若取传送带底端所在平面为零势能面，物块在传送带上相对运动时可在传送带上留下痕
迹。物块在传送带上的机械能E随时间t的变化关系如图乙所示：0.25s 前图线为曲线；0.25s
后图线为直线。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，下
列说法正确的是（ ）
A．物块的质量为m = 4kg B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
第 26 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司C．传送带的运行速度大小为2m/s D．物块从底端运动到最高处的过程中，传送带上的痕
迹长度为0.375m
【答案】ACD
1
【详解】A．物块初动能E =50J = mv2
k0 0
2
解得物块的质量为m = 4kg，A正确；
C．由图可知，在t=0.25s 时物块与传送带共速，设传送带的速度为v，则此时的机械能为29J，
1 v +v
即 mv2 +mg 0 tsin37 = 29J
2 2
可解得v=2m/s，C 正确；
v −v
B．在0.25s 内物块的加速度为大小a = 0 =12m/s2
t
方向沿传送带向下，则由牛顿第二定律mgsinθ+µmgcosθ= ma
可得物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.75，B错误；
D．物块从滑上传送带到与传送带共速阶段在传送带上的划痕长度
v +v v −v 5−2
∆x = 0 t−vt = 0 t = ×0.25m =0.375m
2 2 2
物块与传送带共速后因μ=0.75=tan37°可知，物块与传送带相对静止，则物块从底端运动到最
高处的过程中，传送带上的痕迹长度为0.375m，D正确。
故选ACD。
17．（2025·广东肇庆·一模）如图所示，某滑雪场的传送带与水平面的夹角为θ，游客利用传送
带运送器械。已知器械质量为m，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．在器械随
传送带匀速上行的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．器械所受摩擦力的大小为mgsinθ
B．器械受到的摩擦力方向沿传送带向下
C．摩擦力对器械做负功
第 27 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司D．器械所受支持力的冲量为0
【答案】A
【详解】A．器械匀速运动，受到的摩擦力大小等于重力沿斜面的分力大小，所以摩擦力为 f=
mgsinθ，故A正确；
B．器械匀速上行，相对传送带有下滑趋势，所以器械受到的摩擦力方向沿传送带向上，故B
错误；
C．器械受到的摩擦力方向与运动方向相同，因此摩擦力对器械做正功，故C 错误；
D．器械上行过程中所受支持力一直垂直于传送带，根据I = F t = mgcosθ⋅t
N
可知器械所受支持力的冲量不可能为0，故D错误。
故选A。
18．（2025·山东·模拟预测）如图所示，倾斜传送带 A、B两端的距离为8m，倾角θ=30，
以大小为5m/s的速度顺时针匀速转动。t = 0时刻，将质量为2kg、可视为质点的物块轻放在
3
传送带 A端。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
2
g =10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．从 A至B，物块所受的摩擦力大小始终为15N
B．t = 2.2s时物块所受的摩擦力沿传送带向下
C．从 A至B，物块在传送带上留下的划痕长为5m
D．若仅减小θ，则物块在传送带上留下的划痕将变长
【答案】C
【详解】AB．最初物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设其加速度大小为a，根据牛顿第
二定律有µθmgcos − mgsinθ= ma
解得a=2.5m/s2
设t 时刻物块与传送带共速，有v = at
1 0 1
第 28 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司解得t = 2s
1
1
在加速过程中物块运动的位移大小x = at2 =5m
1 1
2
因µ> tanθ，故此后物块与传送带相对静止，一起匀速运动，设再经时间t 物块到达B端，
2
L−x
则有t = 1 =0.6s
2 v
0
可知该时间段内物块所受的摩擦力为静摩擦力，大小为F = mgsinθ=10N
f
方向沿传送带向上，故AB错误；
C．0∼t 时间内传送带运动的位移大小x =v t =10m
1 0 0 1
划痕的长度∆x = x −x =5m，故C 正确；
1 0 1
D．设相对滑动的时间为t，减小θ后，滑块加速阶段的加速度变大，加速时间t变短，则划痕
v v
长度为∆x =v t− 0 t = 0 t
0
2 2
可知划痕变短，故D错误。
故选C。
19．（2025·贵州·模拟预测）如图，一倾角为θ=37°的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其左
端与长为d =1.45m、倾角也为θ的传送带平滑连接，右端与静止在水平地面上的长木板平滑
连接。先将传送带以v = 2m/s的速率顺时针匀速转动，然后将一质量为m =1kg的物块（可
视为质点）从传送带的顶端由静止释放，物块经圆弧轨道后冲上木板并恰好不从木板掉落。已
知物块与传送带间的动摩擦因数为µ =0.5，物块与木板上表面间的动摩擦因数为µ =0.4，
1 2
木板下表面与地面间的动摩擦因数为µ =0.1，木板的质量为M = 2kg，圆弧轨道的半径为
3
7
R = m，sin37° =0.6，cos37° =0.8，重力加速度大小g取10m/s2。求：
4
(1)物块离开传送带时的速度大小v ；
1
(2)物块经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小F ；
压
第 29 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司(3)木板的长度L及木板的运动时间t。
【答案】(1)v =3m/s
1
134
(2)F = N
压
7
16 4
(3)L = m，t = s
9 3
【详解】（1）对物块，从释放至速度达到v = 2m/s的过程，由牛顿第二定律得
mgsinθ+µmgcosθ= ma
1 1
v
该过程所用的时间为∆t = 0 =0.2s
a
1
v
该过程发生的位移大小为x = 0 ∆t =0.2m< d
2
由于µ < tanθ，所以物块将继续加速直至到达传送带下端。对该过程，由牛顿第二定律和匀
1
变速直线运动的规律有mgsinθµ− mgcosθ= ma ，v2 −v2 = 2a ( d −x )
1 2 1 2
联立以上各式并代入数据解得v =3m/s
1
1 1
（2）物块在圆弧轨道上运动的过程，由动能定理得mgR ( 1−cosθ)= mv2 − mv2
2 1
2 2
v2
在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律得F −mg = m 2
N
R
由牛顿第三定律得F = F
压 N
134
联立以上各式并代入数据解得F = N。
压
7
（3）物块在木板上开始运动至二者共速的过程，对物块，由牛顿第二定律得μ mg = ma
2 3
同理，对木板，由牛顿第二定律得µmg −µ ( M +m ) g = Ma
2 3 4
由匀变速直线运动的规律得v =v −a t = a t
共 2 3 1 4 1
v 16
由运动的相对性知，木板的长度为L = 2 t = m
1
2 9
此后，二者相对静止并一起做匀减速运动直至停止。对整体，由牛顿第二定律得
µ ( M +m ) g =( M +m ) a
3 5
第 30 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司由匀变速直线运动的规律得v = a t
共 5 2
又t =t +t
1 2
4
联立以上各式并代入数据解得t = s
3
20．（2025·贵州·模拟预测）如图所示，倾斜的传送带以v = 4m/s的速率顺时针匀速转动，一
质量为2kg的小物块（可视为质点）从底部A处以平行传送带、大小为2m/s的初速度滑上传
送带，小物块向上运动到距A的高度为1.5m的B处时与传送带的速度相等且能继续向上运动。
已知传送带的最高处C距A的高度为5m，g取10m/s2。则在小物块从 A运动到C的过程中
（ ）
A．合力对物块做的功为12J
B．因摩擦产生的内能为42J
C．传送带对物块做的功为100J
D．传送带克服摩擦力做功为126J
【答案】AD
【详解】A．合力对物块做的功等于物块增加的动能，则合力对物块做的功为
1 1
W = mv2 − mv2 =12J，故A正确；
0
2 2
B．小物块从A处到C处过程中只有A到B过程产生了滑动，小物块从A处到B处过程中做匀
v2 −v2 h
加速直线运动，则有 0 = AB ， f −mgsinθ= ma
2a sinθ
v−v
A到B过程中传送带的位移为x = 0 v
1
a
h
A到B过程中物块的位移为x = AB
2 sinθ
第 31 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司v−v h
则物块与传送带的相对位移为∆x = x −x = 0 v− AB
1 2 a sinθ
则联立可得因摩擦产生的内能为Q = f ⋅∆x =14J，故B错误；
1 1
C．小物块从A处到C处，根据动能定理有 mv2 − mv2 =W −mgh
0 传 AC
2 2
解得传送带对物块做的功为W =112J，故C 错误；
传
D．传送带克服摩擦力做的功等于传送带对物块做的功与摩擦产生的内能之和，则传送带克服
摩擦力做功为W =W +Q =126J,故D正确。
克 传
故选AD。
模型 3
板块模型
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
＝x －x ＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x ＋x ＝L。
1 2 2 1
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 ＝v ”临界条件的拓展含义
物 板
摩擦力突变的临界条件：当v ＝v 时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦
物 板
第 32 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司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 ＝v ；
物 板
②木板最短的条件：当v ＝v 时滑块恰好滑到木板的一端。
物 板
4.处理“板块”模型中动力学问题的流程
21．（2025·河北张家口·模拟预测）如图所示，质量为M=2.0kg、长度为l=2.5m 的长木板静置
于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ =0.2。质量为m=3.0kg可视为质点的滑块从长木板
1
的右端以初速度v 向左滑上长木板，滑块恰好运动到长木板的左端。已知长木板刚开始运动
0
时的加速度大小a =1m/s2，设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
1
说法正确的是（ ）
2
A．滑块与长木板间的动摩擦因数µ =
2 5
1
B．滑块与长木板间的动摩擦因数µ =
2
15
第 33 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司5 3
C．滑块初速度v = m/s
0
6
D．滑块初速度v =5m/s
0
【答案】AD
【详解】AB．长木板刚开始运动时的加速度大小a =1m/s2，对木板分析，根据牛顿第二定
1
律有µmg −µ(M +m)g = Ma
2 1 1
2
解得µ = ，故A正确，B错误；
2 5
CD．对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有µmg = ma
2 2
解得a = 4m/s2
2
可知滑块先向左做匀减速直线运动，木板向左做匀加速直线运动，两者达到相等速度后保持相
对静止向左做匀减速直线运动，最终停止运动。两者达到相等速度过程有v =v −a t = at
1 0 2 0 1 0
v +v v
滑块相对于木板的相对位移大小恰好等于木板长度，即有l = 0 1 t − 1 t
0 0
2 2
解得v =5m/s，故C 错误，D正确。
0
故选AD。
22．（2025·贵州贵阳·模拟预测）某多米诺骨牌游戏爱好者设计的游戏启动装置，如图所示。
整个装置由粗糙水平直轨道AB、与AB相切于B点的光滑竖直半圆固定轨道BC、粗糙水平桌
面DE、平台四部分组成。滑块P 和Q分别放置于A点和B点，与平台等高的木板静置于DE
上且其右端与C恰好在一条竖直线上，多米诺游戏启动牌静置于平台的右端。现用F=30N 的
水平恒力向右拉动滑块P，运动x=0.4m 后撤去F，P 运动到B点与Q发生弹性碰撞，Q经过C
点后恰好水平滑上木板，木板左端运动到平台右端时木板被锁定，待Q与启动牌碰撞后游戏
启动。已知AB的长度s=1m，BC的半径R=0.3m，木板的长度L=1.05m，木板左端到平台右端
的距离d=0.34m，P 的质量M=2kg，Q与木板的质量均为m=1kg。P 与AB间、Q与木板间的
动摩擦因数均为μ =0.15，木板与DE间的动摩擦因数μ =0.05，重力加速度大小g取10m/s2。
1 2
求：
第 34 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司(1)P 与Q碰撞前瞬间的速度大小；
(2)Q运动到C点时对半圆轨道的压力大小；
(3)Q与启动牌碰撞前瞬间的速度大小。
【答案】(1)3m/s
10
(2) N
3
(3)0.1m/s
【详解】（1）滑块P 从A运动到B，设P 到B点时的速度大小为v ，根据动能定理有
0
1
Fx−µMgs = Mv2 −0
1 0
2
解得v =3m/s
0
（2）P 与Q在B点发生弹性碰撞，设向右为正，碰撞后P 的速度为v ，Q的速度为v ，根据
P Q
1 1 1
动量守恒定律和能量守恒定律有Mv +0= Mv +mv ， Mv2 +0= Mv2 + mv2
0 p Q 0 p Q
2 2 2
解得v =1m/s，v = 4m/s
p Q
1 1
碰撞后，Q从B点运动到C点，根据能量守恒定律有 mv2 = 2mgR+ mv2
Q C
2 2
v2
Q在半圆轨道的C点，根据圆周运动规律有F +mg = m C
N
R
10
解得F = N
N
3
10
所以，滑块Q在C点对半圆轨道的压力大小为 N。
3
（3）Q以v 滑上长木板后，Q向左做减速运动，木板向左做加速运动。设它们的加速度大小
C
分别为a 、a ，对Q：µmg = ma
1 2 1 1
第 35 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司对木板：µmg −2µmg = ma
1 2 2
解得a =1.5m/s2，a =0.5m/s2
1 2
假设经时间t ，两者有共同的速度v ，此时 Q运动的位移为x ，木板运动的位移为x ，有对
1 共 1 2
1
Q：v =v −at ，x = (v +v )t
共 C 11 1 C 共 1
2
1
对木板：v = a t ，x = v t
共 2 1 2 共 1
2
解得t =1s，v =0.5m/s，x =1.25m，x =0.25m
1 共 1 2
因为x < d ，x −x < L，所以Q与木板达到共速后，再一起向左做减速运动至平台右端。
2 1 2
设两者一起减速的过程中，加速度大小为a ，运动的位移为∆x ，末速度大小为v ，根据动力
3 2 2
学分析对木板和Q：2µmg = 2ma ，v2 −v2 = −2a ∆x ，∆x = d −x
2 3 2 共 3 2 2 2
解得v =0.4m/s
2
木板到达平台右端时被锁定，此时Q在木板上继续向左减速至平台右端。则该过程Q的加速
度为a ，设其运动的位移为∆x，末速度大小为v 即为Q与启动牌碰撞前瞬间的速度大小，根
1 3
据动力学分析对Q：v2 −v2 = −2a ∆x，∆x = L−(x −x )
3 2 1 1 2
解得v =0.1m/s
3
23．（2025·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，粗糙地面上有一长木板 C，滑块A、B位于C 上
表面，滑块A位于C 的最右端，滑块A、B 相距3m，三者的质量分别为m =1kg，
A
m = m = 2kg，C 与A、B、地面之间的动摩擦因数分别为0.1、0.35、0.1。初始时，三者均
B C
处于静止状态。现给C 一个水平向右、大小等于16N的力F，作用了一段时间之后，A和B
发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞之后滑块A、B粘连在一起。从此刻开始，力F方向不变，大
小变为5N，在接下来的运动过程中，A、B 始终没有离开C。（滑块A、B可以视为质点，最
大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度g =10m/s2）则下列说法中正确的是（ ）
A．在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板 C 保持相对静止
B．从初始时刻到滑块 A、B发生碰撞的过程所用时间是 3s
第 36 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司C．在滑块A、B碰撞瞬间，滑块A的动量变为6kg⋅m/s
D．长木板C 的长度至少为3.075m
【答案】AD
【详解】A．假设在滑块 A、B 碰撞之前，滑块 B 与木板 C 保持相对静止，对 BC 整体分析，
根据牛顿第二定律可得F −µ (m +m +m )g −µ m g =(m +m )a
地 A B C AC A B C BC
解得a = 2.5m/s2
BC
对滑块B，由牛顿第二定律可得 f = m a =5N
B B BC
B与C 之间的最大静摩擦力 f =µ m g =7N>5N
Bmax CB B
假设成立，故A正确；
B．对滑块A，由牛顿第二定律可得µ m g = m a
CA A A A
解得a =1m/s2
A
1 1
设从初始时刻到A、B 发生碰撞的时间为t，则有 a t2 − a t2 =3m
BC A
2 2
解得t = 2s，故B错误；
C．碰撞前，滑块A的速度v = a t = 2m/s
A A
滑块B的速度v = a t =5m/s
B BC
设A、B碰撞后的共同速度为v，根据动量守恒定律可得m v +m v =(m +m )v
A A B B A B
解得v = 4m/s
碰后滑块A的动量 p = m v = 4kg�m/s，故C 错误；
A A
D．碰撞后，对A、B 整体分析，根据牛顿第二定律可得µ (m +m )g =(m +m )a
CB A B A B AB
解得a =3.5m/s2
AB
方向向右，对木板C，根据牛顿第二定律可得
F −µ (m +m )g −µ (m +m +m )g = m a
CB A B 地 A B C C C
解得a =5.25m/s2
C
方向向左，设经过t'时间A、B、C 三者达到共同速度v ，则有v+a t' =v −a t'
共 AB B C
1
解得t' = s
8.75
第 37 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司1
此过程中，AB的位移x =vt' + a t'2
AB AB
2
1
C 的位移x =v t' − a t'2
C B C
2
代入数据解得二者的相对位移∆x = x −x =0.075m
C AB
则木板C 的最小长度为L =3m+∆x =3.075m，故D正确。
故选AD。
24．（2025·云南楚雄·模拟预测）如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和2m，静止叠放在
µ
水平地面上。A、B之间的动摩擦因数为µ，B 与地面之间的动摩擦因数为 ，可认为最大静
2
摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则下列说法正确的是（ ）
A．当F < 2µmg时，A、B都相对地面静止
µg
B．无论F为何值，B 的加速度都不会超过
8
C．当F = 4µmg时，A、B之间的摩擦力 f = 2µmg
D．当F >6µmg时，A、B之间发生相对滑动
【答案】AD
【详解】A．A、B之间的最大静摩擦力 f =3µmg
max
µ 5µmg
B与地面之间的最大静摩擦力 f ′ = ( 2m+3m ) g =
max
2 2
5µmg
A、B都相对地面静止时，F < ，选项A正确；
2
CD．若A、B一起向右运动，A、B之间的摩擦力为静摩擦力，对A、B组成的整体有
1
F − µ( 2m+3m ) g =5ma
2
1
对B有 f − µ( 2m+3m ) g = 2ma
2
又 f ≤3µmg
第 38 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司15
解得F ≤ µmg
4
故F >6µmg时，A、B之间发生相对滑动，当F = 4µmg时，A、B之间的摩擦力 f =3µmg ，
选项C 错误，D正确；
1
3µmg − µ( 2m+3m ) g
B．当A、B发生相对滑动时，B的加速度
2
µg
a = =
2m 4
µg
所以无论F为何值，B 的加速度都不会超过 ，选项B错误。
4
故选AD。
25．（2025·云南昆明·模拟预测）粗糙水平地面上有一质量m=1kg的长木板B，在木板B的最
右端放一质量也为1kg的物块A（可视为质点），如图甲所示。给木板B施加水平向右的拉力
F，木板B的加速度a随拉力F的变化关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。
(1)求物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)现对B施加一恒力F ， A、B均由静止开始运动；某时刻撤去恒力F ，一段时间后，A、
0 0
B都停止运动，A仍在木板B的最右端。求恒力F 的大小。
0
【答案】(1)0.1，0.2
(2)6.75N
【详解】（1）由图乙可知，对AB受力分析，则有F = 4N =µ×2mg
1 1
解得µ =0.2
1
对A受力分析，根据牛顿第二定律有µmg = ma
2 0
其中a =1m/s2
0
解得µ =0.1
2
（2）对B受力分析，当有恒力F 时，根据牛顿第二定律有F −µ×2mg −µmg = ma
0 0 1 2 1
第 39 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司撤去恒力时，根据牛顿第二定律有µ×2mg +µmg = ma
1 2 2
AB共速后，根据牛顿第二定律有µ×2mg −µmg = ma
1 2 3
对A受力分析，只要有相对运动，根据牛顿第二定律有µmg = ma
2 0
根据题意作出A、B相对地面的速度-时间图像如图所示
设恒力F 作用的时间为t ，撤去恒力到A、B共速时间为t ，共速时有at −a t = a ( t +t )
0 1 2 11 2 2 0 1 2
共速前后各自运动的位移相等，则有
a ( t +t )
a ( t +t )× a ( t +t )− 0 1 2
( a −a ) t ×( t +t ) 0 1 2 0 1 2 a
1 0 1 1 2 = 3
2 2
联立解得F =6.75N
0
26．（2025·云南昆明·模拟预测）如图甲所示，水平面上放置质量M =1kg的足够长的木板A，
木板A上放置质量m = 2kg的滑块B，水平力F作用于滑块B上，F随时间变化的关系如图
乙所示，t 时刻滑块B相对木板A发生相对滑动，此时拉力变成恒定的20N。已知滑块B与
0
木板A之间的动摩擦因数µ =0.4，木板A和水平面之间的动摩擦因数µ =0.1，重力加速
1 2
度g =10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)t =6s时，A、B的加速度；
1
(2)t 时刻滑块B的速度大小；
0
(3)0~15s 内滑块B相对木板A的位移。
第 40 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司【答案】(1)3m/s²
(2)18.75m/s
(3)18m
【详解】（1）对整体受力分析，刚开始运动时，有F =µ ( m+M ) g
min 2
解得F =3N
min
由F-t图像可知F=2t
联立解得刚开始运动时刻为t=1.5s
整体开始运动后先一起做加速运动，当木板 A的加速度达到最大时，A、B发生相对运动，对
A受力分析，由牛顿第二定律，有µmg −µ ( m+M ) g = Ma
1 2 0
解得a =5m/s2
0
对B受力分析，由牛顿第二定律，有F −µmg = ma
1 1 0
联立解得A、B发生相对运动时拉力为F =18N
1
联立解得A、B发生相对运动的时刻为t =9s
0
因此t =6s 时，AB以共同的加速度运动，此时F=2t =12N
1 1
把AB看成一个整体，由牛顿第二定律，有F −µ ( m+M ) g =( m+M ) a
2 1
解得a = 3m/s²
1
（2）滑块B相对木板 A刚开始运动前，A、B一起加速运动，对整体受力分析有
F −µ ( m+M ) g =( m+M ) a
2
2
整理有a = t−1
3
a-t图像如图所示
由a-t图像的面积表示速度变化量可知滑块B 相对木板A刚开始运动时的速度大小为
1
v = ×5×( 9−1.5 ) m/s=18.75m/s
2
第 41 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司（3）由上述分析可知1.5-9s 之间A、B存在相对滑动，9s 后对A受力分析，由牛顿第二定律，
有µmg −µ ( m+M ) g = Ma
1 2 A
解得a =5m/s2
A
对B受力分析，由牛顿第二定律，有F −µmg = ma
1 B
解得a =6m/s2
B
1
则9s 后由位移-时间公式可得A的位移为x = vt + a t2
A A
2
1
B的位移为x =vt+ a t2
B B
2
联立解得整个过程中A、B的相对位移为∆x = x −x =18m
B A
27．（2025·河南·一模）如图甲所示，质量M = 2kg足够长的木板静止在粗糙水平地面上，木
板左端放置一质量m =1kg的小物块。t = 0时刻对小物块施加一水平向右的拉力F ，拉力F 的
大小随时间t的变化关系如图乙所示，4s末撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数
µ =0.5，木板与地面间的动摩擦因数µ =0.1，g取10m/s2，最大静摩擦力约等于滑动摩
1 2
擦力。下列说法正确的是（ ）
1
A．t =1s时物块受到的摩擦力大小为3 N
3
7
B．撤去拉力后 s物块与木板达到共速
3
20
C．撤去拉力后 s木板在水平面上停止运动
3
350
D．在整个运动过程中摩擦生成的总热量为 J
3
【答案】BC
第 42 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司【详解】A．由题意可知，在第1s 时间内，物块受到拉力为4N，假设物块与板不发生相对滑
动，对整体由牛顿第二定律可得4N−µ ( m+M ) g =( m+M ) a
2
1
解得a = m/s2
3
1
因为µmg =5N > ma = N
1
3
1
可知假设成立，对物块，由牛顿第二定律可知物块受到的摩擦力大小 f = ma = N，故A错
3
误；
1
B．以上分析可知3s 末整体速度v = at′= ×3m/s =1m/s
1
3
图乙可知3s ~ 4s拉力为20N，假设物块与板不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得
20N−µ ( m+M ) g =( m+M ) a
2 1
17
解得a = m/s2
1
3
17
因为µmg =5N < ma = N
1 1
3
可知假设不成立，即物块与木板产生了相对滑动，对物块、木板分别有
20N−µmg µmg −µ ( m+M ) g
a = 1 =15m/s2，a = 1 2 =1m/s2
物 板
m M
可知4s 末二者速度分别为v =v +a ×( 4s−3s )=16m/s，v =v +a ×( 4s−3s )= 2m/s
物 1 物 板 1 板
µmg
撤去拉力后物块加速度大小a = 1 =5m/s2（方向水平向左）
物1
m
则撤去拉力后到二者共速有v =v −a t =v +a t
共 物 物11 板 板 1
7 13
联立解得t = s，v = m/s，故B正确；
1 共
3 3
v
C．因为µ >µ，二者共速后保持相对静止，则共速后到二者停止运动用时t = 共
2 1 2 a
2
µ ( m+M ) g
因为a = 2 =1m/s2
2 m+M
第 43 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司13
联立解得t = s
2
3
20
则撤去拉力后木板在水平面上运动时间t =t +t = s，故C 正确；
板 1 2
3
v v +v
D．根据以上分析可知整个过程拉力做功W = 4N× 1 ×3s+20N× 1 物 ( 4s−3s )=176J
2 2
根据功能关系，可知在整个运动过程中摩擦生成的总热量为176J，故D错误。
故选BC。
28．（25-26高三上·安徽·月考）如图所示，在倾角为θ=37°的固定斜面上放置一足够长的薄
木板Q，Q下端与斜面底端间距为18.5m。Q下端放置小物块P（可视为质点），在外力作用
下P、Q处于静止状态。已知P 与Q间的动摩擦因数为0.25，Q与斜面间的动摩擦因数为0.5，
3
P 与斜面间的动摩擦因数为 ，P、Q的质量均为1kg。重力加速度为g =10m/s2，t = 0时，
8
撤去外力，同时P 获得8m/s的初速度沿斜面方向上滑，Q获得2m/s的初速度沿斜面方向下
滑，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)P 速度减为零时Q的速度；
(2)从开始到P 与Q分离所需要的时间；
(3)P 与Q到达斜面底端的时间差（答案可含根号）。
【答案】(1)0
(2)2.5s
( )
(3) 3 2 −2 s
【详解】（1）取沿斜面向下为正方向，P 的初速度为v = −8m/s
P
当t = 0时，根据牛顿第二定律，对P 分析有mgsinθµ+ mgcosθ= ma
1 1
解得P 上滑的加速度为a =8m/s2
1
加速度方向为正，说明P 减速上滑
对Q分析有mgsinθµ− mgcosθµ− ×2mgcosθ= ma
1 2 2
第 44 页 共 49 页
学科网（北京）股份有限公司解得Q下滑的加速度a = −4m/s2
2
加速度为负，说明Q减速下滑
P 速度减为零时0=v +at
P 11
解得t =1s
1
Q速度减为零时0=v +a t′
Q 2 1
解得t′ =0.5s
1
可知t′
