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秘籍 04 滑块木板模型和传送带模型
一、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，设板长为L，滑块(可视
为质点)位移大小为x ，滑板位移大小为x 。
块 板
同向运动时：L＝x －x
块 板．
反向运动时：L＝x ＋x
块 板．
3. 判断滑块和模板运动状态的技巧：
“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a ＝.假设两物体
m
同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整
体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力。
4．技巧突破点
(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)．
5．分析板块模型的思路二、传送带模型
1．水平传送带
滑块的运动情况
情景
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速 先加速后匀速
v v时，一直减速 v >v时，先减速再匀速
0 0
滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左
端．
滑块一直减速到右端
若v v返
0 0 0
回到左端时速度为v.
2．倾斜传送带
滑块的运动情况
情景
传送带不足够长 传送带足够长一直加速(一定满足关系
先加速后匀速
gsin θ<μgcos θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
一直加速(加速度为gsin θ
＋μgcos θ) 若μv时，一直减速(加速度 若μ≥tan θ，先减速后匀速；若 μμgcos θ，一直加速；
gsin θ＝μgcos θ，一直匀速
先减速到速度为 0后反向加速到原位置时速
(摩擦力方向一定
gsin θ<μgcos θ，一直减速
度大小为v
沿斜面向上) 0
3．划痕问题：滑块与传送带的划痕长度Δx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方向相同，Δx＝Δx ＋Δx (图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等
1 2
于较长的相对位移大小．(图乙)
4.功能关系分析：
(1)功能关系分析：W＝ΔE ＋ΔE ＋Q。
k p
(2)对W和Q的理解
传送带克服摩擦力做的功：W＝fx ；
传
产生的内能：Q＝fx 。
相对
【题型一】滑块木板模型
【典例1】（2024·四川成都·二模）如图，一质量为 的木板静止在水平地面上，一质量为
的滑块（可视为质点）以 的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够长，滑
块与木板间的动摩擦因数为 ，木板与地面间的动摩擦因数为 （未知），重力加速度大小取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．地面对木板的摩擦力方向水平向右
B．地面对木板的摩擦力大小为
C． 可能为0.12
D．整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为
【答案】C
【详解】A．根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面对木板的静摩擦力方向
水平向左，故A错误；
B．滑块对木板的滑动摩擦力大小
由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小
故B错误；
C．木板始终保持静止，即
解得
故C正确；
D．整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量
故D错误。
故选C。
【典例2】（2024·广西贵港·模拟预测）如图（a）所示，一质量为 的长木板静置于粗糙水平面上，其
上放置一质量未知的小滑块，且长木板与小滑块之间接触面粗糙。小滑块受到水平拉力 作用时，用传感
器测出小滑块的加速度 与水平拉力 的关系如图（b）实线所示。已知地面与长木板的动摩擦因数为
0.2，重力加速度 ，下列说法正确的是（ ）A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.6
B．当水平拉力增大时，小滑块比长木板先相对地面发生滑动
C．小滑块的质量为
D．当水平拉力 时，长木板的加速度大小为
【答案】AC
【详解】A．设小滑块质量为 ，小滑块与长木板之间的动摩擦数为 ，当小滑块与长木板发生相对滑动
时，对小滑块由牛顿第二定律有
得
由（b）图可得
A正确；
BC．从图（b）知，当拉力为 时，小滑块与长木板恰好发生相对滑动，此时两物体具有共同加速度
，对长木板分析，由牛顿第二定律有
得
对小滑块，有
得
因为
所以小滑块和长木板相对地面同时发生相对滑动，B错误，C正确；
D．由于所以此时长木板的加速度未达到 ，D错误。
故选AC。
【典例3】（23-24高三上·新疆·阶段练习）如图所示，质量为M的木板B在光滑水平面上以速度v 向右做
0
匀速运动，把质量为m的小滑块A无初速度地轻放在木板右端，经过一段时间后小滑块恰好从木板的左端
滑出，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（ ）
A．若只增大M，则小滑块能滑离木板
B．若只增大v，则小滑块在木板上运动的时间变长
0
C．若只减小m，则滑离木板过程中小滑块对地的位移变小
D．若只减小μ，则小滑块离开木板的速度变大
【答案】AC
【详解】A．若只增大木板的质量M，根据牛顿第二定律
可知木板的加速度减小，小滑块的加速度为
不变，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，则小滑块能滑离木板，A正确；
B．若只增大木板的初速度v，小滑块受力情况不变，小滑块的加速度不变，小滑块相对木板的平均速度
0
变大，小滑块在木板上的运动时间变短，B错误；
C．若只减小小滑块的质量m，小滑块的加速度不变，木板的加速度变小，以木板为参考系，小滑块运动
的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，滑离木板过程中小滑块对地的位移变小，C正确；
D．若只减小动摩擦因数，小滑块和木板的加速度都减小，相对位移不变，小滑块滑离木板的过程所用时
间变短，小滑块离开木板的速度变小，D错误。
故选AC。
【典例4】（2024·陕西西安·三模）如图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角为 ，上有质量为
的足够长木板A，其下端距挡板间的距离为 ，质量也为 的小物块B置于木板A的顶端，B与木板B
之间的动摩擦因数为 。无初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生弹性碰撞，且
碰撞时间极短。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 。
试求:
（1）木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中木板A和物块B各自加速度的大小；
（2）木板A从开始到第三次与挡板碰撞过程中运动的总路程s；
（3）若从开始到A、B最后都静止的过程中，物块B一直未从木板A上滑落，则木板A长度 应满足的条
件。【答案】（1） ，方向沿斜面向下， ，方向沿斜面向上.；（2） ；（3）
【详解】（1）A第一次碰挡板前，系统相对静止，之间无摩擦。碰后，对B，有
方向沿斜面向上;
碰后，对A，有
方向沿斜面向下；
（2）第一次碰前系统加速度为
第一次碰时系统速度为
第一次碰后， 沿斜面向上减速再向下加速， 沿 向下减速，直至 共速后再一同沿斜面向下加速。
第一次碰后，A沿斜面上滑的距离为
第一次碰后，设 经时间 共速，共速时速度大小为v。有
可得
第一次碰后，A沿斜面上滑至AB共速时的位移为x，有
A第二次与挡板碰时速度为 。 共速后至 第二次碰，有
可得
第二次碰后，A沿斜面上滑的距离为从开始到第三次碰， 的总路程为
（3） 最后静止于斜面底部。设 相对 下滑位移为 ，由系统功能关系，有:
可得
故板长条件为
1．如图所示，足够大的水平地面上静置一木板，两个均可视为质点的滑块A、B分别放在木板两端，现使
两滑块同时以 的速度相向滑动，两滑块恰好在木板的正中间相遇，相遇前木板做匀加速直线运动，
相遇后木板做匀减速直线运动。已知滑块A的质量为 ，与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块B的质量为
，与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
取重力加速度大小 。下列说法正确的是（ ）
A．木板的长度为
B．木板的质量为
C．木板运动的最大距离为
D．整个过程中滑块B的位移为0
【答案】D
【详解】B．对两滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得
，
依题意，相遇前木板匀加速，由牛顿第二定律，有
相遇后木板匀减速，有
解得可知相遇时三者共速，取向右为正方向，设三者经t时间共速，由速度与时间关系可得
联立，解得
故B错误；
ACD．根据B选项分析，三者一起匀减速过程，有
解得
做出它们运动的v-t图像如图
由图可知，木板的长度为
木板运动的最大距离为
分析滑块B，减速时间设为 ，则有
解得
整个过程中滑块B的位移为
故AC错误；D正确。
故选D。
2．如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看做质点）放置于长木板上的最右端。现将
一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、
长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等，小滑块Q始终没有从长木板P上滑
下。重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5 B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.75
C．t=9s时长木板P停下来 D．长木板P的长度至少是16.5m
【答案】C
【详解】A．由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为v=5m/s，6s 时两者速度相同为
1
v=3m/s，在0～6s的过程对Q由牛顿第二定律得
2
根据图乙可知
代入数据可得
μ=0.05
1
故A错误；
B．5s～6s对P由牛顿第二定律得
μmg+μ•2mg=ma
1 2 1
由乙图可知
a=2m/s2
1
代入数据可得
μ=0.075
2
故B错误；
C．6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得
代入数据可得
a=1m/s2
3
这段时间
所以9s时长木板P停下来，故C正确；
D．6s 前长木板的速度大于滑块Q的速度，6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由v-t图像的“面
积”可知前6s的相对位移大于6s后的相对位移，故长木板P的长度至少为前6s过程中Q相对P滑动的距
离故D错误。
故选C。
3．（2024·贵州·模拟预测）如图甲，一质量为m的木板A静止在光滑水平地面上，A左端有一质量、厚度
均不计的硬挡板，一轻质弹簧左端与挡板连接，弹簧右端与木板A右端的距离为 。质量也为m的可视为
质点的滑块静止在A的右端，给滑块一水平向左、大小为 的初速度，滑块会压缩弹簧，弹簧的最大压缩
量为 ，滑块压缩弹簧被弹回后恰好可以到达A的右端，滑块与A接触面间的动摩擦因数 ；如图乙，
如果将木板A与地面成 角固定，将滑块换为相同质量的光滑的滑块，滑块的初速度大小为 ，方向沿
斜面向上，从木板A底端开始上滑，弹簧的最大压缩量也为 ，重力加速度为g。下列说法正确的是（
）
A．
B．弹簧弹性势能的最大值为
C．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度为0
D．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度大小为
【答案】BD
【详解】CD．如图甲，设滑块被弹簧弹开，运动到长木板右端时的速度为v，系统的合外力为零，系统动
3
量守恒，滑块压缩弹簧被弹回后恰好可以到达A的右端，由动量守恒定律得
解得
故C错误，D正确；
AB．如图甲，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为 ，弹簧最大弹性势能为 ，从滑块以速度 滑上
长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律从弹簧被压缩到最短到滑块恰好滑到长木板的右端，由能量守恒
如图乙，滑块滑上长木板的速度为v，弹簧的最大压缩量也为x，由能量守恒
2 2
联立可得
，
故A错误，B正确。
故选BD。
4．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，木板B受到不断增大的水平拉
力 作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的 图像、已知 取 ，则
（ ）
A．滑块A的质量为
B．木板B的质量为
C．当 时木板B加速度为
D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1
【答案】BC
【详解】ABD．根据题意，由图乙可知，当拉力等于 ，滑块A与木板B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，
当拉力大于 时，对木板B，由牛顿第二定律有
由图乙可知
当拉力等于 时，对滑块A，由牛顿第二定律有
对木板B，由牛顿第二定律有
其中，
解得
，
又有
解得
故AD错误，B正确；
C．当 时，由牛顿第二定律有
解得
故C正确。
故选BC。
5．（2024·广西河池·一模）如图所示，一足够长倾斜角 的斜面顶端放置一长木板A，木板A上表面
的某处放置一小滑块B（可看成质点），已知A和B的质量分别为2m和3m，木板A顶端与滑块B相距为
的地方固定一光滑小球C（可看成质点），已知小球C的质量为m，A与B之间的动摩擦因数
，A与斜面间动摩擦因数 ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 ，
将固定的光滑小球C由静止释放，C与B会发生弹性碰撞，求：
（1）小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度分别多大；
（2）要使小球C再次碰到滑块B之前B未能滑出A下端，则木板A至少多长；
（3）A和B共速时，滑块B与小球C距多远。
【答案】（1）1.5m/s；1.5m/s；（2）1.2m；（3）0.6m
【详解】（1）由于A与B之间的动摩擦因数及A与斜面间动摩擦因数均不大于 ，则在BC相碰前，AB
均相对斜面静止，小球在由释放到碰B过程中，根据动能定理
解得
BC碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒可得解得小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度
，
（2）BC碰后，对ABC分别根据牛顿第二定律
假设C再次碰到B之前，AB尚未共速，根据位移关系有
解得
此时A的速度
B的速度
显然假设不成立；在C再次碰到B之前，AB发生向下的共速，在BC碰后到AB共速过程
解得
，
此后由于 ，则AB相对静止，因此要使小球C再次碰到滑块B之前B未能滑出A下端，则木板A的
长度最少为
（3）AB发生向下的共速时滑块B与小球C相距
6．（2024·河南·三模）等高的木板B和木板C静置于水平地面上，木块A静止在木板B上，P为固定挡板。
A、B、C的质量分别为2kg、1kg、2kg。B与地面的动摩擦因数 ，C与地面间无摩擦，A与C之间的
动摩擦因数 ，C右端离挡板P的距离l=1.2m。某时刻在A上施加一水平向右的拉力F=10.5N，2s后撤去拉力，A获得速度 ，此时B与C发生碰撞，A恰好从B滑到C上。C与B、P的碰撞均为弹性
碰撞，不计碰撞时间及物块A的大小，C足够长使得A不会从C上滑下。取重力加速度大小
（1）求B与C碰撞前瞬间，B的速度大小；
（2）求B与C碰撞后瞬间，C的速度大小；
（3）通过计算判断C是否能与B再次相碰。
【答案】（1） ；（2） ；（3）不能与B再次相碰
【详解】（1）对A、B整体，从静止到撤去拉力，由动量定理得
所以有
（2）B、C碰撞前后动量守恒，机械能守恒
所以
，
（3）A、C达共速为 ，有
可得
v=4m/s
对C，由牛顿第二定律有
联立得
a=5m/s²，x=1.2m=l，t₁=0.4s
c
此时C刚好与挡板P发生弹性碰撞，以大小v=4m/s原速率返回，向左减速，加速度大小仍为 。
此后，A、C动量守恒且总动量为零，最后若C不与B相碰则A、C同时停下。
B、C碰后，对B
可得B从碰后到停下共需时间
此时B距挡板P的距离为
在B停下来时，C的速度
发生的位移
即在B停下前，B、C一直在靠近，并且没有相碰。C从与P相碰到停下发生的位移
因 ，故最后C不能与B再次相碰。
【题型二】 传送带模型
【典例1】如图所示，某快递公司为提高工作效率，利用传送带传输包裹，水平传送带长为4m，由电动机
驱动以4m/s的速度顺时针转动。现将一体积很小、质量为10kg的包裹无初速的放到传送带A 端，包裹和
传送带间的动摩擦因数为0.1， 重力加速度为g 则包裹从A 运动到 B 的过程（ ）
A．时间为 1s
B．时间为 4s
C．电动机多输出的电能为40J
D．电动机多输出的电能为
【答案】D
【详解】AB．包裹加速度为加速运动到与传送带共速经历的时间为
位移为
故包裹在与传送带共速前已经滑离传送带，由
可得
AB错误；
CD．包裹从A 运动到 B 的过程传送带位移为
包裹位移为
摩擦生热为
包裹的获得的速度为
包裹获得的动能为
故电动机多做的功为
C错误，D正确。
故选D。
【典例2】（2024·安徽六安·模拟预测）如图所示，传送带的倾角（ ，从A到B长度为 16m，传送
带以 10m/s 的速度逆时针转动。 时刻在传送带上A端无初速度地放一个质量 的黑色煤块，
时皮带被异物卡住不动了。 已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为 ，煤块在传送带上经过
会留下黑色划痕。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，取 ）则（ ）A．煤块到达 B 点时的速度为 10m/s
B．煤块从A到B的时间为3s
C．煤块从A到B的过程中机械能减少了 12J
D．煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是16m
【答案】C
【详解】B．开始阶段，由牛顿第二定律得
解得
煤块加速至传送带速度相等时需要的时间为
煤块发生的位移为
所以媒块加速到 时仍未到达B点，此时皮带挒好被异物卡住不动了，此后摩擦力方向改变；第二阶
段有
解得
设第二阶段煤块滑动到B点的时间为 ，则
解得
则煤块从A到B的时间
故B错误；
A．根据 得故A错误；
D．第一阶段媒块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为
故煤块相对于传送带上移 ；第二阶段媒块的速度大于传送带速度（为零），煤块相对传送带向下移动，
媒块相对于传送带的位移大小为
即煤块相对传送带下移 ，故传送带表面留下黑色炭迹的长度为 （前 被覆盖），故D错误；
C．煤块开始的机械能
到达B点时机械能
故C正确。
故选C。
【典例3】如图所示，传送带与水平地面的夹角 ，以 的速率顺时针方向转动。将一质量为
的物体（可视为质点）从A端无初速释放，经过 运动到B端。物体与传送带间的动摩擦因
数 （g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。则（ ）
A．物体运动的加速度恒为
B．传送带的长为
C．物体运动到B端时的动量大小为
D．传送带与物体因摩擦产生的热量为
【答案】BD
【详解】AB．对小煤块进行受力分析，由牛顿第二定律有
解得
小煤块下滑到与传送带速度相等
解得此时小煤块的位移
解得
又因为 ， 小煤块继续下滑的加速度
解得
又
代入数据解得
故
故A错误，B正确；
C．由
解得
故C错误；
D．第一阶段小煤块相对传送带位移
解得
第二阶段小煤块相对传送带位移
解得
m
摩擦产生的热量解得
故D正确。
故选BD。
【典例4】（2024·四川成都·二模）如图所示，传送带倾斜放置，倾角为θ=37°，以恒定速率v=4m/s顺时针
转动。一煤块以初速度 =12m/s从A端冲上传送带，煤块刚好不会从传送带顶端B冲出。已知煤块和传送
带之间的动摩擦因数 =0.25，g取10m/s2，求：
（1）求AB之间的距离L；
（2）煤块在传送带上留下的划痕长度∆x。
【答案】（1）10m；（2） m
【详解】（1）在煤块与传送带共速前，对煤块，由牛顿第二定律有
可得煤块的加速度大小
煤块运动时间
煤块运动的位移
煤块与传送带共速后，对煤块，由牛顿第二定律有
可得煤块的加速度大小
煤块速度减为零所用的时间间
煤块运动的位移则AB之间的距离
（2）在煤块与传送带共速前，传送带运动的位移
传送带上痕迹长度
煤块与传送带共速后，对煤块上滑的过程，传送带的位移大小为
产生的划痕长度为
该过程中由于传送带的速度始终大于煤块的速度，因此产生的划痕与共速前的划痕重叠，此时有 2m的划
痕在煤块之前，有2m的划痕在煤块之后，设煤块从传送带顶端滑到底端所用时间为 ，则有
解得
该过程中传送带的位移
该过程中传送带运动方向与煤块运动方向相反，煤块之后的2m划痕随着煤块的下滑被覆盖，因此总的划
痕长度为
【典例5】（2024·湖南长沙·一模）如图所示，传送带的水平部分ab长度 ，倾斜部分bc长度
，bc与水平方向的夹角为θ＝37°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率v＝4m/s，现将
质量m＝2kg的小煤块（视为质点）由静止轻放到a处，之后它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的
动摩擦因数μ＝0.2，且此过程中小煤块不会脱离传送带，取重力加速度大小 ，求：
（1）煤块从a运动到c的时间；
（2）煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度；
（3）煤块与传送带间的摩擦生热。【答案】（1）5.5s；（2）8.8m；（3）
【详解】（1）煤块在水平部分的运动时，由牛顿第二定律
可得煤块运动的加速度
煤块从静止加速到与传送带共速的距离为
故煤块在水平部分先加速，后匀速运动，加速时间的时间为
匀速运动的时间
在倾斜传送带上，由于
故煤块在斜传送带上做加速运动，由牛顿第二定律
可得煤块在倾斜传送带上的加速度为
根据匀加速运动的位移与时间的关系有
解得
或 （舍去）
故煤块从a运动到c的时间
（2）煤块在水平传送带的相对位移为
煤块在倾斜传送带的相对位移为
由于 与 是重复痕迹，故煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为8.8m。
（3）煤块在水平传送带的摩擦生热
其中解得
煤块在倾斜传送带的摩擦生热
其中
解得
故
1．如图甲所示一水平的浅色长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
。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在变速电机带动下先加速后减速，传送带的速
度-时间 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，
，则下列说法正确的是（ ）
A．黑色痕迹的长度为
B．煤块在传送带上的相对位移为
C．若煤块的质量为 ，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为
D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长
【答案】B
【详解】A．煤块的加速度
在v-t图上作出煤块的速度—时间图像（图像过6s，12m/s；与传送带的图像交于8s，16m/s；然后减速，
交t轴于16s）由图可知，痕迹长
故A错误；
B．煤块在传送带上的相对位移
故B正确；
C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量为
Q=μmg（s+x ）=0.2×2×10×（48+32）J=320J
煤
故C错误；
D．质量变大，不改变加速度，痕迹长不变，故D错误。
故选B。
2．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度
1
从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 图像如图乙所示，物块到传送带顶端时
速度恰好为零，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，则（ ）
A．由图乙可知，0～1s内物块受到的摩擦力大于1～2s内的摩擦力
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带底端到顶端的距离为10m
【答案】CD
【详解】AB．由乙图可知在0～1 s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，
与物块运动的方向相反；1～2 s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，
与物块运动的方向相同；由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式
可知两段时间内摩擦力大小相等，故AB错误；C．根据 图像可知在0～1 s内物块的加速度为
根据牛顿第二定律得
解得
故C正确；
D．物块上升的位移大小等于 图像所包围的面积大小，则有
故D正确。
故选CD。
3．如图（a）所示，在t=0时将一质量为0.1kg的滑块轻放置于传送带的左端，传送带在t=4s时因为突然断
电而做减速运动，从t=0到减速停下的全程，传送带的v-t图像如图（b）所示。已知传送带顺时针运动，
滑块与传送带间的动摩擦因数为0.08，传送带两轮间的距离足够长，重力加速度大小为10m/s2.，下列关于
滑块说法正确的是（ ）
A．滑块先匀加速运动，后匀减速运动直至停止
B．滑块从轻放上传送带至停下，所用的时间为6s
C．滑块在传送带上留下的划痕为28m
D．全程滑块与传送带间产生的热量为2.24J
【答案】AC
【详解】A．滑块轻放置于传送带的左端，则有滑块在传送带上的加速度为
若传送带不停电，滑块与传送带达到共速时所用时间
由图b可知传送带在t=4s后做减速运动的加速度
可知滑块做加速运动，传送带做减速运动，滑块与传送带达到共速后，由于传送带做减速运动的加速度大于滑块的加速度，滑块开始做减速运动直至停止，因此滑块先匀加速运动，后匀减速运动直至停止，A正
确；
B．传送带做减速运动后，滑块与传送带达到共速时所用时间
解得
此时滑块的速度为
滑块停下所用时间
滑块从轻放上传送带至停下，所用的时间为
B错误；
C．滑块与传送带达到共速时的位移
传送带的位移
滑块与传送带的相对位移是
可知此时滑块在传送带上留下的划痕为28m。滑块开始做匀减速运动到停下运动的位移
传送带与滑块达到共速后到停下运动的位移
此时滑块与传送带的相对位移是
可知此时滑块与传送带相对位移的大小8m产生的划痕与前面的划痕重叠，划痕取最大值，则有滑块在传
送带上留下的划痕为28m，C正确；
D．全程滑块与传送带间的相对位移大小为
滑块与传送带间产生的热量为D错误。
故选AC。
4．（2024·贵州·模拟预测）如图所示，一长 的水平传送带在电动机带动下以速度 沿顺时针
方向匀速转动，质量 的小物块 和质量 的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，绳不可伸
长，A与定滑轮间的绳子与传送带平行。某时刻将物块A轻轻放在传送带最左端，已知物块A与传送带间
的动摩擦因数 ，滑轮的质量和绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度 ，两物块均可视为质
点。求：
（1）把物块A放上去瞬间B的加速度 的大小；
（2）物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的冲量大小。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）根据题意，设物块A放上去瞬间绳子的拉力为 ，由牛顿定律，对物块A有
对物块B有
解得
，
（2）根据（1）分析可知，物块A在传送带上做匀加速直线运动，设加速到与传送带共速的时间为 ，则
有
运动的距离为
由于物块A与传送带间的最大静摩擦力
可知，物块A与传送带共速后，一起匀速到右端，运动时间为
此时绳子的拉力为设物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的水平方向冲量为 ，对物块A，由动量定理有
竖直方向的冲量为
总冲量为
即物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的冲量大小 。
5．（2024·福建漳州·三模）如图，足够长的水平传送带AB以 的速率逆时针方向匀速运行。质量为
m的木板CD置于光滑的水平面上，木板与传送带上表面等高，B与C之间的缝隙不计。现将质量为的小
滑块a置于木板上，让质量也为m的小滑块b以 的初速度从传送带的A端沿传送带向左滑动，
从小滑块b滑上木板开始计时，经时间 与小滑块a弹性正碰。已知小滑块a与木板间的动摩擦因数
，小滑块b与木板间的动摩擦因数 ，小滑块b与传送带间的动摩擦因数为 取
。
（1）求小滑块b从A端滑上传送带开始到与传送带共速所需时间 ；
（2）求小滑块b刚滑上木板时，小滑块a的加速度大小 ；
（3）求小滑块b与小滑块a碰前瞬间，小滑块a的速度大小 ；
（4）若碰后小滑块a不会滑离木板，求小滑块a相对木板滑行的最大距离s。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ；（4）
【详解】（1）对小滑块b，由牛顿第二定律得
由运动学公式得
联立解得
（2）小滑块b滑上木板后，假设小滑块a与木板一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动．对小滑块
a，由牛顿第二定律得解得
对小滑块a与木板整体，由牛顿第二定律得
解得
假设成立，因此小滑块a与木板一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动，则
（3）设小滑块b与小滑块a碰前瞬间小滑块b的速度大小为 ，则
解得
（4）设碰后瞬间小滑块a、b的速度大小分别为 ，则
解得
小滑块b与小滑块a碰后，两者速度交换，小滑块b与木板速度相同，一起以相同的加速度向左做匀加速
直线运动．
设三者相对静止后，共同速度为 ，由动量守恒定律和能量守恒定律得
联立解得
