文档文本内容
第 11 讲 牛顿运动定律的综合应用（二）
目录
01、考情透视，目标导
航
02、知识导图，思维引航.............................................................................................2
03、考点突破，考法探究.............................................................................................2
考点一 板块模型................................................................................................................................2
知识点1.模型特点................................................................................................................................3
知识点2.模型构建................................................................................................................................3
知识点3．解题关键.............................................................................................................................3
考向1 水平面上的无外力作用的板块问题.......................................................................................4
考向2 水平面上的有外力作用的板块问题...................................................................................8
考向3 斜面上的板块模型.................................................................................................................11
考点二 传送带模型............................................................................................................................13
知识点1 水平传送带的常见情形及运动分析.................................................................................13
知识点2 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析.........................................................................14
考向1 水平传送带.............................................................................................................................15
考向2．倾斜传送带模型...................................................................................................................17
04、真题练习，命题洞见...........................................................................................19
2024·安徽·高考物理试题
2024·辽宁·高考物理试题
考情
2024·全国·高考物理试题
分析
2023·全国·高考物理试题
2023·海南·高考物理试题目标1.会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况。
复习 目标2.会计算相对位移及划痕的长度。
目标 目标3.注意物体与传送带之间摩擦力的突变。
目标4.理解什么是“滑块—木板”模型。
目标5.会用动力学的观点处理“滑块—木板”模型问题。
考点一 板块模型
知识点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。知识点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
1 2
长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x＋x＝L。
2 1
知识点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物 ＝v板 ”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v物 ＝v板 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)。
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物 ＝v板 ；
②木板最短的条件：当v物 ＝v板 时滑块恰好滑到木板的一端。
考向1 水平面上的无外力作用的板块问题
1.（2024·甘肃一模）如图所示，光滑水平面上静置一质量为m的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，
一质量也为m的小物块A（可视为质点）从左端以速度v冲上木板。当 时，小物块A历时 恰好运动
到木板右端与木板共速，则（ ）
A．若 ，A、B相对运动时间为B．若 ，A、B相对静止时，A恰好停在木板B的中点
C．若 ，A经历 到达木板右端
D．若 ，A从木板B右端离开时，木板速度等于v
【答案】A
【详解】AB．根据牛顿第二定律
则A、B两物体加速度大小相等，设为 ，小物块A历时 恰好运动到木板右端与木板共速，则
解得
， ，
木板的长度
若 ，A、B两物体共速时有
解得
，
A、B相对静止时，相对位移为
故A停在木板B的中点左侧，故A正确，B错误；
CD．若 ，A从木板B右端离开时，根据动力学公式
解得
A从木板B右端离开时，木板速度为
故CD错误。
故选A。2.如图甲所示，长 的木板 静止在某水平面上， 时刻，可视为质点的小物块 以水平向右的某初速
度从 的左端向右滑上木板。 、 的 图像如图乙所示。其中 、 分别是 内 、 的 图像，
是 内 、 共同的 图像。已知 、 的质量均是 ， 取 ，则以下判断正确的是（
）
A． 、 系统在相互作用的过程中动量不守恒
B．在 内，摩擦力对 的冲量是
C． 、 之间的动摩擦因数为
D． 相对 静止的位置在 木板的右端
【答案】BC
【详解】A．P与Q组成的系统在速度相等以后做匀速运动，说明地面摩擦力为零，故相互作用的过程系
统所受的外力之和为零，系统动量守恒，故A错误；
B．从图象可知， 内对Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在 内无摩擦力，根据动
量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以
故B正确；
C．P从速度为 减为 所需的时间为 ，则
又
代入数据解得
故C正确；
D．在 时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，在 内，P的位移
Q的位移
则可知P与Q相对静止时不在木板的右端，故D错误。
故选BC。
3.如图所示，长度分别为 ， 的木板A、B放在粗糙水平地面上，A、B与地面间的动摩
擦因数均为 。物块C（可视为质点）以初速度 从A的左端滑上A，且C在A上滑行时，
A不动，C滑上B时B开始运动，C与A、B间的动摩擦因数均为 ，已知A、B、C的质量相同，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 。C在B上滑行时，求：
（1）B、C的加速度大小；
（2）C在B上滑动的时间。
【答案】（1） ， ；（2）
【详解】（1）如图所示，对物体B、C进行受力分析，设物体C受到摩擦力为 ，物体B受到摩擦力为
， ， ，以向右为正方向，由牛顿第二定律知
对物体C有
物体B、C之间摩擦力为
代入得
对物体B有
物体B与地面之间摩擦力为
代入得
（2）假设物块没有从右端离开，经时间 ，二者共速，物体C刚滑上B时速度为 ，则由匀变速直线运动速度与位移关系式知
代入得
当共速时
代入得
相对位移为
代入得
由于
假设不成立，物块C从B木板右端离开，设物块B上滑动时间为 ，则
则，代入数值
代入解得
或 （此时C的速度反向，不符舍去）
故C在B上滑动的时间为 。
考向2 水平面上的有外力作用的板块问题
4.（2024·吉林·三模）某物流公司研发团队，为了更好地提高包裹的分收效率，特对包裹和运输装置进行详
细的探究，其情景可以简化为如图甲所示，质量M = 2kg、长度L = 2m的长木板静止在足够长的水平面
（可视为光滑）上，左端固定一竖直薄挡板，右端静置一质量m = 1kg的包裹（可视为质点）。现机器人
对长木板施加一水平向右的作用力F，F随时间t变化的规律如图乙所示，6s后将力F撤去。已知包裹与挡
板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，包裹与长木板间动摩擦因数μ = 0.1，重力加速度取g = 10m/s2。从施
加作用力F开始计时，求：
（1） 时，长木板的速度 大小；
（2）与挡板碰撞后瞬间，包裹的速度 大小（结果保留两位有效数字）。【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）包裹与长木板发生相对滑动的力的大小为
因为 ，所以包裹和长木板相对静止共同加速
加速度为
可得到
（2）设4s后包裹与长木板发生相对滑动，则包裹的加速度为
长木板的加速度为
可看出假设成立，包裹与长木板发生相对滑动
设再经时间 包裹与挡板发生碰撞，由
解得
则6s时长木板的速度
包裹为
此时两者发生弹性碰撞
可求得
5．如图所示，光滑水平面上放着长 ，质量为 的薄木板，一个质量为 的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因 ，开始均静止，现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，g
取 。求：
（1）为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少；
（2）如果拉力 ，小物体需多长时间就脱离木板。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）小物体随木板运动的最大加速度为a，对小物体由牛顿第二定律得
可得小物体最大加速度为
对整体分析，由牛顿第二定律得
（2）因施加的拉力 ，故物体相对木板滑动，设木板对地运动的加速度为 ，对木板由牛顿
第二定律得
解得
小物体在木板上运动的时间为 ，则
解得
6.（2024·福建福州·一模）如图甲所示，一质量 的木板A静置在足够大的光滑水平面上， 时刻
在木板上作用一水平向右的力F，力F在0~2s内随时间均匀变大，之后保持不变，如图乙所示。在
时将质量 的滑块B轻放在木板A右端，最终滑块B恰好没有从木板A左端掉落。已知滑块B与木
板A间的动摩擦因数 ，重力加速度大小 ，求：
（1）0~2s内力F的冲量大小I及2s时刻木板A的速度大小 ；
（2）木板A的长度L。
【答案】（1） ， ；（2）【详解】（1） 图像与坐标轴围成的面积表示冲量，0~2s内力F的冲量大小为
根据动量定理
解得2s时刻木板A的速度大小
（2）滑块B在木板A上滑动时，A、B间的滑动摩擦力大小
此后木板A做匀速直线运动，滑块B的加速度为
设滑块B在木板A上滑动的时间为 ，则有
木板A的长度为
考向3 斜面上的板块模型
7.将一质量为 的足够长薄木板A置于足够长的固定斜面上，质量为 的滑块B（可视为质
点）置于A上表面的最下端，如图（a）所示，斜面倾角 。现从 时刻开始，将A和B同时由静
止释放，同时对A施加沿斜面向下的恒力 ，运动过程中A、B发生相对滑动。图（b）为滑块B开
始运动一小段时间内的 图像，其中v表示B的速率，x表示B相对斜面下滑的位移。已知A与斜面间
的动摩擦因数 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 ， ，求：
（1）A、B间的动摩擦因数 以及图（b）中 时A的加速度大小和方向；
（2）一段时间后撤去力F，从 时刻开始直到B从A的下端滑出，A、B间因摩擦总共产生的热量
，求力F作用在A上的时间。
【答案】（1） ， ，方向沿斜面向下；（2）【详解】（1）根据运动学公式可知
结合 图像可知
根据牛顿第二定律，对物块B有
联立解得
同理，对物块A有
联立可得
方向沿斜面向下。
（2）假设F施加在A上的时间为t，则有两个物体经过时间t后的速度分别为
，
由匀变速直线运动的关系式可知两物体的位移
，
撤去F后，B受力情况不变，对A进行受力分析，可知
代入数据可得
方向沿斜面向上，此后A做匀减速直线运动。设A与B共速之前，运动的时间为 ，位移为 和 则由
匀变速运动的关系式可知
可得
共同速度
由匀变速运动的关系式可知
，
两次运动A、B的相对位移可得
共速后，B继续加速运动，A减速运动，直到B从A的下端离开，则产生的热量为
联立可得【题后反思】
处理“板块”模型中动力学问题的流程
2．关注“一个转折”和“两个关联”
一个 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的
转折 转折点
指转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。
两个 一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速
关联 度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立
模型的关键
考点二 传送带模型
知识点1 水平传送带的常见情形及运动分析
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，一直加速 v＜v时，先加速再匀速
0 0
v＞v时，一直减速 v＞v时，先减速再匀速
0 0先减速到速度为 0，后被传送带传回
一直减速到右端 左端。若v ＜v返回到左端时速度为
0
v，若v＞v返回到左端时速度为v
0 0
知识点2 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析
滑块的运动情况
情景
传送带不足够长 传送带足够长
先加速后匀速(一定满足关
一直加速(一定满足关系μ>tan θ)
系μ>tan θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ<tan θ，先以a 加速，
1
一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ)
共速后摩擦力方向改变，
再以a 加速
2
v<v时，若μ≥tan θ，先加
0
v<v时，一直加速(加速度为gsin θ
0
速后匀速；若μ<tan θ，先
＋μgcos θ)
以a 加速，后以a 加速
1 2
v>v时，若μ<tan θ，一直加速，
0
加速度大小为gsin θ－ v>v时，若μ>tan θ，先减
0
μgcos θ； 速后匀速；若μ<tan θ，一
若μ>tan θ，一直减速， 直加速；若μ＝tan θ，一
加速度大小为μgcos θ－ 直匀速
gsin θ；若μ＝tan θ，一直匀速
μ<tan θ，一直加速
μ＝tan θ，一直匀速
μ>tan θ，先减速到速度为
0后反向加速，若v≤v，运
0
(摩擦力方向一定 μ>tan θ，一直减速 动到原位置时速度大小为
沿传送带向上) v；若v>v，运动到原位置
0 0
时速度大小为v考向1 水平传送带
1.传送带在生产生活中广泛应用。如图所示，一水平传送带长L＝10 m，以v＝5 m/s的速度运行。水平传
送带的右端与一光滑斜面平滑连接，斜面倾角θ＝30°。一物块由静止轻放到传送带左端，物块在传送带上
先做匀加速运动，后做匀速直线运动，然后冲上光滑斜面。已知物块与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.25，
重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间；
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小；
(3)从物块轻放到传送带左端开始计时，通过计算说明t＝10 s时物块所处的位置。
【答案】(1)3 s (2)2.5 m (3)物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处
【解析】(1)物块在传送带上的匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有μmg＝ma ，解得a＝2.5 m/s2，
1 1
物块在传送带上的匀加速运动过程中，由运动学公式v＝v＋at有v＝at，解得t＝2 s，
0 11 1
运动的距离为x＝at2＝5 m，
1 11
物块在传送带上匀速运动的时间为
t＝＝1 s，
2
物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间t＝t＋t＝3 s。
1 2
(2)物块沿斜面上升过程，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma ，解得a＝5 m/s2，
2 2
对物块沿斜面上升过程，由运动学公式v2－v2＝2ax，有v2＝2ax，
0 2 2
解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小为x＝2.5 m。
2
(3)设物块从斜面底端上滑到最大位移处所需时间为t，由运动学公式v＝v＋at有v＝at，
3 0 23
解得t＝1 s。
3
设物块第一次沿斜面下滑过程所需时间为t，则有x＝at2，解得t＝1 s。
4 2 24 4
物块沿斜面下滑至斜面底端时的速度为v＝at＝5 m/s，
1 24
物块沿水平传送带向左减速运动，速度减为零所需时间为t＝＝2 s。
5
物块在传送带上的往返运动具有对称性，物块沿水平传送带第二次向右加速运动，到达斜面底端所需时间
为t＝t＝2 s。
6 5
物块第二次沿斜面上滑到最大位移处所需时间为t＝t＝1 s。
7 3
因为t＋t＋t＋t＋t＋t＋t＝10 s，
1 2 3 4 5 6 7
所以10 s时，物块刚好第二次上滑到最大位移处，物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处。
2.(多选)快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效率，其过程可以简化为如图所示的装置，水平传送带长为L，以一定的速度v ＝8 m/s顺时针匀速运动，工作人员以一定的初速度v 将快递箱推放到传送带左端。
2 1
若快递箱被从左端由静止释放，到达右端过程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，快递箱与
传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，则( )
A.传送带长L为24 m
B.若v＝0，全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为4 m
1
C.若v＝v，则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为12∶13
1 2
D.若v＝0，将传送带速度增大为原来的2倍，则快递箱先匀加速运动再匀速运动
1
【答案】 AC
【解析】 根据牛顿第二定律知，快递箱加速时加速度a＝＝μg＝4 m/s2，快递箱加速位移x ＝＝8 m，快
1
递箱匀速位移x ＝v·＝16 m，所以传送带总长L＝24 m，故A正确；若v ＝0，快递箱加速位移x ＝8 m，
2 2 1 1
传送带在这段时间内运动位移x ＝v·＝16 m，则痕迹长s＝x －x＝8 m，故B错误；如果v＝v，快递箱
带 2 带 1 1 2
加速时间t ＝＝1 s，加速位移x′＝＝6 m，匀速时间t ＝＝2.25 s，在此期间传送带匀速位移x＝v(t ＋t)＝
1 1 2 2 1 2
26 m，所以两者路程之比为L∶x＝12∶13，故C正确；如果传送带速度加倍，则快递箱加速时间 t′＝＝4 s，
1
加速位移x″＝＝32 m，大于24 m，所以快递箱一直匀加速运动，故D错误。
1
3.(2024·贵州黔西高三联考)如图，水平传送带匀速顺时针转动，速度大小v＝2 m/s，A、B两轮间的距离为
1
4 m，在右端一物块以v ＝3 m/s的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.2，取g＝10
2
m/s2，则下列说法正确的是( )
A.物块能滑过B轮
B.物块经t＝2 s速度减为零
C.物块返回到A轮时的速度大小仍是3 m/s
D.物块在传送带上滑动时加速度的大小是 2 m/s2
【答案】 D
【解析】 物块向左运动时，受到的滑动摩擦力向右，产生的加速度大小为a＝＝2 m/s2，物块向左运动速
度减小到0时所用时间为t＝＝1.5 s，通过的位移大小为x＝＝2.25 m<L ＝4 m，可知物块到达B轮前速度
AB
已经减为0，之后物块向右做加速运动，加速度大小仍为2 m/s2，由于v ＝2 m/s<v ＝3 m/s，则物块返回到
1 2
A轮时的速度大小为2 m/s，故D正确，A、B、C错误。【题后反思】
解题思维趋向
(1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。
(2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着
和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足
够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
(3)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 －s |；
传 物
②若二者反向，则Δs＝|s |＋|s |。
传 物
考向2．倾斜传送带模型
1.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 v ＝0.6 m/s运行的传送带与水平
1
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v ＝1.6 m/s从传
2
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，cos 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)小包裹的速度v 大于传送带的速度v ，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛
2 1
顿第二定律可知μmgcos α－mgsin α＝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t＝＝ s＝2.5 s，
1
在传送带上滑动的距离为x＝t＝×2.5 m＝2.75 m，
1 1
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 μmgcos α＞mgsin α，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，匀速运动的时间为t＝＝ s＝2 s，
2
所以小包裹通过传送带的时间为t＝t＋t＝4.5 s。
1 2
2.如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，A、B间的距离L＝10.25 m，传送带以v ＝10 m/s的速率逆时针转
0
动。在传送带上端A处无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，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黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
【答案】 (1)1.5 s (2)5 m
【解析】 (1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，其加速度为
a＝＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2
1
加速时间t＝＝1 s
1
位移x＝at＝5 m<L
1 1
达到v 后，煤块受到向上的摩擦力，则
0
a＝＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2
2
位移x＝L－x＝vt＋at
2 1 02 2
解得t＝0.5 s
2
煤块从A到B的时间为t＝t＋t＝1.5 s。
1 2
(2)第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长为Δx＝vt－x＝5 m
1 01 1
第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长为Δx＝x－vt＝0.25 m
2 2 02
Δx 与Δx 部分重合，故痕迹总长为5 m。
1 2
3.(多选)如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角 θ＝30°，传送带以恒定速度v ＝3 m/s逆时针匀速转动，
0
小木块以初速度v＝6 m/s从传送带底端滑上传送带，小木块与传送带间的动摩擦因数 μ＝，重力加速度g
取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.小木块刚滑上传送带时的加速度大小为7.5 m/s2
B.小木块在传送带上向上滑行的最远距离为2.4 m
C.小木块在传送带上下滑的加速度大小一直为2.5 m/s2
D.小木块回到传送带底端时的速度大小为3 m/s
【答案】 AB
【解析】 小木块刚滑上传送带时的加速度大小为a＝gsin θ＋μgcos θ＝7.5 m/s2，在传送带上向上滑行的
最远距离x ＝＝2.4 m，选项A、B正确；小木块刚开始下滑时的加速度仍为7.5 m/s2，在传送带上下滑至与
m
传送带速度相等时的位移x ＝＝0.6 m，之后小木块速度大于传送带速度，所受摩擦力方向向上，加速度大
1
小为a′＝gsin θ－μgcos θ＝2.5 m/s2，小木块回到传送带底端时的速度v′＝＝3 m/s，选项C、D错误。
【题后反思】
物体沿倾角为θ的传送带运动时，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mgsin θ与μmgcos θ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。1．（2024·安徽·高考真题）倾角为 的传送带以恒定速率 顺时针转动。 时在传送带底端无初速轻放
一小物块，如图所示。 时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到 。不计空气阻力，则物块从传送
带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】 时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩
擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。
之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直
线运动。
C正确，ABD错误。
故选C。
2．（多选）（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。 时，
木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上
木板。已知 到 的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。
时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）A．小物块在 时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3︰4 D． 之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【详解】A． 图像的斜率表示加速度，可知 时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在
时刻滑上木板，故A正确；
B．结合图像可知 时刻，木板的速度为
设小物块和木板间动摩擦因数为 ，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为
，负号表示方向水平向左
物块在木板上滑动的加速度为
经过 时间与木板共速此时速度大小为 ，方向水平向右，故可得
解得
故B正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
故可得
解得
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为此时对木板由牛顿第二定律得
解得
故C错误；
D．假设 之后小物块和木板一起共速运动，对整体
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即 之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。
故选ABD。
3．（2024·全国·高考真题）如图，一长度 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与
平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离 时，
物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。
它们之间的动摩擦因数 ，重力加速度大小 。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）4m/s； ；（2）
【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板解得
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度
4.（多选）（2023·全国·高考真题）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为
m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v 开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，
0
当物块从木板右端离开时（ ）
A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于 D．物块的动能一定小于
【答案】BD
【详解】设物块离开木板时的速度为 ，此时木板的速度为 ，由题意可知
设物块的对地位移为 ，木板的对地位移为
CD．根据能量守恒定律可得
整理可得
D正确，C错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热
根据运动学公式因为
可得
则
所以
B正确，A错误。
故选BD。
5.（多选）（2021·全国·高考真题）水平地面上有一质量为 的长木板，木板的左端上有一质量为 的物
块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中 、
分别为 、 时刻F的大小。木板的加速度 随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的
动摩擦因数为 ，物块与木板间的动摩擦因数为 ，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力
加速度大小为g。则（ ）
A． B．
C． D．在 时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【详解】A．图（c）可知，t 时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，
1
此时以整体为对象有
A错误；
BC．图（c）可知，t 滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
2以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
BC正确；
D．图（c）可知，0~t 这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。
2
故选BCD。
6．（2023·海南·高考真题）如图所示，有一固定的光滑 圆弧轨道，半径 ，一质量为 的
小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知 ，
B、C间动摩擦因数 ，C与地面间的动摩擦因数 ，C右端有一个挡板，C长为 。
求：
（1） 滑到 的底端时对 的压力是多大？
（2）若 未与 右端挡板碰撞，当 与地面保持相对静止时， 间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在 时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求 从滑上 到最终停止所用
的时间。
【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得
在底部，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知B对A的压力是 。（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得
解得加速度向左为
对C分析，受B向右的摩擦力 和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式 ，得B向右运动的距离
C向右运动距离
由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量
可得
（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为 ，有
解得
B的位移为
则此刻的相对位移为
此时
由 ，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经 时间B与C挡板碰撞，有解得
碰撞时B速度为
碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
后再经 后停下，则有
故 从滑上 到最终停止所用的时间总时间
7.（2021·辽宁·高考真题）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
v=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角 ，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度
1
v=1.6m/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
2
加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=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） ；（2）
【详解】（1）小包裹的速度 大于传动带的速度 ，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据
牛顿第二定律可知解得
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即 ，所以小包裹与传动
带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为
8．（2020·全国·高考真题）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传
送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质
点），以初速度v=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度
0
取g =10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带 后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台
运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】(1)2.75s；(2) ， ；(3)0 ，方向竖直向上
【详解】(1)传送带的速度为 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿
第二定律有：
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x，由运动学公式有
1
②
联立①②式，代入题给数据得x=4.5m；③
1因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开
传送带所用的时间为t，做匀减速运动所用的时间为t，由运动学公式有
1 2
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t=2.75s；⑥
1
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v，当载物箱滑上传送
1
带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v 由动能定理有
2.
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
， ⑨
(3)传送带的速度为 时，由于 ，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做
匀加速运动通过的距离为x，所用时间为t，由运动学公式有
2 3
⑩
⑪
联立①⑩⑪式并代入题给数据得
t=1.0s⑫
3
x=5.5m⑬
2
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运
动 的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x 有
3
⑭
由①⑫⑬⑭式可知
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v，由运动学公式有，
3
⑮
则
减速运动时间
设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I、I。由动量定理有
1 2，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
，方向竖直向上
