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动力学中的等时圆、板块模型与传送带模型 ......................................................................................................... 1
考点一 等时圆 ................................................................................................................................................. 1
题型1：共最高点 ...................................................................................................................................... 2
题型2：共最低点 ...................................................................................................................................... 3
题型3：综合应用 ...................................................................................................................................... 3
考点二 传送带模型 ......................................................................................................................................... 5
题型1：水平传送 ...................................................................................................................................... 7
题型2：倾斜向上传送 .............................................................................................................................. 8
题型3：倾斜向下传送 ............................................................................................................................ 10
考点三 滑块木板模型 ................................................................................................................................... 14
题型1：水平面上的滑块木板模型 ........................................................................................................ 16
题型2：斜面上的滑块木板模型 ............................................................................................................ 17
巩固训练·提升能力 ....................................................................................................................................... 20
动力学中的等时圆、板块模型与传送带模型
考点一 等时圆
1．模型分析
如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可知加速度a＝
1 R
gsinθ，位移x＝2Rsinθ，由匀变速直线运动规律有x＝ at2，得下滑时间t＝2 ，即沿竖直直径自由
2 g
下落的时间。图丙是甲、乙两图的组合，有相同的结论。
2．结论
模型1：质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，
如图甲所示；
模型2：质点从竖直面内的圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙
所示；
模型3：两个竖直面内的圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开
始经切点滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
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学科网（北京）股份有限公司思维模板
1. （单选）倾角为 的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方 点伸出三根光滑轻质细杆至斜面
上 、 、 三点，其𝜃𝜃 中 与斜面垂直，且 ，𝐴𝐴现有三个质量均为 的小圆环 看
∘
作𝐵𝐵质点𝐶𝐶分𝐷𝐷别套在三根细𝐴𝐴杆𝐶𝐶上，依次从 点由∠𝐵𝐵静𝐴𝐴止𝐶𝐶滑=下∠𝐷𝐷，𝐴𝐴滑𝐶𝐶到=斜𝜃𝜃(面𝜃𝜃 <上45、) 、 三点所有时间分𝑚𝑚别为 、 (、
，下列) 说法正确的是( ) 𝐴𝐴 𝐵𝐵 𝐶𝐶 𝐷𝐷 𝑡𝑡𝐵𝐵 𝑡𝑡𝐶𝐶
𝑡𝑡𝐷𝐷
A. B. C. D.
【答𝑡𝑡𝐵𝐵案>】𝑡𝑡𝐶𝐶B> 𝑡𝑡𝐷𝐷 𝑡𝑡𝐵𝐵 =𝑡𝑡𝐶𝐶 <𝑡𝑡𝐷𝐷 𝑡𝑡𝐵𝐵 <𝑡𝑡𝐶𝐶 <𝑡𝑡𝐷𝐷 𝑡𝑡𝐵𝐵 <𝑡𝑡𝐶𝐶 =𝑡𝑡𝐷𝐷
【解析】由于 ，则可以判断 竖直向下，以 为直径做圆，则必过 点，如图：
∠𝐵𝐵𝐴𝐴𝐶𝐶 =𝜃𝜃 𝐴𝐴𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐵𝐵 𝐶𝐶
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学科网（北京）股份有限公司圆环在杆 上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得 ， ，联立解得
1 2
𝐴𝐴
，
𝐶𝐶 𝑚𝑚𝑚𝑚cos𝜃𝜃 =𝑚𝑚𝑚𝑚 2𝑅𝑅cos𝜃𝜃 =2𝑚𝑚𝑡𝑡𝐶𝐶
4𝑅𝑅
𝑡𝑡可 𝐶𝐶 见=从� 𝑚𝑚点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与杆的长短、倾角无关，可得 。
故选B。𝐴𝐴 𝑡𝑡𝐵𝐵 =𝑡𝑡𝐶𝐶 =𝑡𝑡𝐸𝐸 <𝑡𝑡𝐷𝐷
2. （单选）如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于 点，与竖直墙相切于 点。
竖直墙上另一点 与 的连线和水平面的夹角为 ， 是圆环轨道的圆心。已𝑀𝑀知在同一时刻 、 两球𝐴𝐴分别
由 、 两点从静𝐵𝐵止开𝑀𝑀始沿光滑倾斜直轨道 、60° 运𝐶𝐶动到 点； 球由 点自由下落到 点。𝑚𝑚则(𝑏𝑏 )
𝐴𝐴 𝐵𝐵 𝐴𝐴𝑀𝑀 𝐵𝐵𝑀𝑀 𝑀𝑀 𝑐𝑐 𝐶𝐶 𝑀𝑀
A. 球最先到达 点 B. 球最先到达 点
C. 𝑚𝑚球最先到达𝑀𝑀点 D. 𝑏𝑏球和 球都可𝑀𝑀能最先到达 点
【答𝑐𝑐 案】C 𝑀𝑀 𝑏𝑏 𝑐𝑐 𝑀𝑀
【解析】由等时圆模型知， 球运动时间小于 球运动时间， 球运动时间和沿过 的直径的自由下落时间
相等，所以从 点自由下落到𝑚𝑚 点的 球运动时𝑏𝑏间最短，故C𝑚𝑚正确。 𝐶𝐶𝑀𝑀
𝐶𝐶 𝑀𝑀 𝑐𝑐
3. （单选）如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于 点， 点恰好是下半圆的圆心，
它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道 、 、 ，它们的𝑂𝑂两端𝑂𝑂分别位于上下两圆的圆周
上，轨道与竖直直径的夹角关系为 。𝐴𝐴现𝑂𝑂𝐵𝐵让一𝐶𝐶小𝑂𝑂𝐷𝐷物块𝐸𝐸先𝑂𝑂𝐸𝐸后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则
小物块在每一条倾斜轨道上滑动时𝛼𝛼所>经𝛽𝛽历>的𝜃𝜃时间关系为( )
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学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D.
【答𝑡𝑡𝐴𝐴案𝐵𝐵 =】𝑡𝑡B𝐶𝐶 𝐷𝐷 =𝑡𝑡𝐸𝐸𝐸𝐸 𝑡𝑡𝐴𝐴𝐵𝐵 >𝑡𝑡𝐶𝐶𝐷𝐷 >𝑡𝑡𝐸𝐸𝐸𝐸 𝑡𝑡𝐴𝐴𝐵𝐵 <𝑡𝑡𝐶𝐶𝐷𝐷 <𝑡𝑡𝐸𝐸𝐸𝐸 𝑡𝑡𝐴𝐴𝐵𝐵 =𝑡𝑡𝐶𝐶𝐷𝐷 <𝑡𝑡𝐸𝐸𝐸𝐸
【解答】
物体在上面圆运动是一个典型的等时圆模型，故物体到到交点 点时，用时相等。在下半圆中，如图所
示，过 点作 的垂线与竖直虚线交于 ，以 为直径作圆，𝑂𝑂可以看出 点在辅助圆内，而 点在辅助圆
外，由𝐷𝐷等时圆𝑂𝑂结𝐷𝐷论可知， 𝐺𝐺， 项𝑂𝑂正𝐺𝐺确。 𝐸𝐸 𝐵𝐵
𝑡𝑡𝐴𝐴𝐵𝐵 >𝑡𝑡𝐶𝐶𝐷𝐷 >𝑡𝑡𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐵𝐵
4. （单选）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系 ，该平面内有 、 、 三条光滑固定轨
道，其中 、 两点处于同一个圆上， 是圆上任意一点𝑥𝑥𝑂𝑂，𝑥𝑥 、 分别为此𝐴𝐴圆𝑀𝑀与𝐵𝐵、𝑀𝑀 轴𝐶𝐶的𝑀𝑀切点。 点在 轴上
且 𝐴𝐴 𝐶𝐶 ， 为圆心。现将 、𝐶𝐶、 三个小球分别从𝐴𝐴 、𝑀𝑀、 点同时由静𝑥𝑥止𝑥𝑥释放，它们将𝐵𝐵沿轨道𝑥𝑥 运动
到∠𝐵𝐵点𝑀𝑀，𝑂𝑂如=所60用°时𝑂𝑂间′ 分别为 𝑚𝑚，𝑏𝑏则 𝑐𝑐 大小关系是𝐴𝐴( 𝐵𝐵 ) 𝐶𝐶
𝑀𝑀 𝑡𝑡𝐴𝐴,𝑡𝑡𝐵𝐵,𝑡𝑡𝐶𝐶 𝑡𝑡𝐴𝐴,𝑡𝑡𝐵𝐵,𝑡𝑡𝐶𝐶
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学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D. 由于 点的位置不确定，无法比较时间大小关系
【答𝑡𝑡𝐴𝐴案<】𝑡𝑡𝐶𝐶C< 𝑡𝑡𝐵𝐵 𝑡𝑡𝐴𝐴 =𝑡𝑡𝐵𝐵 =𝑡𝑡𝐶𝐶 𝑡𝑡𝐴𝐴 =𝑡𝑡𝐶𝐶 <𝑡𝑡𝐵𝐵 𝐶𝐶
【解答】设圆的半径为 ，对于 段，位移 ，加速度 ，根据
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚45° √ 2 1 2
得， ； 𝑅𝑅 对于 𝐴𝐴 段 𝑀𝑀 ，位移 𝑥𝑥1 =√， 2 加 𝑅𝑅 速度 𝑚𝑚1 = 𝑚𝑚 = ，2由 𝑚𝑚 𝑥𝑥1 =2得 𝑚𝑚1 ， 𝑡𝑡𝐴𝐴
2𝑥𝑥1 4𝑅𝑅 √ 3 1 2
𝑡𝑡𝐴𝐴 =� 𝑚𝑚1 =� 𝑚𝑚 𝐵𝐵𝑀𝑀 𝑥𝑥2 =2𝑅𝑅 𝑚𝑚2 =𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚60°= 2 𝑚𝑚 𝑥𝑥2 =2𝑚𝑚2𝑡𝑡𝐵𝐵
；对于 段，根据等时圆模型可得， ，故C正确，ABD错误。
2𝑥𝑥2 8𝑅𝑅 2𝑥𝑥3 4𝑅𝑅
𝑡𝑡故 𝐵𝐵 选=C�。 𝑚𝑚2 =� √ 3𝑚𝑚 𝐶𝐶𝑀𝑀 𝑡𝑡𝐶𝐶 =𝑡𝑡𝐴𝐴 =� 𝑚𝑚3 =� 𝑚𝑚
5. （多选）如图所示， 、 和 是竖直平面内三根固定的光滑细杆， 、 、 、 、 位于同一圆周
上， 为圆周的最高点，𝑂𝑂𝑚𝑚为最𝑂𝑂低𝑏𝑏 点𝑚𝑚，𝑎𝑎 为圆心。每根杆上都套着一个小滑𝑂𝑂环 未𝑚𝑚 画𝑏𝑏出𝑐𝑐，两𝑎𝑎个滑环从 点无
初速𝑐𝑐度释放，一个滑环从𝑚𝑚 点无初速度𝑂𝑂释′ 放，用 、 、 分别表示滑环沿 (、 、) 到达 或 所𝑂𝑂用的时
间。下列关系正确的是( 𝑎𝑎 ) 𝑡𝑡1 𝑡𝑡2 𝑡𝑡3 𝑂𝑂𝑚𝑚 𝑂𝑂𝑏𝑏 𝑎𝑎𝑚𝑚 𝑚𝑚 𝑏𝑏
A. B. C. D.
【答𝑡𝑡1案=】𝑡𝑡C2D 𝑡𝑡2 <𝑡𝑡3 𝑡𝑡1 <𝑡𝑡2 𝑡𝑡1 =𝑡𝑡3
【解析】设 与竖直方向的夹角为 ，由几何关系得 与竖直方向的夹角为 ，
1
环沿 下滑𝑂𝑂时𝑏𝑏的加速度大小为 𝜃𝜃 𝑂𝑂𝑚𝑚 2𝜃𝜃
𝜃𝜃
沿 𝑂𝑂下𝑚𝑚滑时的加速度大小为 𝑚𝑚1 =𝑚𝑚co s2
设𝑂𝑂𝑏𝑏长为 ，由几何关系得 𝑚𝑚2长=为𝑚𝑚 cos𝜃𝜃 ，
𝜃𝜃
根据𝑂𝑂𝑏𝑏运动学𝐿𝐿公式有 𝑂𝑂 𝑚𝑚， 𝐿𝐿cos2
1 2 𝜃𝜃 1 2
解得 ， 𝐿𝐿 =2𝑚𝑚 2𝑡𝑡2 𝐿𝐿cos2=2𝑚𝑚1𝑡𝑡1
2 2𝐿𝐿 2 2𝐿𝐿
由此𝑡𝑡得2到=𝑚𝑚cos𝜃𝜃 𝑡𝑡1 = 𝑚𝑚
根据等时𝑡𝑡圆 1 原<理𝑡𝑡2 可得到
2𝐿𝐿
因此 ， 𝑡𝑡1 =𝑡𝑡3 =� 𝑚𝑚
故AB𝑡𝑡1错=误𝑡𝑡3，C𝑡𝑡2D>正𝑡𝑡3确=。𝑡𝑡 1
故选CD。
考点二 传送带模型
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学科网（北京）股份有限公司传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力
的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识求
解。
两个关键分析
(1)摩擦力方向的判断：①同向“以快带慢”；②反向“互相阻碍”。
受力分析 (2)共速时摩擦力的可能突变：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩
擦力；③摩擦力方向突变。
(1)参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系；②研
究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。
运动分析
(2)判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。
(3)判断物体在达到共速之前是否滑出传送带。
水平传送带
滑块的运动情况
情景
传送带不够长 传送带足够长
一直匀加速 先匀加速后匀速
v ＜v时，一直匀加速 v ＜v时，先匀加速再匀速
0 0
v
0
＞v时，一直匀减速 v
0
＞v时，先匀减速再匀速
滑块先匀减速到速度为0，后被传送
带传回左端：①若v ＜v，返回到左
滑块一直匀减速 0
端时速度为v
0
；②若v
0
＞v，返回到
左端时速度为v。
倾斜传送带
滑块的运动情况
情景
传送带不够长 传送带足够长
一直加速(一定满足关系μ＞tan θ) 先加速后匀速
若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ＜tan θ，先以a ＝gsin θ＋
一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 1
μgcos θ加速，后以a ＝gsin θ－
2
μgcos θ加速
v ＜v时：若μ≥tan θ，先加速后
0
v ＜v时，一直加速(加速度为gsin θ＋
0 匀速；若μ＜tan θ，先以a ＝gsin
1
μgcos θ)
θ＋μgcos θ加速，后以a ＝gsin θ
2
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学科网（北京）股份有限公司－μgcos θ加速
v ＞v时：若μ＞tan θ，先减速后
v ＞v时，一直匀变速(加速度为|gsin θ 0
0 匀速；若μ＜tan θ，以a ＝gsin θ
－μgcos θ|) 2
－μgcos θ加速
μ＜tan θ，一直加速；
μ＝tan θ，一直匀速
(摩擦力方向一定沿斜面
μ＞tan θ，先减速到速度为0后反向加速到
向上)
μ＞tan θ，一直减速 v，若v ＜v，则回到原位置时速度大小为
0
v (类竖直上抛运动)
0
6. （单选）如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距 ，物块 可看成质点 以水平速度
滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数𝐿𝐿 =3.5， 𝑚𝑚设 到达𝐴𝐴传(送带右端时)的瞬时速度为
𝑣𝑣0，=取4 𝑚𝑚/𝑚𝑚 ，下列说法不正确的是( ) 𝜇𝜇 =0.1 𝐴𝐴
2
𝑣𝑣 𝑚𝑚 10 𝑚𝑚/𝑚𝑚
A. 若传送带速度等于 ，物块不可能先减速运动后匀速运动
B. 若传送带速度等于2 𝑚𝑚/𝑚𝑚 ， 可能等于
C. 若 到达传送带右端3.时5 𝑚𝑚的/瞬𝑚𝑚 时𝑣𝑣速度 等于3 𝑚𝑚/𝑚𝑚 ，传送带可能沿逆时针方向转动
D. 若𝐴𝐴到达传送带右端时的瞬时速度𝑣𝑣等于3 𝑚𝑚/𝑚𝑚，则传送带的速度不大于
【答案𝐴𝐴】D 𝑣𝑣 3 𝑚𝑚/𝑚𝑚 3 𝑚𝑚/𝑚𝑚
【解析】物块在传送带上的加速度大小 ，若物块一直做匀减速运动到传送带右端，根据
𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇 2
，解得 𝑚𝑚 = ，𝜇𝜇可=知1当 𝑚𝑚传/𝑚𝑚送带速度等于 时，物块一直减速到最右端，
2 2
𝑣𝑣故′ A−正𝑣𝑣 确0 =；−当2传𝑚𝑚𝐿𝐿送带速度𝑣𝑣′等=于3 𝑚𝑚/𝑚𝑚 >2时 𝑚𝑚，/𝑚𝑚可能等于 ，故B正确2 𝑚𝑚；/若𝑚𝑚 到达传送带右端时的瞬时速
度 等于 ，传送带可能沿逆3.5时 𝑚𝑚针/𝑚𝑚方向转𝑣𝑣动，传送3带 𝑚𝑚的/速𝑚𝑚 度可以大于 𝐴𝐴，故C正确，D错误。
7. 𝑣𝑣（多选3 ）𝑚𝑚如/𝑚𝑚图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以 的3 恒𝑚𝑚定/𝑚𝑚速率顺时针运行。初速度大
小为 的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的𝑣𝑣1处=滑2𝑚𝑚上/传𝑚𝑚 送带。若从小墨块滑上传送带开始
计时𝑣𝑣，2小=墨3𝑚𝑚块/在𝑚𝑚 传送带上运动 后与传送带的速度相同，则( 𝐴𝐴 )
5𝑚𝑚
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学科网（北京）股份有限公司A. 小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右
B. 小墨块的加速度大小为
2
C. 小墨块在传送带上的痕1迹𝑚𝑚长/𝑚𝑚度为
D. 小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5𝑚𝑚
【答案】ABD 12.5𝑚𝑚
【解析】A.小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，故
A正确；
B.小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动 后与传送带的速度相同，故
，方向向右，故B正确； 5𝑚𝑚
𝑣𝑣1−(−𝑣𝑣2) 𝑣𝑣1+𝑣𝑣2
2
𝑚𝑚 =小墨𝑡𝑡块向=左做𝑡𝑡匀减=速1𝑚𝑚远/动𝑚𝑚 时，对小墨块有： ， ，联立解得 ，小墨块向
0+𝑣𝑣2
𝐶𝐶左𝐷𝐷减. 速的过程中，传送带的位移为 0=；𝑣𝑣小2−墨𝑚𝑚块𝑡𝑡1向右𝑥𝑥1做=匀加2 速𝑡𝑡1运动时，对小𝑥𝑥1墨=块4.有5𝑚𝑚 ，
，联立解得： 𝑥𝑥，2对=传𝑣𝑣1送𝑡𝑡1带=有6𝑚𝑚 ，因而小墨块在传送带上的痕𝑣𝑣迹1 =长𝑚𝑚度𝑡𝑡2为
0+𝑣𝑣1
𝑥𝑥1′= 2 𝑡𝑡2 𝑥𝑥1′=2𝑚𝑚 ，故C错误，𝑥𝑥D2′=正𝑣𝑣确1𝑡𝑡。2 =4𝑚𝑚
故𝑥𝑥 =选(A𝑥𝑥1B+D。𝑥𝑥2 )+(𝑥𝑥2′−𝑥𝑥1′)=12.5𝑚𝑚
求解传送带模型问题,首先要根据物体和传送带之间的相对运动情况,确定摩擦力的大小和方向。
当物体的速度与传送带的速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变,速度相等前后对摩擦
力的分析是解题的关键。
8. （多选）如图甲所示，倾角为 的传送带以恒定速率顺时针转动。 时一易掉色的物块以初速度
从底部冲上传送带，其 图像3如7图° 乙所示， 末恰好到达传送带顶端𝑡𝑡 =，0已知 ， 𝑣𝑣0
2
，则下列说法正确的𝑣𝑣是−( 𝑡𝑡 ) 2 𝑚𝑚 𝑚𝑚 =10 𝑚𝑚/𝑚𝑚 sin 37°=
0.6
A. 传送带的速率为 B. 传送带底端到顶端的距离为
8 𝑚𝑚/𝑚𝑚 8 / 28 10 𝑚𝑚
学科网（北京）股份有限公司C. 物块与传送带间的动摩擦因数为 D. 物块在传送带上留下的痕迹的长度为
【答案】BC 0.25 6 𝑚𝑚
【解答】 如果 小于 ，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度 一
定 大于 。𝐴𝐴.结合题𝑣𝑣0图乙可𝑣𝑣1知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断𝑣𝑣0传
送带的速𝑣𝑣1度为 ，故A错误；
传送带底端4到𝑚𝑚顶/𝑚𝑚端的距离等于 图象与时间轴所包围的面积大小，即物块运动的位移
𝐵𝐵 .则： 𝑣𝑣−𝑡𝑡 ，故B正确；
1 1
． 𝑥𝑥 =内2×物(块4+的1加2速)×度1大𝑚𝑚小+：2×1×4𝑚𝑚=10𝑚𝑚 ，
△𝑣𝑣 12−4 2 2
根𝐶𝐶据牛0−顿1第𝑚𝑚二定律得： 𝑚𝑚 = △𝑡𝑡 = 1 𝑚𝑚/𝑚𝑚 =，8代𝑚𝑚入/𝑚𝑚数据解得： ，故C正确；
∘ ∘
～ 时间内煤块相对𝑚𝑚传𝑚𝑚送sin带3向7 上+运𝜇𝜇𝑚𝑚动𝑚𝑚，co相s3对7 位=移𝑚𝑚为𝑚𝑚 𝜇𝜇 =0.25 ， ～ 时间内
(12+4)×1
煤𝐷𝐷块.0相对1 𝑚𝑚传送带向下运动，相对位移为 𝑥𝑥1 = 2 𝑚𝑚−4×，1 则𝑚𝑚煤=块4 在𝑚𝑚皮1带上2留 𝑚𝑚下的划
4×(2−1)
痕为 ，故D错误。 𝑥𝑥2 =4×1 𝑚𝑚− 2 𝑚𝑚 =2 𝑚𝑚 <4 𝑚𝑚
9. （4多 𝑚𝑚选）如图甲所示，足够长、倾角 的传送带，以 的速度顺时针匀速转动，一物块以
∘
的初速度从传送带顶端沿传送𝜃𝜃带=滑30下，物块在传送𝑣𝑣带=上2运𝑚𝑚动/𝑚𝑚过程中的 图像如图乙所示 取物
块𝑣𝑣0沿=传6𝑚𝑚送/带𝑚𝑚 向下运动为正方向 ，重力加速度 。下列说法正确的是( 𝑣𝑣 )— 𝑡𝑡 (
2
) 𝑚𝑚 =10𝑚𝑚/𝑚𝑚
A. 时，物块相对传送带的速度大小为
B. 物𝑡𝑡 =块2在𝑚𝑚整个运动过程中所受摩擦力方向始4终𝑚𝑚沿/𝑚𝑚传送带向上
C. 物块与传送带之间的动摩擦因数为
D. 物块在传送带上留下的划痕长度为0.5
【答案】ABD 16𝑚𝑚
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学科网（北京）股份有限公司【解析】A、由图乙所示图像可知，物块刚放上传送带时的加速度大小 ，物块放
𝛥𝛥𝑣𝑣 6 2 2
在传送带上做匀减速直线运动， 时物体的速度 𝑚𝑚 = 𝛥𝛥𝑡𝑡 =3𝑚𝑚/𝑚𝑚 =2𝑚𝑚/𝑚𝑚，方向沿传
送带向下，以沿传送带向下为正𝑡𝑡方=向2，𝑚𝑚则传送带的速𝑣𝑣度2 =𝑣𝑣0−𝑚𝑚𝑡𝑡 =，6物𝑚𝑚/块𝑚𝑚相−对2×于2传𝑚𝑚送/𝑚𝑚带=的2速𝑚𝑚/度𝑚𝑚大小
，故A正确； 𝑣𝑣 =−2𝑚𝑚/𝑚𝑚
B𝛥𝛥、𝑣𝑣 =物𝑣𝑣块2先−沿𝑣𝑣 =传2送𝑚𝑚带/𝑚𝑚向−下(−做2匀)𝑚𝑚减/𝑚𝑚速=直4线𝑚𝑚运/𝑚𝑚动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，减速为零后反向做匀加速直
线运动，物块所受摩擦力方向沿传送带向上，最后物块相对传送带静止与传送带一起向上做匀速直线运
动，该过程物块所受摩擦力方向沿传送带向上，整个过程物块所受摩擦力方向都沿传送带向上，故B正
确；
C、对物块，由牛顿第二定律得： ，代入数据解得： ，故C错误；
7√ 3
D、由图乙所示图像可知，物块做𝜇𝜇匀𝑚𝑚减𝑚𝑚𝑐𝑐速𝜇𝜇𝑚𝑚直𝜃𝜃线−运𝑚𝑚动𝑚𝑚𝑚𝑚与𝑚𝑚𝑚𝑚𝜃𝜃速=度𝑚𝑚减𝑚𝑚为零后反向做初速度𝜇𝜇为=零
15
的匀加速直线运动过
程的加速度大小都相等，都是 ，物块减速为零需要的时间 ，物块反向加速到
2 𝑣𝑣0 6
与传送带速度相等需要的时间𝑚𝑚 =2𝑚𝑚/𝑚𝑚 ，物块在传送带上留下𝑡𝑡1痕=迹𝑚𝑚的=长2度𝑚𝑚 =3𝑚𝑚
𝑣𝑣 2 𝑣𝑣0
，代入数据解得： 𝑡𝑡，2 =故 𝑚𝑚D=正 2 确𝑚𝑚 =。1 𝑚𝑚 𝑚𝑚 = 2 𝑡𝑡1+𝑣𝑣𝑡𝑡1+𝑣𝑣𝑡𝑡2−
𝑣𝑣
2 故𝑡𝑡2选： 。 𝑚𝑚 =16𝑚𝑚
𝐴𝐴𝐵𝐵𝐷𝐷
10. （单选）如图甲所示，倾角为 的传送带以恒定的速率 沿逆时针方向运行。 时，将质量
的物体 可视为质点 轻放在传送带𝜃𝜃上端，物体相对地面的 𝑣𝑣0 图像如图乙所示，𝑡𝑡 =时0滑离传送带。𝑚𝑚设=沿1传𝑘𝑘𝑚𝑚
送带向下( 为正方向重)力加速度 取 ， 𝑣𝑣−𝑡𝑡 。则( ) 2𝑚𝑚
2 ∘ ∘
𝑚𝑚 10𝑚𝑚/𝑚𝑚 sin37 =0.6,cos37 =0.8
A. 传送带的倾角 B. 物体与传送带之间的动摩擦因数
∘
C. 传送带上下两端𝜃𝜃 =的3间0距为 D. 物体在传送带上留下的痕𝜇𝜇迹=长0.度4 为
【答案】D 15𝑚𝑚 5𝑚𝑚
【解答】 由题图得 ～ 内物体加速度
▵𝑣𝑣1 10.0 2 2
根据牛顿𝐴𝐴第𝐵𝐵二. 定律得 0 1𝑚𝑚 𝑚𝑚1 = ▵ 𝑡𝑡1 = 1.0 𝑚𝑚/𝑚𝑚 =10.0𝑚𝑚/𝑚𝑚
～ 内加速度 𝑚𝑚𝑚𝑚sin𝜃𝜃+𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚cos𝜃𝜃 =𝑚𝑚𝑚𝑚1
▵𝑣𝑣2 12.0−10.0 2 2
1根据2牛𝑚𝑚 顿第二定𝑚𝑚律 2 =得▵𝑡𝑡2 = 1.0 𝑚𝑚/𝑚𝑚 =2.0𝑚𝑚 /𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚sin𝜃𝜃−𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚cos𝜃𝜃 =𝑚𝑚𝑚𝑚2
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学科网（北京）股份有限公司联立解得 ，
故AB错误𝜃𝜃；= 37° 𝜇𝜇 =0.5
C.由题可得物体 ～ 内的位移大小即为传送带上下两端的间距，根据 图像与 轴所围的面积表示位
移，可知位移 0 2𝑚𝑚 ，故C错误； 𝑣𝑣−𝑡𝑡 𝑡𝑡
10.0×1.0 10.0+12.0
D.由题图知传送𝑙𝑙 =带的速2 率𝑚𝑚+ 2 ，×则1𝑚𝑚～=1内6𝑚𝑚，物体的位移为
10.0×1.0
传送带的位移为 𝑣𝑣0 =10𝑚𝑚/𝑚𝑚 0 1𝑚𝑚 𝑥𝑥1 = 2 𝑚𝑚 =5𝑚𝑚
故物体与传送带间𝑥𝑥2相=对𝑣𝑣0位𝑡𝑡1移=大10小×为1𝑚𝑚=10𝑚𝑚
物体相对传送带向上运动； ～ 内𝛥𝛥物𝑥𝑥1体=的𝑥𝑥2位−移𝑥𝑥1为=10𝑚𝑚−5𝑚𝑚=5𝑚𝑚
10.0+12.0
传送带的位移为 1 2𝑚𝑚 𝑥𝑥3 = 2 ×1𝑚𝑚 =11𝑚𝑚
故物体与传送带间𝑥𝑥4相=对𝑣𝑣0位𝑡𝑡2移=大10小×为1𝑚𝑚=10𝑚𝑚
物体相对传送带向下运动，痕迹重𝛥𝛥叠𝑥𝑥2 =，𝑥𝑥因3−此𝑥𝑥物4 =体1在𝑚𝑚传送带上留下的痕迹长度为 ，故D正确。
故选D。 1𝑚𝑚 5𝑚𝑚
11. （单选）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 运行的传
送带与水平面间的夹角 ，转轴间距 。工作人员沿传送方向以速度 𝑣𝑣1 =0.6𝑚𝑚/从𝑚𝑚传送带
顶端推下一件小包裹 可𝛼𝛼视=为3质7°点 。小包裹𝐿𝐿与=传3送.95带𝑚𝑚间的动摩擦因数 。取重𝑣𝑣力2加=速1.度6𝑚𝑚/𝑚𝑚 ，
2
， ( 。求：) 𝜇𝜇 =0.8 𝑚𝑚 =10𝑚𝑚/𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚3小7包°=裹0相.6对传𝑐𝑐𝜇𝜇送𝑚𝑚3带7°滑=动0.时8 加速度的大小 ；
(1)小包裹通过传送带所需的时间 。 𝑚𝑚
(2) 𝑡𝑡
【答案】解： 开始时小包裹向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
(1) ，
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝛼𝛼−𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚𝑐𝑐𝜇𝜇𝑚𝑚𝛼𝛼
𝑚𝑚代=入数据后 𝑚𝑚 得到 =𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝛼𝛼−。𝜇𝜇𝑚𝑚 𝑐𝑐𝜇𝜇𝑚𝑚𝛼𝛼
2
设经过时间 𝑚𝑚与=传−送0.带4𝑚𝑚共/速𝑚𝑚 ，则有： ，
代(2)入数据后得：𝑡𝑡1 ， 𝑣𝑣1 =𝑣𝑣2+𝑚𝑚𝑡𝑡1
𝑡𝑡1 =2.5𝑚𝑚
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学科网（北京）股份有限公司此段时间小包裹运动的位移 ，
𝑣𝑣1+𝑣𝑣2 0.6+1.6
小包裹与传速带共速后由于𝑥𝑥1 = 2 𝑡𝑡1 = 2 ，×小2包.5裹𝑚𝑚相=对2.于75传𝑚𝑚送<带𝐿𝐿静=止3.9，5两𝑚𝑚者一起向下做匀速运动，
则 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝛼𝛼 <𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚𝑐𝑐𝜇𝜇𝑚𝑚𝛼𝛼
位移为 ，
时间 𝑥𝑥2 =𝐿𝐿−𝑥𝑥1 =3.95，𝑚𝑚 −2.75𝑚𝑚=1.2𝑚𝑚
𝑥𝑥2 1.2
通过𝑡𝑡传 2 送=带𝑣𝑣1的=总0.6时𝑚𝑚间=2.0𝑚𝑚 。
答： 小包裹相对传𝑡𝑡送=带𝑡𝑡1滑+动𝑡𝑡2时=加2速.5𝑚𝑚度+的2大.0𝑚𝑚小=4为.5𝑚𝑚 ；
2
小(包1)裹通过传送带所需的时间 为 。 𝑚𝑚 0.4𝑚𝑚/𝑚𝑚
(2) 𝑡𝑡 4.5𝑚𝑚
12.如图甲所示为机场、火车站等场所的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型。绷紧的传
送带始终保持 的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在 处，行李与传送带之间的动摩擦因
数为 ，𝑣𝑣0 =间1的𝑚𝑚距/𝑚𝑚离为 ， 取 。求： 𝐴𝐴
2
𝜇𝜇 =0.1 𝐴𝐴𝐵𝐵 𝐿𝐿𝐴𝐴𝐵𝐵 =2.5𝑚𝑚 𝑚𝑚 10𝑚𝑚/𝑚𝑚
行李从 到 的时间 要使行李从 到 的时间最短，水平传送带的最小恒定速度 。
(【1)答案】 𝐴𝐴 行𝐵𝐵李刚放上𝑡𝑡;传(2送) 带时的加速𝐴𝐴度𝐵𝐵 𝑣𝑣min
𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇 2
与传送带(达1)到共速所用时间为 𝑚𝑚 = 𝜇𝜇 =1𝑚𝑚/𝑚𝑚
𝑣𝑣0
行李加速阶段的位移为 𝑡𝑡1 = 𝑎𝑎 =1 𝑚𝑚
𝑣𝑣0
共速后，行李继续匀速𝑥𝑥运1动=的2时𝑡𝑡1间=0.5𝑚𝑚
𝐿𝐿𝐴𝐴𝐴𝐴−𝑥𝑥1
则行李从 到 的时间为 𝑡𝑡2 = 𝑣𝑣0 =2𝑚𝑚
要使行𝐴𝐴李从𝐵𝐵 到 的时𝑡𝑡间=最𝑡𝑡1短+，𝑡𝑡2则=需3一𝑚𝑚 直做匀加速直线运动：
2
(解2)得 𝐴𝐴 𝐵𝐵 ， 2𝑚𝑚𝐿𝐿𝐴𝐴𝐵𝐵 =𝑣𝑣𝐵𝐵−0
可知𝑣𝑣水𝐵𝐵平=传�送 2𝑚𝑚带𝐿𝐿𝐴𝐴的𝐵𝐵最=小√ 恒5𝑚𝑚定/速𝑚𝑚 度为
13. （单选）如图所示，与水平面夹𝑣𝑣m角in为=𝑣𝑣𝐵𝐵的=倾√斜 5𝑚𝑚传/送𝑚𝑚 带，在电机控制下以 的恒定速率逆时针运
转，两轮心间的距离为 。质量为 37°的小物块 可视为质点 以 的初4𝑚𝑚速/𝑚𝑚度从传送带顶端滑至底端
的过程中 已知小物块与5传.75送𝑚𝑚带间的动摩10擦𝑘𝑘𝑚𝑚因数为 ，( 重力加速度)大小1𝑚𝑚取/𝑚𝑚 ，物块
2
( 0.5 10𝑚𝑚/𝑚𝑚 )
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学科网（北京）股份有限公司A. 先做匀加速直线运动，后做匀速运动 B. 所受的摩擦力方向一直沿传送带向上
C. 从顶端运动至底端的时间为 D. 在传送带上留下的划痕长度为
【答案】D 1.4𝑚𝑚 1.0𝑚𝑚
【解析】初始时，由于物块速度小于传送带速度，对物块受力分析可得，物块受到的摩擦力方向沿传送带
向下，物块沿传送带下滑时的加速度 ，
2
设物块经时间 加速到与传送带速度相𝑚𝑚1同=，𝑚𝑚由sin37°+𝜇𝜇𝑚𝑚cos37，°其=中10𝑚𝑚/𝑚𝑚 ， ，解得
，在 时间𝑡𝑡1内，物块沿传送带向下运动的距𝑣𝑣1离=𝑣𝑣0+𝑚𝑚1𝑡𝑡1 𝑣𝑣1 =4𝑚𝑚/𝑚𝑚，传𝑣𝑣0送=带1𝑚𝑚相/对𝑚𝑚 物块向𝑡𝑡下1 =运动
1 2
0的.3位𝑚𝑚移 𝑡𝑡1 ， 𝑥𝑥1 =𝑣𝑣0𝑡𝑡1+2𝑚𝑚1𝑡𝑡1 =0.75𝑚𝑚
由于物𝛥𝛥块𝑥𝑥与1 =传𝑣𝑣送1𝑡𝑡带1−间𝑥𝑥的1摩=擦0.4因5𝑚𝑚数为 小于 ，故物块将继续向下加速运动，对物块受力分析可知，物
块受到的摩擦力方向沿传送带向上0，.5物块继ta续n3向7°下加速的加速度 ，设物
2
块再经时间 到达传送带底端，则有 ，解得𝑚𝑚2 =𝑚𝑚sin，37此°过−𝜇𝜇程𝑚𝑚物co块s3相7°对=传2𝑚𝑚送/带𝑚𝑚 向下运
1 2
动的位移 𝑡𝑡2 𝐿𝐿−，𝑥𝑥 1 =𝑣𝑣1𝑡𝑡2+2𝑚𝑚2𝑡𝑡2 𝑡𝑡2 =1𝑚𝑚
综上所述𝛥𝛥：𝑥𝑥A2.=物(块𝐿𝐿先−向𝑥𝑥1下)−以𝑣𝑣1𝑡𝑡2 =1.的0𝑚𝑚加速度向下加速，后以 的加速度继续向下加速，A错误；
2 2
B.物块所受摩擦力方向先是沿10传𝑚𝑚送/𝑚𝑚带向下，后来变为沿传送带2向𝑚𝑚/上𝑚𝑚，B错误；
C.从顶端运动至底端的时间为 ，C错误；
D.物块在传送带上留下的划痕𝑡𝑡长1+度𝑡𝑡为2 =1.3，𝑚𝑚D正确。
故选D。 1.0𝑚𝑚
14. （单选）如图 所示，倾角为 的浅色传送带以恒定速率逆时针运行，将一质量为 的可视为质点的
∘
深色物块轻放在传1送带的顶端 点3，0 末物块恰好到达传送带底端 点。物块的速度 随𝑚𝑚时间 的变化图像如
图 所示，重力加速度大小 𝑃𝑃 2𝑚𝑚。下列说法正确的是( ) 𝑄𝑄 𝑣𝑣 𝑡𝑡
2
2 𝑚𝑚 =10𝑚𝑚/𝑚𝑚
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学科网（北京）股份有限公司A. 物块与传送带之间的动摩擦因数为 B. 物体滑到 点的速度大小为
√ 3
C. 、 两点之间的距离为 D. 传5 送带划痕的长度为𝑄𝑄 9𝑚𝑚/𝑚𝑚
【答𝑃𝑃案𝑄𝑄】D 12𝑚𝑚 3𝑚𝑚
【解析】物体在没有和传送带达到共同速度以前 ，得 ，A错误
√ 3
共速后，因为 ，所以物体还要加速下𝑚𝑚滑 1 =：𝑚𝑚sin𝜃𝜃+𝜇𝜇𝑚𝑚cos𝜃𝜃 𝜇𝜇，=得15 ; ，所以物体滑
√ 3 √ 3 2
到 点的速度大𝜇𝜇小=为15 < 3 ，B错误𝑚𝑚2 =𝑚𝑚sin𝜃𝜃−𝜇𝜇𝑚𝑚cos𝜃𝜃 𝑚𝑚2 =4𝑚𝑚/𝑚𝑚
、𝑄𝑄 两点之间的距离6𝑚𝑚为/图𝑚𝑚+线𝑚𝑚与2横×轴1𝑚𝑚所=围10的𝑚𝑚面/𝑚𝑚积 ; ，C错误
由𝑃𝑃 于𝑄𝑄传送带一直以 的速度匀速运动，由图𝑥𝑥可=知1第1 一𝑚𝑚段时间内;传送带走了 ，物体走了 ，划痕为
，第二段时间内6物𝑚𝑚/体𝑚𝑚速度快于传送带，比传送带多走 ，覆盖了原来的 6𝑚𝑚划痕，不会增3𝑚𝑚加新的划
3痕𝑚𝑚，所以划痕还是 ，所以D正确。 2 𝑚𝑚 2 𝑚𝑚
3𝑚𝑚
考点三 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相
互作用下发生相对滑动。
2．位移关系：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，位移大小之差Δx＝
x －x ＝L(或Δx＝x －x ＝L)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和Δx＝x ＋x ＝L。
1 2 2 1 2 1
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学科网（北京）股份有限公司四种常见类型：滑块m与木板M之间有摩擦，地面光滑或者粗糙。
图例 初始条件 终止条件
(1)滑块m静止。
(2)木板M初速度为v。
(1)滑块m初速度为v。
(2)木板M静止。
(1)滑块m、木板M均静止。
(2)外力F作用在木板M上。
(1)滑块m停在木板M上某位置。
(2)滑块m恰好没有滑离木板M。
(3)滑块m滑离木板M。
(1)滑块m、木板M均静止。
(2)外力F作用在滑块m上。
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
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学科网（北京）股份有限公司15. （单选）如图所示，质量为 的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为 的物块放
在木板上，物块与木板之间有摩𝑀𝑀擦，=两3 𝑘𝑘者𝑚𝑚都以大小为 的初速度向相反方向运动．当𝑚𝑚木=板1的 𝑘𝑘𝑚𝑚速度为
时，物块处于( ) 4 𝑚𝑚/𝑚𝑚
3 𝑚𝑚/𝑚𝑚
A. 匀速运动阶段 B. 减速运动阶段 C. 加速运动阶段 D. 速度为零的时刻
【答案】B
【解析】物块和木板相对运动，那么，物块和木板间有摩擦力 ，所以，物块做加速度 的匀减速运
𝑓𝑓
动；木板做加速度 的匀减速运动； 𝑓𝑓 𝑚𝑚 =𝑚𝑚
𝑓𝑓 1
故当木板速度为 𝑚𝑚′=时
𝑀𝑀
，=物
3
块𝑚𝑚速度为 ，两者的速度方向不变，故仍做匀减速运动；
之后木板继续做3减𝑚𝑚速/𝑚𝑚运动，物块先做减1𝑚𝑚速/运𝑚𝑚动，减到速度为零后做匀加速运动，当木板和物块速度相同
后，两者一起做匀速运动；故当木板的速度为 时，物块必处于匀减速运动阶段，故B正确，ACD错
误。 3𝑚𝑚/𝑚𝑚
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学科网（北京）股份有限公司故选： 。
16.如图𝐵𝐵所示，质量 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一个 的水平恒力，当
小车向右运动的速度𝑀𝑀达=到10 𝑘𝑘𝑚𝑚 时，在其右端轻轻放上一质量 的小煤𝐸𝐸块=小1煤0 𝑁𝑁块视为质点且初
速度为零 ，小煤块与小车2间.8 的𝑚𝑚/动𝑚𝑚摩擦因数 。假定小车足𝑚𝑚够=长2.，0 𝑘𝑘重𝑚𝑚力加速度(取 ，则：
2
) 𝜇𝜇 =0.20 𝑚𝑚 10 𝑚𝑚/𝑚𝑚
经过多长时间小煤块与小车保持相对静止？
(1)求相对静止前小煤块前进的位移大小。
(2)求小煤块最终在小车上留下的痕迹长度。
(【3)答案】 保持相对静止前，对煤块根据牛顿第二定律可得
解得 (1) 𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚=𝑚𝑚𝑚𝑚1
2
对小𝑚𝑚车1根=据2 牛𝑚𝑚/顿𝑚𝑚第二定律可得
解得
𝐸𝐸−𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚=𝑀𝑀𝑚𝑚2
2
经过𝑚𝑚时2间=0，.6小 𝑚𝑚煤/𝑚𝑚块与小车保持相对静止，则有 ，解得 。
相对静𝑡𝑡止前小煤块前进的位移大小 𝑣𝑣 =𝑚𝑚1𝑡𝑡 =𝑣𝑣0+𝑚𝑚2𝑡𝑡 𝑡𝑡 =2 𝑚𝑚
(2) ，解得 。
1 2
𝑥𝑥1 =在
2
相𝑚𝑚对1𝑡𝑡静止前小𝑥𝑥1车=前4进 𝑚𝑚的位移
(3)
1 2
𝑥𝑥解2得=𝑣𝑣0𝑡𝑡+ 𝑚𝑚2𝑡𝑡
2
两者𝑥𝑥的2相=对6.位8 𝑚𝑚移
即小煤块最终在小𝛥𝛥𝑥𝑥车=上𝑥𝑥2留−下𝑥𝑥的1 =痕2迹.8长 𝑚𝑚度为 。
2.8 𝑚𝑚
解决板块问题的基本思路
1.明确滑块和木板之间的相对运动情况,确定摩擦力的性质,分别画出两物体所受摩擦力的方向。
2.分别隔离滑块和木板求各自的加速度。要注意当滑块与木板的速度相同时,摩擦力发生突变的情况。
3.明确位移关系:滑块与木板叠放在一起运动时,应仔细分析滑块与木板的运动过程,明确滑块与木板对地的
位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系。一般情况下,若同向运动,则 x -x =L;若反向运动,则 x +x =L。
1 2 1 2
17. （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 的斜
坡上有长为 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为 。小孩 可视为质点 坐在滑板上端，与滑板一37起°由静
21
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1 𝑚𝑚 40 ( )
学科网（北京）股份有限公司止开始下滑，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
，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长， ， ， 取 ，则下列判
2
0断.4正确的是( ) sin 37°=0.6 cos 37°=0.8 𝑚𝑚 10 𝑚𝑚/𝑚𝑚
A. 小孩在滑板上下滑的加速度大小为
2
B. 小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小2 𝑚𝑚为/𝑚𝑚
2
C. 经过 的时间，小孩离开滑板 0.8 𝑚𝑚/𝑚𝑚
D. 小孩1离 𝑚𝑚开滑板时的速度大小为
【答案】BC 0.8 𝑚𝑚/𝑚𝑚
【解析】对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为 ，同理对滑板，
𝑚𝑚𝑚𝑚sin 37°−𝜇𝜇1𝑚𝑚𝑚𝑚cos 37° 2
加速度大小为 𝑚𝑚1 = ，A𝑚𝑚错误，B正=确2；.8小 𝑚𝑚孩/𝑚𝑚刚与滑板分离
𝑚𝑚𝑚𝑚sin 37°+𝜇𝜇1𝑚𝑚𝑚𝑚cos 37°−2𝜇𝜇2𝑚𝑚𝑚𝑚cos 37° 2
时，有 𝑚𝑚2 = ，解得 𝑚𝑚 ，离开滑板时=小0孩.8的 𝑚𝑚速/𝑚𝑚度大小为 ，D错误，C正
1 2 1 2
确。 2𝑚𝑚1𝑡𝑡 −2𝑚𝑚2𝑡𝑡 =𝐿𝐿 𝑡𝑡 =1 𝑚𝑚 𝑣𝑣 =𝑚𝑚1𝑡𝑡 =2.8 𝑚𝑚/𝑚𝑚
18. （多选）如图甲所示，质量为 的木板置于水平地面上，木板最左端放有可视为质点的物块。
时刻，对物块施加水平向右、大小1为𝑘𝑘𝑚𝑚 的恒力 时刻，撤去 。物块、木板运动的速度𝑡𝑡随=时0
间 变化的图像如图乙所示。取重力加𝐸𝐸速=度15𝑁𝑁 ;𝑡𝑡。=下1.0列𝑚𝑚说法正确的𝐸𝐸是( ) 𝑣𝑣
2
𝑡𝑡 𝑚𝑚 =10𝑚𝑚/𝑚𝑚
A. 物块与木板间的动摩擦因数为
B. 物块的质量为 0.2
C. 时，物3块𝑘𝑘𝑚𝑚的加速度大小为
2
𝑡𝑡 =1.3𝑚𝑚 2𝑚𝑚/𝑚𝑚
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学科网（北京）股份有限公司D. 木板的长度至少为
【答案】BC 0.75𝑚𝑚
【解析】 对物块受力分析可知 ，对长木板 ， 时刻，
撤去 ，对𝐴𝐴𝐵𝐵物.块 ，整理𝐸𝐸以−上𝜇𝜇公𝑚𝑚𝑚𝑚式=得𝑚𝑚𝑚𝑚1 ， 𝜇𝜇𝑚𝑚，𝑚𝑚−𝜇𝜇1(𝑚𝑚+，𝑀𝑀故)𝑚𝑚A=错𝑀𝑀误𝑚𝑚，2 B𝑡𝑡正=确1；.0𝑚𝑚
C. 𝐸𝐸 时，物𝜇𝜇𝑚𝑚块𝑚𝑚与=长𝑚𝑚木𝑚𝑚2板共同运动，加速度𝜇𝜇 =0.3 𝑚𝑚 =3𝑘𝑘𝑚𝑚 ，𝜇𝜇1故=C0正.2确；
2
D.𝑡𝑡木=板1的.3𝑚𝑚长度为物块相对木板的位移即图中三角𝑚𝑚形2 =的𝜇𝜇面1𝑚𝑚积=2𝑚𝑚/𝑚𝑚 ，故D错误。
1
19.如图所示，在倾角为 的足够长的固定斜面上，有一质𝑚𝑚量=为 2×的1长×木1.2板5，=长0.木62板5𝑚𝑚在沿斜面向上的拉力
作用下始终做速度为 的𝜃𝜃匀速运动。某时刻开始，将一质量为 𝑀𝑀的小铁块 可视为质点 ，以相对斜面向下𝐸𝐸的
初速度 从长木板的𝑣𝑣上端释放，小铁块沿长木板向下滑动，最𝑚𝑚终小铁块跟(长木板一起)沿斜面向上做匀速运
动。已𝑣𝑣知0 ，小铁块、木板和斜面相互间的动摩擦因数均为 ， ，重力加速度为 。求：
小铁块从𝑣𝑣开0始>滑𝑣𝑣动到离斜面底端最近时经历的时间； 𝜇𝜇 𝜇𝜇 >𝑡𝑡𝑚𝑚𝑚𝑚𝜃𝜃 𝑚𝑚 (1)
从释放铁块到共速时长木板沿斜面向上运动的距离和长木板的最短长度。
(2)
【答案】解：对小铁块分析，因为 ，所以滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，加速度方向沿
斜面向上，小铁块沿斜面向下做匀减𝜇𝜇>速𝑡𝑡运𝑚𝑚𝑚𝑚动𝜃𝜃，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有：
当小铁块速度减为零时，离斜面底端最近，设经历时间为
𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚𝑐𝑐𝜇𝜇𝑚𝑚𝜃𝜃−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝜃𝜃 =𝑚𝑚𝑚𝑚 ①
根据运动学公式有： 𝑡𝑡0
𝑣𝑣0
由 两式可解得：𝑡𝑡0 = 𝑚𝑚 ②
𝑣𝑣0
①小②铁块先沿斜面向下𝑡𝑡0匀=减𝑚𝑚(𝜇𝜇速co运s𝜃𝜃动−si，n𝜃𝜃速) 度为零后再沿斜面向上匀加速运动，最终跟长木板以共同速度 匀
(速2)运动，设到共速时经历时间为 ，对小铁块，根据运动学公式，取向上为正方向有： 𝑣𝑣
𝑡𝑡
长木板匀速运动，沿斜面向上运动的距离为
𝑣𝑣 =−𝑣𝑣0+𝑚𝑚𝑡𝑡
可解得： 𝑥𝑥1 =𝑣𝑣𝑡𝑡
𝑣𝑣(𝑣𝑣+𝑣𝑣0)
小铁块从𝑥𝑥开 1 始=沿𝑚𝑚(斜𝜇𝜇co面s𝜃𝜃向−s下in𝜃𝜃做) 匀减速运动，到与长木板共速时，根据运动公式，
沿斜面向下运动的距离为：
2 2 2 2
𝑣𝑣 −𝑣𝑣0 𝑣𝑣0−𝑣𝑣
若小铁块与长木板共速时小铁块恰好𝑥𝑥2 滑=到长木板的=最下端，则长木板的长度最短，最短长度为：
−2𝑚𝑚 2𝑚𝑚(𝜇𝜇𝑐𝑐𝜇𝜇𝑚𝑚𝜃𝜃−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝜃𝜃)
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学科网（北京）股份有限公司2 2 2
𝑣𝑣(𝑣𝑣+𝑣𝑣0) 𝑣𝑣0−𝑣𝑣 (𝑣𝑣+𝑣𝑣0)
答： 小铁块𝐿𝐿从=开𝑥𝑥始 1+滑𝑥𝑥动 2 到=离斜面底端最近时经+历的时间为 = ；
𝑚𝑚(𝜇𝜇cos𝜃𝜃−sin𝜃𝜃) 2𝑚𝑚(𝜇𝜇𝑐𝑐𝜇𝜇𝑚𝑚𝜃𝜃−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝜃𝜃) 2𝑚𝑚(𝜇𝜇cos𝜃𝜃−sin𝜃𝜃)
𝑣𝑣0
从 ( 释 1) 放铁块到共速时长木板沿斜面向上运动的距离和长木𝑚𝑚板(𝜇𝜇的co最s𝜃𝜃−短si长n𝜃𝜃)度为 。
2
(𝑣𝑣+𝑣𝑣0)
(2) 2𝑚𝑚(𝜇𝜇cos𝜃𝜃−sin𝜃𝜃)
巩固训练·提升能力
一、单选题。
1.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 运行，初速度大小为 的小物块从与传送带等
高的光滑水平地面，沿传送带运动的反方向滑上𝑣𝑣传1送带，选 的方向为𝑣𝑣正2(方𝑣𝑣2向>，𝑣𝑣从1)物块滑上传送带开始计
时，其运动的 图像不可能是下图中的( ) 𝑣𝑣2
𝑣𝑣−𝑡𝑡
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】A.小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端后速度还没有减为零，离开传送带后
在光滑水平地面上做匀速运动，故A可能；
B.小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速
度 后匀速运动，故B可能；
C.物𝑣𝑣1块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去，反向加速后，速度等于传送带速度 后匀速运
动，故C不可能； 𝑣𝑣1
D.小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端时速度恰好为零，故D可能。
20 / 28
学科网（北京）股份有限公司题目要求选不可能的，故选C。
2.如图，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，
当它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为 ，已知滑动摩擦力近
√ 3
似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是( ) 3
A. 做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零
B. 重的行李箱比轻的行李箱传送时间更长些
C. 若增加传送带速度，传送的时间不变
D. 运送行李时该传送带的倾角必须小于
【答案】D 30°
【解析】A.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为 ，故A错误
B.根据 ，加速阶段，重的行李箱与轻𝐸𝐸𝑓𝑓的=行𝑚𝑚李𝑚𝑚箱sin传𝜃𝜃送加速度相同; ，即行李箱的加速
时间、𝑚𝑚加𝑚𝑚速=位𝜇𝜇移𝑚𝑚𝑚𝑚、𝑐𝑐匀𝜇𝜇𝑚𝑚速𝜃𝜃−时𝑚𝑚间𝑚𝑚相𝑚𝑚𝑚𝑚同𝑚𝑚𝜃𝜃，故B错误；
C.若增加传送带速度，行李箱的加速时间改变，传送的时间变化，故C错误
D.行李箱先做加速运动，有 ，解得 ，运送行李时;该传送带的倾角必须小于
，故D正确． 𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚𝑐𝑐𝜇𝜇𝑚𝑚𝜃𝜃 >𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝜃𝜃 𝜃𝜃 <30°
330.如° 图所示，一水平传送带以速度 沿逆时针方向匀速转动，一碳块从传送带左端以初速度 向右滑上水平
传送带，碳块与传送带间的动摩擦𝑣𝑣因数恒定，下列说法错误的是( ) 𝑣𝑣0
A. 当碳块从传送带右端滑离时，若 一定， 越大，传送带上的划痕越长
B. 当碳块从传送带右端滑离时，若𝑣𝑣一0 定， 𝑣𝑣越大，传送带上的划痕越长
C. 当碳块从传送带左端滑离时，若𝑣𝑣一定，𝑣𝑣0越大，传送带上的划痕越长
D. 当碳块从传送带左端滑离时，若𝑣𝑣 一定，𝑣𝑣0越大，传送带上的划痕越长
【答案】B 𝑣𝑣0 𝑣𝑣
【解析】A.当碳块从传送带右端滑离，根据 ，可知 一定，碳块通过传送带的时间一定，
1 2
碳块的位移一定，划痕为 𝐿𝐿 =𝑣𝑣0𝑡𝑡+2𝑚𝑚𝑡𝑡 𝑣𝑣0
21 / 28
学科网（北京）股份有限公司， 越大时，传送带的位移越大，划痕越长，故A正确，不符合题意；
B𝛥𝛥𝑥𝑥.由=上𝑣𝑣述𝑡𝑡−分𝐿𝐿析可𝑣𝑣知，若 一定， 越大，碳块通过传送带的时间越短，碳块的位移一定，传送带的位移
变小，划痕越短，故B错𝑣𝑣 误，符合𝑣𝑣0题意；
当碳块从传送带左端滑离，在 时，碳块在传送带上的划痕长度
𝐶𝐶𝐷𝐷. 𝑣𝑣0 >𝑣𝑣 ，
2 2 2 2 2
𝑣𝑣0 𝑣𝑣0 𝑣𝑣 𝑣𝑣 𝑣𝑣0 2𝑣𝑣𝑣𝑣0 𝑣𝑣 (𝑣𝑣0+𝑣𝑣)
𝑥𝑥若= 2𝑎𝑎+𝑣𝑣 ，𝑎𝑎划+痕𝑣𝑣𝑎𝑎长−度2𝑎𝑎 =2𝑎𝑎+ 2𝑎𝑎 +2𝑎𝑎 = 2𝑎𝑎 ，
2 2
𝑣𝑣0 𝑣𝑣0 𝑣𝑣0 𝑣𝑣0 2𝑣𝑣𝑣𝑣0
一𝑣𝑣0定≤，𝑣𝑣 越大，划痕𝑥𝑥 =越2长𝑎𝑎+，𝑣𝑣 𝑎𝑎 一+定𝑣𝑣 𝑎𝑎，− 2 𝑎𝑎越=大，𝑎𝑎划痕越长，故CD正确，不符合题意。
𝑣𝑣本题选择错𝑣𝑣0误选项，故选B。 𝑣𝑣0 𝑣𝑣
4.如图所示，倾角为 的传送带始终以 的速度顺时针匀速运动，一质量为 的物块以 的速度
从底端冲上传送带，𝜃𝜃恰好能到达传送带5𝑚𝑚顶/端𝑚𝑚。已知物块与传送带间的动摩擦因1数𝑘𝑘𝑚𝑚为 ，取重10力𝑚𝑚加/𝑚𝑚速度大小
， ． ，物块从传送带底端运动到顶端的时间为( ) 0.5
2
𝑚𝑚 =10𝑚𝑚/𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 =0 6
A. ． B. ． C. ． D. ．
【答1案0】𝑚𝑚D 1 5𝑚𝑚 2 5𝑚𝑚 3 0𝑚𝑚
【解答】开始时物块速度大于传送带速度，所受传送带摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律
，解得 ，
2
𝑚𝑚 物𝑚𝑚块sin速𝜃𝜃度+与𝜇𝜇𝑚𝑚传𝑚𝑚送co带s𝜃𝜃速=度𝑚𝑚相𝑚𝑚1 等所需的𝑚𝑚1 时=间1 0𝑚𝑚/𝑚𝑚 传 ，之后物块的速度小于传送带的速度，物块所受
𝑣𝑣0−𝑣𝑣
摩擦力沿传送带向上， 𝑡𝑡1 = 𝑎𝑎 =0.5𝑚𝑚
根据牛顿第二定律 ，解得
2
物块从速度等于传𝑚𝑚送𝑚𝑚带si速n𝜃𝜃度−到𝜇𝜇速𝑚𝑚𝑚𝑚度co为s𝜃𝜃零=所𝑚𝑚需𝑚𝑚时 2 间 𝑚𝑚2传=2𝑚𝑚/𝑚𝑚
𝑣𝑣
物块从传送带底端运动到顶端的时间 𝑡𝑡2 = 𝑎𝑎2。= 2.5𝑚𝑚
故选D。 𝑡𝑡 =𝑡𝑡1+𝑡𝑡2 =3.0𝑚𝑚
5.如图甲所示，小物块 以初速度 冲上水平放置的平板 ，在此后的运动过程中 始终没有滑离平板 ，
、 运动的部分 图𝐴𝐴像如图乙𝑣𝑣所0示。下列说法正确的𝐵𝐵是( ) 𝐴𝐴 𝐵𝐵
𝐴𝐴 𝐵𝐵 𝑣𝑣−𝑡𝑡
22 / 28
学科网（北京）股份有限公司A. 若 ，则
𝑣𝑣0
B. A、𝑚𝑚𝐴𝐴两=物2𝑚𝑚体𝐵𝐵质量可𝑣𝑣1能=相3同
C. 𝐵𝐵 时间内， 有时仅受一个摩擦力作用
D. 0与−2𝑡𝑡间1的动摩擦𝐵𝐵因数小于 与地面间的动摩擦因数
【答𝐴𝐴案𝐵𝐵】A 𝐵𝐵
【解析】A.设 之间、 与地面之间动摩擦因数分别为 、 ， 到 内，对 、 ，由牛顿第二定律分
别有 𝐴𝐴𝐵𝐵 𝐵𝐵 𝜇𝜇1 𝜇𝜇2 0 𝑡𝑡1 𝐴𝐴 𝐵𝐵
𝜇𝜇1𝑚𝑚𝐴𝐴𝑚𝑚=𝑚𝑚𝐴𝐴𝑚𝑚𝐴𝐴
𝑚𝑚 解𝐴𝐴得 𝑚𝑚𝜇𝜇1、 −( 加 𝑚𝑚𝐴𝐴速 + 度 𝑚𝑚 分𝐵𝐵别 )𝑚𝑚 为 𝜇𝜇2 =𝑚𝑚𝐵𝐵𝑚𝑚𝐵𝐵 ，
𝜇𝜇𝐴𝐴𝜇𝜇𝜇𝜇1−(𝜇𝜇𝐴𝐴+𝜇𝜇𝐴𝐴)𝜇𝜇𝜇𝜇2
则 到𝐴𝐴 𝐵𝐵 内，对 有 𝑚𝑚𝐴𝐴 =𝑚𝑚𝜇𝜇1 𝑚𝑚𝐵𝐵 = 𝜇𝜇𝐴𝐴
𝑣𝑣0
对0有𝑡𝑡1 𝐴𝐴 2 =𝑣𝑣0−𝑚𝑚𝐴𝐴𝑡𝑡1 =𝑣𝑣0 −𝑚𝑚𝜇𝜇1𝑡𝑡1
𝑣𝑣0 𝜇𝜇𝐴𝐴𝜇𝜇𝜇𝜇1−(𝜇𝜇𝐴𝐴+𝜇𝜇𝐴𝐴)𝜇𝜇𝜇𝜇2
𝐵𝐵到 2 = 时𝑚𝑚间𝐵𝐵𝑡𝑡内1 =，对整体有𝜇𝜇𝐴𝐴 𝑡𝑡1
𝑣𝑣0 𝑣𝑣0
𝑡𝑡联1立解2𝑡𝑡得1 𝑣𝑣1 = 2 −𝑚𝑚𝐴𝐴𝐵𝐵𝑡𝑡1 = 2 −𝑚𝑚𝜇𝜇2𝑡𝑡1
𝑣𝑣0 𝑣𝑣0 𝜇𝜇𝐴𝐴−𝜇𝜇𝐴𝐴
若 𝑣𝑣1 = 2 − 2 ×𝜇𝜇𝐴𝐴+𝜇𝜇𝐴𝐴
解得𝑚𝑚𝐴𝐴 =2𝑚𝑚𝐵𝐵
𝑣𝑣0
故A𝑣𝑣正1确=；3
B.以上分析可知
𝑣𝑣0 𝑣𝑣0 𝜇𝜇𝐴𝐴−𝜇𝜇𝐴𝐴
若 质量相等，𝑣𝑣则1 = 2 − 2 ×𝜇𝜇𝐴𝐴+𝜇𝜇𝐴𝐴
𝑣𝑣0
而𝐴𝐴图𝐵𝐵乙可知 速度𝑣𝑣就1已=经2为 ，故 速度不可能还是 ，不符合题意，故B错误；
𝑣𝑣0 𝑣𝑣0
C.速度 时间𝑡𝑡1图像的斜率表示加2 速度，2 𝑡𝑡图1 乙可知 到 时间2 内 始终有加速度，故AB间一直存在摩擦
力，所−以 在 时间内一直同时受到 给摩0擦力2𝑡𝑡和1地面给的𝐴𝐴 摩擦力，故C错误；
D.题意可𝐵𝐵知要0让∼运2𝑡𝑡动1 起来，必须满足 𝐴𝐴
即 𝐵𝐵 𝑚𝑚𝐴𝐴𝑚𝑚𝜇𝜇1 >(𝑚𝑚𝐴𝐴+𝑚𝑚𝐵𝐵)𝑚𝑚𝜇𝜇2
𝜇𝜇1 𝜇𝜇𝐴𝐴+𝜇𝜇𝐴𝐴
故𝜇𝜇A2 >与 间𝜇𝜇𝐴𝐴的动>摩1擦因数大于 与地面间的动摩擦因数，故 D错误。
故选 A。𝐵𝐵 𝐵𝐵
二、多选题。
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学科网（北京）股份有限公司6.如图所示， 、 和 是竖直平面内三根固定的光滑细杆， 、 、 、 、 位于同一圆周上， 为圆周
的最高点， 为𝑂𝑂𝑚𝑚最低𝑂𝑂点𝑏𝑏 ，𝑚𝑚𝑎𝑎为圆心。每根杆上都套着一个小滑环𝑂𝑂未画𝑚𝑚出𝑏𝑏，𝑐𝑐两个𝑎𝑎滑环从 点无初速度𝑐𝑐释放，
一个滑环从𝑚𝑚点无初速度𝑂𝑂释′放， 、 、 分别表示滑环沿 、( 、 到) 达 、 所用的𝑂𝑂时间，则下列关系
正确的是( 𝑎𝑎 ) 𝑡𝑡1 𝑡𝑡2 𝑡𝑡3 𝑂𝑂𝑚𝑚 𝑂𝑂𝑏𝑏 𝑎𝑎𝑚𝑚 𝑚𝑚 𝑏𝑏
A. B. C. D.
【答𝑡𝑡1案=】𝑡𝑡2BCD 𝑡𝑡2 >𝑡𝑡3 𝑡𝑡1 <𝑡𝑡2 𝑡𝑡1 =𝑡𝑡3
【解析】设想还有一根光滑固定细杆 ，则 、 、 三细杆交于圆的最低点 ，三杆顶点均在圆周上，
根据等时圆模型可知，由 、 、 无初𝑐𝑐𝑚𝑚速度释𝑐𝑐𝑚𝑚放的𝑂𝑂𝑚𝑚小滑𝑎𝑎环𝑚𝑚 到达 点的时间相等，即𝑚𝑚 ；而由
和由 滑动的小滑环相𝑐𝑐比𝑂𝑂较，𝑎𝑎滑行位移大小相同，初速度均𝑚𝑚 为零，但 𝑡𝑡𝑐𝑐，𝑎𝑎 =由𝑡𝑡1 =𝑡𝑡3 可知，𝑐𝑐 →𝑚𝑚
1 2
𝑂𝑂 →，𝑏𝑏故A错误， 、 、D正确。 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑎𝑎 >𝑚𝑚𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑥𝑥 =2𝑚𝑚𝑡𝑡
7𝑡𝑡2.一>小𝑡𝑡𝑐𝑐物𝑎𝑎 块向左冲上水𝐵𝐵平向𝐶𝐶右运动的木板，二者速度大小分别为 、 ，此后木板的速度 随时间 变化的
图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。𝑣𝑣整0个2运𝑣𝑣0动过程中( ) 𝑣𝑣 𝑡𝑡
A. 物块的运动方向不变 B. 物块的加速度方向不变
C. 物块相对木板的运动方向不变 D. 物块与木板的加速度大小相等
【答案】CD
【解析】A、木板速度为 时，斜率发生改变，则加速度发生变化，可知此时物块与木板共速，则物块先
1
向左减速，再向右加速，2故𝑣𝑣0A错误；
B、物块与木板共速前，加速度始终向右，共速后一起减速，加速度向左，故B错误；
C、物块速度减到 之前相对木板向左运动，物块速度从 增大到 时速度依然小于木板速度，所以该过程
1
物块相对木板向左0运动，之后一起减速，无相对位移，所0以整个2过𝑣𝑣0程中物块相对木板的运动方向向左不
变，故C正确；
D、共速前，物块的加速度为
1
2𝑣𝑣0−(−𝑣𝑣0) 3𝑣𝑣0
木板的加速度为 𝑚𝑚 = 𝑡𝑡 = 2𝑡𝑡
1
2𝑣𝑣0−2𝑣𝑣0 3𝑣𝑣0
𝑚𝑚′= 𝑡𝑡 = 2𝑡𝑡 =𝑚𝑚 24 / 28
学科网（北京）股份有限公司则物块与木板共速前后，二者的加速度大小都相等，故D正确。
故选： 。
8.如图所𝐶𝐶𝐷𝐷示，一质量为 的物块叠放在质量为 的长木板上，二者均静止在水平地面上，已知木板与物块
间的动摩擦因数为 ，𝑚𝑚木1板与地面间的动摩擦因𝑚𝑚2数为 。现给长木板一水平向右的初速度 ，下列关于
板、块的 图像𝜇𝜇1实线和虚线分别表示不同物体 可𝜇𝜇能2正确的是( ) 𝑣𝑣0
𝑣𝑣−𝑡𝑡 ( )
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】 、由题意可知，起初物块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，故四个选项中的虚线均
表示物块𝐴𝐴、𝐵𝐵实线均表示木板。某个时刻两者速度相等，之后若 ，则二者可相对静止以共同加速度做
匀减速直线运动直至停下，且二者做匀减速运动的加速度大小均𝜇𝜇1为>𝜇𝜇2 ，小于起初木板做匀减速运动的加
速度，A正确，B错误； 𝜇𝜇2𝑚𝑚
、若 ，则二者不能相对静止，二者以不同的加速度做匀减速直线运动，且物块的加速度大小不
变𝐶𝐶𝐷𝐷，方向𝜇𝜇1相<反𝜇𝜇，2 C错误，D正确。
9.如图甲，一水平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 。初始
时，两者都是静止的。现让传送带在电机带(动下先加速后) 减速，传送带的速度 时间图像如𝜇𝜇图=乙0所.2示。设
传送带足够长，一段时间后，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，重力加速—度 取 。下列说法正
2
确的是( ) 𝑚𝑚 10 𝑚𝑚/𝑚𝑚
A. 时煤块与传送带速度相同 B. 煤块相对传送带的位移为
C. 煤𝑡𝑡 =块8的 𝑚𝑚质量越大黑色痕迹的长度越长 D. 黑色痕迹的长度为80 𝑚𝑚
48 𝑚𝑚
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学科网（北京）股份有限公司【答案】AD
【解析】煤块的加速度大小 ，在 图上作出煤块的速度 时间图像，斜率为加速度，
𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇 2
根据几何关系可知，图像过𝑚𝑚 = 𝜇𝜇 =2 𝑚𝑚，/与𝑚𝑚传送带𝑣𝑣的−图𝑡𝑡 像交于 —，然后减速，交 轴于 ，
故A正确；由图可知，煤块(先6 相𝑚𝑚,1对2 传𝑚𝑚送/𝑚𝑚带) 向左滑动，相对位移 (8 𝑚𝑚,16 𝑚𝑚/𝑚𝑚) 𝑡𝑡 16 𝑚𝑚
1 16+24 1
，共速后煤块相对传送带往右滑动，相对位移 𝛥𝛥𝑥𝑥1 =2×6×24 𝑚𝑚+ 2 ×2 𝑚𝑚−2×，8×则
1 1
痕16迹 𝑚𝑚应=取4较8 𝑚𝑚长的相对位移为 ，煤块相对传送带的总位移𝛥𝛥𝑥𝑥2 =2×8×16 𝑚𝑚−2×，4故×1B6错 𝑚𝑚误=，3D2 𝑚𝑚正
确；煤块的质量变大，不改变48加 𝑚𝑚速度，痕迹长度不变，故C错𝛥𝛥𝑥𝑥误=。𝛥𝛥 𝑥𝑥1−𝛥𝛥𝑥𝑥2 =16 𝑚𝑚
三、计算题。
10.如图所示，传送带与水平面之间的夹角 ，其上 、 两点间的距离 ，传送带在电动机的
∘
带动下以 的速率匀速运动。现将一𝜃𝜃 小=物30体 可视为𝐴𝐴质𝐵𝐵点 轻放在传送带𝐿𝐿的=5𝑚𝑚点，已知小物体与传送
带之间的𝑣𝑣动=摩2擦𝑚𝑚因/𝑚𝑚数 ，重力加速度的大小 ( ，在)传送带将小物体𝐴𝐴从 点传送到 点的过程
√ 3 2
中；求： 𝜇𝜇 = 2 𝑚𝑚 =10𝑚𝑚/𝑚𝑚 𝐴𝐴 𝐵𝐵
小物体刚开始运动时的加速度大小；
(1)小物体从 点运动到 点经过的时间。
【(2)答案】 物𝐴𝐴 体加速过𝐵𝐵程，根据牛顿第二定律有
则物体刚(开1)始运动时的加速度大小 𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚cos𝜃𝜃−𝑚𝑚𝑚𝑚sin𝜃𝜃 =𝑚𝑚𝑚𝑚
2
当物体的速度增加到 时𝑚𝑚，=通2.5过𝑚𝑚的/𝑚𝑚位移
2
𝑣𝑣
(由2) 得 𝑣𝑣 =2𝑚𝑚/𝑚𝑚 𝑥𝑥1 =2𝑎𝑎 =0.8𝑚𝑚
𝑣𝑣
由于𝑣𝑣 =𝑚𝑚𝑡𝑡 𝑡𝑡1 =𝑎𝑎 =0.8𝑚𝑚 ，所以物体的速度达到 后将与传送带以相同速度匀速运动物体匀速运动的
位移𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚cos𝜃𝜃 >𝑚𝑚𝑚𝑚sin𝜃𝜃 2𝑚𝑚/𝑚𝑚
匀速𝑥𝑥运2动=的𝐿𝐿时−间𝑥𝑥1 =4.2𝑚𝑚
𝑥𝑥2
故物体从 运动到𝑡𝑡2 =经𝑣𝑣过=的2时.1间𝑚𝑚 。
11.如图所𝐴𝐴示，足够𝐵𝐵长、质量 𝑡𝑡 =𝑡𝑡1+𝑡𝑡的2木=板2.9𝑚𝑚静止在水平面上，质量 的小滑块 可视为质点
静止在木板左端，滑块与木板𝑚𝑚间𝑄𝑄的=动1 𝑘𝑘摩𝑚𝑚擦因数𝑄𝑄 ，木板与水平面间𝑚𝑚的𝑃𝑃 =动1摩 𝑘𝑘擦𝑚𝑚因数 𝑃𝑃( 。从零时刻)
𝜇𝜇1 =0.5 𝜇𝜇2 =0.2
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学科网（北京）股份有限公司起，对滑块施加方向与水平面成 斜向右上方恒定外力 ，经过时间 撤去此力。已
知 ， ，𝜃𝜃 =取53° ，求： 𝐸𝐸 =7.5 𝑁𝑁 𝑡𝑡 =2.4 𝑚𝑚
2
sin 53°=0.8 cos 53°=0.6 𝑚𝑚 10 𝑚𝑚/𝑚𝑚
撤去外力前，滑块的加速度大小；
(1)木板的最大速度；
(2)木板运动的时间。
(【3)答案】 撤去外力前，以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律可得
又 (1) 𝐸𝐸cos𝜃𝜃−𝑓𝑓 =𝑚𝑚𝑃𝑃𝑚𝑚𝑃𝑃
联立𝑓𝑓 =解𝜇𝜇得1𝑁𝑁滑=块𝜇𝜇的1(加𝑚𝑚速𝑃𝑃𝑚𝑚度−大𝐸𝐸小sin𝜃𝜃) 。
2
撤去外力前，由于 𝑚𝑚𝑃𝑃 =2.5 𝑚𝑚/𝑚𝑚
地
(可2)知木板处于静止状态𝑓𝑓；=经𝜇𝜇1 过(𝑚𝑚时 𝑃𝑃 间𝑚𝑚−𝐸𝐸sin𝜃𝜃)撤<去𝑓𝑓力=，𝜇𝜇2 此(𝑚𝑚时 𝑄𝑄 滑𝑚𝑚+块𝑚𝑚的 𝑃𝑃 速𝑚𝑚度−大𝐸𝐸s小in𝜃𝜃 )
𝑡𝑡 =2.4 𝑚𝑚 𝐸𝐸
撤去力 后，分别对滑块和木板，根据牛顿第二定律可得 ，
𝑣𝑣𝑃𝑃 =𝑚𝑚𝑃𝑃𝑡𝑡 =6 𝑚𝑚/𝑚𝑚
𝐸𝐸 𝜇𝜇1𝑚𝑚𝑃𝑃𝑚𝑚 =𝑚𝑚𝑃𝑃𝑚𝑚𝑃𝑃′
解 𝜇𝜇1𝑚𝑚 得𝑃𝑃滑 𝑚𝑚 块 − 和 𝜇𝜇2木 (𝑚𝑚 板𝑄𝑄的 + 加 𝑚𝑚 速𝑃𝑃)𝑚𝑚 度 = 大 𝑚𝑚 小𝑄𝑄分 𝑚𝑚𝑄𝑄别为 ，
2 2
设经过 时间，滑块和木板达到共速，𝑚𝑚𝑃𝑃则′=有5 𝑚𝑚/𝑚𝑚 𝑚𝑚𝑄𝑄 =1 𝑚𝑚/𝑚𝑚
共
解得 𝑡𝑡1 ， 𝑣𝑣 =𝑣𝑣𝑃𝑃−𝑚𝑚𝑃𝑃′𝑡𝑡1 =𝑚𝑚𝑄𝑄𝑡𝑡1
共
可知𝑡𝑡木 1 板=的1 𝑚𝑚最大𝑣𝑣速=度为1 𝑚𝑚/𝑚𝑚 。
共速后，由于 1 𝑚𝑚/𝑚𝑚
(可3)知滑块和木板保𝜇𝜇2持=相0对.2静<止𝜇𝜇1一=起0做.5匀减速运动，加速度大小
𝜇𝜇2(𝜇𝜇𝑄𝑄+𝜇𝜇𝑃𝑃)𝜇𝜇
2
共 𝑚𝑚′= 𝜇𝜇𝑄𝑄+𝜇𝜇𝑃𝑃 =2 𝑚𝑚/𝑚𝑚
共速后到停下所用时间
𝑣𝑣
则木板运动的时间 𝑡𝑡2 = 𝑎𝑎′ =0.5 𝑚𝑚。
板
12.如图所示，木板𝑡𝑡 静=止𝑡𝑡1 在+足𝑡𝑡2 够=大1的.5 水𝑚𝑚 平地面上，可视为质点的物块 放置在 的右端，木板 的质量
，长度 𝐵𝐵 ，物块 的质量 ， 、 间的动摩擦因𝐴𝐴数 𝐵𝐵 ， 与地面间𝐵𝐵的动摩擦因
𝑀𝑀数=2𝑘𝑘𝑚𝑚 。现对𝐿𝐿木=板0.9𝑚𝑚施加一个𝐴𝐴水平向右𝑚𝑚、=大1𝑘𝑘小𝑚𝑚为𝐴𝐴 𝐵𝐵 的外力，重力𝜇𝜇加1 =速0度.2大小𝐵𝐵 取 ，最大静
2
摩擦𝜇𝜇2力=等0.于1 滑动摩擦力𝐵𝐵。 𝐸𝐸 =10𝑁𝑁 𝑚𝑚 10𝑚𝑚/𝑚𝑚
求物块 从木板上脱离时物块 与木板 的动能分别为多大；
(1)要使物块𝐴𝐴 不脱离木板，求外力𝐴𝐴 作用的𝐵𝐵最长时间。
(2) 𝐴𝐴 27 / 28
学科网（北京）股份有限公司【答案】解： 物块 在摩擦力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得 ，
解得 (1)， 𝐴𝐴 𝜇𝜇1𝑚𝑚𝑚𝑚 =𝑚𝑚𝑚𝑚1
2
木板𝑚𝑚1加=速2过𝑚𝑚程/𝑚𝑚，根据牛顿第二定律可得 ，
解得𝐵𝐵 ， 𝐸𝐸−𝜇𝜇1𝑚𝑚𝑚𝑚−𝜇𝜇2(𝑚𝑚+𝑀𝑀)𝑚𝑚=𝑀𝑀𝑚𝑚2
2
物块𝑚𝑚2从=木2板.5𝑚𝑚上/𝑚𝑚脱离时满足 ，
1 2 1 2
又 𝐴𝐴 ，𝐵𝐵 ， 𝐿𝐿 =2𝑚𝑚2𝑡𝑡 −2𝑚𝑚1𝑡𝑡
联𝑣𝑣立1解=得𝑚𝑚1𝑡𝑡 𝑣𝑣2 =𝑚𝑚，2𝑡𝑡 ， ，
3√ 10 6√ 10 3√ 10
则物块 从𝑡𝑡木=板5上脱𝑚𝑚 离𝑣𝑣时1 =物块5 与𝑚𝑚木/𝑚𝑚板𝑣𝑣2的=动能2分𝑚𝑚别/为𝑚𝑚 ， 。
1 2 1 2
设外𝐴𝐴力作用的最长时间为𝐴𝐴，从撤去𝐵𝐵外力到物块 刚𝐸𝐸𝑘𝑘好1 =到2达𝑚𝑚木𝑣𝑣1板=7最.2左𝐽𝐽 端𝐸𝐸所𝑘𝑘2用=的2时𝑀𝑀𝑣𝑣间2为=2，2.5 𝐽𝐽
(撤2)去外力时物块 与木板 的相𝑡𝑡1对速度大小为 𝐴𝐴 ， 𝐵𝐵 𝑡𝑡2
撤去外力后木板𝐴𝐴做减速𝐵𝐵运动，有 𝑣𝑣 =(𝑚𝑚2−𝑚𝑚1)𝑡𝑡1 ，
解得 𝐵𝐵， 𝜇𝜇1𝑚𝑚𝑚𝑚+𝜇𝜇2(𝑚𝑚+𝑀𝑀)𝑚𝑚 =𝑀𝑀𝑚𝑚3
2
又 𝑚𝑚3 =2.5𝑚𝑚/𝑚𝑚 ，
𝑣𝑣 =(𝑚𝑚3+𝑚𝑚1)，𝑡𝑡2
1
𝐿𝐿联=立2解𝑣𝑣(得𝑡𝑡1+𝑡𝑡2) 。
𝑡𝑡1 =1.8𝑚𝑚
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