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秘籍2 连接体与板块模型问题
做好本类型压轴问题需要用到的相关知识有:匀变速直线运动规律、受力分析、牛顿运动
定律、功能关系、动量定理等内容，能量观念展现了丰富多彩的情境，是高中物理讲、
学、练、测的重要模型之一。无论是高考还是在常见的习题、试题中“板块模型”“连
接体”模型常常可见，而且常考常新。对于本专题的学习可以比较准确地反映学生分析
问题、解决问题的能力和学科核心素养。
题型一 结合牛顿定律与运动学公式考察不受外力板块模型中的多过程运动（选择题、计算题）
题型二 结合牛顿定律与运动学公式考察受外力板块模型中的多过程运动（选择题、计算题）
题型三 结合新情景考察板块模型思想的迁移运用（选择题、计算题）
1、板块模型中的运动学单过程问题
恒力拉板
恒力拉块
m1
F
m2
L
m1
F
m2
L
x1
F
F
x2
x 相对
m1
m2
v1
v2
x1
F
F
x2
x 相对
m1
m2
v1
v2
t0
t/s
0
v2
v/ms-1
a1
a2
v1
x 相对
t0
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x 相对
1
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分离，位移关系：x 相对=½a2t0
2－½a1t0
2=L
分离，位移关系：x 相对=½a1t0
2－½a2t0
2=L
2．板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题
问题：板块分离，F 至少作用时间？
过程①：板块均加速
过程：②板加速、块减速
位移关系：x1 相对+x2 相对=L 即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2
3．板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题
抽桌布问题
简化模型
过程①：分离
过程：②匀减速
m1
F
m2
L
x1
F
F
x2
x 相对
m1
m2
v1
v2
x1'
F
x2'
x2 相对
m1
m2
v1
v2
t1
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x1 相对
t1
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x1 相对
x2 相对
a1'
t2
A
B
a
m1
F
m2
L1
L2
x1
F
F
x2
L1
m1
m2
v1
v2
x1
F
L2
m1
m2
v1
x1'
2
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分离，位移关系：x2－x1=L1
0v0 多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2
4．板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题
块带板
板带块
μ1≥μ2
μ1<μ2
5．板块加速度相同的连接体模型
求m2、m3间作用力,将
m1和m2看作整体
F23=
m1+m2
m1+m2+m3
F
整体求加速度
a=
F
m1+m2
- μg
隔离求内力
整体求加速度
a=
F
m1+m2
- g(sinθ+ μ
隔离求内力
整体求加速度
a=
F
m1+m2
- g
隔离求内力T-
t0
t/s
0
v2
v/ms-1
a1
a2
v1
x 相对
t0
t/s
0
v1
v/ms-1
a1
v2
x1
x1'
a1'
m1
v0
m2
μ2
μ1
m1
v0
m2
μ2
μ1
x1
v0
x2
x 相对
m1
m2
v 共
v 共
x1
v0
x2
x 相对
m1
m2
v 共
v 共
t0
t/s
0
v0
v/ms-1
a2
a1
v 共x 相对
a 共
t0
t/s
0
v0
v/ms-1
a2
a1
v 共x 相对
a 共
t0
t/s
0
v0
v/ms-1
a2
a1
v 共x1 相对
a1'
x2 相对
a2'
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m3
μ
m1
m2
F2
μ
μ
a
F1
3
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T-μm1g=m1a
得T =
m1
m1+m2
F
T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a
得T =
m1
m1+m2
F
m1g=m1a
得T =
m1
m1+m2
F
a= F2- F1
m1+m2
- μg
隔离T-F1-μm1g=m1a
得T = m1 F2+m2 F1
m1+m2
整体：a=F/(m1+m2)
隔离m1：f=m1a
得f=m1F/(m1+m2)
整体：a=g(sinθ-μ2cosθ)
方向沿斜面向下
隔离m1：m1gsinθ-f=m1a
得f=μ2m1gcosθ
方向沿斜面向上
若μ2=0 则 f=0
整体：a=g(sinθ-μ2cosθ)
方向沿斜面向下
隔离m1：f=m1acosθ
得f=m1g(sinθ-μ2cosθ)cosθ
方向水平向左
若μ2=0 则 f=m1gsinθcosθ
6、公式与定理
物理概念规律名称
公式
动能
= p
2
2m
重力势能
(与零势能面的选择有关)
弹性势能
功
W = Fs cos (恒力做功)
W=Pt（拉力功率不变）
W=f S 相对路程 （阻力大小不变）
功率
平均功率：
即时功率：
动能定理
机械能守恒定律
1
2 m v1
2+mgh1+ 1
2 k x1
2= 1
2 m v2
2+mgh2+ 1
2 k x2
2或者Ep= Ek
动量
=√2m EK
m1
m2
μ
光滑
a
F
m1
m2
μ1
μ2
a
)θ
m1 μ1
μ2
a
)θ
m2
4
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冲量
动量定理
(解题时受力分析和正方向的规定是关键)
动量守恒
m1v1 + m2v2 = m1 v1
‘+ m2v2’或p1 =一p2 或 p1 +p2=O
弹性碰撞
完全非弹性碰撞
1.
（多选）（2023•井冈山市校级开学）如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的
水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动。一质量为m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率
v2（v2＞v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列判断正确的有
（ ）
A．滑块返回传送带右端的速率为v1
B．此过程中传送带对滑块做功为1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2
C．此过程中电动机对传送带做功为m v1
2+m v1v2
D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为1
4 m(v1+ v2)
2
【解答】解：A、由于传送带足够长，滑块受到向右的摩擦力，减速向左滑行，至速度为零之后，
再加速向右滑行，因v2＞v1，故当速度增大到等于传送带速度时，物体与传送带一起向右匀速运
动，到达右端为v1，故A 正确；
B、根据动能定理，此过程中传送带对滑块做功为：W = 1
2 m v1
2- 1
2 m v2
2，故B 错误；
D、设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则有：x1= v2t1= v2
2 t1
5
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滑块克服摩擦力做功为：W1＝fx1= f ⋅v2
2 t1
克服摩擦力做功等于滑块动能的减小，所以有：W 1= 1
2 mv2
2
该过程中传送带的位移：x2＝v1t1
传送带克服摩擦力做功为：W2＝fx2＝fv1t1＝fv1•2 x1
v2
联立可得：W2＝﹣mv1v2
设滑块向右匀加速运动的时间t2，位移为x3，则有：x3= v1
2 t2
摩擦力对滑块做功：W 3= f x3= 1
2 mv1
2
该过程中传送带的位移：x4＝v1t2＝2x3
全程滑块相对传送带的总位移：x 相＝x1+x2+x4﹣x3＝x1+x2+x3
全过程滑块与传送带间摩擦产生的热量为：Q = f x相对= 1
2 m(v1+ v2)
2，故D 错误；
C、此过程根据能量守恒定律，电动机对皮带做的功等于滑块与传送带间摩擦产生的热量与滑块
动能的变化量之和，则有：
W 电＝Q+ΔEk= 1
2m（v1+v2）2+ 1
2m（v1
2- v2
2）=mv1
2+mv1v2，故C 正确。
故选：AC。
2.
（多选）（2023 秋•碑林区校级期末）如图，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ
＝37°，以恒定速率v＝4m/s 顺时针转动。一质量为m＝1kg 的煤块（可视为质点）以初速度v0
＝12m/s 从A 端冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，设最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（
）
A．煤块刚冲上传送带时的加速度大小为6m/s2
B．煤块能上滑的最大距离为10m
C．煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为4s
6
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D．全过程煤块在传送带上留下的划痕长度为(12+ 4√5)m
【解答】解：A．由牛顿第二定律，煤块刚冲上传送带的加速度大小为
a1= mgsinθ+ μmgcosθ
m
代入数据解得a1＝8m/s2，方向沿传送带向下，故A 错误；
B．根据运动学公式可得
t1= v0- v
a1
t1＝1s
v0
2- v
2=2a1 x1
代入数据解得x1＝8m
煤块与传送带共速后的加速度大小为
a2= mgsinθ- μmgcosθ
m
a2＝4m/s2，方向沿传送带向下
根据运动学公式可得
t2= v
a2
代入数据解得t2＝1s
v2＝2a2x2
代入数据解得x2＝2m
煤块能上滑的最大距离为
x＝x1+x2
代入数据解得x＝10m，故B 正确；
C．接着煤块沿传送带向下滑动，由x = 1
2 a2t下
2 ，解得煤块下滑的时间为
t下=√5 s
煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为
t＝t1+t2+t 下
代入数据解得t=(2+√5)s，故C 错误；
D．0～1 s 内，传送带的位移大小为
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x 带1＝vt1＝4×1m＝4m
煤块的位移大小为
x1＝8m
两者的相对位移大小为
Δx1＝x1﹣x 带1
Δx1＝4m
1 s～2 s 内，传送带的位移大小为
x 带2＝vt2＝4×1m＝4m
煤块的位移大小为
x2＝2m
两者的相对位移大小为
Δx2＝x 带2﹣x2
Δx2＝2m
2 s 时煤块位于长度为4 m 的划痕的中点处；
2 s～(2+√5)s内，传送带向上运动，煤块向下运动，所以划痕总长度为
l =2m+ 1
2 a2t下
2 + v t下
l=(12+ 4√5)m，故D 正确。
故选：BD。
3.
（2023 春•市南区校级期末）如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ＝37°，
以恒定速率v＝4m/s 顺时针转动。一煤块以初速度v0＝14m/s 从A 端冲上传送带，煤块与传送
带之间动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8。则下列说法正确的是（
）
A．煤块冲上传送带后经1.5s 与传送带速度相同
B．煤块向上滑行的最大位移为12m
C．煤块在传送带上留下的痕迹长为(17+ 4√13)m
D．煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为6s
【解答】解：A、由于煤块初速度大于传送带的速度，根据牛顿第二定律，煤块开始向上减速运
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动的加速度大小为：
a1= mgsinθ+ μmgcosθ
m
= m×10×0.6+0.5×m×10×0.8
m
m/s2＝10m/s2
煤块冲上传送带后与传送带速度相同所经历的时间：t1= v0- v
a1
= 14 - 4
10
s=1.0 s，故A 错误；
B、煤块与传送带速度相同后，由于：μ＝0.5＜tanθ＝0.75，故煤块向上做减速运动的加速度大
小为：
a2= mgsinθ- μmgcosθ
m
= m×10×0.6-0.5×m×10×0.8
m
m/s2＝2m/s2
则煤块向上滑行的最大位移为：xmax= v0
2- v
2
2a1
+ v
2
2a2
= 14
2- 4
2
2×10 m+ 4
2
2×2m＝13m，故B 错误；
C、煤块与传送带速度相同前，煤块相对传送带向上运动的相对位移大小为：
x 相1= v0+ v
2
t1-vt1= 14+ 4
2
×1m-4×1m＝5m
煤块与传送带速度相同后，到达最高点经历时间为：t2= v
a2
= 4
2 s=2s
此过程，煤块相对传送带向下运动的相对位移大小为：
v 相2＝vt2- v
2 t2=4×2m- 4
2 ×2m＝4m
煤块从最高点返回底端过程做加速度为a2的匀加速直线运动，由xmax= 1
2 a2t3
2
解得此过程的时间为：t3=√13 s
此过程，煤块相对传送带向下运动的相对位移大小为：
x 相3＝vt3+xmax＝4×√13m+13m＝（13+ 4√13）m
煤块相对传送带向下运动的总的相对位移大小为：x相2+ x相3=(17+ 4√13)m＞x相1=5m
可知煤块在传送带上留下的痕迹长为：(17+ 4√13)m，故C 正确；
D 、根据上述，煤块从冲上传送带到返回
A 端所用的时间为
t
=1.0 s+2.0 s+√13 s=(3.0+√13)s，故D 错误。
故选：C。
4.
（2023 秋•南昌期中）如图甲所示，倾斜白色的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向
转动，传送带的倾角为θ。一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，
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其运动的v﹣t 图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，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 内物块受到的摩擦力
B．0～2s 内物块所受摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．传送带的黑色痕迹长10m
D．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
【解答】解：AB、由题图乙可知传送带的速率v1＝4m/s，在0～1s 时间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传送带向下，与物块运动的方向相反；1s～2s 时间内，物
块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同。
由于0～2s 时间内物块对传送带的压力一直没变，根据滑动摩擦力公式f＝μFN，可知两段时间内
滑动摩擦力大小相等，故AB 错误；
D、由v﹣t 图像的斜率可得在0～1s 时间内物块的加速度为：a1= Δv1
Δt1
= 4 -12
1
m/ s
2=-8m/ s
2
同理可得在1s～2s 时间内物块的加速度为：a2=- 4 m/ s
2
根据牛顿第二定律得：
﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
﹣mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
解得：μ＝0.25，θ＝37°，故D 正确；
C、由v﹣t 图像与时间轴围成的面积表示位移大小可得：
0～1s 时间内物块相对传送带向上的位移大小为：Δx1= 1
2 ×（12+4）×1m﹣4×1m＝4m
1s～2s 时间内物块相对传送带向下的位移大小为：Δx2＝4×1m- 1
2 ×4×1m＝2m
因Δx1＞Δx2，故物块到传送带顶端时，传送带的黑色痕迹长等于Δx1＝4m，故C 错误。
故选：D。
5.
（2023 春•成华区期末）如图所示，与水平面成θ＝30°角的传送带以v＝2m/s 的速度
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顺时针运行，质量为m＝1kg 的小物块以初速度v0＝4m/s 从底部滑上传送带，物块恰好能到达
传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ= √3
5 ，取重力加速度g＝10m/s2。下列说
法正确的是（ ）
A．传送带从底端到顶端的长度为1m
B．物体在传送带上向上运动的时间为0.5s
C．物体与传送带摩擦产生的热量为3.75J
D．物块在传送带上留下的划痕长度为1.25m
【解答】AB、物块刚滑上传送带时，物块的初速度v0＝4m/s 大于v＝2m/s，物块相对传送带向
上运动，则摩擦力沿着斜面向下，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设其加速度为a1，由牛
顿第二定律有：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数据可得：a1=8m/ s
2
物块速度减为2m/s 所用时间为t1= v0- v
a1
= 4 -2
8
s=0.25 s
物块沿传送带向上运动的位移x1= v0+ v
2
t1= 4+2
2
×0.25m=0.75m
物块与传送带共速相对静止的瞬间，物块的最大静摩擦力fm＝μmgcosθ＜mgsinθ，所以物块与传
送带不能保持相对静止，物块相对传送带向下运动，则物块所受摩擦力沿着斜面向上运动，由
牛顿第二定律有：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据可得：a2=2m/ s
2
物块恰好能到达传送带顶端，则物块到达传送带顶端的速度大小为0，则物块从2m/s 减为0 所
用时间为t2= v
a2
= 2
2 s=1s
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物块沿传送带向上运动的位移x2= v
2 t2= 2
2 ×1m=1m
可知传送带从底端到顶端的长度L＝x1+x2＝0.75m+1m＝1.75m
物体在传送带上向上运动的时间t＝t1+t2＝0.25s+1s＝1.25s，故AB 错误；
C、物块向上运动从4m/s 减少到2m/s 过程相对传送带的位移Δx1＝x1﹣vt1＝0.75m﹣2×0.25m＝
0.25m
物块从2m/s 减小到0 的过程相对传送带的位移Δx2＝vt2﹣x2＝2×1m﹣1m＝1m
物块与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ•（Δx1+Δx2）
代入数据可得：Q＝3.75J，故C 正确；
D、物块两次相对传送带运动，划痕有重叠部分，所以物块在传送带上留下的划痕长度Δx＝Δx2
＝1m，故D 错误。
故选：C。
6.
（多选）（2022 秋•吉林期末）如图甲所示，倾斜传送带的倾角θ＝37°，传送带以一
定速度匀速转动，将一个物块轻放在传送带的上端A，物块沿传送带向下运动，从A 端运动到
B 端的v﹣t 图像如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计物块
大小，则（ ）
A．传送带一定沿顺时针方向转动
B．传送带转动的速度大小为5m/s
C．传送带A、B 两端间的距离为11m
D．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
【解答】解：A、物块沿传送带向下运动，假设传送带沿顺时针方向转动或者不转动，那么在物
块下滑过程中，始终受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，物块受到的合力始终不变，加速度
保持不变，与图乙的v﹣t 图像描述的运动过程（加速度在0.5s 时发生变化）相矛盾，则假设不
成立，故传送带一定沿逆时针方向转动，故A 错误；
B、由v−t 图像可知，传送带转动的速度大小为5m/s，故A 正确；
C、物块从A 端运动到B 端的v﹣t 图像与时间轴所围成的面积等于物块下滑的位移大小，也就
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等于传送带A、B 两端间的距离（设为x），则有：
x= 5×0.5
2
m+ (5+8)(2-0.5)
2
m＝11m，故C 正确。
D、由v﹣t 图像可得：0～0.5s 时间内物体的加速度大小为：a1= Δv
Δt = 5
0.5m/s2＝10m/s2
此时间内物块的速度小于传送带速度，物块所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：μ＝0.5，故D 正确。
故选：BCD。
7.
（多选）（2022 秋•滕州市期末）如图所示，光滑水平轨道上放置足够长的木板A
（上表面粗糙）和滑块C，滑块B 置于A 的左端。A、B 间动摩擦因数为0.5，三者质量分别为
mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg。开始时C 静止，A、B 一起以5m/s 的速度匀速向右运动，A 与
C 发生碰撞（时间极短）后立即一起向右运动。取g＝10m/s2，则（ ）
A．A 与C 碰撞后瞬间，A 的速度为3m/s
B．A 与C 碰撞后瞬间，A 的速度为2.5m/s
C．A 与B 之间摩擦产生的热量为15J
D．若长木板A 的长度为0.6m，则滑块B 不会滑离木板A
【解答】解：AB、在A 与C 碰撞中，因碰撞时间极小，动量守恒，设碰撞后瞬间A 与C 共同速
度为vAC，以右为正方向，由动量守恒定律有：mAv0＝（mA+mC）vAC
代入数据解得：vAC＝2.5m/s，故A 错误，B 正确；
C、当最终ABC 相对静止时，以向右为正，由动量守恒有：（mA+mB）v0＝（mA+mB+mC）v 共
代入数据解得：v 共＝3m/s
A
与
B
之
间
摩
擦
产
生
的
热
量
为
：
Q
= 1
2 mB v0
2+ 1
2 (mA+mC)v AC
2 - 1
2 (mA+mB+mC)v共
2 = 1
2 ×1×5
2J+ 1
2 ×(2+2)×2.5
2J
- 1
2 ×(2+1+2)×3
2J＝2.5J
故C 错误；
13
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D、木板最小长度为：L=
Q
μmB g =
2.5
0.5×1×10m＝0.5m，因此若长木板A 的长度为0.6m，则滑
块B 不会滑离木板A，故D 正确。
故选：BD。
8.
（多选）（2023 秋•武昌区校级期末）如图甲所示，质量为M 的长木板放置于水平面
上，其上左端有一质量为m1＝3kg 的物块A，物块A 通过轻绳跨过光滑滑轮与质量为m2＝6kg
的物块B 相连，物块B 离地面高度为h。t＝0 时刻由静止释放物块B，同时给长木板一水平向
左的初速度v0＝7m/s，以后物块A 运动的加速度—时间图像如图乙所示。物块与木板间动摩擦
因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ2，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1
B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1
C．木板向左运动的最大位移为3.5m
D．长木板的质量M＝2kg
【解答】解：A．由乙图可知，0～1s 内物块A、B 一起匀加速，此时A 受到的摩擦力方向向左，
由整体法可得：m2g﹣μ1m1g＝（m1+m2）a1
解得：μ1＝0.2，故A 错误；
B．物块A 所受木板的滑动摩擦力产生的加速度大小为a2，则有：μ1m1g＝m1a2
解得加速度大小为：a2=2m/ s
2
可知，1～3s 内物块B 已经落地，物块A 水平方向只受木板的滑动摩擦力作用，由图乙可知3s
末物块A 的加速度大小突然减为1m/s2，则此时物块A 与木板共速，之后二者一起做匀减速直线
运动。由牛顿第二定律，可得：
μ2（M+m1）g＝（M+m1）a3
解得：μ2＝0.1，故B 正确；
14
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CD．根据a﹣t 图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化，可知3s 末物块A 的速度为：v＝
6×1m/s﹣2×2m/s＝2m/s
依题意，0～3s 内木板先向左匀减速，再向右匀加速，受力分析由牛顿第二定律，有
木板向左运动的过程中：μ1m1g+μ2（M+m1）g＝Ma 木
木板向右运动过程中：μ1m1g﹣μ2（M+m1）g＝Ma 木'
又：a 木= v0
t1
，a 木′= v
t2
且：t1+t2＝3s
联立解得：M＝1.5kg，a 木＝7m/s2，a 木'＝1m/s2，t1＝1s，t2＝2s
则木板向左运动的最大位移为：x= v0
2 t1= 7
2 ×1m＝3.5m，故C 正确、D 错误。
故选：BC。
9.
（2023•武进区校级开学）如图所示，质量m＝1.0kg 的物块（视为质点）放在质量M
＝4.0kg 的木板的右端，木板长L＝2.5m。开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板
与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F＝40N，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝10m/s2。则物块在木板上运动的过程中，下列说法
中正确的是（ ）
A．物块与木板以相同的加速度做匀加速运动
B．木板的加速度大小为5.6m/s2
C．物块的最大速度大小为3.5m/s
D．物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5m
【解答】解：A、物块与恰好与木板不发生相对滑动时，物块的加速度：a= μmg
m =μg＝
0.2×10m/s2＝2m/s2
对整体由牛顿第二定律可求拉力的临界值：Fm﹣μ（M+m）g＝（M+m）a
代入数据解得：Fm＝20N＜F＝40N
所以物块与木板相对滑动，不可能以相同的加速度做匀加速运动，故A 错误；
B、木板的加速度：a 木板= F - μmg- μ( M +m)g
m
= 40-0.2×1×10-0.2×(1+ 4)×10
4
m/s2＝
7m/s2，故B 错误；
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C、木块的加速度：a= μmg
m =μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
经过时间木块从木板上滑落，则由位移关系有：L= 1
2 a木板t
2- 1
2 a木块t
2
代入数据解得：t＝1s
此时木块的速度最大为：v＝a 木块t＝2×1m/s＝2m/s，故C 错误；
D、物块到达木板左端时木板前进的位移大小：x 木板= 1
2a 木板t2= 1
2 ×7×12m＝3.5m，故D 正确。
故选：D。
10. （2023 春•上犹县校级期末）如图所示，一质量为M、长为L 的木板B 静止在光滑水
平面上，其左端放有可视为质点的质量为m 的滑块A，现用一水平恒力F 作用在滑块上，使滑
块从静止开始做匀加速直线运动。滑块与木板之间的摩擦力为Ff，滑块滑到木板右端时，木板
运动距离为x。关于此过程，下列说法中正确的是（ ）
A．滑块A 克服摩擦力做的功为FfL
B．滑块A 与木板B 摩擦产生的热量为F（L+x）
C．滑块A 与木板B 增加的机械能为F（L+x）+FfL
D．滑块A 到达木板右端时，木板B 具有的动能为Ffx
【解答】解：A、滑块滑到木板右端时，木板运动距离为x，A 对地的位移为L+x，则滑块A 克
服摩擦力做的功为Wf＝Ff（L+x），故A 错误；
B、滑块A 与木板B 摩擦产生的热量为Q＝FfL，故B 错误；
C、滑块A 与木板B 增加的机械能为ΔE＝F（L+x）﹣Q＝F（L+x）﹣FfL，故C 错误；
D、对B，根据动能定理，滑块A 到达木板右端时，木板B 具有的动能为Ek＝Ffx，故D 正确。
故选：D。
11. （多选）（2024•南充模拟）如图，已知传送带与水平方向成37°角，倾角也为37°的
光滑斜面固定于地面且与传送带良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与传送带间的动摩
擦因数μ＝0.25（其余位置摩擦不计）。传送带顺时针匀速转动，速度v＝4m/s，两轮轴心相
距L＝5m，B、C 分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m＝1kg
的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开弹簧从斜面顶端滑到传
送带上的B 点时速度v0＝8m/s，A、B 间的距离x＝1m。工件可视为质点，g 取10m/s2，sin37°
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＝0.6，cos37°＝0.8，则（ ）
A．弹簧的最大弹性势能Ep＝38J
B．工件刚滑上传送带时加速度a＝8m/s2
C．工件第一次从传送带底端上滑至最高点的时间t＝2s
D．工件第一次从传送带底端上滑至最高点的过程中因摩擦产生的热量Q＝10J
【解答】解：A、工件从A 到B 过程，弹簧弹性势能的减小量等于滑块机械能的增加量，根据
机械能守恒定律可知弹簧的最大弹性势能为：E p=mgxsin37°+ 1
2 m v0
2，代入数据解得：EP＝
38J，故A 正确；
B、工件刚滑上传送带时，其速度大于传送带速度，所受的摩擦力沿着传送带向下，根据牛顿第
二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma
代入数据解得：a＝8m/s2，故B 正确；
C、工件从B 点运动到与传送带共速需要的时间为
t1= v0- v
a1
= 8- 4
8
s＝0.5s
工件滑行的位移大小为
x1= v0+ vt
2
t1= 8+ 4
2
×0.5m=3m＜L
因为μ＜tan37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑。
由牛顿第二定律有
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
代入数据解得：a2= 4 m/ s
2
假设工件速度减为零时，工件未从传送带上滑落，则有
t2= v
a2
= 4
4 s=1s
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工件滑行的位移大小为
x2= v
2 t2= 4
2 ×1m＝2m
因x2＝L﹣x1
故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为
t＝t1+t2＝0.5s+1s＝1.5s，故C 错误；
D、第一阶段皮带的位移为
x 皮1＝vt1＝4×0.5m＝2m
物体与皮带的相对位移为
Δx1＝x1﹣x 皮1＝3m﹣2m＝1m
第二阶段皮带的位移为
x 皮2＝vt2＝4×1m＝4m
物体与皮带的相对位移为
Δx2＝x 皮2﹣x2＝4m﹣2m＝2m
故工件在皮带上滑动的全过程中所产生的热能为
Q＝μmgcos37°（Δx1+Δx1）
解得：Q＝6J，故D 错误。
故选：AB。
12. （2023 秋•泰山区校级期末）如图1，水平传送带（A、B 为左右两端点）顺时针匀速
传动，t＝0 时在A 点轻放一个小物块，物块在皮带上运动全过程中的位移—时间关系图像如图
2（0﹣4s 为抛物线，4s﹣6s 为直线）。重力加速度g 取10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．传送带的传送速度是8m/s
B．物块与传送带间的滑动摩擦系数为0.2
C．若传送带在t＝4s 时停转，则物块将停于B 点
D．若令该物块以6m/s 的速率从B 端向左滑上皮带，则它离开皮带时的速率是4m/s
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【解答】解：A．4s﹣6s 图像为直线，则物体做匀速直线运动，斜率即为传送带的传送速度
v = Δx
Δt = 16-8
6- 4
m/s＝4m/s，故A 错误；
B．由匀变速直线运动位移—时间公式得
x = 1
2 at
2
将t＝4s，x＝8m 代入解得
a＝1m/s2
a= μmg
m =μg
解得μ＝0.1，故B 错误；
C．由题图可知物块在t＝4s 时的速度为4m/s，若传送带在t＝4s 时停转，则物块将做匀加速直
线运动，此时加速度为a＝1m/s2，根据速度—位移公式有
x' = v
2
2a
解得x′＝8m
物块将停于B 点，故C 正确；
D．若令物块以6m/s 的速率从B 端向左滑上皮带，则它向左减速运动至速度为0 的位移为
v'2＝2ax''
解得x''＝18m＞16m，则物块从皮带左边离开，故D 错误；
故选：C。
13. （2023•枣庄三模）如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面足够长，斜面上放有质量为m1
＝2kg、长度为L＝1m 的木板，A、B 为木板的两个端点，在A 端放有质量m2＝2kg 的物块
（可视为质点），物块和木板接触面粗糙，将物块与质量M＝1kg 的重物通过轻质长绳相连，
绕在固定在斜面顶端的定滑轮上，不计滑轮处的摩擦。系统从静止状态开始运动，设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。
（1）欲使物块和木板之间不发生相对滑动而作为一个整体运动，求它们之间动摩擦因数μ 的取
值范围；
（2）若动摩擦因数μ0等于（1）问中最小值的5
8倍，求从开始运动到物块从木板上掉下来所经
过的时间。
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【解答】解：物块和木板相对静止一起沿斜面匀加速下滑，设物块和木板之间的静摩擦力大小
为f，根据牛顿第二定律得：
对重物、物块和木板组成的整体有：
（m1+m2）gsinθ﹣Mg＝（m1+m2+M）a0
对木板有：
m1gsinθ﹣f＝m1a0
解得：f＝6.4N
物块和木板之间不发生相对滑动的条件是：
fmax＝μm2gcosθ≥f
解得：μ≥0.4
（2）由题意可得：μ0= 5
8 ×0.4 =0.25，物块和木板相对滑动，均沿斜面匀加速下滑，设物块和
木板的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律得：
对重物与物块组成的整体有：
m2gsinθ+μ0m2gcosθ﹣Mg＝（M+m2）a1
对木板有：
m1gsinθ﹣μ0m2gcosθ＝m1a2
解得：a1＝2m/s2，a2＝4m/s2
从开始运动到物块从木板上掉下的过程，根据物块和木板的位移关系得：
L= 1
2 a2t
2- 1
2 a1t
2
解得：t＝1s
答：（1）它们之间动摩擦因数μ 的取值范围为：μ≥0.4；
（2）从开始运动到物块从木板上掉下来所经过的时间为1s。
14. （2024•顺庆区校级一模）如图所示，长为L2＝13m 的水平传送带以v＝4m/s 的速度
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逆时针匀速转动，紧靠传送带P、Q 两端各静止一个滑块B 和C，在距离传送带左端d＝0.5m
的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角θ＝37°
且足够长的粗糙倾斜轨道，斜面底端与传送带Q 端平滑连接。现从距离斜面底端L1＝8m 处由
静止释放一滑块A，一段时间后滑块A 与B 发生碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B 滑上传
送带，A 被取走，已知滑块A、B、C 的质量均为1kg，滑块 B、C 与传送带之间以及与水平面
之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，滑块A 与斜面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，滑块之间的碰撞
均为弹性正碰，所有物块均可视为质点，求：
（1）滑块B 与C 第一次碰撞前，滑块B 在传送带上运动时相对于传送带的位移大小；
（2）整个过程中，滑块C 与挡板碰撞的次数；
（3）整个过程中，滑块B 在传送带P、Q 两端之间做往复运动的总路程。
【解答】解：（1）根据牛顿定律可知，滑块A 在斜面上运动时加速度大小为：
a1= mgsinθ - μ2mgcosθ
m
匀变速直线运动规律速度—位移公式：v
2- v0
2=2ax
解得滑块A 运动至斜面底端过程中时速度大小为：v0=√2g(sinθ - μ2cosθ)L1
代入数据解得：v0＝8m/s
由于斜面与传送带之间平滑连接，且滑块A、B 质量相等，滑块A、B 发生弹性碰撞后，
以向左为正，由动量守恒定律有：mv0＝mvA+mvB
和机械能守恒定律可知：1
2 m v0
2= 1
2 m v A
2 + 1
2 m vB
2
代入解得滑块B 的速度变为：vB＝v0＝8m/s，水平向左。
滑块B 在传送带上先向左做匀减速直线运动，直至与传送带共速，匀减速直线运动的位移大小
为：x0= v0
2- v
2
2 μ1g
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解得：x0＝12m
由于x0＜L2，因此滑块B 在传送带上还要继续向左做匀速直线运动，到达P 端时，滑块B 的速
度大小为v，水平向左。
滑块B 在传送带上做匀减速直线运动时与传送带之间存在相对运动，相对位移大小为：
Δx = v0
2- v
2
2 μ1g - v(v0- v)
μ1g
= (v0- v)
2
2 μ1g
代入数据解得：Δx＝4m
（2）在P 端，滑块B 与C 发生弹性碰撞，交换速度后滑块C 的速度大小为v，水平向左。
滑块C 与挡板发生第一次碰撞后，滑块B 从P 端滑上传送带时速度大小为v1，水平向右，对于
滑块C，根据动能定理有：m(v
2- v1
2)
2
=2 μ1mgd
由于v1＜v，因此根据滑块在水平传送带上的运动规律可知，滑块B 从P 端离开传送带时的速度
大小也是v1，水平向左。滑块B、C 碰撞后交换速度。滑块C 与挡板发生第二次碰撞后，滑块B
从P 端滑上传送带时速度大小为v2，水平向右，根据动能定理有：m(v1
2- v2
2)
2
=2 μ1mgd
即：m(v
2- v2
2)
2
=2×2 μ1mgd
设第n 次碰撞后，滑块C 到达P 端时的速度为vn，以此类推有：m(v
2- vn
2)
2
=2n μ1mgd
当vn＝0 时，说明滑块C 与挡板总计发生了n 次碰撞，故：n=
v
2
4 μ1gd
解得：n＝4 次
（3）滑块C 与挡板发生第n 次碰撞后，滑块B 在传送带上做往复运动的运动路程为：
sn=
vn
2
2 μ1g ×2= v
2- 4 n μ1gd
μ1g
因此整个过程中，滑块B 在P、Q 两端之间做往复运动的总路程为：
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s= L2+ s1+ s2+⋯+ sn= L2+∑
i=1
n
( v
2- 4 n μ1gd
μ1 gd
)= L2+ n v
2
μ1g -2n(n+1)d
当n＝4 时，解得：s＝25m
15. （2023 秋•江岸区期末）如图所示，有一倾角为θ＝30°的光滑斜面，其底端与水平传
送带左端通过一小段光滑的圆弧在B 点相切连接，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度大小为
v0＝5m/s，BC 间距离为L＝2m。质量为m 的滑块（视为质点），在大小为F =10√3 N的水平
力作用下在斜面上高度为h＝0.8m 处处于静止状态。现将水平力F 撤去，当滑块滑到传送带右
端C 点时，恰好与传送带速度相同。重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）滑块的质量；
（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
（3）如果将传送带调为逆时针匀速运行，速度大小调为v＝2m/s，且上表面足够长，其他条件
不变；仍把滑块从原位置由静止释放，求滑块在传送带上往返1 次和往返n 次的过程中，传送带
摩擦力分别对滑块的冲量大小。
【解答】解：（1）滑块受重力，水平力和支持力处于平衡状态，如图所示，
根据平衡条件可列：Nsinθ＝F，Ncosθ＝mg
联立解得滑块的质量：m＝3 kg
（2）设滑块在斜面上运动到B 点时速度大小为v，由机械能守恒定律得：mgh= 1
2 mv❑
2
代入数据解得：v＝4 m/s
滑块受到水平向右的摩擦力而做匀加速运动
根据动能定理：μmgL= 1
2 mv0
2- 1
2 mv
2
代入数据解得：μ＝0.225
（3）由（2）知滑块第一次滑到B 点时速度大小为：v＝4m/s，由分析可知：
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滑块第一次冲上传送带后，先向右做匀减速运动速度减为0，再向左做匀加速运动到速度等于2
m/s，最后匀速运动返回斜面底端；这一过程中，取水平向左为正方向，对物体由动量定理可得：
If1＝mv0'﹣（﹣mv）
代入数据解得：If1＝18Ns
之后在斜面上，由机械能守恒定律可知，物体第二次滑倒斜面底端时速度大小为v1＝2m/s，接
着第二次冲上传送带做匀减速运动到0，再反向加速到B 端时速度大小又为v0'，然后再冲上斜
面，再滑回B 端，又第三次冲上传送带，……这样一直运动下去。从第二次开始，每次往返传
送带过程中，
由动量定理得：If2＝mv0'﹣（﹣mv1）
解得：If2＝12Ns
滑块往返n 次，传送带摩擦力对滑块冲量大小：Ifn＝If1+（n﹣1）If2
代入数据解得：Ifn＝（12n+6）Ns
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