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第11 讲 “传送带”模型和“滑块-木板”模型
目录
01 课标达标练
题型01 “传送带”模型
题型02 “滑块-木板”模型
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 “传送带”模型
1.如图所示，水平传送带以速率v2顺时针匀速转动，一个煤块以速率v1从传送带的右端A滑上传送
带，刚好不从传送带左端B 掉落，下列说法可能正确的是（ ）
A．小煤块的所受摩擦力先向右后向左
B．滑块回到A 端时，速率一定为v2
C．其他条件不变，仅v2减小，那么煤块会从B 端掉落
D．其他条件不变，仅v2变大，那么煤块留在传送带上的划痕一定会变长
【答案】D
【详解】A．小煤块向左运动，相对传送带速度向左，受摩擦力只可能向右，A 错误。
B．若v1>v2，小煤块回到A 端时速率为v2；若v1<v2，小煤块回到A 端时速率为v1，B 选项错误。
C．若v1一定，v2减小，碳块的向左最大位移不变，煤块仍恰好滑到B 端，故C 错误。
D．若v2增大，传送带与煤块相对速度增大。若原本v1>v2，相对运动时间为t = v1+ v2
μg
，划痕变
长，若原本v1<v2，相对运动时间t = v1+ v1
μg
相对速度增大，可知划痕变长。故D 选项正确。
故选D。
2.如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A 处轻放一可视为质点的小物块，
小物块从A 端到B 端的速度—时间变化规律如图乙所示，t=6s 时恰好到B 点，则（ ）
A．物块与传送带之间动摩擦因数为μ=0.5
B．AB 间距离为20m
C．小物块在传送带上留下的痕迹是8m
D．若物块速度刚好到4m/s 时，传送带速度立刻变为零，则物块不能到达B 端
【答案】C
【详解】A．由图乙可知，加速过程的加速度为a=Δv
Δt = 4
4 =1m/s
2
由牛顿第二定律可知a= μmg
m = μg
联立解得μ=0.1
故A 错误；
B．由图乙可知，4s 后物体与传送带的速度相同，故传送带速度为4 m /s；v −t图像与时间轴所围
成的面积表示位移，故AB 间距离为L= (2+6)×4
2
m =16m
故B 错误；
C．由图乙可知，共速前小物块与传送带发生的相对位移为
Δ x = x传−x物= 4×4 m −1
2 ×4×4 m =8 m
可知小物块在传送带上留下的痕迹是8m，故C 正确；
D．物块速度刚好到4m/s 时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速
的加速度大小为a
′ = μg =1m/s
2
物块从开始到速度为4m/s 时发生的位移为x1= 4×4
2
m =8m
物块减速到停下通过的位移大小为x2= v
2
2a
′ = 4
2
2×1 m =8 m
由于x1+ x2=16 m = L
可知物块刚好到达B 端，故D 错误。
故选C。
3，（多选）如图所示，水平传送带以v1=2m/s的速度顺时针匀速转动，质量m=2kg的物块A 放
在传送带上，通过不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮与质量m=2kg的物块B 连接，连接A 的轻
绳水平。某时刻A、B 速度大小均为v2，方向如图所示。已知物块A 与传送带间的动摩擦因数
μ=0.5，重力加速度g 取10m/s
2，下列说法正确的是（ ）
A．若v2=1m /s，则此时传送带对A 的摩擦力水平向右
B．若v2=2m /s，则此后物块A 向右匀速运动
C．若v2=3 m /s，则此时物块A 的加速度大小为5m/s
2
D．若v2= 4 m /s，则此时轻绳拉力大小为15N
【答案】AD
【详解】A．若v2=1m /s，则此时A 相对传送带向左运动，则传送带对A 的摩擦力水平向右，选项
A 正确；
B．因A 与传送带之间的滑动摩擦力大小为
f = μmg=10 N
若v2=2m /s，则此时刻A 与传送带之间的摩擦力为零，AB 受合外力为
F=mg=20N
则物块AB 将加速运动，于是A 的速度将大于传送带的速度，此后物块A 受向左的滑动摩擦力，则
AB 受合外力变为
F＇=mg-f=10N>0
则A 向右做加速运动，选项B 错误；
C．若v2=3 m /s，则此时物块A 受滑动摩擦力向左，则A 的加速度大小为
a= mg−f
2m
= 20−10
4
m/s
2=2.5 m/s
2
选项C 错误；
D．若v2= 4 m /s，则此时物块A 受滑动摩擦力向左，则A 的加速度大小为
a
' = mg−f
2m
= 20−10
4
m/s
2=2.5 m/s
2
对B 分析
mg−T =ma
'
解得此时轻绳拉力大小为
T =15N
选项D 正确。
故选AD。
4.（多选）如图所示，传送带始终保持v =2m/s的速度水平向右移动，一质量m=0.5kg的小物块以
v0= 4 m/s的速度从A 点向右滑上传送带，设小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带两端点
A、B 间的距离L=5 m，g 取10 m/s
2，下列说法正确的有（ ）
A．物块一直做匀加速直线运动
B．刚开始物块的加速度大小为2m/s
2
C．物块从A 点运动到B 点所用时间为3s
D．传送带上将留下一段长为1m 的摩擦痕迹
【答案】BD
【详解】物块刚滑上传送带时，受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定
律可得，加速度大小为
a= μmg
m =2m /s
2
设物块到达B 点前已经与传送带共速，则物块匀减速阶段所用时间为
t1= v0−v
a
= 4−2
2
s=1s
物块匀减速阶段的位移为
x1= v0+ v
2
t1= 4+2
2
×1=3 m < L=5 m
共速后，物块做匀速运动到B 点所用时间为
t2= L−x1
v
= 5−3
2
s=1s
则物块从A 点运动到B 点所用时间为
t =t1+t2=2s
传送带上留下的摩擦痕迹长度为
Δ x = x1−v t1=3 m −2×1m =1m
故选BD。
5.如图甲所示，倾斜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37
∘。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，其运动的v −t图像如图乙所示，煤块到
传送带顶端时速度恰好为零，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8。g 取10m/s
2，则（ ）
A．煤块在传送带上的划痕为8 米
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
【答案】A
【详解】A．由图乙可知，1s 时，煤块的运动发生突变，可知传送带的速度为8 m/s，之后传送带继
续做减速运动，在1s 前煤块相对于传送带向上运动，此过程的相对位移为
(16−8)×1
2
m = 4 m
1s 后煤块相对于传送带向下运动，此过程的相对位移为
(3−1)×8
2
m =8 m
可知，煤块在传送带上的划痕为8 米，故A 正确；
B．在0~1s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第
二定律有
mgsin37
∘+ μmgcos37
∘=ma1
根据图乙可得
a1= 16−8
1
m/s
2=8 m/s
2
在1−2s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定
律有
mgsin37
∘−μmgcos37
∘=ma2
根据图乙可得
a2= 8−0
3−1 m/s
2= 4 m/s
2
联立解得
μ=0.25
故B 错误；
C．结合上述可知，在0~1s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向
下，在1−2s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，故C 错误；
D．结合上述可知，当传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度大小为a2的减速
运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D 错误。
故选A。
6.（多选）（2025·山西太原·模拟预测）如图甲所示，倾角为θ 的足够长的传送带以恒定的速率v0
沿逆时针方向运行。t＝0 时，将质量m＝1 kg 的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地
面的v-t 图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则不正确的是（
）
A．传送带的速率v0＝10 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0~2 s 内物体在传送带上留下的痕迹为6m
【答案】BD
【详解】A．由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t＝1.0s
时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传
送带的速度为v0＝10 m/s
故A 正确；
BC．在0~1.0s 内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为
a1= mgsinθ+ μmgcosθ
m
= gsinθ+ μgcosθ
由图知a1= Δv1
Δt1
= 10−0
1
m/s
2=10 m/s
2
在1.0~2.0s，物体的加速度为a2= mgsinθ−μmgcosθ
m
= gsinθ−μgcosθ
由图知a2= Δv2
Δt2
= 12−10
2−1 m/s
2=2m/s
2
联立解得μ=0.5，θ =37°
故B 错误，C 正确；
D．根据“面积”表示位移，可知0~1.0s 物体相对于地的位移x1= v0
2 t1=(
10
2 ×1)m =5 m
传送带的位移为x2＝v0t1＝(10×1)m ＝10m
物体对传送带的位移大小为Δ x1= x1−x2=5 m
方向向上；1.0~2.0s 物体相对于地的位移x3=(
12+10
2
×1)m=11m
传送带的位移为x4＝v0t1＝(10×1)m ＝10m
物体对传送带的位移大小为Δ x2= x3−x4=1m
方向向下，故留下的痕迹为5m，故D 错误。
本题选不正确的，故选BD。
7.（多选）如图所示，与水平面成θ =30°角的传送带正以v =5 m/s的速度匀速运行，A，B 两端相
距l =25 m。现每隔1s 把质量m=1kg的工件（视为质点）轻放在传送带上，在传送带的带动下，工
件向上运动，且工件到达B 端时恰好才在A 端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数μ=
❑√3
2
，g 取10 m/s
2，下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带上时，先受到向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩擦力
B．两个工件间的最小距离为1.25m
C．传送带上始终有7 个工件
D．满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了45N
【答案】AB
【详解】A．工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度和
传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静摩擦力，故A 正确；
B．刚开始加速1s 的两个工件间距离最小，加速过程由牛顿第二定律可得
μmgcosθ−mgsinθ =ma
代入数据可得
a=2.5 m/s
2
由位移公式x = 1
2 at
2代入数据可得
x =1.25 m
故B 正确；
C．工件加速过程所用的时间为
t = v
a = 5
2.5 s=2s
工件加速过程的位移为
x
′ = 1
2 at
2= 1
2 ×2.5×2
2m =5 m
工件匀速过程的位移为
t = l−x
′
v
= 25−5
5
s= 4s
每隔1s 把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了2 个，匀速过程放了4 个，共6 个，故C 错误；
D．满载时电机对传送带的牵引力为
F =2 μmgcosθ+ 4 mgsinθ =2×10×
❑√3
2 ×
❑√3
2 N + 4×10× 1
2 N =35 N
故D 错误。
故选AB。
8.（多选）传送带以恒定速度v=4 m/s 顺时针运行，已知传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量
m=2 kg 的小物块轻放在其底端（小物块可看成质点），平台上的人通过一根轻绳用恒力F=20 N 拉
小物块，经过一段时间物块被拉到平台上，如图所示，已知物块与传送带之间的动摩擦因数
μ=0.5，传送带长6m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则
（ ）
A．物体一直做匀加速运动
B．物体先受滑动摩擦力，共速后受静摩擦力
C．物体在传送带上运动的时间为1.5s
D．物体相对传送带滑行的距离为1m
【答案】BD
【详解】AB．开始时，物体受向上的拉力F=20N，
向上的摩擦力
f = μmgcosθ =8 N
重力沿斜面向下的分力：
G1=mgsinθ =12N
则物体向上做加速运动，当与传送带共速后，因F=G1+f（此时摩擦力向下）可知物块匀速运动；即
物体先做匀加速运动，后做匀速运动；物体先受向上的滑动摩擦力，共速后受向下的静摩擦力，选
项A 错误，B 正确；
CD．物体加速运动时的加速度
a= F −G1+ f
m
= 20−12+8
2
m/s
2=8 m/s
2
加速运动的时间
t1= v
a =0.5s
加速运动的位移
x1= v
2 t1= 4
2 ×0.5 m=1m
做匀速运动的时间
t2= L−x1
v
= 6−1
4
s=1.25s
则在传送带上滑行的总时间
t =t1+t2=1.75s
物体相对传送带滑行的距离为
Δx = v t1−x1= 4×0.5 m-1m =1m
选项C 错误，D 正确；
故选BD。
9.（多选）（2025·四川达州·高三月考）如图所示，一质量为m 的物块用水平轻质细线连接，细线
绕过光滑的滑轮后其下悬挂一质量为m0的物体，物块放在水平传送带上，水平传送带以v2的速度
顺时针匀速转动，物块以初速度v1向右运动，传送带与物块间的动摩擦因数为μ。则关于物块m 所
受的摩擦力f，下列说法正确的是（ ）
A．若v1<v2，则f=μmg，方向向左
B．若v1>v2，则f=μmg，方向向左
C．若v1= v2，且物块m 保持匀速运动，则f=0
D．若v1= v2，且物块m 保持匀速运动，则f =m0 g
【答案】BD
【详解】A．若v1<v2，则物块相对于传送带向左滑动，则物块所受滑动摩擦力方向向右，大小为
f = μmg
故A 错误；
B．若v1>v2，则物块相对于传送带向右滑动，则滑动摩擦力方向向左，大小为
f = μmg
故B 正确；
CD．若v1= v2，且物块保持匀速运动，则物块处于平衡状态，由平衡条件可得，摩擦力方向向左，
且大小为
f =m0 g
故C 错误，D 正确。
故选BD。
02 “滑块-木板”模型
10.（2025·四川南充·高三月考）如图所示，A、B 两物块的质量分别为3m 和m，静止叠放在水平地
面上、A、B 间动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为1
2 μ，可认为最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，重力加速度为g。现对A 施加一水平拉力，则下列选项正确的是（ ）
A．当F <3 μmg时，A、B 都相对地面静止
B．当F =5 μmg时，A、B 间的摩擦力为11
4 μmg
C．F 为某值，B 的加速度可能会超过μg
D．无论F 为何值，A 都不可能相对B 滑动
【答案】B
【详解】A．A、B 间的最大静摩擦力为f max= μ⋅3mg=3 μmg
B 与地面间的最大静摩擦力为f
max
地
= 1
2 μ⋅4 mg=2 μmg
可知当F <2 μmg时，A、B 都相对地面静止，F >2 μmg时，A、B 相对地面滑动，故A 错误；
BCD．设当F = F0时，A、B 刚好保持相对静止一起做匀加速直线运动，以A、B 为整体，根据牛顿
第二定律可得F0−1
2 μ⋅4 mg= 4 ma0
以B 为对象，根据牛顿第二定律可得μ⋅3mg−1
2 μ⋅4 mg=ma0
联立解得a0= μg，F0=6 μmg
可知当F =5 μmg时，A、B 保持相对静止一起做匀加速直线运动，以A、B 为整体，根据牛顿第二
定律可得F −1
2 μ⋅4 mg= 4 ma
解得a= 3
4 μg
以B 为对象，根据牛顿第二定律可得f −1
2 μ⋅4 mg=ma
解得A、B 间的摩擦力为f = 11
4 μmg
由以上分析可知，当F >6 μmg时，A 相对B 滑动，此时B 获得的最大加速度为amax =a0= μg
故B 正确，CD 错误。
故选B。
11.（2025·四川成都·高三月考）如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一
可看成质点的小物块。在t =0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发
生相对滑动，t =1s时撤去F，整个过程木板运动的v −t图像如图乙所示。物块和木板的质量均为
1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
g=10 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．木板与地面间的动摩擦因数为0.2
B．拉力F的大小为21N
C．0∼1.5s内物块的加速度为0.2m /s
2
D．物块最终停止时的位置与木板右端的距离为3 m
【答案】B
【详解】C．由图像可知1.5s 时物块、木板共速，则物块在0∼1.5s内的加速度为
a1= Δv1
Δt1
= 3−0
1.5−0 m /s
2=2m /s
2
故C 错误；
AB．对物块，由牛顿第二定律可得
μ1mg=ma1
可得物块与木板间的动摩擦因数为
μ1=0.2
在1~1.5s内木板的加速度为
a2= Δv2
Δt2
= 3−9
1.5−1 m /s
2=−12m /s
2
根据牛顿第二定律有
−μ1mg−μ2⋅2mg=ma2
解得木板与地面间的动摩擦因数为
μ2=0.5
撤去拉力F 前，木板的加速度为
a0= Δv
Δt =9 m /s
2
根据牛顿第二定律可得
F −(μ1mg+ μ2⋅2mg)=ma0
解得
F =21N
故A 错误，B 正确；
D．由图像可知共速时速度为3m/s，则在1.5s 内物块位移为
x1= v1
2
2a1
= 3
2
2×2 m =2.25 m
由v −t图像可知，1.5s 内木板位移为
x2= 9
2 ×1m + 9+3
2
×(1.5−1)m =7.5 m
在1.5s 后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度为
a
′
1=−μ1g=−2m /s
2
物块到停止的时间还需
t块= 0−v1
a
′
1
=1.5s
木板的加速度为a
′
2，则有
−μ2⋅2mg+ μ1mg =ma
′
2
得
a
′
2=−8 m /s
2
木板到停止的时间还需
t板= 0−v1
a
′
2
= 3
8 s
所以木板比物块早停止运动，在1.5s 末到物块停止运动的时间内，物块的位移为
x
′
1= 0−v1
2
2a
′
1
= 3
2
2×2 m =2.25 m
木板位移为
x
′
2= 0−v1
2
2a
′
2
=0.5625 m
则物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
Δ L= x2+ x
′
2−x1−x
′
1= (7.5+0.5625−2.25−2.25)m =3.5625 m
故D 错误。
故选B。
12.（多选）（2025·四川雅安·模拟预测）如图所示，质量为m 的长木板静止放置在粗糙的水平地面
上，质量也为m 的物块（视为质点）静止放置在长木板的最左端，长木板的上表面光滑，下表面与
地面之间的动摩擦因数为μ，现让长木板与木块瞬间同时获得一个水平向右的速度v0，经过一段时
间，长木板停止运动时木块正好从长木板的最右端脱离，重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A．长木板在运动过程中的加速度大小为2μg
B．长木板的运动时间为v0
μg
C．木块从长木板的最右端脱离时，木块的位移为v0
2
μg
D．长木板的长度为v0
2
4 μg
【答案】AD
【详解】A．对长木板，由牛顿第二定律可得
μ⋅2mg=ma
解得长木板在运动过程中的加速度大小
a=2 μg
故A 正确；
B．长木板运动的时间
t = v0
a = v0
2 μg
故B 错误；
C．木块从长木板的最右端脱离时，木块的位移
x1= v0t = v0
2
2 μg
故C 错误；
D．木块从长木板的最右端脱离时，长木板的位移
x2= v0t
2 = v0
2
4 μg
木板的长度为
L= x1−x2= v0
2
4 μg
故D 正确。
故选AD。
13.（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图甲所示，光滑水平地面上有一长木板B，木块A（视
为质点）叠放在木板B 右端。有一水平力作用在长木板B 上，使木板由静止开始运动，t =6s时撤
去外力。已知木块A 的质量mA=1kg，木板B 的质量mB=2kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度g=10 m /s
2，A 始终未滑落B，A、B 前6s 内加速度随时间变化的图像分别如图乙、图丙
所示。下列说法正确的是（ ）
A．A 的最大速度为20 m /s
B．t =6s时，木块B 的速度为18 m /s
C．3s−6s内拉力大小为12N
D．木板B 的长度至少为9m
【答案】CD
【详解】B．t =6s时，木块B的速度为
v
′
B= 1+3
2
×3 m/s+ 4.5×3 m/s=19.5 m/s
B 错误；
A．6s 末A 的速度为
v
′
A= 1+3
2
×3 m/s+3×3 m/s=15 m/s
由图乙可知，A、B 之间的滑动摩擦力大小为
f =mAaA=3 N
撤去F 后，B 的加速度大小为
aB= f
mB
=1.5 m/s
2
A、B 共速时，A 的速度最大，则有
vmax = v
′
A+aAt
vmax = v
′
B−aBt
可得
vmax=18 m/s
t =1s
故A 错误；
D．3s 末A、B 的速度
vA= vB= 1+3
2
×3=6 m/s
6s 末A 的速度为
v
′
A= 1+3
2
×3 m/s+3×3 m/s=15 m/s
设
t2=6s−3s=3s
木板B的长度至少为
l = vB+ v
′
B
2
t2+ v
′
B+ vmax
2
t −( vA+ v
′
A
2
t2+ v
′
A+ vmax
2
t )=9 m
故D 正确；
C．3s~6s 内，由
F −f =ma
′
B
可得
F =3 N +2×4.5 N =12N
故C 正确。
故选CD。
14.（多选）（2024·四川攀枝花·高三月考）质量分别为1kg、2kg 的滑块A、B 按如图所示的方式叠
放在水平地面上，用水平力F 向右拉滑块B，已知重力加速度g 取10m/s2，A、B 之间的动摩擦因数
为0.2，B 与水平地面之间的动摩擦因数为0.1，则下列说法中正确的是（ ）
A．若F=3N 时，地面对B 的摩擦力大小为3N
B．若F=6N 时，滑块A 的加速度大小为2m/s2
C．若F=9N 时，A、B 之间的摩擦力大小为2N
D．若F=12N 时，滑块B 的加速度大小为5m/s2
【答案】AC
【详解】A．根据已知条件，可知B 与地面间的最大静摩擦力
FBmax = μ地(mA+mB)g=3 N
当F=3N 时，B 处于静止状态，地面对B 的摩擦力与外力F 平衡，故地面对B 的摩擦力大小为3N，
A 正确；
B．设A、B 刚好相对滑动时的外力为F0,对滑块A 而言，根据牛顿第二定律可得
μABmA g=mAa0
解得
a0=2m/s
2
对滑块AB 整体而言，由牛顿第二定律可得
F0−μ地(mA+mB)g=(mA+mB)a0
解得
F0=9 N
故当F=6N 时，AB 没有相对滑动，二者具有共同的加速度，整体受力分析可得
F −FBmax =(mA+mB)a
代入数据解得
a=1m/s
2
B 错误；
C．根据上述分析可知，F=9N 时，A、B 刚好相对滑动，故A、B 间的摩擦力
f AB= μABmA g=2N
C 正确；
D． F=12N 时，A、B 相对滑动，对B 受力分析，结合牛顿第二定律可得，滑块B 的加速度
F −f AB−FBmax=mBaB
解得
aB=3.5 m/s
2
D 错误。
故选AC。
15.（2025 高三·全国·专题练习）机场航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时
针匀速转动，一小行李箱以初速度v0滑上水平传送带，从A 点运动到B 点的v −t图像如图乙所示。
下列说法正确的是（ ）
A．小行李箱的初速度大小为2m/s
B．传送带转动的速度大小为6m/s
C．A、B 两点间的距离为6m
D．小行李箱与传送带的相对位移大小为2m
【答案】D
【详解】AB．由v −t图像可知，小行李箱开始做匀减速直线运动，后与传送带一起匀速运动，则小
行李箱的初速度v0为6 m /s，而传送带转动的速度v大小为2m /s，故A、B 错误；
C．根据v −t图像，小行李箱在前3s 内运动的距离为x = 6+2
2
×1m +2×2m =8 m
则A、B两点间的距离为8m，故C 错误；
D．根据v −t图像，在前3s 内传送带传动的路程为s=2×3 m =6 m
所以小行李箱与传送带的相对位移大小为Δ x = x−s=2m
故D 正确。
故选D。
16.（2025·海南·三模）当今社会，机器人在工业生产中发挥了巨大作用，图1 为一个工厂的传送带
旁机器人在收集搬运流水线上的箱子，该过程可简化为图2 所示的示意图。水平传送带以1m/s 的
速度顺时针匀速转动，在传送带左端每隔0.5s 放上来一个边长为0.2m 的正方体箱子，刚放上来时
速度为零，机器人在传送带右端伸出一只手A 静止等待并拦住箱子，箱子与手接触后立即静止，待
三个箱子挨在一起后，机器人立即伸出另一只手B，和手A 一起将三个箱子搬离传送带。随后再伸
出手A 等待箱子，重复收集和搬运的工作。已知传送带长10m，箱子与传送带间的动摩擦因数为
0.2，重力加速度g 取10 m/s
2，不计空气阻力，则（ ）
A．箱子从放上到被搬离，与传送带间的摩擦力依次为滑动摩擦力、静摩擦力、滑动摩擦力
B．机器人从手A 接触箱子到手B 接触箱子，用时1s
C．传送带上相邻的箱子（不包括B、A 之间的箱子）之间的最小间隙为0.25m
D．传送带上相邻的箱子之间的最大间隙为0.3m
【答案】C
【详解】A．箱子从放上传送带，开始时速度小于传送带的速度，滑块受到水平向右的滑动摩擦
力，待箱子与传送带速度相等后，箱子与传送带无相对运动，箱子不受摩擦力，待箱子运动到最右
端，机器人用手拦住箱子，此时箱子静止，传送带匀速转动，故其受到传送带向右的滑动摩擦力，
故箱子与传送带间的摩擦力依次为开始时受到滑动摩擦力、中间过程不受摩擦力、最后受到向右的
滑动摩擦力，故A 错误；
B．对第一个箱子放上传送带，根据牛顿第二定律μmg=ma
解得a= μg =2m/s
2
传送带加速到与传送带共速，根据运动学公式v =at1, x1= 1
2 at
2
解得t1=0.5s, x1=0.25m
箱子在传送带上匀速运动的时间满足L−x1−d = v t2
解得t2=9.55s
第二个箱子、带三个在传送带上加速时间与第一个相同，第二个匀速运动的时间L−x1−2d = v t3
解得t2=9.35s
第三个在传送带上运动的时间L−x1−3d = v t 4
解得t 4=9.15s
故第一个到达最右端的时间为t5=t1+t2=10.05s
第三个运动到最右端的时间为t6=t1+t 4+2×0.5=10.65s
而第一个和第三个放在传送带的时间间隔为1s,故机器人从手A 接触箱子到手B 接触箱子，用时0.6s
故B 错误；
C．据前分析，第二个箱子放在传送带上后，第一个刚好做匀速直线运动，后面的0.5s，两箱子与
加速追匀速，两者距离增大，故第二个刚放上传送带后两者距离最小，为0.25m,故C 正确；
D．据前分析，当第二个箱子速度等于传送带速度时，两箱子距离最大，第二个箱子加速时间为
0.5s，位移为x1=0.25m，该段时间内弟一个箱子的位移为x2= v t1=0.5 m
故两者最大距离为d = x1+ x2−x1=0.5 m
故D 错误；
故选C。
17.（2025·江苏·二模）如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B 点相接，倾斜传送带与
水平面的倾角为θ。传送带均以速率v 沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A 点由静止释放
一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且μ<tanθ。不计滑块在传送带连接
处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（ ）
A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同
B．滑块一定可以回到A 点
C．滑块最终停留在B 点
D．若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A 点上方
【答案】A
【详解】A．因μ<tanθ，可得mgsinθ> μmgcosθ
所以滑块由A 点释放后沿传送带向下匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B 点后在水
平传送带上运动，再次返回到B 点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦
力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和
向下运动受力情况均相同，加速度也相同，故A 正确；
BD．若滑块第一次到达B 点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B 点时的速度与第一次到达
B 点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上
滑的最高点仍为A 点；若滑块第一次到达B 点时的速度大于v，则滑块第二次到达B 点时的速度大
小等于v，滑块上滑的最高点将比A 点低，所以滑块不一定能回到A 点，故BD 错误；
C．由以上分析可知，滑块将在B 点两侧来回运动，不会停止运动，故C 错误。
故选A。
18.（2025·湖南·三模）倾角为θ 的足够长的传送带以恒定速率v0逆时针转动。t=0 时在传送带上部
无初速度地轻放小木块a、b，开始时二者距离为d0，如图所示。已知小木块a、b 与传送带间的动
摩擦因数满足μa<tanθ<μb，二者运动过程中不会碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻
力，则a、b 间的距离（ ）
A．一直增加
B．一直减小
C．先增加后减小
D．先减小后增加
【答案】D
【详解】初始时，根据牛顿第二定律有mgsinθ+ μmgcosθ =ma1
开始阶段b 的加速度大于a，b 达到传送带速度后，由于tanθ<μb，则b 和传送带保持相对静止；
a 达到传送带速度后，有mgsinθ−μamgcosθ =ma2
可知a 继续加速，木块a、b 与传送带运动的v-t 图像如图所示，则a、b 间距离先减小，a 达到传送
带速度时，距离最近，再往后，a、b 间距离又逐渐变大。
故选D。
19.（2025·山东·三模）某大型超市使用传送带来搬运货物。如图所示，倾角为37°的倾斜传送带以
4m/s 的恒定速率逆时针转动，传送带两端A、B 间的距离为5.8m，传送带的最底端B 和水平平台
BC 平滑连接。将可视为质点的质量为2kg 的货物轻放在传送带上的A 端，最终货物刚好停在平台
上的C 端。已知货物与倾斜传送带和平台间的动摩擦因数均为0.5，取g=10 m/s
2，sin37° =0.6，
cos37° =0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．货物从A 到B 的时间为1.65s
B．货物在传送带上运动时，相对传送带运动的路程为0.8m
C．若货物与传送带发生相对滑动时，能够留下划痕，则划痕的长度为0.8m
D．BC 的长度为3.6m
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第二定律得mgsin37°+ μmgcos37° =ma1
解得a1=10 m/s
2
货物和传送带达到共同速度所需要的时间t1= v
a1
=0.4s
下滑的距离x1= 1
2 a1t1
2=0.8 m
货物继续加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin37°−μmgcos37° =ma2
解得a2=2m/s
2
货物下滑到底端的速度vB
2−v❑
2 =2a2(L−x1)
解得vB=6 m/s
货物下滑到底端的时间L−x1= v + vB
2
t2
解得t2=1s
货物从A 到B 的时间为t =t1+t2=1.4s，A 错误；
BC．货物与传送带达到相同速度前划痕的长度s1= v t1−x1=0.8 m
货物与传送带达到相同速度后划痕的长度s2=(L−x1)−v t2=1m
货物相对于传送带先向上运动0.8m，后向下运动1m，划痕的总长度为s= s2=1m
货物相对于传送带的路程l = s1+ s2=1.8 m ，BC 错误；
D．根据牛顿第二定律得μmg=ma3
解得a3=5 m/s
2
BC 的长度为vB
2 =2a3 x3
解得x3=3.6 m ，D 正确。
故选D。
20.如图所示，传送带与水平面间夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一
个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则下图中反映小木块在传送带上的速
度随时间变化的关系不可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】当木块刚放在传送带上时，有mgsinθ+ μmg⋅cosθ =ma1，又v0
2=2a1 x，若传送带长
度L≤x，则木块一直做匀加速运动，B 正确；当L> x时，木块与传送带速度相同后，若
μmgcosθ≥mgsinθ，即μ≥tanθ，木块做匀速运动，
C 正确；若
mgsinθ> μmgcosθ，即
μ<tanθ，木块继续以更小的加速度加速，D 正确。A 符合题意。
21.（多选）如图甲所示，一质量为M 的长木板A 置于光滑的水平面上，其右端放有一质量为m 可
视为质点的小物体B。现将一水平向右的拉力作用于长木板A 上，使长木板由静止开始运动，在运
动过程中长木板A 和小物体B 的加速度aA、aB随时间变化的图像分别如图乙、丙所示。已知t2时
刻，小物体刚好滑离长木板，重力加速度为g。则（ ）
A．0~t2时间内，拉力随时间一直均匀增大
B．t1时刻A、B 的速度为a1t1
C．A、B 间的动摩擦因数为a3
g
D．木板长度为(a2−a3)(t2−t1)
2
2
【答案】CD
【详解】A．由乙丙图可知，0~t1时间内，根据牛顿第二定律
F =(M +m)a
加速度均匀增大，所以拉力随时间均匀增大；
由图乙可知t1~t2时间内加速度不变，根据牛顿第二定律可知
F −μmg= M a2t1~t2时间内拉力不变，故A 错误；
B．t1时刻A、B 的加速度相同，说明A、B 未发生相对滑动，由a−t图像的面积表示速度变化量可
知，t1时刻A、B 的速度为
v1= 1
2 a1t1
故B 错误；
C．t1时刻之后，A、B 的发生相对滑动，对B 根据牛顿第二定律
μmg=ma3
解得
μ= a3
g
故C 正确；
D．t1~t2，A、B 的发生相对滑动，t2时刻，小物体刚好滑离长木板，则长木板的长度为
L= xA−xB= 1
2 a2(t2−t1)
2−1
2 a3(t2−t1)
2= 1
2 (a2−a3)(t2−t1)
2
故D 正确。
故选CD。
22.（多选）（2024·四川雅安·三模）如图甲所示，水平地面上有一质量为M的长木板，将一质量为
m的小物块放在长木板上，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面的动摩擦因数为μ2
。给小物块施加一水平外力F，利用拉力传感器和加速度传感器（图中未标出）测得长木板和小物
块加速度a随外力F的变化关系如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取
10m/s2，则（ ）
A．μ1=0.2
B．μ2=0.1
C．m=0.25kg
D．M =0.75kg
【答案】BCD
【详解】ABC．根据题意，由图乙可知，当F = F1=1N时，木板相对地面开始滑动，则有
F1= μ2(M +m)g
当F1≤F ≤F3=3 N时，小物块与长木板一起加速运动，则有
F −μ2(M +m)g=(M +m)a
解得
a=
F
M +m −μ2 g
结合图乙可得
−a0=−μ2 g，a0=1m/s
2
解得
μ2= a0
g = 1
10 =0.1
当F > F3时，小物块与长木板间相对滑动，对小物块有
F −μ1mg=ma
解得
a= F
m −μ1g
结合图乙可得
1
m =
a1
F3−F2
，a1=2m/s
2，F2=2.5 N = μ1mg
则小物块的质量
m= F3−F2
a1
= 3−2.5
2
kg=0.25kg
μ1=
F2a1
(F3−F2)g =
2.5×2
(3−2.5)×10 =1
故A 错误，BC 正确；
D．对长木板有
μ1mg−μ2(M +m)g= M a1
解得，长木板的质量
M = F2−F1
a1
= 2.5−1
2
kg=0.75kg
故D 正确。
故选BCD。
23.（2025·四川成都·高三月考）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M = 4 kg的长木
板，在长木板右端有一质量为m=1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ=0.2，长木
板与小物块均静止，现用F =14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t =1s撤去水平恒力F , g取
10 m /s
2，则
A．在F的作用下，长木板的加速度为2.8 m /s
2
B．刚撤去F时，小物块离长木板右端0.5 m
C．最终长木板与小物块一起以2.8 m /s的速度匀速运动
D．最终小物块离长木板右端1.4 m
【答案】BC
【详解】A．根据牛顿第二定律可得
a= F −μmg
M
解得
a=3 m/s
2
故A 错误；
B．撤去F 之前，小物块只受摩擦力作用，故
am= μg =2m/s
2
Δ x1= 1
2 at
2−1
2 amt
2=0.5 m
故B 正确；
C．刚撤去F 时
v =at =3 m/s
vm=amt =2m/s
撤去F 后，长木板的加速度
a
′ = μmg
M =0.5 m/s
2
最终速度
v ′ = vm+amt ′ = v −a
′ t
′
解得共同速度
v
' =2.8 m/s
故C 正确；
D．住t
′内，小物块和木板的相对位移
Δ x2= v
2−v
′ 2
2a
′
−v
′ 2−vm
2
2am
解得
Δ x2=0.2m
最终小物块离长木板右端
x = Δ x1+ Δ x2=0．7m
故D 错误。
故选BC。
24.（多选）如图所示，A、B、C 三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A 的质量为2m，B 和C 的质
量都是m，A、B 间的动摩擦因数为μ，B、C 间的动摩擦因数为1
4 μ，B 和地面间的动摩擦因数为1
8 μ
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A 施加一水平向右的拉力F，则下列判
断正确的是（ ）
A．无论力F 为何值，B 的加速度不会超过3
4 μg
B．当力F > 7
2 μmg时，B 相对A 滑动
C．若A、B、C 三个物体始终相对静止，则力F 不能超过3
2 μmg
D．当力F = μmg时，A、B 间的摩擦力为3
4 μmg
【答案】CD
【详解】C ．A 与B 间的最大静摩擦力的大小为
f ABm = μ⋅2mg=2 μmg
C 与B 间的最大静摩擦力的大小为
f CBm = 1
4 μmg
B 与地间的最大静摩擦力的大小为
f B地m = μ
8 (2m+m+m)= 1
2 μmg
要使A、B、C 都始终相对静止，三者一起向右加速，则对整体有
F −1
2 μmg= 4 ma
假设C 恰好与B 相对不滑动，则对C 有
1
4 μmg=ma
解得
a= 1
4 μg，F = 3
2 μmg
设此时A 与B 间的摩擦力为f，对A 有
F −f =2ma
解得
f = μmg<2 μmg
表明C 达到临界时A 还没有，故要使三者始终相对静止，则力F 不能超过3
2 μmg，故C 正确；
B．当A 相对B 滑动时，C 早已相对B 滑动，对A、B 整体得
F −1
2 μmg−1
4 μmg=3ma
′
对A 有
F −2 μmg=2ma
′
解得
F = 9
2 μmg
故当拉力F 大于9
2 μmg时，B 与A 相对滑动，故B 错误；
A．当F 较大时，A、C 都会相对B 滑动，B 的加速度达到最大，对B 有
2 μmg−1
2 μmg−1
4 μmg=maB
解得
aB= 5
4 μg
故A 错误；
D．当F = μmg时，可知A、B、C 三个物体始终相对静止一起加速运动，对整体有
F −1
2 μmg= 4 ma
解得
a= 1
8 μg
对A 有
F −f =2ma
解得A、B 间的摩擦力为
f = 3
4 μmg
故D 正确。
故选CD。
25.如图所示，三角形传送带ABC 以恒定速度v = 4 m /s顺时针运行，传送带与水平面间的夹角
θ =37°，LAB= 4 m，LBC =3 m，B 端上方有一段光滑圆弧，可以使经过B 端的物体速度方向发生变
化但速度大小不变。现将质量m=1kg的小物块轻放在传送带的A 端（可看成质点）后，给小物块
施加一沿斜面向上的恒力F =10 N拉小物块，小物块到达B 端时撤去F。已知小物块与传送带之间
的动摩擦因数μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（取
g=10 m /s
2,sin37° =0.6,cos37° =0.8）求：
（1）小物块从A 运动到B 的时间；
（2）小物块运动到C 端时的速度大小；
（3）若在小物块与传送带达到相同速度瞬间撤去F，物块在传送带上的划痕长度。
【答案】（1）1.25s（2）2❑√7 m/s（3）2.2m
【详解】（1）小物块轻放在传送带A 端后，开始摩擦力沿斜面向上，小物块匀加速运动，根据牛
顿第二定律
F + μmgcosθ−mgsinθ =ma1
解得
a1=8 m/s
2
加速时间
t1= v
a1
=0.5s
位移
x1= 1
2 at1
2=1m
第二段运动，设小物块相对传送带向右上运动；小物块加速度为a2，根据牛顿第二定律
F −mgsinθ−μmgcosθ =ma2
解得
a2=0
说明小物块恰好做匀速运动
x2= LAB−x1=3 m
匀速段的时间
t2= x2
v = 3
4 s=0.75s
小物块从A 运动到B 的时间
t AB=t1+t2=1.25s
（2）设BC 段小物块的加速度为a3，根据牛顿第二定律
mgsinθ−μmgcosθ =ma3
解得
a3=2m/s
2BC 段，根据运动学公式
vC
2 −v
2=2a3 LBC
解得
vC = ❑√28 m/s=2❑√7 m/s
（3）若在小物块与传送带达到相同速度瞬间撤去F，第一段过程中传送带相对小物块的位移为
Δ x1= v t1−x1=1m
撤去F 后，小物块减速上滑，根据牛顿第二定律
mgsinθ−μmgcosθ =ma4
解得
a4=2m/s
2
减速上滑段位移
x2= v t 4−1
2 a4t 4
2
解得
t 4=1s或t 4=3s（舍）
到B 点时的速度
vB= v −a4t 4=2m/s
传送带相对小物块的位移
Δ x2= v t 4−x2=1m
下滑段，开始时，小物块速度小于传送带速度，根据牛顿第二定律
mgsinθ+ μmgcosθ =ma5
解得
a5=10 m/s
2
加速时间
t5= v −vB
a5
=0.2s
位移
x5= vBt5+ 1
2 a5t5
2=0.6 m
传送带相对小物块的位移为
Δ x3= v t5−x5=0.2m
然后小物块加速运动，加速度为
a3=2m/s
2
位移为
x6= LBC−x5=2.4 m
根据运动学公式
x6= v t6+ 1
2 a3t6
2
解得
t6≈0.53s或t6≈−4.53s（舍）
下滑段传送带相对小物块的位移
Δ x4= v t6−x6=−0.28 m
传送带相对小物块先向前运动Δ x1+ Δ x2+ Δ x3，然后又相对小物块向后运动Δ x4，且
Δ x4< Δ x1+ Δ x2+ Δ x3
故划痕长度为
Δ x = Δ x1+ Δ x2+ Δ x3=2.2m
26.（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。
t =0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t =0到t = 4 t0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。t = 4t0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t =3t0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．t = 4 t0之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【详解】A．v −t图像的斜率表示加速度，可知t =3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块
在t =3t0时刻滑上木板，故A 正确；
B．结合图像可知t =3t0时刻，木板的速度为
v0= 3
2 μgt0
设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为
v1=−3
2 μgt0，负号表示方向水平向左
物块在木板上滑动的加速度为
a0= μ0mg
m
= μ0 g
经过t0时间与木板共速此时速度大小为v共= 1
2 μgt0，方向水平向右，故可得
v共−v1=a0t0
解得
μ0=2 μ
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
a=
1
2 μgt0
t0
= 1
2 μg
故可得
F −μMg= Ma
解得
F = 3
2 μMg
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
a
′ =
1
2 μgt0−3
2 μgt0
t0
=−μg
此时对木板由牛顿第二定律得
F −μ(m+ M )g−μ0mg= Ma'
解得
m
M = 1
2
故C 错误；
D．假设t = 4 t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体
F −μ(m+ M )g= 3
2 μMg−3
2 μMg=0
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t = 4 t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D 正
确。
故选ABD。
27.（多选）（江苏·高考真题）如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m 和m，静止叠放在水平地
面上。A、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为μ
2 。最大静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（ ）
A．当F <2 μmg时，A、B 都相对地面静止
B．当F = 5
2 μmg时，A 的加速度为1
3 μg
C．当F >3 μmg时，A 相对B 滑动
D．无论F 为何值，B 的加速度不会超过1
2 μg
【答案】BCD
【详解】A．根据题意可知，B 与地面间的最大静摩擦力为
f Bm = 3
2 μmg
因此要使B 能够相对地面滑动，A 对B 所施加的摩擦力至少为
f AB= f Bm = 3
2 μmg
A、B 间的最大静摩擦力为
f ABm =2 μmg
故F < 3
2 μmg时，A、B 都相对地面静止，A 错误；
B．A、B 恰好不相对滑动时，根据牛顿第二定律可知应当满足
Fmax−f ABm
2m
= f ABm−f Bm
m
且3
2 μmg≤f AB<2 μmg
即
Fmax =3 μmg
则当3
2 μmg≤F＜3μmg，A、B 将一起向右加速滑动。当F = 5
2 μmg时，对A 和B 整体受力分析有
F −3
2 μmg=(2m+m)a
解得
aA =aB= 1
3 μg
故B 正确。
CD．当F≥3μmg 时，A、B 将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有
F－2μmg＝2maA，2 μmg−3
2 μmg=maB
解得
aA = F
2m −μg，aB= 1
2 μg
故CD 正确。
故选BCD。
28.（多选）（江苏·高考真题）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有
滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
【答案】BD
【详解】A．鱼缸向右加速运动，桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，故A 错误；
B．鱼缸在桌布上加速运动，脱离桌布后在桌面上做减速运动，加速度大小相等，且加速运动的末
速度等于减速运动的初速度，故可知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，故B 正确；
C．鱼缸受的摩擦力只与鱼缸的重力和摩擦因数有关，故若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不
变，故C 错误；
D．若猫减小拉力，若鱼缸能与桌布保持相对静止，故鱼缸能滑出桌面，故D 正确。
故选BD。
29.（多选）（全国乙卷·高考真题）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为
m2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F1、F2分别为t1、t2时刻F 的大小。木板的加速度a1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μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，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．F1= μ1m1g
B．F2= m2(m1+m2)
m1
( μ2−μ1)g
C．μ2> m1+m2
m2
μ1
D．在0~t2时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【详解】A．图（c）可知，t1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，此时以整体为对象有
F1= μ1(m1+m2)g
A 错误；
BC．图（c）可知，t2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
F2−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
μ2m2 g−μ1(m1+m2)g=m1a>0
解得
F2= m2(m1+m2)
m1
( μ2−μ1)g
μ2> (m1+m2)
m2
μ1
BC 正确；
D．图（c）可知，0~t2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。
故选BCD。
30.（福建·高考真题）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小
物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物
块在传送带上运动的v −t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2＞v1，则（ ）
A．t2时刻，小物块离A 处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0~t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【答案】B
【详解】A．0~t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左速度减为零，此时离A 处
的距离达到最大，故A 错误；
B．t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后小物块相对传送带静止，t2时刻小物块相对传送带滑
动的距离达到最大，故B 正确；
C．0~t2时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变，方向始终向右的摩擦力作用，
故C 错误；
D．t2时刻小物块向右速度增加到与皮带相等，t2时刻之后小物块与皮带保持相对静止随水平传送带
一起匀速运动，摩擦力消失，故D 错误。
故选B。
