文档文本内容
第11 讲 牛顿运动定律的综合应用（二）
目录
01 课标达标练
题型01 水平面的板块模型
题型02 斜面的板块模型
题型03 水平传送带模型
题型04 倾斜传送带模型
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 水平面的板块模型
1．（2025·江西·二模）如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0=3m/s 的速
度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木
板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05，取重力加速度大小g=10m/s2，则木板的长
度为（ ）
A．1.0m
B．1.5m
C．2.0m
D．2.5m
【答案】B
【详解】设滑块的质量为
，木板的质量为
，在滑块减速和木板加速到共速的时间为
，加速度为
、
，有
木板的位移为
两者共速后，因
，则一起减速到停止，共同减速的加速度为
，有
木板的位移为
木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即
最终物块恰好到达木板的右端，即滑块相对滑动的位移为板长，有
联立各式解得
，
故选B。
2．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板左端放置一可看成质
点的物块。
时对物块施加一水平向右的恒定拉力
，在
的作用下物块和木板发生相对滑动，
时撤去
，整个过程物块运动的
图像如图乙所示。已知木板的质量
，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
。下列说法正确
的是（ ）
A．物块的质量为
B．物块与木板间的动摩擦因数
C．木板与地面间的动摩擦因数
D．拉力
【答案】A
【详解】BC．根据图像分析可知木板在
之前向右做匀加速直线运动，作出木板和物块运动的
图像，如图所示
物块在
内的加速度大小
物块和木板在
内共速，加速度大小
解得
，
故BC 错误；
AD．由图像可知
时两者共速，物块在
内的加速度大小
木板在
内的加速度大小
内，对木板有
对物块有
解得
，
故A 正确，D 错误。
故选A。
3.（2025·辽宁鞍山·二模）如图，质量为M=2kg 的长木板放在水平地面上，上有一个质量为m=4kg 的木块。
木板和木块间的动摩擦因数为μ1=0.5，木板和地面间的动摩擦因数为μ2=0.2，最大静摩擦力可认为等
于滑动摩擦力。最初板块都处于静止状态，现在在木块上施加一个水平向右的恒力F1=40N，同时在木
板上施加一个水平向右的恒力F2，重力加速度g=10m/s²，施加恒力后关于两物体的受力和运动下列判
断正确的是（ ）
A．加两个恒力后木板一定会向右滑动
B．当F2大小为32N 时，木块受到的摩擦力水平向左
C．为了使板块间不产生相对滑动，F2的最大值为62N
D．若将F2方向改成水平向左，也可能使板块间不产生相对滑动
【答案】AC
【详解】A．木板和木块间的最大静摩擦力
因为
所以木块会相对木板向右滑动，木块对木板的滑动摩擦力水平向右，大小为
。木板和地面间
的最大静摩擦力
同时在木板上施加一个水平向右的恒力F2，由于
故加两个恒力后木板一定会向右滑动，故A 正确；
B．若木块和木板不相对滑动，对整体由牛顿第二定律
解得
对木块，设木块受到的摩擦力为
，由牛顿第二定律
解得
，故B 错误；
C．为了使板块间不产生相对滑动，F2取最大值时，木块受到向右的最大静摩擦力，对木块由牛顿第
二定律得
解得
对木块和木板整体由牛顿第二定律得
解得
，故C 正确；
D．设F2方向向左且木块对木板最大静摩擦力向右，两者以共同的加速度
运动，对木块
解得
对木板，由牛顿第二定律
解得
故F2方向向右，若将F2方向改成水平向左，不可能使板块间不产生相对滑动，故D 错误。
故选AC。
4．如图所示，质量
的小滑块（可视为质点）放在木板的右端，质量为
的木板与水平地面
和滑块间的动摩擦因数皆为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，开始时木板与小滑块均处于静止状态，
现给木板加一水平向右的恒力F，重力加速度
，则以下说法中错误的是（ ）
A．当拉力
时，小滑块和木板一起匀速运动
B．当拉力
时，小滑块和木板一起匀
速运动
C．当拉力
时，小滑块和木板一起加速运动
D．当拉力
时，小滑块和木板发生相
对滑动
【答案】AB
【详解】A．木板受到地面最大静摩擦力
则当拉力
时，小滑块和木板都保持静止，故A 错误，符合题意；
B．当小滑块受到最大摩擦力时，产生最大加速度为
对木板受力分析，根据牛顿第二定律可知
解得
当拉力
时，因为
所以滑块和木板一起匀加速运动，故B 错误，符合题意；
C．当拉力
时，因为
所以滑块和木板一起加速运动，故C 正确，不符合题意；
D．当拉力
时，因为
两者发生相对滑动，故D 正确，不符合题意。
故选AB。
5.（2025·河南信阳·二模）图甲为某学生的书桌抽屉。已知抽屉的质量
kg，长度
m，其中放
有质量
kg，长
m 的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相
距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因
数
。现用水平力F 将抽屉抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。重力加速度
m/s2。
(1)
N 时，书本和抽屉一起向右运动，求与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v；
(2)
N 时，求书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的内能
。
【答案】(1)1.2m/s
(2)0.16J
【详解】（1）对书本和抽屉由牛顿第二定律可得
根据运动学公式可得
解得与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小为
（2）对书本由牛顿第二定律有
对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有
解得要使书本和抽屉不发生相对滑动，F 的最大值为
由于
N
可知书本和抽屉有相对滑动；对抽屉，由牛顿第二定律有
设抽屉的运动时间为
，根据运动学公式可得
此时书本的速度为
书本通过的位移大小为
此后书本经过
速度减为0，则有
则书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的内能为
02 斜面的板块模型
6.如图所示，一倾角为
的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为
的长木板B 沿着斜面以
速度
匀速下滑，现把质量为
的铁块A 轻轻放在长木板B 的左端，铁块最终恰好没有从长
木板上滑下。已知A 与B 之间、B 与斜面之间的动摩擦因数均为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重
力加速度
，
，
，则下列判断正确的是（ ）
A．动摩擦因数
B．铁块A 和长木板B 共速后的速度大小为
C．长木板的长度为
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A 和长木板B 减少的机械能等于A、B 之间摩擦
产生的热量
【答案】BC
【详解】A．开始时长木板B 沿着斜面匀速下滑，根据平衡条件得
Mgsin37°=μMgcos37°
解得
μ=0.75
故A 错误；
B．铁块A 轻轻放在长木板B 时有，根据牛顿第二定律有，对A 分析有
解得
方向沿斜面向下；对B，根据牛顿第二定律有
解得
方向沿斜面向上；铁块A 和长木板B 共速的时间为
解得
铁块A 和长木板B 共速后，速度大小为
故B 正确；
C．铁块A 和长木板B 共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为
故C 正确；
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A 和长木板B 的机械能转化为系统因摩擦产生的内能，
根据能量守恒定律可知，铁块A 和长木板B 减少的机械能等于A、B 之间摩擦产生的热量和B、斜面之间
摩擦产生的热量之和，故D 错误。
故选BC。
7．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37°的斜坡上有长
为1m 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，与滑板一起由静止开
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0.4，
小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，
，
，g 取10m/s2，则下列判断正确的
是（ ）
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s2
C．经过1s 的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s
【答案】BC
【详解】AB．对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为
同理对滑板，加速度大小为
A 错误B 正确；
CD．要使小孩与滑板分离
解得
t=1s
离开滑板时小孩的速度大小为
D 错误C 正确。
故选BC。
8．如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B 和薄木板C，木板下端位于挡板A 处，
整体处于静止状态。木板C 受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F 作用时，木板C 的加速度a 与拉力F 的关
系图象如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
，则由图象可知下列说
法正确的是（ ）
A．
时物块B 和木板C 相对滑动
B．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出
C．由题目条件可求木板C 的质量
D．
时物块B 和木板C 相对滑动
【答案】D
【详解】AD．由图像可知，当
时物块B 和木板C 相对静止，当
时木板的加速度变
大，可知此时物块B 和木板C 产生了相对滑动，故A 错误，D 正确；
B．因当
时，
，此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达
到最大，则对物块
联立方程可求解
故B 错误；
C．对木板和木块的整体，当
时，
，则
当
时，
，则
联立方程可求解
但是不能求解木板C 的质量，故C 错误。
故选D。
03 水平传送带模型
9．一水平传送带长
，以恒定速度
向右匀速运动，现在传送带左端每隔1s 由静止放上一个
完全相同的质量为
的小物块，小物块与传送带间的动摩擦因数
，重力加速度g 取
，则
第1 个小物块到达传送带最右端后的1s 内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由题意可知，小物块做匀加速直线运动的加速度
加速运动的时间
加速运动的位移
匀速运动的位移
匀速运动的时间
第1 个小物块到达最右端时，第7 个小物块刚要放上传送带，传送带对第
个工件的摩擦力为0，因此
在此后1s 内的冲量
对第
个工件的摩擦力在此后
内的冲量
故此后1s 内传动带对工件摩擦力的总冲量大小为
故选B。
10．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度
顺时针运行，小物块以
的初速度从
传送带右端滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带的长度为
，重力加速度
，考虑小物块滑上传送带到离开传送带的过程，下列说法正确的是（ ）
A．小物块从传送带左端滑离传送带
B．小物块滑离传送带时的速度大小为
C．小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为
D．小物块在传送带上留下的划痕长度为
【答案】C
【详解】A．物块在传送带上的加速度
向左减速到零的时间
向左运动的最大距离
故物块不会从左端滑离传送带，故A 错误；
B．物块向左减速到零后，向右加速，但只能加速到
，故B 错误；
C．物块向左加速到
用时
这段时间内向右运动的距离
之后，做匀速直线运动，剩余在传送带上运动时间
小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间
故C 正确；
D．向左运动过程，划痕长度
向右运动过程，划痕长度
总划痕长度
故D 错误。
故选C。
11.如图甲所示，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 图象
（以地面为参考系）如图乙所示。已知
，物块和传送带间的动摩擦因数为
，物块的质量为m。则
（ ）
A．
时刻，小物块离A 处的距离最大
B．
时间内，小物块的加速度方向先向右后向左
C．
时间内，因摩擦产生的热量为
D．
时间内，物块在传送带上留下的划痕为
【答案】C
【详解】A．初速度大小为
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，小物块在传
送带上运动的
图象可知，
时刻，小物块离A 处的距离达到最大，A 错误；
B．
时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B 错误；
CD．
时间内物体相对地面向左的位移
这段时间传送带向右的位移
因此物体相对传送带的位移
时间内物体相对地面向右的位移
这段时间传送带向右的位移
因此物体相对传送带的位移
时间内物块在传送带上留下的划痕为
这段时间内，因此摩擦产生的热量
C 正确，D 错误。
故选C。
04 倾斜传送带模型
12.（2025·河南焦作·二模）如图所示，质量为
可视为质点的物件与传送带之间的动摩擦因数为
，传送
带倾角为
，上、下两端点
、
间的距离为
。传送带顺时针匀速转动，速度大小为，物件轻放
于
点后运动至
点时达到最大速度，之后做匀速运动至
点，然后电机紧急制动使传送带立即静止
不动，物件恰好能到达最高点
。已知重力加速度为
，则下列叙述正确的有（ ）
A．
段长为
B．
段传送带装置输出功率为
C．物件从
到
运行的时间为
D．全过程物件增加的机械能和摩擦产生的热量之比为
【答案】AC
【详解】A．物件在CD 段运动过程中，由牛顿第二定律,得
由运动学公式
联立解得
故
正确；
B．物件在BC 段匀速运动，由功能关系可知传送带输出的机械能等于物件机械能增加量，因此
故
错误；
D．全过程物件增加的机械能为
整个过程，物件与传送带摩擦产生的内能包括，物件在AB 段加速运动过程中，由牛顿第二定律，得
对物块，根据速度-位移公式，有
对传送带，有
运动时间为
物块相对传送带的路程
联立解得
减速过程，由牛顿第二定律，得
相对路程
产生内能为
所以可知
故D 错误；
C．物件从B 到C 运行的时间
故C 正确。
故选AC。
13．（2025·安徽池州·二模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率
沿顺时针方向转动，传送带的倾
角为37°。一物块以初速度
从传送带的底端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，
，取
，则（ ）
A．1~3s 时间内物块所受摩擦力做正功
B．0~3s 时间内物块平均速度大小为8m/s
C．物块由顶端返回到底端的过程中所需时间大于3s
D．0~1s 与1~3s 两段时间内物块与传送带间因摩擦产生的热量之比为3:2
【答案】AC
【详解】A．由题图乙可知，在
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，所以0~1s 时间内物块所受摩擦力做负功；
末至物块到达传送带顶
端，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，
所以1~3s 时间内物块所受摩擦力做正功，故A 正确；
B．物块运动的位移大小等于
图线与坐标轴所围图形的面积大小，为
物块平均速度大小为
故B 错误；
C．物块下滑加速度与1~3s 时间内物块加速度相同
根据
解得
故C 正确；
D．产热等于阻力乘以相对位移，所以0~1s 与1~3s 两段时间内物块与传送带间因摩擦产生的热量之比
等于相对位移之比，根据图像可知
故D 错误。
故选AC。
14．（2025·贵州毕节·二模）生产车间常用传送带传输工件。如图所示，与水平面夹角为
的倾斜传送带
顺时针匀速转动，每隔
的时间，在传送带下端
点轻放一个相同的工件，工件运动到传送带上端
点后被取走。已知工件与传送带间动摩擦因数为0.8，每个工件质量为
。经测量发现，与传送带达
到相同速度的相邻工件之间的距离均为
。重力加速度
取
，
，
。
求：
(1)工件刚放上传送带时加速度的大小；
(2)工件在传送带上加速运动的时间；
(3)每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）工件在传送带上加速时有
则工件加速度的大小为
（2）每个工件在传送带上先加速后匀速，规律均相同，则传送带速度为
工件在传送带上加速时间为
（3）工件在传送带上加速时运动的位移为
在这段时间内传送带运动的位移为
每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为
15.（2025·河北·一模）如图所示，长度为6m、倾角为30°的传送带以4m/s 的速率沿逆时针匀
速转动。将质量为2kg 的小物块无初速度地放置在传送带的顶端，物块与传送带之间的动
摩擦因数为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s²，则物块从传送
带顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块运动的时间为2.25s
B．传送带对物块做的功为-24J
C．重力对物块做功的平均功率为60W
D．物块与传送带之间因摩擦产生的热量为12J
【答案】BD
【详解】A．物块与传送带共速前，由牛顿第二定律得
解得
物块运动到与传送带共速所用的时间
运动的距离
共速后，由牛顿第二定律得
解得
运动到传送带底端的过程有
解得物块运动到传送带底端时的速度大小
该过程所用的时间
所以整个过程物块运动的时间
，故A 错误；
B．整个过程传送带对物块做的功
解得
，故B 正确；
C．整个过程重力做的功
故重力做功的平均功率
，故C 错误；
D．整个过程中物块与传送带之间因摩擦产生的热量
解得
，故D 正确。
故选BD。
16．（2025·甘肃兰州·一模）如图所示，一电动倾斜传送带上端与一光滑水平面平滑相连，水
平面上方有一轻杆，可绕其上端O 点自由旋转，下端悬挂物块B（可看成质点），B 与水
平面接触无挤压。将物块A 轻放在传送带底端，一段时间后与B 发生碰撞，碰后B 恰好
能运动至最高点。已知传送带顺时针方向运行，与水平面夹角为
，传送带长
，
速度
，A 与传送带间的动摩擦因数
，A、B 质量分别为
，
，轻杆长
，重力加速度
。求：
(1)A 在传送带上运行的时间；
(2)碰撞后A 的速度；
(3)把A 从底端运送到顶端的过程中，为保持传送带始终匀速电动机多消耗的电能。
【答案】(1)2.2s
(2)
(3)160
【详解】（1）
刚放在传送带上时先加速上滑，根据牛顿第二定律
，解得
加速到与传送带速度相等所用时间
加速过程的位移
之后物块
以速度
匀速运动，匀速运动的时间
所以物块
在传送带上运行的总时间
（2）物块
与
碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后
的速度为
，
的速度为
。
撞后
恰好能运动至最高点，由于是轻杆，故B 在最高点速度为0。根据机械能守恒定
律
解得
由动量守恒定律可得
解得
（3）电动机多消耗的电能等于物块
增加的机械能与因摩擦产生的热量之和。物块
增加的机械能
在传送带上加速阶段，传送带位移
二者的相对位移
故因摩擦产生的热量
所以电动机多消耗的电能
1．（2025·重庆·二模）如图，将一质量为m=10g、长度为l=20cm 的长方形硬纸板放在水平桌面上，左端
一小部分伸出桌外。将一质量为也为10g 的橡皮擦（可视为质点）置于纸板的正中间，用手指将纸板水平
弹出，纸板瞬间获得初速度
。已知橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为
，纸板与桌
面间的动摩擦因数为
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
。则（ ）
A．弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为2m/s²
B．橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止
C．最终橡皮擦不会脱离纸板
D．因橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为
【答案】C
【详解】A．弹出纸板后瞬间，对纸板受力分析可知橡皮擦给纸板水平向右的摩擦力为
桌面给纸板水平向右的摩擦力为
由牛顿第二定律可知弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为
橡皮擦的加速度大小为
故A 错误；
B．橡皮擦与纸板达到相同速度后，假设纸板和橡皮擦相对静止，则整体受到的加速度为
而橡皮擦开始做减速运动的加速度最大值为
故此时橡皮擦将相对纸板向左运动，且橡皮擦向右的加速度为
纸板向右的加速度为
故B 错误；
CD．结合AB 选项，设橡皮擦与纸板经过t 时间速度相同，则有
代入数据解得
此时二者向左共速的速度为
橡皮擦的位移为
纸板的位移为
则二者相对位移为
可知橡皮擦未滑出纸板，接着二者由相同的速度开始以不同加速度做减速运动，由于
所以纸板先减速为0，保持静止，橡皮擦继续以
减速为0，规定向左为正方向则橡皮的位移为
纸板的位移为
则二者相对位移为
可知橡皮擦最终距离纸板中点的距离为
即最终橡皮擦不会脱离纸板，且此过程中橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为
故C 正确，D 错误。
故选C。
2．平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之间有摩擦，
地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】箱子以一定的水平初速度
从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板
车做匀加速直线运动，设经过时间箱子与平板车达到共速
，此过程平板车的位移为
箱子的位移为
则箱子相对于平板车向前的位移大小为
可得
故选C。
3．如图所示，质量为m 的长木板A 放在光滑的水平面上，物块B、C 放在长木板上。物块B 的质量也为
m，B、C 与A 间的动摩擦因数均为
，A、B、C 均处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
加速度为g。现给物块B 施加一个水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（ ）
A．当F 足够小时，A 仍保持静止状态
B．当拉力
时，物块B 与A 刚好要发生相对滑动
C．当物块C 的质量足够小时，C 与A 会发生相对滑动
D．当物块C 的质量也为m 时，物块C 能获得的最大加速度为
【答案】D
【详解】A．由题知，长木板A 放在光滑的水平面上，不受摩擦力作用，B 与A 间的动摩擦因数均为
，
当F 足够小时，B 对A 有静摩擦力作用，A 在水平方向合力不为零，故A 不能保持静止状态，A 错误；
B．根据牛顿第二定律可知，当拉力
时，物块B 与A 间的摩擦力小于
，并没有刚好要滑动，
B 错误；
C．当B 与A 发生相对滑动时，假设C 与A 不会发生相对滑动，则
解得
则A 对C 的摩擦力
假设成立，即C 与A 不可能发生相对滑动，C 错误；
D．当C 的质量也为m 时，物块C 能获得的最大加速度为
D 正确；
故选D。
4．（2024·山东青岛·一模）如图是货物输送装置示意图，载物平台M 架在两根完全相同、轴线在同一水
平面内的平行长圆柱上，平台重心与两圆柱等距，货物m 放在平台正中间。两圆柱以角速度
绕轴线做相反方向转动。现沿平行于轴线的方向给平台施加
的恒力，使平台从静止开始沿轴线运
动。已知平台质量
，平台与两圆柱间的动摩擦因数均为
，货物质量
，与平台间的
动摩擦因数
，圆柱半径
，重力加速度
。下列说法正确的是（ ）
A．货物与平台一起做匀加速直线运动
B．当平台速度
时，货物加速度为
C．当平台速度
时，货物加速度为
D．若施加的恒力
，平台将保持静止
【答案】C
【详解】A．根据对称性可知平台与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小均为
沿平行于轴线的方向给平台施加
的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动，初始时刻，平台受到两
圆柱的摩擦力刚好平衡，以平台和货物为整体，加速度大小为
圆柱表面的点转动的线速度大小为
设平台运动的速度大小为，如图所示
可知平台受到两个圆柱表面对平台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小均为
根据牛顿第二定律可得
可知随着平台速度的逐渐增大，
逐渐减小，
逐渐增大，加速度逐渐减小，所以货物与平台不是一
起匀加速直线运动，故A 错误；
BC．当平台速度
时，则有
又
可得加速度大小为
故B 错误，C 正确；
D．若施加的恒力
，由于初始时刻，两圆柱对表面对平台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小为0，
所以平台一定沿轴线的方向运动，故D 错误。
故选C。
5．在机场、车站常用传送带来传送旅客的包裹，在传送过程中同时对包裹进行安检。将一个包裹(可视为
质点)轻放在水平传送带的左端，同时启动传送带，传送带向右做初速度为0 的匀加速直线运动。包裹和
传送带的速度一时间图像如图所示，
s 时包裹运动到传送带的右端。下列说法正确的是
（ ）
A．图线I 反映的是包裹的运动
B．包裹和传送带间的动摩擦因数为 0.16
C．传送带的长度为 20 m
D．包裹相对传送带滑动的距离为7.5m
【答案】D
【详解】A．传送带启动后做匀加速运动，包裹在摩擦力作用下也做加速运动，则包裹的加速度一定小于
传送到的加速度，则由图像可知图线I 反映的是传送带的运动，图像Ⅱ反应包裹的运动，选项A 错误；
B．包裹的加速度
根据
可知包裹和传送带间的动摩擦因数为 0.1，选项B 错误；
C．传送带的长度等于包裹的位移
选项C 错误 ；
D．包裹相对传送带滑动的距离为
选项D 正确。
故选D。
6．传送带是物料搬运系统机械化和自动化的传送用具，可以替代人工搬运，节省人力物力。一水平传送
带两端相距
，物料与传送带间的动摩擦因数为
。物料从一端轻放上传送带，被传送至另一端。当
传送带分别以
和
的速度大小匀速运动时，取重力加速度大小
，物料通过传送带的时
间差为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】物料在传送带加速运动时的加速度为
当传送带以
的速度大小匀速运动时，物料加速过程的时间为
加速过程的位移为
匀速过程的时间为
物料通过传送带的时间为
当传送带以
的速度大小匀速运动时，设物料在传送带上一直做匀加速直线运动，则有
解得
物料离开传送带的速度为
假设成立，故物料通过传送带的时间差为
故选A。
7．如图甲所示，一粮食储备仓库工人正利用传送带运送货物，以恒定速率v0逆时针运行的传送带与水平
面的夹角θ=37°，转轴间距L=3.5m。工人将货物（可视为质点）沿传送方向以速度v1=1.5m/s 从传送带顶端
推下，t=4.5s 时货物运动到传送带底端，货物在传送带上运动的v-t 图像如图乙所示。已知sin37°=0.6，
cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A．t=2.5s 时，货物所受摩擦力方向改变
B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.4
C．传送带运行的速度大小为0.5m/s
D．货物向下运动过程中所具有的机械能先减小后不变
【答案】C
【详解】A．由图乙可知，在0~2.5s 内，货物的速度大于传动带的速度，则货物受沿斜面向上的滑动摩擦
力，在2.5s~4.5s 内，货物匀速下滑，根据平衡条件可知，货物受沿斜面向上的静摩擦力，所以2.5s 时货物
所受摩擦力方向不变，故A 错误；
C．图线与坐标轴围成的区域的面积表示位移的大小，根据题意可得
解得
故C 正确；
B．由图乙和C 分析可知，货物在0~2.5s 内的对物块由牛顿第二定律
由图像可知货物的加速度大小为
联立解得
故B 错误；
D．由于货物向下运动过程中所受到的摩擦力一直沿斜面向上，摩擦力一直做负功，根据功能关系可知，
货物所具有的机械能一直减小，故D 错误。
故选C。
8．快递员通过传送带和一段光滑圆弧轨道把包裹从低处送到高处的车厢，传送带倾角为
，传送带
ab 端距离
，始终以速度
匀速顺时针转动，传送带上端与圆弧轨道bc 相切于b 点，bc 段
圆心为O，最高点为c。
时刻，把第一个包裹轻放在传送带底端a，后面每隔0.5s 放一个包裹，若包
裹与传送带间的动摩擦因数为
，每个包裹沿圆弧轨道恰好能达到c 点。重力加速度g 取
。
下列说法正确的是（ ）
A．包裹在最高点c 时，对圆弧轨道的压力为零
B．第一个包裹在传送带上运动的时间为3.55s
C．圆弧轨道半径为
D．传送带上最多有5 个包裹
【答案】B
【详解】A．因为每个包裹沿圆弧轨道恰好能达到c 点，即包裹到达c 点时的速度为0，即包裹在c 点时重
力和支持力为平衡力，等大反向，则支持力等于重力，根据牛顿第三定律，对圆弧轨道的压力等于支持力
等于重力，故A 错误；
B．包裹在倾斜传送带上先加速运动后匀速运动，加速时，根据牛顿第二定律
则加速时间为
加速位移为
匀速运动时间为
则包裹在传送带上运动时间为
故B 正确；
C．由B 可知，包裹在传送带上最终和传送带共速，即包裹在b 点的速度为
包裹由b 到c 点，设圆弧轨道半径为R，根据动能定理
解得
故C 错误；
D．由B 可知，第一个包裹在传送带上运动时间为3.55s，这段时间内可以在传送带上放置包裹的个数为
即，第一个包裹到达b 点时，传送带上又放置了7 个包裹，则传送带上最多有8 个包裹，故D 错误。
故选B。
9．如图甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角
，顺时针匀速转动，在输送带下端A 点无初
速放入货物。货物从下端A 点运动到上端B 点的过程中，其机械能E 与位移s 的关系图像（以A 位置所在
水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量
，重力加速度
，
，
。下列说法正确的是（ ）
A．货物与输送带间的动摩擦因数为0.825
B．输送带A、B 两端点间的距离为8m
C．货物从下端A 点运动到上端B 点的时间为9s
D．皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585J
【答案】C
【详解】A．由题图可知，货物从开始运动到与传送带相对静止可知
对货物有
解得
故A 项错误；
B．由图像可知，物块沿传送带向上运动0.5m 后与传送带相对静止，此后物块的动能不变，重力势能增加，
有
解得
则传送带两端点之间的距离为
故B 项错误；
C．加速阶段的加速度大小为a，有
加速阶段时间为
，有
传送带速度为
设匀速阶段时间为
，有
所以总时间为
故C 项正确；
D．由能量守恒，其多消耗的能量为
解得
故D 项错误。
故选C。
10．北京冬奥会后，冰雪运动越来越受人们关注，滑雪机也逐渐走进大众生活。滑雪机是利用电机带动雪
毯向上运动，雪毯的质感完全仿真滑雪场的平坦硬雪，滑雪者相对雪毯向下滑行，以达到学习和锻炼的目
的，并且通过调整雪毯的速度或坡度，还可以模拟在滑雪场以各种速度在各种坡度的雪道滑行，如图为一
小型滑雪机展品。已知某滑雪机坡道长
，倾角
，在某次训练中，一开始雪毯静止未开启，一
质量
（含装备）的滑雪者没有做任何助力动作，恰能够沿雪毯匀速下滑。现开启雪毯，使雪毯始
终以速度
向下运动，滑雪者没有做任何助力动作，从坡道顶端由静止滑到底端，关于该过程下
列说法正确的是（ ）（已知重力加速度
，
，
，不计空气阻力）
A．滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数为0.5
B．滑雪者从坡道顶端由静止滑到底端所需时间为1s
C．整个下滑过程滑雪板与雪毯之间由于摩擦而产生热量为450J
D．整个过程中摩擦力对滑雪板一直做正功
【答案】C
【详解】A．设雪毯静止时，滑雪者匀速下滑，可知
滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数为
故A 错误；
B．开启雪毯，滑雪者从静止加速下滑时，有
可得
达到与雪毯共速所需时间
这0.5s 内雪毯的位移
滑雪者运动位移
二者相对滑动的位移
之后二者相对静止一起匀速下滑，到达底端还需时间
总共用时
故B 错误；
C．在相对滑动过程中因摩擦生热
故C 正确；
D．从开始下滑的0～0.5s 内，滑动摩擦力沿斜面向下，对滑雪者做正功，0.5s～1.25s 内静摩擦力沿斜面向
上，对滑雪者做负功，故D 错误。
故选C。
11．“雪地魔毯”是滑雪场常见的一种设备，它类似于机场的传送带，主要用于将乘客从雪道底端运送到
顶端。一名穿戴雪具的游客，从雪道底端静止站上“雪地魔毯”，“雪地魔毯”长
，倾角
（
，
），“雪地魔毯”以
的速度向上滑行，经过
游客滑到
“雪地魔毯”的顶端。
，人与“雪地鹰稳”间的动摩擦因数为一定值，不计其他阻力，则（
）
A．游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动
B．游客在“雪地魔毯”上匀加速运动的时间为
C．游客在“雪地魔毯”受到的摩擦力的方向可能改变
D．游客与“雪地魔毯”间的动摩擦因数约为0.26
【答案】D
【详解】A．若游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动，则游客的位移
则游客在“雪地魔毯”上不是一直做匀加速运动，选项A 错误；
B．设游客匀加速的时间为
，则
解得
选项B 错误：
C．游客在“雪地魔毯”先受到滑动摩擦力，摩擦力方向沿“雪地魔毯”向上，然后受静摩擦力，方向也
沿“雪地魔毯”向上，选项C 错误；
D．游客加速阶段的加速度
根据
解得
选项D 正确。
故选D。
12．如图，物块A、B 静置叠放在光滑水平面上，A、B 上下表面水平。A、B 间动摩擦因数为
，某时刻起
受到水平向右随时间变化的拉力
，A 始终在B 上，且最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．
时，A 的加速度大小为
B．
时，A、B 间摩擦力大小为
C．
时，A、B 即将发生相对运动
D．
时，B 的加速度大小为
【答案】AC
【详解】C．A、B 不发生相对运动时，A 的最大加速度为
以A、B 为整体，根据牛顿第二定律
解得
故C 正确；
AB．
时，以A、B 为整体，根据牛顿第二定律
解得A 的加速度大小为
A、B 间摩擦力大小为
故A 正确，B 错误；
D．
时，A、B 发生相对运动，对B，根据牛顿第二定律
解得B 的加速度大小为
故D 错误。
故选AC。
13．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
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，
时撤去F，整个过程木
板运动的
图像如图乙所示。物块和木板的质量均为
，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
，下列说法正确的是（ ）
A．
内物块的加速度为
B．木板与地面间的动摩擦因数为0.5
C．拉力F 的大小为
D．物块最终停止时的位置与木板右端的距离为
【答案】BC
【详解】AB．设物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
，由图像可知，在
t=1.5s 时刻，滑块和木板速度相等，速度大小为3m/s，因此在
时间内，物块的加速度
而
可知物块与木板间的动摩擦因数
在
时间内，木板减速的运动的加速度
根据牛顿第二定律
可得木板与地面间的动摩擦因数为
A，B 错误；
C．在
内，根据牛顿第二定律
由图像可知在这段时间内，木板的加速度
联立解得
C 正确；
D．在1.5s 之后，由于
物块相对木板向前滑动，木板做减速运动的加速度
木块做减速运动的加速度
木板的总位移等于图像与时间轴围成的面积
物块的总位移
因此物块最终停止时的位置与木板右端的距离为
D 错误。
故选BC。
14．（2025·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，长木板静止放置在粗糙的水平地面上，质量为
的物块（视
为质点）静止放置在长木板的最右端，长木板的上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数为
，现让
长木板与木块瞬间同时获得一个水平向左的速度
，经过一段时间长木板停止运动时木块正好从长木板的
左端脱离。已知长木板的长度为
，重力加速度为
，求：
（1）长木板的运动时间以及长木板的质量；
（2）长木板与地面间的摩擦生热以及长木板从运动到停止克服摩擦力做功的平均功率。
【答案】（1）
，
；（2）
，
【详解】（1）设长木板的运动时间为，则长木板的位移为
木块做匀速运动，位移为
两者的相对位移为
综合解得
，
设长木板的质量为
，木块在长木板上运动，对长木板进行受力分析，长木板的合力（即滑动摩擦力）为
由牛顿第二定律可得长木板的加速度为
长木板运动的时间为
综合解得
，
（2）长木板与地面间的摩擦生热为
长木板从运动到停止克服摩擦力的平均功率为
计算可得
，
15.（2025·黑龙江·二模）如图所示，长
的水平传送带以恒定的速度
向左传动，其左端与
长
的水平面平滑地衔接，紧靠水平面的左端放置长
，质量
的长木板
C，长木板C 的上表面与右侧的水平面等高。质量
的滑块A 轻轻地放到传送带的最右端，经
过一段时间与放在水平面右端、质量
的滑块B 发生弹性碰撞，已知滑块A 与传送带间的动
摩擦因数
，两滑块与水平面以及与长木板C 上表面间的动摩擦因数均为
，长木板的下
表面光滑，重力加速度g 取
，两滑块均可视为质点，求：
(1)两滑块碰后瞬间，滑块A 的速度；
(2)两滑块能否发生第二次碰撞？若能，两次碰撞的时间间隔；若不能，请说明理由；
(3)若传送带的长度可调，则滑块B 恰好不能从长木板C 左端滑出时的传送带长度。
【答案】(1)4m/s，方向水平向右
(2)能，
(3)9.72m
【详解】（1）对滑块A 由牛顿第二定律
解得
假设滑块A 不能与传动带共速，由运动学公式
解得
故假设成立。两滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得
，
则两滑块碰后瞬间，滑块A 的速度大小为4m/s，方向水平向右。
（2）假设滑块B 不能滑上长木板，由动能定理可得
解得
假设成立，碰后滑块A 先向右做匀减速，在向左匀加速到传送带的最左端，由对称性可知，滑块A 返
回到传送带最左端的速度大小仍为
滑块A 在传动带上运动的时间为
滑块A 在水平面上由牛顿第二定律
解得
由于
，所以两滑块能发生第二次碰撞，设滑块A 在水平面上滑动的时间为
，由运动学公式
解得
所以两次碰撞的时间间隔为
（3）滑块B 刚好滑到长木板C 的最左端，二者具有相同的速度，设此时传送带的长度为
，两滑块
碰撞前，对滑块A 由运动学公式
两滑块碰撞过程中，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
设滑块B 滑上长木板瞬间的速度大小为
，由动能定理得
滑块B 滑上长木板后，由动量守恒定律有
由能量守恒定律得
联立解得，滑块B 恰好不能从长木板C 左端滑出时的传送带长度为
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v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为
f，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，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
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
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~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。
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
v1=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
v2=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
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v0=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
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x1，由运动学公式有
②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
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t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(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v1，当载物箱滑上传送
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v2.由动能定理有
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x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩
⑪
联立①⑩
式并代入题给数据得
⑪
t3=1.0s⑫
x2=5.5m⑬
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x3有
⑭
由①
式可知
⑫⑬⑭
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
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I1、I2。由动量定理
有
，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
，故D 正确。
