文档文本内容
第11 讲 “传送带”模型和“滑块-木板”模型
目录
01
考情解码·命题预警1
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................2
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................2
考点一 “传送带”模型.................................................................................................................2
知识点 传送带模型的类型......................................................................................................................... 3
考向1 水平传送带.......................................................................................................................................... 4
考向2 倾斜传送带........................................................................................................................................ 10
考点二 “滑块-木板”模型.........................................................................................................20
知识点 滑块-木板模型的特点及解题关键..............................................................................................20
考向1 不受其他外力的滑块-木板模型...................................................................................................21
考向2 受外力的滑块-木板模型...............................................................................................................26
04 真题溯源·考向感知........................................................................................................................35
考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
传送带模型
选择题
非选择题
\
\
\
滑块-木板模型
选择题
非选择题
\
全国甲卷T22,5 分
\
考情分析：
1．高考对这部分内容的考查，大多以选择题的形式出现，通常情况下比较容易，一般以现实情境为背
景。
2．从命题思路上看，试题多与其他知识相结合，单独出现的情况较少。
复习目标：
目
一：
标
一步理解
两种模型，
模型突破。
进
这
实现
目
二：
标
掌握两个模型，提升物理思
能力。
维
考点
“传送带”模型
一
知识点 传送带模型的类型
1、水平同向传送带
物块（可视为质点）无初速度置于传送带左侧，传送带沿顺时针方向转动，此时物块受到水平向右的摩擦
力开始做加速运动
传送带足够长
阶段1：物块做匀加速运动，加速度
阶段2：物块和传送带共速后，物块做匀速运动，物块与传送带间无摩擦
传送带不够长
物块与传送带还没共速物块就到达传送带的另一端，则物块全程做匀加速运动
【关键点】判断物块和传送带能否共速。
【方法】假设物体能够与传送带共速，计算物块从刚开始到共速的位移x 共，设传送带的长度为L，
①若
，则不能共速；
②若
，则可以共速。
2、水平反向传送带
物块（可视为质点）以水平向右的初速度滑上传送带，传送带沿逆时针方向转动，此时物块受到水平向左
的摩擦力开始做减速运动
传送带足够长
阶段1：物块在传送带上减速到0
阶段2：变成水平同向传送带问题
传送带不够长
物块未减速到0 就到达传送带另一端，则物块全程做匀减速运动
【关键点】判断物块能否在传送带上减速到0。
【方法】假设物块可以减速到0，位移
，设传送带的长度为L，比较x 零与L 之间的大小关系：
①若
，则物块不能减速到0；②若
，则物块可以减速到0。
3、倾斜传送带
（1）轻放在倾斜传送带底端
放上物块后物块做匀加速运动,要想把物块传上去,要满足
，即
。
（2）轻放在倾斜传送带顶端
①如左图，传送带顺时针转动,物块下滑,需满足
，即
。
②如右图，传送带逆时针转动, 放上物块后, 物块做匀加速运动, 对物块由牛顿第二定律有
。
考向1 水平传送带模型
例1（2025·四川宜宾·高三月考）物流公司一般用传送带运送包裹，如图水平传送带轮轴间距L=3.5 m，传
送带保持2m /s的速度顺时针转动。现将一可视为质点的包裹轻放在传送带左轮轴正上方的A点，设包裹
与传送带间的动摩擦因数μ =0.2，重力加速度g=10 m /s
2。则包裹在水平传送带上运动时间为（ ）
A．2.25s
B．2s
C．1.75s
D．2.5s
【答案】A
【详解】包裹刚放上传送带时，速度小于传送带速度，所以受摩擦力水平向右，根据牛顿第二定律
μmg=ma
可得a=2m/s
2
根据位移时间关系v
2=2ax
可得包裹加速到与传送带速度相等过程的位移x =1m <3.5 m
加速的时间t1= v
a =1s
匀速运动的时间t2= L−x
v
=1.25s
包裹在水平传送带上运动时间为t =t1+t2=2.25s
故选A。
例2（2024·四川雅安·高三月考）如图所示，水平传送带以v1=3m/s 的速度逆时针匀速转动，其两端点A、
B 之间的距离L=0.75m；可视为质点的小物块以v2=2m/s 的初速度从传送带左端A 向右运动，物块与传送带
之间的动摩擦因数μ=0.2，则小物块在传送带上运动的时间是（ ）
A．0.5s
B．1s
C．1.5s
D．3s
【答案】A
【详解】小物块向右匀减速运动时，加速度大小为
a=μg=2m/s2。
速度减小到零所经历的时间为
t1= v1
a = 2
2 s=1s
物体滑过的位移为
x1= v1
2 t1= 2
2 ×1m =1m >0.75 m
所以物体滑离传送带时速度不为零，设物体滑离传送带的时间为t，根据位移时间关系可得
L= v1t −1
2 at
2
代入数据，解得
t=0.5s
故选A。
【变式训练1】（2025·四川成都·高三月考）输送带在许多环境中都有着广泛的使用，特别是在一些煤矿的
井下运输中，输送带就有着特殊的使用意义，有利于整个运输过程中的便利与安全。如图，在某次运输过
程中，传送带始终保持v = 4 m /s的恒定速率运行，煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，A、B 间的距离
为10m，g 取10 m/s2。将一煤块（可视为质点）无初速度地放在A 处，则下列说法正确的是（ ）
A．煤块一直做匀加速直线运动
B．煤块经过3.5s 到达B 处
C．如果改变传送带的摩擦因数，有可能使煤块到达B 处时的速度大于4m/s
D．由于某种原因使得当煤块速度和传送带速度相同时，传送带立刻停止运动，则整个过程中煤块在传送
带上留下的划痕长度为8m
【答案】B
【详解】AB．煤块做匀加速运动的加速度大小为
a= μmg
m =2m /s
2
煤块加速到与传送带共速所用时间为
t1= v
a =2s
该过程煤块通过的位移大小为
x1= v
2 t1= 4 m < x AB=10 m
共速后，煤块与传送带保持相对静止做匀速运动，则有
t2= x AB−x1
v
=1.5s
则煤块从A 到B 所用时间为
t =t1+t2=3.5s
故A 错误，B 正确；
C．如果改变传送带的摩擦因数，煤块的最大速度只能等于传送带的速度，所以煤块到达B 处时的速度不
可能大于4m/s，故C 错误；
D．当煤块速度和传送带速度相同时，煤块相对于传送带向右运动的位移大小为
Δ x1= v t1−x1= 4×2m −4 m = 4 m
由于某种原因使得当煤块速度和传送带速度相同时，传送带立刻停止运动，则之后煤块相对传送带向左的
位移大小为
Δ x2= v
2
2a = 4
2
2×2 m = 4 m
由于两个过程煤块在传送带上留下的划痕重叠，所以整个过程中煤块在传送带上留下的划痕长度为4m，
故D 错误。
故选B。
【变式训练2】（2025·四川广元·高三月考）如图，传送带始终保持v = 0.4 m/s 的恒定速率运行，煤块与
传送带之间的动摩擦因数μ = 0.2，A、B 间的距离为2 m，g 取10 m/s2。将一煤块（可视为质点）无初速度
地放在A 处，则下列说法正确的是（ ）
A．煤块一直做匀加速直线运动
B．煤块经过2 s 到达B 处
C．煤块到达B 处时速度大小为0.4 m/s
D．煤块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
【答案】C
【详解】AC．开始时煤块初速度为零，相对传送带向右滑动，设煤块刚开始时的加速度为a，煤块从放上
传送带到与传送带共速过程中的位移为x1，由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg=ma
v
2=2a x1
解得
a=2m/s
2，x1=0.04 m
由于x1 < LAB = 2 m，所以煤块是先做初速度为0 的匀加速直线运动，与传送带共速后，做匀速直线运
动，故煤块到达B 处时速度大小为0.4 m/s，故A 错误，C 正确；
B．设煤块在传送带上做加速运动的时间为t1，做匀速运动的时间为t2，则
v =at1
LAB−x1= v t2
煤块到达B 处所用时间
t =t1+t2
解得
t =5.1s，t1=0.2s，t2= 4.9s
故B 错误；
D．煤块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为
Δ x = v t1−x1=0.4×0.2m −0.04 m =0.04 m
故D 错误。
故选C。
【变式训练3】（多选）（2025·四川内江·高三月考）如图所示，绷紧的水平传送带以恒定速率v 顺时针运
行，初速度未知的小物块从传送带的左端运动到右端，传送带与小物块之间的动摩擦因数恒定。下列描述
小物块运动的v −t图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【详解】AB．若小物块的初速度为零，且传送带较短，小物块一直匀加速运动到右端，若传送带足够
长，小物块先做匀加速运动，与传送带共速后，再做匀速直线运动，A 正确，B 错误；
CD．若物块的初速度大于传送带的速度，且传送带较短，小物块一直匀减速运动，但速度不能减少到
零，若传送带足够长，则小物块先做匀减速，与传送带速度相等时再做匀速运动，C 错误，D 正确。
故选AD。
【变式训练4】（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑
上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x 随时间t 的变化关系如图乙所示。已知
图线在前3.0s 内为二次函数，在3.0~4.5s 内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持
不变，g 取10m/s
2。下列说法正确的是（ ）
A．传送带沿逆时针方向转动
B．小物块与传送带之间的划痕长度为9m
C．小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2
D．小物块滑上传送带的初速度大小为2m/s
【答案】BC
【详解】A．x—t 图像的斜率表示速度，根据图像可知物体的速度先减小到零，后反向增加，最后匀速运
动，则传送带顺时针方向转动，A 错误；
B．3.0~4.5s 内为一次函数，说明在此时间内物块与传送带共速，有
v =
3
4.5−3.0 m/ s=2m/ s 0−2s物块向左运动4m，传送带向右运动位移
s1= v t1=2×2m= 4 m
此段时间的划痕
Δ s1= 4 m+ 4 m=8m
在2s−3.0 s物块向右匀加速1m，传送带向右运动的位移
s2= v t2=2×1m=2m
此段时间的划痕
Δ s2=2m−1m=1m
总划痕为
Δs= Δ s1+ Δ s2=9m
故B 正确；
C．由图可知在2s−3.0 s物块向右匀加速s3=1m，有
s3= 1
2 at2
2
得
a=2m/ s
2
由牛顿第二定律有
μmg=ma
得
μ=0.2
故C 正确；
D．由图可知0−2s物块向左运动s4=4m，有
s4= v0
2
2a
得
v0=1m/ s
故D 错误。
故选BC。
【变式训练5】（多选）（2025·四川成都·高三月考）某物流公司分拣物品时通常采用传送带，为模拟分拣
过程，建立以下模型。如图所示，让可视为质点的有色物块位于水平传送带中线位置，且随水平传送带以
相同速度向右运动，经过一段风洞区域从侧面被吹落下传送带，a、b、d、c 为风洞的边界线与传送带边缘
的交点，已知有色物块在风洞区域中受到垂直于传送带方向的作用力F 恒定。下列说法正确的是（ ）
A．有色物块受到的滑动摩擦力方向始终与运动方向相反
B．有色物块从侧面落下的位置可能处于风洞区域之外
C．增大垂直于传送带方向的恒定作用力F，有色物块离开风洞区域时间将变小
D．有色物块在传送带上留下的痕迹为直线
【答案】BD
【详解】A．物块受到的滑动摩擦力方向与相对传送带的运动方向相反，故A 错误；
B．假设有色物块从侧面落下的位置处于风洞区域之外，则
s= vt
y = 1
2 at
2
F −μmg=ma
y <s
由此可知，若满足
v > 1
2 at
即有色物块从侧面落下的位置处于风洞区域之外，故B 正确；
C．根据上述分析，若增大垂直于传送带方向的恒定作用力F，则加速度增大，但由于沿传送带方向速度
不变、位移不变，则运动时间不变，故C 错误；
D．有色物块相对于传送带在垂直于传送带方向做匀加速直线运动，所以在传送带上留下的痕迹为直线，
故D 正确。
故选BD。
考向2 倾斜传送带模型
例1（2025·四川南充·高三月考）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为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，图中能客观地反映小木块的运动情况，则关于小木
块与传送带间的动摩擦因数μ 判断正确的是（ ）
A． μ＜tanθ
B． μ>tanθ
C． μ= tanθ
D．无法判断
【答案】A
【详解】由图可知，木块先做加速度较大的加速运动，后来做加速度较小的加速运动，拐点位置应该是木
块的速度等于传送带的速度，拐点之前摩擦力沿斜面向下，运动满足
mgsinθ+ μmgcosθ =ma1
拐点之后摩擦力沿斜面向上，木块继续加速，必然有
mgsinθ−μmgcosθ =ma2>0
即
μ<tanθ
故选A。
例2（2025·四川广元·高三月考）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°。一物块以初速度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，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，g 取10 m/s2，则（ ）
A．传送带底端到顶端的距离为12 m
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
D．0 ~ 1 s 内物块受到的摩擦力大小等于1 ~ 2 s 内的摩擦力大小
【答案】D
【详解】A．物块运动的位移大小等于v − t 图线与坐标轴所围图形的面积大小，为
x = 4 +12
2
×1m + 4×1
2
m =10 m
所以传送带底端到顶端的距离为10 m，故A 错误；
BD．由题图乙可知，在0 ~ 1 s 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；1 ~ 2 s 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，由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式
f = μ F N
可知两段时间内摩擦力大小相等，故B 错误，D 正确；
C．在0 ~ 1 s 内物块的加速度大小为
a=|
Δv
Δt )= 12−4
1
m/s
2=8 m/s
2
由牛顿第二定律得
mgsin37°+ μmgcos37° =ma
解得
μ=0.25
故C 错误。
故选D。
例3（2025·四川成都·高三月考）如图甲，MN 是倾角θ = 37°传送带的两个端点，一个质量m = 5 kg 的物
块（可看作质点）以4 m/s 的初速度自M 点沿传送带向下运动。物块运动过程的v − t 图像如图乙所示，
取重力加速度g = 10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．t = 2 s 时，物块所受滑动摩擦力的方向平行传送带向下
B．传送带的速度为2 m/s，方向沿逆时针转动
C．物块与传送带间的动摩擦因数为9
16
D．物块在传送带上留下的划痕长度为12 m
【答案】D
【详解】A．物块下滑时，根据摩擦力产生的条件和结合v − t 图像可知，t = 2 s 时物块相对传送带下滑，
做减速运动，滑动摩擦力方向平行传送带向上，故A 错误；
B．从图像可知，物体速度减为零后反向沿斜面向上运动，最终的速度大小为2 m/s，方向沿斜面向上，所
以没从N 点离开传送带，从M 点离开，并且可以推出传送带沿顺时针转动，速度大小为2 m/s，故B 错
误；
C．速度图像中面积表示位移，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小
a= Δv
Δt =1.5 m/s
2
根据牛顿第二定律
μmgcos37°−mgsin37° =ma
解得
μ= 15
16
故C 错误；
D．0 ~ 4 s 物块运动图线与传送带速度图线围成的面积表示划痕
s= 1
2 ×6×4 m =12m
故D 正确。
故选D。
【变式训练1】（2024·四川绵阳·模拟预测）机场利用传送带将行李送入飞机货舱。如图所示，传送带与水
平面间的夹角α =37°，转轴间距L= 4.05 m。传送带静止，工作人员将一件小包裹（可视为质点）放在传
送带的最下端，然后传动带以1m/s
2的加速度匀加速启动，2s 后保持匀速，当包裹通过传送带后工作人员
发现包裹在传送带上留下一段痕迹。已知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/s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8。则痕迹的长度为（ ）
A．1.2m
B．2.95m
C．3.95m
D．7m
【答案】B
【详解】对于包裹而言，其加速度为a，根据牛顿第二定律可得
μmgcosα −mgsin α =ma
解得
a= μgcosα −gsin α =0.4 m/s
2
2s 内包裹的位移
x1= 1
2 at
2=0.8 m
2s 内传送带的位移
x = 1
2 a带t
2=2m
此阶段痕迹的长度
Δ x1= x−x1=1.2m
2s 时包裹的速度
v0=at =0.8 m/s
此时传送带的速度
v =1×2m/s=2m/s
此后一直做匀速直线运动，包裹依然做匀加速直线运动，设经过t
'二者共速，则有
v = v0+at
'
代入数据解得
t
' =3s
此时包裹的位移
x2= v0t
' + 1
2 at
' 2= 4.2m> L−x1=3.25 m
所以包裹在没有共速前就已经到达顶端，设包裹在余下的位移所以时间为t ' '，则有
L−x1= v0t
' ' + 1
2 at
' ' 2
解得
t
' ' =2.5s
此解得传送带的位移
x
' = v t
' ' =5m
包裹的位移为
x2= L−x1=3.25 m
故此阶段包裹又在传送带上留下的痕迹
Δ x2= x
'−x2=1.75 m
整个过程，包裹在传送带上留下痕迹的长度为
Δ x = Δ x1+ Δ x2=2.95 m
B 正确。
故选B。
【变式训练2】（多选）（2025·四川德阳·高三月考）如图所示，传送带与水平面间的夹角α =37°，上下
两个传动轮转轴间距L=5 m。传送带静止，将一物块（可视为质点）放在传送带的最下端，然后启动传动
带，让传送带以1m/s
2的加速度匀加速启动，3s 后保持匀速，当物块通过传送带到达顶端被取走后，发现
物块在传送带上留下一段痕迹。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，取重力加速度g=10 m /s
2，
sin37° =0.6，cos37° =0.8，则（ ）
A．传送带刚启动时，物块所受摩擦力为滑动摩擦力
B．物块从传送带底端到顶端所用时间为5s
C．痕迹的长度为6.75m
D．痕迹的长度为5.5m
【答案】ABD
【详解】A．以物块为对象，设传送带刚启动时，物块所受摩擦力为滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得
μmgcosα −mgsin α =ma
解得
a=0.4 m /s
2<1m /s
假设成立，故A 正确；
BCD．让传送带以1m/s
2的加速度匀加速启动，3s 后保持匀速，此时物块与传送带的速度分别为
v物=at1=1.2m /s，v传=a传t1=3 m /s
此过程物块的位移大小为
x物= 1
2 at1
2=1.8 m
之后物块继续向上加速运动，设到达顶端时还没有与传送带共速，则有
2a( L−x物)= v
′
物
2 −v物
2
解得
v
′
物=2m /s<v传=3 m /s
假设成立；则第二阶段的时间为
t2= v
′
物−v物
a
=2s
物块从传送带底端到顶端所用时间为
t =t1+t2=5s
物块在传送带上留下的痕迹长度为
Δ x = x传−x物=( 1
2 a传t1
2+ v传t2)−1
2 at
2= 1
2 ×1×3
2m +3×2m −1
2 ×0.4×5
2m =5.5 m
故C 错误，BD 正确。
故选ABD。
【变式训练3】（多选）（2025·四川绵阳·高三月考）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v ₁沿顺时
针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度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，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37° =0.6，cos37° =0.8，g 取
10 m/s
2，则（ ）
A．传送带的速度为8m/s
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
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】AC
【详解】A．由图乙可知，物块以v0=16m/ s的速度冲上传送带，先以加速度大小为a1=8m/ s
2做匀减速
直线运动，当速度和传送带相同的瞬间，摩擦力反向，接着以加速度大小为a2= 4 m/ s
2做匀减速直线运动
直到速度减为零。所以传送带的速度v1=8m/ s，故A 正确；
BC．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，与物块运动的方向
相反，根据牛顿第二定律有
mgsin37°+ μmgcos37° =ma1
结合图乙，可得
a1= gsin37°+ μgcos37°
在1~3 s内，物块的速度小于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，与物块运动的方向相
同，根据牛顿第二定律有
mgsin37°−μmgcos37° =ma2
结合图乙，可得
a2= gsin37°−μgcos37°
联立可得
μ=0.25
故B 错误，C 正确；
D．若传送带的速度v1≥16m/ s时，物块在传送带上一直做加速度大小为a2的匀减速直线运动，则
v0
2−v
2=2a2 L
可得
v =
❑√v0
2−2a2 L
此时，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AC。
【变式训练4】（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图，一倾角为θ =37°的传送带以恒定速率
v1=5 m /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=10 m /s从最低点A 冲上传
送带，恰好能到达最高点B。煤块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度大小取g=10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8。煤块从A 点运动到B 点的过程中，下列说
法正确的是（ ）
A．A 点到B 点的距离为x AB=10 m
B．煤块的运动时间为t =5s
C．煤块的加速度大小一直为a=10 m/s
2
D．煤块在传送带上的划痕长度为Δ x =6.25 m
【答案】AD
【详解】C．煤块初速度大于传送带的速度，煤块开始相对于传送带向上运动，对煤块进行分析，根据牛
顿第二定律有
mgsin37°+ μmgcos37° =ma1
解得
a1=10 m /s
2
煤块速度减至与传送带相等之后相对于传送带向下运动，根据牛顿第二定律有
mgsin37°−μmgcos37° =ma2
解得
a2=2m /s
2
故C 错误；
B．结合上述分析，当煤块与传送带速度相等时有
v1= v0−a1t1
解得
t1=0.5s
之后煤块减速至0，利用逆向思维有
v1=a2t2
解得
t2=2.5s
则煤块的运动时间为
t =t1+t2=3s
故B 错误；
A．结合上述分析，煤块开始向上匀减速运动的位移
x1= v1+ v0
2
t1
解得
x1=3.75 m
煤块与传送带速度达到相等后匀减速运动的位移
x2= v1
2 t2
解得
x2=6.25 m
则A 点到B 点的距离
x AB= x1+ x2=10 m
故A 正确；
D．煤块开始相对于传送带向上运动，此过程的相对位移
Δ x1= x1−v1t1=1.25 m
煤块速度与传送带相等之后，煤块相对于传送带向下运动，此过程的相对位移
Δ x2= v1t2−x2=6.25 m
由于
Δ x2>Δ x1
所以划痕长度为6.25m，故D 正确。
故选AD。
【变式训练5】（多选）（2025·四川攀枝花·高三月考）如图所示，倾角为θ 的传送带以恒定速率v 顺时针
转动，一物块从传送带底端以与传送带平行、大小为v0（v0＜v）的初速度滑上传动带，物块到达传送带顶
端之前已和传送带共速。下列情形中，一定会导致物块与传送带间产生的摩擦热增加的是（ ）
A．仅增大物块初速度
B．仅增大传送带速率
C．仅增大物块的质量
D．仅增大物块与传动带间的动摩擦因数
【答案】BC
【详解】对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得
μmgcosθ−mgsinθ =ma
小物块加速时间
t = v −v0
a
小物块相对传送带位移
x相对= vt −v
2−v0
2
2a
小物块与传送带间产生的摩擦热
Q = μmgcosθ⋅x相对
联立，解得
Q = m(v −v0)cosθ
2(cosθ−sinθ
μ
)
仅增大物块初速度，摩擦热减小。仅增大传送带速率，摩擦力增大。仅增大物块的质量，摩擦力增大。仅
增大物块与传动带间的动摩擦因数，摩擦热减小。
故选BC。
【变式训练6】（多选）（2024·四川成都·三模）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以
恒定速率顺时针转动，一煤块以初速度v0=12m /s从A 端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图
乙所示，取g=10m/s2，则下列说法不正确的是（ ）
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.75
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C．煤块从最高点下滑到A 端所用的时间为2s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+ 4 ❑√5)m
【答案】BC
【详解】AB．0∼1s内煤炭的加速度大小为
a1= Δv1
Δt1
= 12−4
1
m/s
2=8 m/s
2
根据牛顿第二定律可得
mgsinθ+ μmgcosθ =ma1 1s后煤炭的加速度大小为
a2= Δv2
Δt2
= 4−0
2−1 m/s
2= 4 m/s
2
根据牛顿第二定律可得
mgsinθ−μmgcosθ =ma2
联立解得
θ =37°，μ=0.25
倾斜传送带与水平方向夹角的正切值为
tanθ = 3
4 =0.75
故A 正确，不满足题意要求；B 错误，满足题意要求；
C．0∼1s煤炭的位移为
x1= v0t1−1
2 a1t1
2=12×1m −1
2 ×8×1
2m =8 m 1∼2s煤炭的位移为
x2= v t2−1
2 a2t2
2= 4×1m −1
2 ×4×1
2m =2m
煤炭下滑的过程中，根据动力学公式有
x1+ x2= 1
2 a2t3
2
解得煤块从最高点下滑到A 端所用的时间为
t3= ❑√5s
故C 错误，满足题意要求；
D．0∼1s煤炭相对传送带向上的位移为
Δ x1= x1−v t1=8−4×1m = 4 m 1∼2s煤炭相对传送带向下的位移为
Δ x2= v t2−x2= 4×1−2m =2m 2∼(2+ ❑√5)s煤炭相对传送带向下的位移为
Δ x3= x1+ x2+ v t3=8+2+ 4 ❑√5 m =(10+ 4 ❑√5)m
由于
Δ x2+ Δ x3> Δ x1
煤块在传送带上留下的痕迹长为
Δ x = Δ x2+ Δ x3=(12+ 4 ❑√5)m
故D 正确，不满足题意要求。
故选BC。
考点
二
“滑块-木板”模型
知识点 滑块-木板模型
1、模型特点
两个物体上下叠放，由于存在相对运动或相对运动趋势，两物体间存在相作用的摩擦力，产生力和运
动的关系问题。
2、解题步骤
（1）分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度；
（2）对滑块和滑板运动情况进行分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，特别注意滑块和滑
板的位移都是相对地面的位移。
3、解题关键
问题
注意事项
参考位置的选取
将块看成质点，盯着板的一头，一开始块在哪头就盯哪头。如图所示，将块看成质
点，开始时块在板的最左边，分析板的位移时就看板最左端位移。
板块位移关系
如果块最终离开了板，从开始到离开，板、块位移满足
，L 为板长
共速分析
板、块初速度不同时，从开始到共速的过程，必然满足
（其中
、
为板、块的初速度）
①判断滑块与滑板间是否存在相对滑动是解题的切入点。根据相对运动方向，分析滑块与滑板各自所受摩
擦力的方向，进而由牛顿第二定律求出各自的加速度。
②分析滑块是否滑离滑板是解题的难点。
③当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，
或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件。
考向1 不受其他外力的滑块-木板模型
例1（2025·四川成都·高三月考）如图所示， 质量 M =2kg、长L=3.0 m的木板放在水平面上， 木板与
水平面的动摩擦因数μ1=0.15。将质量m=1kg的小木块（可视为质点）， 以v0=5 m /s的速度从木板的
左端滑上， 小木块与木板面的动摩擦因数μ2=0.4， 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s
2。
则（ ）
A．木板静止不动，小木块能滑出木板
B．木板静止不动，小木块不能滑出木板
C．木板向右滑动，小木块能滑出木板
D．木板向右滑动，小木块不能滑出木板
【答案】A
【详解】小木块与木板面之间滑动摩擦力大小为
f 1= μ2mg= 4 N
木板与地面间最大静摩擦力大小为
f 2= μ1（M +m）g= 4.5 N
f 1<f 2
故木板静止不动。
木块加速度大小为
a= f 1
m = 4 m/s
2
假设小木块不能滑出木板， 从木块滑上木板到物块静止
t = v0
a =1.25s
这期间物块位移大小为
x = v0t −1
2 at
2=3.125 m
x> L
故假设不成立， 小木块能滑出木板。
故选A。
例2（多选）（2025·四川绵阳·三模）如图甲所示，足够长、上表面粗糙的木板P 静止在粗糙水平地面
上，可视为质点的小物块Q 静止在木板的右端、现给物块Q 水平向左的初速度，之后物块Q 的速度v0随时
间t变化的关系图像如图乙所示。若木板与地面间的滑动摩擦因数是μ1，小物块与木板上表面间的滑动摩
擦因数是μ2，则（ ）
A．木板始终静止
B．木板先运动后静止C．μ1> μ2
D．μ1< μ2
【答案】BD
【详解】根据题意，由图乙可知，物块一直减速运动，且一段时间后加速度变小，可知，物块运动一段时
间后与木板共速，并一起减速到0。
AB．物块刚滑上木板时，对木块由牛顿第二定律有μ2mg=ma1
解得物块的加速度大小为a1= μ2 g
木板在木块给的水平向左的滑动摩擦力和地面给的向右的滑动摩擦力作用下，加速向做运动，当木块与木
板共速后，一起向左做减速运动，直到速度减为零，停止运动，A 错误，B 正确；
CD．当木块与木板共速后，一起向左做减速运动的过程中，对整体受力分析，由牛顿第二定律有
μ1(m+ M )g=(m+ M )a2
解得共速后木块的加速度大小为a2= μ1 g
由木块的v −t图像可知a1>a2
即μ2> μ1
C 错误，D 正确。
故选BD。
【变式训练1】（2024·四川眉山·一模）如图所示，质量为1kg 的薄木板静置在足够大的水平地面上，一质
量为2kg、可视为质点的物块以3m/s 的速度从左端滑上木板，恰好能到达木板的右端。已知物块与木板间
的动摩擦因数为0.2，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，取重力加速度大小g=10 m/s
2，下列说法正确的
是（ ）
A．木板的长度为1.5m
B．木板的最大速度为1m/s
C．物块向右运动的最大距离为2m
D．木板沿地面运动的最大距离为1m
【答案】ABD
【详解】AB．物块做减速运动的加速度大小为
a1= mg μ1
m
= g μ1=10×0.2m/ s
2=2m/ s
2
设木板质量为M，木板的加速度
a2= μ1mg−μ2(M +m)g
M
=1m/ s
2
共速时
v = v0−a1t =a2t
解得
t=1s，v=1m/s
则物块位移
x1= v0+ v
2
t =2m
木板位移
x2= v
2 t =0.5m
木板长度
L= x1−x2=1.5m
木板的最大速度为
v =1m/ s
选项AB 正确；
CD．共速后因为假设能一起减速，整体的加速度
a= μ2(M +m)g
(M +m)
= μ2 g=1m/ s
2
而物块的最大加速度为
a1= mg μ1
m
= g μ1=10×0.2m/ s
2=2m/ s
2
因为
a1>a
假设成立，整体还能移动的距离
x3= v
2
2a =0.5m
物块向右运动的最大距离为2.5m，木板沿地面运动的最大距离为1m，选项C 错误，D 正确。
故选ABD。
【变式训练2】（2025·四川·高三月考）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的长木板以初速度
v0=2m/s 向右做匀速直线运动，长木板质量为M=3kg，在t=0 时刻，在长木板右端轻放上第一个小物块，经
过1s 的时间长木板与小物块恰好共速，此时再在长木板右端轻放上第二个小物块，经过一段时间，当长木
板与第二个小物块恰好共速时，又在长木板右端轻放上第三个小物块，一直持续，直到放上第n（n>3）个
小物块。已知所有小物块均相同，质量为m=1kg，g 取10m/s2，小物块大小忽略不计，则（ ）
A．长木板与小物块间的动摩擦因数均为μ= 3
20
B．长木板与小物块间的动摩擦因数均为μ=0.2
C．当小物块都相对静止时，第4 个小物块与第5 个小物块之间的间距为2
7 m
D．当小物块都相对静止时，第4 个小物块与第5 个小物块之间的间距为1
14 m
【答案】AD
【详解】AB．根据题意，当放上第1 个小物块后，对小物块和长木板，根据牛顿第二定律
μmg=ma0，μmg= M a1
速度关系得
v1=a0t1= v0−a1t1
联立解得
a0=1.5 m/s
2，a1=0.5 m/s
2，μ= 3
20，v1=1.5 m/s
故A 正确，B 错误；
CD．当放上第2 个小物块后，对长木板和第1 个小物块，根据牛顿第二定律
μmg=(m+ M )a2
速度关系得
v2=a0t2= v1−a2t2
联立解得
v2=1.2m/s，a2= 3
8 m/s
2，t2=0.8s
当放上第3 个小物块后，对长木板和第1、2 个小物块，根据牛顿第二定律
μmg=(2m+ M )a3
速度关系得
v3=a0t3= v2−a3t3
联立解得
v3=1.0 m/s，a3= 3
10 m/s
2，t3= 2
3 s
当放上第4 个小物块后，对长木板和第1、2、3 个小物块，根据牛顿第二定律
μmg=(3m+ M )a4
速度关系得
v4=a0t 4= v3−a4t 4
联立解得
v4= 6
7 m/s，a4= 1
4 m/s
2，t 4= 4
7 s
当放上第5 个小物块后，对长木板和第1、2、3、4 个小物块，根据牛顿第二定律
μmg=(4 m+ M )a5
速度关系得
v5=a0t5= v4−a5t5
联立解得
v5=0.75 m/s，a5= 3
14 m/s
2，t5=0.5s
第4 个小物块与第5 个小物块之间的间距为
x45=( v3+ v4
2
t 4−v4
2 t 4)−( v4+ v5
2
t5−v5
2 t5)= 1
14 m
故C 错误，D 正确。
故选AD。
【变式训练3】（2025·四川德阳·高三月考）如图所示，质量为m1=0.6kg的小车静止在光滑的水平面上，
现有质量为m2=0.2kg（可视为质点）的物块，以水平向右的速度为v0= 4 m /s从左端滑上小车，物块最
后刚好停在小车最右端。物块与小车的上表面间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度的大小为g=10 m /s
2
，下列说法正确的是（ ）
A．小车长为1.6 m
B．物块在小车上滑行的时间为0.6s
C．物块滑上小车后，小车的加速度大小为5 m /s
2
D．物块在小车上滑行的过程中，小车的位移为0.3 m
【答案】BD
【详解】C．对物块，根据牛顿第二定律
μm2 g=m2a2
对小车，根据牛顿第二定律
μm2 g=m1a1
解得
a2=5 m/s
2，a1= 5
3 m/s
2
故C 错误；
B．设物块经过时间t后共速，则
v共= v0−a2t =a1t
解得
t =0.6s，v共=1m/s
故B 正确；
D．小车的位移为
x1= v共
2 t =0.3 m
故D 正确；
A．物块的位移为
x2= v0+ v共
2
t =1.5 m
则，小车的长度为
l = x2−x1=1.2m
故A 错误。
故选BD。
考向2 受外力的滑块-木板模型
例1（2024·四川泸州·一模）如图1，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一
水平外力F，通过传感器分别测出外力大小F 和长木板及小物块的加速度a 的数值如图2 所示。设最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A．小物块与长木板间的动摩擦因数μ1= a1
g
B．长木板与地面间的动摩擦因数μ2= a1
g
C．小物块的质量m= F3−F2
a1
D．长木板的质量M = F1+ F2+ F3
a0
【答案】C
【详解】由题中a-F 图像知，当F=F1时小物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，则有
F1=μ2（m+M）g
当F1＜F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有
F-μ2（m+M）g=（m+M）a
即
a=
F
m+ M −μ2 g
结合图像的截距有
-a0=-μ2g
联立可解得
μ2= a0
g
1
m+ M = a0
F1
当F＞F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块有
F-μ1mg=ma
整理得
a= F
m −μ1g
结合图像有
1
m =
a1
F3−F2
则小物块的质量
m= F3−F2
a1
对长木板根据牛顿第二定律有
μ1mg-μ2（M+m）g=Ma1
联立解得
M = F1
a0
−F3−F2
a1
由题中a-F 图像知
a1
F3−F1
= a0
F1
可解得
M = F2−F1
a1
μ1=
a1 F2
(F3−F2)g
故选C。
例2（2025·四川绵阳·高三月考）如图甲，一足够长木板置于水平地面上，质量为M，木板与地面的动摩
擦因数为μ。t=0 时，木板在水平恒力F 的作用下，由静止开始向右运动。t=3t0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=4t0的时间内，木板速度v 随时间t 变化的图像如图乙所
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．木板所受水平恒力F 的大小为1.5μMg
B．小物块和木板间动摩擦因数为2.5μ
C．在3t0～4t0时间内，小物块相对木板的位移大小为3μgt0
2
D．小物块与木板的质量比为1:2
【答案】C
【详解】A．0～t0时间内，木板的加速度为
a= Δv
Δt = μg
根据牛顿第二定律有
F −μMg = Ma
解得
F =2 μMg
故A 错误；
B．结合图像可知3t0时刻，木板的速度为
v0=3 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 μgt0
负号表示方向水平向左
经过t0时间与木板共速此时速度大小为v共= μgt0，方向水平向右，故
v共−v1= μ0 gt0
可得
μ0= 4 μ
故B 错误；
C．在3t0～4t0时间内，根据图像可知木板的位移为
x木= 1
2 ×( μgt0+3 μgt0)t0=2 μgt0
2
物块的位移为
x物= ( μgt0)
2−(−3 μgt0)
2
−2×4 μg
= μgt0
2
小物块相对木板的位移大小为
Δ x = x物+ x木=3 μgt0
2
故C 正确；
D．在3t0～4t0时间内，木板的加速度为
a
′ = 3 μgt0−μgt0
t0
=2 μg
根据牛顿第二定律有
F −μ0mg−μ( M +m)g=−M a
′
解得
m
M = 5
6
故D 错误。
故选C。
【变式训练1】如图所示，足够长的轻质丝绸置于光滑水平面上，在丝绸上放有质量分别为m、2m 的两物
块P、Q，它们与丝绸间的滑动摩擦因数分别为μ、2μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
g，现用水平力。F=4μmg 向右拉丝绸，设P、Q 的加速度分别为aP、aQ，则下列结论正确的是（ ）
A．aP=0
B．aP=2 μg
C．aQ= 3
2 μg
D．aQ= 4
3 μg
【答案】C
【详解】AB．因P 与丝绸之间的摩擦因数较小，可知当PQ 与丝绸不产生相对滑动时的最大加速度为
am1= μmg
m = μg
此时
Fm1=(m+2m)am1=3 μmg
当Q 在丝绸上将要滑动时最大加速度为
am2= 2 μ×2mg
2m
=2 μg
此时P 与丝绸相对运动，则
Fm2−μmg=2mam2
解得
Fm2=5 μmg
由于
3 μmg< F = 4 μmg<5 μmg
所以F=4μmg 向右拉丝绸，P 与丝绸相对运动，Q 与丝绸相对静止，所以
aP=am1= μg
故AB 错误；
CD．对Q 由牛顿第二定律得
F −μmg=2maQ
解得
aQ=3
2 μg
故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式训练2】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，则下列说法错误的是（ ）
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】A
【详解】A．因AB 间最大静摩擦力为
f ABmax=2 μmg
对AB 的整体分析，则当
F < μ
2 (2m+m)g= 3
2 μmg
时，A、B 都相对地面静止，选项A 错误；
BCD．当AB 恰能产生相对滑动时，则对整体
F −3
2 μmg=3ma0
对B
2 μmg−3
2 μmg=ma0
解得
a0= 1
2 μg
F =3 μmg
则当F >3 μmg时，A 相对B 滑动；当F = 5
2 μmg时，AB 没有产生相对滑动，则此时A 的加速度为
a=
F −3
2 μmg
2m+m
= 1
3 μg
由以上分析可知，无论F 为何值，B 的加速度不会超过
a0= 1
2 μg
选项BCD 正确；
此题选择错误的，故选A。
【变式训练3】（2025·四川广安·高三月考）如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放
置小滑块A．木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，木板B 的加速度a 与拉力F 关系图象如图乙
所示，重力加速度g 为已知．则根据该图像不能求出的物理量是（ ）
A．小滑块A 的质量
B．木板B 的质量
C．A 与B 之间的动摩擦因数
D．F＝8N 时小滑块A 的速度
【答案】D
【详解】AB．由图乙可知，在0～8N 的范围内，木板和滑块的加速度相同，当F＞8N 后，木板和滑块相
对滑动，根据牛顿第二定律结合图像的斜率可知，a-F 图像的斜率等于质量的倒数，则
在0～8N 范围内
mA+mB= Δ F
Δa = 8
2 kg=4kg
在F＞8N 后，对B
F −μmA g=mBa
即
a= 1
mB
F −μmA g
mB
图像的斜率
k = 1
mB
=
2
8−6 =1
解得
mB=1kg，mA=3kg
故AB 不符合题意；
C．根据图像可知，a=2m/s2是系统的临界加速度，说明此时A 受到的摩擦力为临界值，根据牛顿第二定律
得
a= μmA g
mA
= μg=2m/s
2
解得
μ=0.2
故C 不符合题意；
D．根据图像的特点可知，当F =8 N时，A 的加速度已经达到最大值，即am=2m/ s
2，但不知道加速度和
时间的关系，无法求解此时物体A 的速度，故D 符合题意。
故选D。
【变式训练4】（2025·四川德阳·高三月考）如图所示，在水平桌面上叠放着相同的、质量均为m 的、足
够长的A、B 两块木板，在木板A 的上方放着一个质量也为m 的物块C，木板和物块均处于静止状态。
A、B、C 之间以及B 与桌面之间的动摩擦因数μ 相同。若用水平方向逐渐增大的力F 向右拉动木板A，设
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．当F 足够小时，C 不受摩擦力的作用
B．当F 足够小时，桌面受到的摩擦力水平向左
C．当F 足够大时，B 最终做匀加速直线运动
D．当F 足够大时，桌面受到的摩擦力为3μmg
【答案】A
【详解】AB．当F 足够小时，A、B、C 均保持静止状态，根据平衡条件可知，C 不受摩擦力的作用，B 受
到桌面水平向左的摩擦力，则桌面受到的摩擦力水平向右，故A 正确，B 错误；
CD．当F 足够大时，对木块B 受力分析，竖直方向受重力、压力和支持力，水平方向受A 对B 向右的摩
擦力f AB和地面对B 向左的摩擦力f 地，A 对B 的最大静摩擦力
f ABm = μ⋅2mg =2 μmg
地面对B 的最大静摩擦力
f 地m = μ⋅3mg=3 μmg
A 对B 的最大静摩擦力小于地面对B 的最大静摩擦力，故物体B 一定保持静止，桌面受到的摩擦力为
2μmg，故CD 错误。
故选A。
【变式训练5】如图1 所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均
为2kg，现在滑块上施加一个F =0.5t (N)的变力作用，从t =0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化
的关系如图2 所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g 取10 m/s
2，则下列说法不正确的是
（ ）
A．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1
B．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
C．图2 中t2=16s
D．木板的最大加速度为2m/ s
2
【答案】C
【详解】B．根据图2 可知，在t2以后滑块受到的摩擦力不变，为
f 1=8 N
根据滑动摩擦力的计算公式可得f 1= μ1mg，解得滑块与木板间的动摩擦因数
μ1=
8
2×10 =0.4
故B 正确，不符合题意；
A．在0～t1过程中为静摩擦力，t1～t2过程中木板相对于地面开始运动，木板与水平地面间的动摩擦因数为
μ2，则
f 2= μ2×2mg= 4 N
解得
μ2=0.1
故A 正确，不符合题意；
C．t2时刻二者发生相对运动时，加速度大小为a，对木板根据牛顿第二定律可得
a= μ1mg−2× μ2mg
m
=2m/ s
2
对木块有
F −μ1mg =ma
解得
F =12 N
根据F=0.5t 可知图2 中t2时刻对应的拉力为24s，故C 错误，符合题意；
D．t2以后木板受力不变，加速度不变，则木板的最大加速度为2m/s2，故D 正确，不符合题意。
故选C。
【变式训练6】（多选）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。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10 m /s
2
，则（ ）
A．水平地面粗糙
B．F =1N时小物块相对长木板发生滑动
C．小物块与长木板的质量之比为2:3
D．小物块与长木板的质量之比为1:3
【答案】AD
【详解】A．由图可知，当外力F =1N时，整体才开始运动，所以木板受到水平地面的摩擦力，即水平地
面粗糙，故A 正确；
B．由图可知，当外力F =1N时，整体开始运动，此时物块和木板加速度相同，相对静止；当F =3 N时，
物块和木板的加速开始不同，此时物块相对木板发生滑动，故B 错误；
CD．由图可知，当外力1N < F <3 N时，物块和木板一起运动，则根据牛顿第二定律
F −f =（M +m）a
整理得
a=
F
M +m −
f
M +m
所以，斜率为
k1=
1
M +m =
2
3−1
解得
M +m=1kg
当F >3 N时，物块和木板发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律
F −f
′ =ma
整理得
a= F
m −f
′
m
此时斜率为
k2= 1
m =
2
3−2.5
解得
m= 1
4 kg
所以
M = 3
4 kg
所以，小物块与长木板的质量之比为
m
M = 1
3
故C 错误，D 正确。
故选AD。
1.（新课标卷·高考真题）如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为
m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t 增大的水平
力F=kt（k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】当F 比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得
a=
F
m1+m2
=
k
m1+m2
t
则a 正比于t；
当F 比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律
对m1有
a1= μm2g
m1
由于μ、m1、m2都一定，则a1一定；
对m2有
a2= F −μm2g
m2
= k
m2
t −μg
则a2是t 的线性函数，t 增大，a2增大。
又
k
m1+m2
< k
m2
则两木板相对滑动后a2图像的斜率大于两者相对静止时图像的斜率。
故选A。
2.（多选）（四川·高考真题）如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q 由通过定滑轮且不
可伸长的轻绳相连，t =0时刻P 在传送带左端具有速度v2，P 与定滑轮间的绳水平，t =t0时刻P 离开传送
带，不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长，正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【详解】B．若v2<v1，且
mQ g< μmP g
则
μmP g−mQ g=(mQ+mP)a1
当P 加速运动速度达到v1后，与皮带一起匀速运动，直到离开转送带（也可能加速过程中就离开传送
带），故B 正确；
ACD．若v2<v1，且
mQ g> μmP g
则P 先匀减速到零，再反向加速到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带）；
若v2>v1且
mQ g< μmP g
则P 先匀减速至v1，然后与传送带一起匀速运动，直到离开传送带（有可能减速过程中就离开传送带）；
若v2>v1且
mQ g> μmP g
满足
mQ g+ μmP g=(mQ+mP)a2
中途速度减至v1，以后满足
mQ g−μmP g=(mQ+mP)a3
先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带），故C 正确，AD
错误。
故选BC。
3.（多选）（全国III 卷·高考真题）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与
固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0 时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t=4s 时撤去外
力．细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图（b）所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图（c）所
示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s 内，力F 的大小为0.4N
C．0~2s 内，力F 的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【详解】结合两图像可判断出0-2s 物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程
力F 等于f，故F 在此过程中是变力，即C 错误；2-5s 内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩
擦力，由牛顿运动定律，对2-4s 和4-5s 列运动学方程，可解出质量m 为1kg，2-4s 内的力F 为0.4N，故
A、B 正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D 错误.
4.（多选）（宁夏·高考真题）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木
板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉
力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（ ）
A．物块先向左运动，再向右运动
B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
【答案】BC
【详解】当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两
者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而
木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右
做匀速直线运动。
故选BC。
