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第17 讲 传送带模型和“滑块—木板”模型
1．（2025·福建·高考真题）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、
B，A、B 用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A 的质量为1kg，B 的质量为2kg，A 与传
送带的动摩擦因数为0.5，B 与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0 时，将两物块放置在传送带
上，给A 一个向右的初速度v0=2m/s，B 的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A 与传送带
第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够长，A 可在传送带上留下痕迹，重力
加速度
，则（ ）
A．在t=
时，B 的加速度大小大于A 的加速度大小
B．t=t0时，B 的速度为0.5m/s
C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A 与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】BD
【详解】AB．根据题意可知传送带对AB 的滑动摩擦力大小相等都为
初始时A 向右减速，B 向右加速，故可知在A 与传送带第一次共速前，AB 整体所受合外力
为零，系统动量守恒有
，
代入数值解得t=t0时，B 的速度为
在A 与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB 根据牛顿第二定律有
，
由于
，故可知
故A 错误，B 正确；
C．在
时间内，设AB 向右的位移分别为
，
；，由功能关系有
真题演练
解得
故弹簧的压缩量为
故C 错误；
D．A 与传送带的相对位移为
B 与传送带的相对为
故可得
由于
时间内A 向右做加速度逐渐增大的减速运动，B 向右做加速度逐渐增大的加速运动，
且满足
，作出AB 的
图像
可知
等于图形
的面积，
等于图形
的面积，故可得
结合
可知
，故D 正确。
故选BD。
2．（2024·贵州·高考真题）如图，半径为
的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，
其末端与水平地面
相切于P 点，
的长度
。一长为
的水平传送带
以恒定速率
逆时针转动，其右端与地面在M 点无缝对接。物块a 从圆轨道顶端由静
止释放，沿轨道下滑至P 点，再向左做直线运动至M 点与静止的物块b 发生弹性正碰，碰撞
时间极短。碰撞后b 向左运动到达传送带的左端N 时，瞬间给b 一水平向右的冲量I，其大小
为
。以后每隔
给b 一相同的瞬时冲量I，直到b 离开传送带。已知a 的质量为
的质量为
，它们均可视为质点。a、b 与地面及传送带间的动摩擦因数
均为
，取重力加速度大小
。求：
(1)a 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2)b 从M 运动到N 的时间；
(3)b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】(1)30N
(2)3.2s
(3)95J
【详解】（1）a 从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律
在
点，设轨道对它的支持力大小为
，根据牛顿第二定律
联立解得
（2）a 从静止释放到M 点过程中，根据动能定理
解得
与
发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
滑上传送带后，根据牛顿第二定律
解得
的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
对地位移
此后
做匀速直线运动，
到达传送带最左端还需要的时间
b 从M 运动到N 的时间
（3）设向右为正方向，瞬间给b 一水平向右的冲量，对
根据动量定理
解得
向右减速到零所需的时间
然后向左加速到
所需的时间
可得
在
时间内向右运动的距离
循环10 次后
向右运动的距离
每一次相对传动带运动的路程
b 从N 向右运动3m 的过程中
与传送带摩擦产生的热量
然后
继续向右减速运动，根据运动学公式
解得
此过程，b 相对传动带运动的路程
此过程中
与传送带摩擦产生的热量
b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量
3．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左
右两端的距离为
。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为
、不可伸长的轻绳悬
挂一质量为0.2kg 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O 点右侧的P 点固定一钉
子，P 点与O 点等高。将质量为0.1kg 的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端
与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为
、方向水平向左。小球碰后
绕O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P 点向上运动。已知小物块与传送带
间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小
。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P 点正上方，绳子不松弛，求P 点到O 点的最小距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速
度大小等于传送带的速度大小
。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以
向右为正方向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P 点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P 点到O 点的距离为
，小球在P
点正上方的速度为
，在P 点正上方，由牛顿第二定律有
小球从
点正下方到P 点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P 点到O 点的最小距离为
。
4．（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
5．（2024·新疆河南·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
【点睛】
6．（2021·全国乙卷·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。
7．（2025·内蒙古乌兰察布·二模）如图甲所示，质量为M=0.5kg 的木板静止在光滑水平面上，
质量为m=1kg 的物块以初速度
滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为
μ=0.2。在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F，当恒力F 取某一值时，
物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到
的关系
如图乙所示。其中AB 与横轴平行，且AB 段的纵坐标为
。将物块视为质点，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（ ）
模拟冲关
A．DE 段表示滑块最终与滑板共速
B．F=0 时，滑块离开滑板的速度v=2m/s
C．B 点的坐标为（
，）
D．C 点的坐标为（
，
）
【答案】D
【详解】A．在AB 段，拉力F 较小，物体在木板上相对于木板滑动的路程保持不变，说明物
块会从板右侧滑离木板；在BC 段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上
某一位置具有共同速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；在DE 段，物
块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，物块相对于木
板向左滑动，最终物块会从板左侧滑离木板；故A 错误；
B．
时，根据牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为
木板的加速度大小为
由图像AB 段可知，滑块相对木板的路程为
联立解得
或
（舍去，此时滑块的速度小于木板的速度）
则物块滑离木板时的速度大小为
故B 错误；
C．在AB 段，F 较小，物块将从木板右端滑下，其中B 点，对应物块恰好到达木板的右端，
且两者具有共同速度
，设此时对应的恒力为
，由牛顿第二定律得
由速度关系得
由位移关系得
联立解得
由图乙可知，B 点对应的相对路程
，代入解得
故B 点的坐标为（
，），故C 错误；
D．在BC 段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，
之后保持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；C 点时物块与木板间的静摩擦力刚好达
到最大，设此时对应的恒力为
，以物块与木板为整体，由牛顿第二定律得
以物块为对象，由牛顿第二定律得
联立解得
，
由C 选项分析同理可得
代入
，可得
故C 点的坐标为（
，
），故D 正确。
故选D。
8．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，长木板静置在粗糙水平面上，
时与长木板质量相
同的小滑块以某一初速度滑上长木板，已知滑块与木板之间的动摩擦因数是木板与地面间动
摩擦因数的3 倍。设滑块没有离开木板，则下列关于滑块的速度
与时间的关系图像以及木
板的速度
与时间的关系图像，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】规定向右为正，滑块与木板之间存在相对运动，滑块受到木板施加的滑动摩擦力为
根据牛顿第二定律滑块的加速度
因此滑块的速度随时间变化关系
木板受到滑块施加的滑动摩擦力（方向向右）和地面施加的动摩擦力，即
根据牛顿第二定律木板的加速度
因此木板的速度随时间变化关系
则在某时刻，滑块与木板相对静止，一起运动，系统加速度为
因v-t 图像的斜率等于加速度，可知只有B 正确。
故选B。
9．（2025·河北·模拟预测）一游戏装置的竖直截面如图所示，左侧光滑圆弧轨道与半径
的竖直光滑螺旋圆轨道，以及水平光滑直轨道平滑连接。长
的木板B 紧
靠直轨道右端放置，木板C 位于B 右侧距离为
的位置，B、C 厚度相同，位于同一
水平面上，且上表面恰好与光滑直轨道平齐，B、C 碰撞时会粘在一起。小滑块
由圆弧轨
道上一定高度由静止下滑，穿过螺旋轨道后再经水平直轨道滑上木板B。已知
的质量
的质量
，
的质量
A、B 间动摩擦因数
，B 下表
面光滑，C 运动时受到地面摩擦力大小恒定为
，不计空气阻力，重力加速度
取
。求：
(1)若滑块A 恰能通过圆形轨道最高点
，求A 经过圆轨道上的最低点
时对轨道的压力大
小；
(2)若滑块A 在B 碰撞
前不从B 上滑落，求A 从轨道上下滑的最大高度；
(3)若保证滑块A 能滑上木板C，求A 滑上B 时的最小速度。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小滑块
恰好通过
，根据牛顿第二定律则有
由
到
，根据机械能守恒定律得
在
点，由牛顿第二定律得
联立解得
由牛顿第三定律得，对轨道压力为
，方向竖直向下
（2）设下滑高度为
，根据机械能守恒定律得
滑块
滑上
后，对
，由牛顿第二定律得
对
，由牛顿第二定律得
当
刚好不能从
上滑落，设共速用时为，则有
，
联立解得
的位移为
且
则
可通过轨道，且与
共速前
与
不发生碰撞，所以下滑的最大高度
（3）设
滑上
且能滑上
的最小速度为
，从
滑上
到
、
共速过程中，设共速后
速度为
，系统水平方向动量守恒，则有
根据能量守恒则有
同理可知，
碰撞满足动量守恒
、
碰后，根据牛顿第二定律可知，
的加速度满足
的加速度满足
设经过
时间
、
、
共速，则有
，
恰好能滑到
上须满足
代入数值联立解得
即最小速度为
10．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图甲所示，质量M=0.8kg；的足够长的木板静止在光滑
的水平面上，质量m=0.2kg 的滑块静止在木板的左端，在长木板右侧还依次放着质量均为
无穷多个木块（m0可视为质点），相邻木块间的距离为2m。开始时长木板、滑
块木块均静止。t=0 时刻在滑块上施加方向水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F。
4s 后撤去力F，5s 时木板与右侧第一个木块碰撞。若滑块与木板间的动摩擦因数为0.2，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取
，（所有碰撞均为弹性碰撞）求：
(1)t1=1s 时滑块的加速度大小；
(2)t2=4s 时滑块的速度大小；
(3)撤去F 后物块与木板因摩擦产生的热量。
【答案】(1)
(2)4m /s
(3)
【详解】（1）0~2s 内滑块相对于木板滑动的临界状态时，根据牛顿第二定律可知，对木板
有μmg=Ma，
对滑块有F-μmg= ma
联立解得F=0.5 N， a=0.5m /s2
F1 = 0.25N < F
物块和木板一起运动，则有F1=（M + m）a0
（2）F-t 图像与t 轴所围的面积代表冲量，0s~2s 时间内拉力的冲量为
2s~4s 时间内拉力的冲量为
0s~2s 物块与木板相对静止
解得
2s~4s 物块相对木板滑动，对滑块有
（t 为2s~4s 的时间）
解得4s 时滑块速度大小v2=4m /s
（3）对滑块和木板
撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒有
解得v=2m/s
根据动量守恒有
Q1=0.5J
木板与m 滑块相互作用直到共速
解得t=1s，
木板与m 滑块第5s 共速后与m0滑块相撞，根据动量守恒则有
根据能量守恒则有
解得
，
木板与m 滑块相互作用直到共速
解得
由动能定理可得
解得x 板<2m
即木板的对地位移小于2m
同理
综上所述，可得
11．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）如图（1）所示，质量为
的木板初始时静置于倾
角
的足够长的光滑斜面某段。某时刻质量为
的小物块以初速度
滑上木板底端，物块与木板之间的动摩擦因数为
，同时对木板施加一个沿
斜面向上的恒定拉力F，并将木板由静止释放。当恒力F 取某一值时，物块在木板上相对于
木板滑动的路程为S，给木板施加不同大小的恒力F，得到
的关系如图（2）所示，其
中AB 段与横轴平行，B 点的横坐标为9.5N，若将物块视为质点，且最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度g 取
，则下列说法正确的是（ ）
A．小物块刚滑上木板时的加速度大小为
B．木板的板长为0.5m
C．C 点纵坐标为
D．在图像的DE 段中小物块将从木板上端滑出
【答案】ABC
【详解】A．小物块刚滑上木板时，分析物块受力
由牛顿第二定律可得
整理并代入数据解得
，方向沿斜面向下，故A 正确；
B．结合物体运动以及图形分析可知，AB 段对应拉力较小时，物块从木板的上端滑出，相对
路程等于板长。小物块刚滑上木板时，由以上分析可知
对物块
，方向沿斜面向下
对木板，设加速度为
由牛顿第二定律有
由题意知B 点的横坐标为9.5N
代入其它数据解得
，方向沿斜面向上
假设木板不动，则由运动学知识得
木板的板长
，故B 正确；
C．结合物体运动以及图形分析可知，BC 段对应拉力稍大一些，物块在斜面上减速滑动一段
距离后与木板共速，之后摩擦力反向向上加速。图（2）中C 点就对应物块和木板达到共同速
度之后一起加速。
设物块向上加速时最大加速度为
对物块由牛顿第二定律得
代入数据解得一起加速时物块最大加速度
，方向沿斜面向上
对木板和物块整体运用牛顿第二定律有
代入数据解得
图2 中C、D 两点横坐标相同，都为
物块刚滑上木板时，设物块加速度为
，木板的加速度为
，C 点纵坐标为
由B 中分析得
，方向沿斜面向下
对木板由牛顿第二定律有
代入数据得
，方向沿斜面向上
设经过时间t 二者共速
由运动学知识得
各式联立并代入数据得
则C 点纵坐标为
，故C 正确；
D．结合物体运动以及图形分析、上述内容分析可知，DE 段属于拉力过大情况，物块先减速
到与板共速，因摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起沿斜面向上加速运动，后在木板
上加速滑动一段距离后，最终从木板的下端滑出木板，故D 错误；
故选ABC。
12．（2025·甘肃白银·三模）如图甲所示，“L”形木板Q（右侧竖直挡板厚度不计）静止在粗
糙水平地面上，质量m=0.5kg 的滑块P（视为质点）以v0=6m/s 的速度从木板左端滑上木板，
t=1s 时滑块与木板相撞（碰撞时间极短）并粘在一起。两者运动的v—t 图像如图乙所示，取
重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)木板的长度L；
(2)木板的质量M；
(3)木板沿地面运动的最大距离d。
【答案】(1)4m
(2)0.5kg
(3)2.5m
【详解】（1）根据v-t 图像围成的面积可知
解得L=4m
（2）根据v—t 图像可知，滑块P 滑上木板Q 后，滑块P 做匀减速直线运动，木板Q 做匀加
速直线运动，在两者碰撞前，滑块P 的速度v1=3m/s，木板Q 的速度v2=1m/s，两者碰撞后的
共同速度v3=2m/s，碰撞过程滑块P 与木板Q 组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有
解得M=0.5kg
（3）设滑块P 与木板Q 间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，根据v-t 图
像可知，在0~1s 时间内，滑块P 的加速度
木板Q 的加速度
根据牛顿第二定律有
、
木板沿地面运动的最大距离为
解得d=2.5m
13．（2025·重庆九龙坡·二模）如图甲所示，A、B 两物块置于长木板C 上，A、B、C 质量
分别为m、2m、m，系统静置于水平地面上。设A 和C 之间、B 和C 之间、C 和地面之间动
摩擦因数分别为
、
、
（
为常数），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足
够长，重力加速度为
。 现对B 施加一逐渐增大、水平向右的拉力F，B 的加速度随F 变化
情况如题7 图乙所示。 则
、
、
之比为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由图乙知，三段图线的斜率分别为
可见随着拉力
的增大，开始A、B 和C 一起运动，接着B 和C 一起运动，最后B 单独运动
结合图乙知，
时，C 与地面间的静摩擦力恰好达到最大，则
解得
当
时， A 与C 间的静摩擦力恰好达到最大，此时A 的加速度
对
，由牛顿第二定律
解得
当
时， B 与C 间的静摩擦力恰好达到最大，此时B 的加速度
对
，由牛顿第二定律
解得
则
故选B。
14．（2025·全国·二模）如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板B，一质量与木板相
同的物块A（可视为质点）从左端以大小为v 的速度冲上木板，经过时间t 运动到木板右端且
恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是（ ）
A．物块A 运动到木板右端时的速度大小为
B．在此过程中，物块A 运动的距离为
C．A 动量的减少量大于B 动量的增加量D．木板B 的长度为
【答案】AD
【详解】AC．设物块A 的质量为m，物块A 运动到木板右端时的速度大小为
，有
解得
由题意可知A、B 组成的系统动量守恒，则A 动量的减少量等于B 动量的增加量，故A 正确，
C 错误；
BD．由题意知物块A 做匀减速直线运动，则
同理对木板B 有
则木板的长度
故B 错误，D 正确。
故选AD。
15．（2025·全国·二模）如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板B，一质量与木板相
同的物块A（可视为质点）从左端以大小为
的速度冲上木板，经过时间运动到木板右端且
恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是（ ）
A．物块A 运动到木板右端时的速度大小为
B．在此过程中，物块A 运动的距离为
C．A 动量的减少量大于B 动量的增加量
D．木板B 的长度为
【答案】AD
【详解】AC．设物块A 的质量为m，物块A 运动到木板右端时的速度大小为
，有
解得
由题意可知A、B 组成的系统动量守恒，则A 动量的减少量等于B 动量的增加量，故A 正确，
C 错误；
BD．由题意知物块A 做匀减速直线运动，则
同理对木板B 有
则木板的长度
故B 错误，D 正确。
故选AD。
16．（2025·陕西咸阳·二模）如图甲所示，物块A、B 静止叠放在水平地面上，B 受到大小从
0 开始逐渐增大的水平拉力F 的作用。A、B 间的摩擦力
、B 与地面间的摩擦力
随水平
拉力F 变化的情况如图乙所示。已知物块A 的质量
，取重力加速度大小
，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．当
时，A、B 保持静止
B．当
时，A、B 保持相对静止
C．当
时，A 的加速度随F 的增大而增大
D．A、B 两物块间的动摩擦因数为0.4
【答案】AB
【详解】A．当
时，由图像可知B 与地面的摩擦力逐渐增大，A、B 间的摩擦力
始终为零，A、B 都没被拉动，A、B 保持静止，故A 正确；
B．当
时，A、B 间的摩擦力开始逐渐变大，B 与地面间的摩擦力保持不变，B
已经被拉动了，A、B 间保持相对静止，故B 正确；
C．当
时，A、B 间的摩擦力大小保持不变，A、B 发生了相对滑动，A 由滑动摩擦
力提供加速度，所以加速度的保持不变，故C 错误；
D．当
时，A、B 间发生相对滑动，，两者间的静摩擦力最大值为
解得A、B 两物块间的动摩擦因数为
故D 错误。
故选AB。
17．（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图所示，一质量mC=1kg 足够长的长木板C 静止于水平面
上，它与水平面之间的动摩擦因数为µ1=0.1。A、B 两滑块（可视为质点）放置在长木板C 上，
质量分别为mA=1kg、mB=2kg，它们与长木板C 之间的动摩擦因数均为µ2=0.5。现让A、B 滑
块以不同的速度沿同一直线上往相反方向开始滑动，速度大小分别为v1=4m/s、v2=10m/s。设
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，求：
(1)当A、C 相对静止时，滑块B 的速度大小；
(2)长木板C 从开始运动到停止滑行的位移大小。
【答案】(1)5m/s
(2)4.5m
【详解】（1）设滑块A 经过时间t1相对地面静止，此时C 滑块的速度为v3，对A 滑块，由
牛顿第二定律可得
由运动学公式
对C，由牛顿第二定律可得
，
设再经过时间t2，A、C 相对静止，它们的速度为vAC，则
解得
，
，
由题意可知，在
内，B 滑块做匀减速直线运动，对B 滑块，由牛顿第二定律可得
由运动学公式可知，A、C 相对静止时，设滑块B 的速度大小为v2B，则
解得
（2）在时间
内，滑块C 受力情况不变，故一直做匀加速直线运动，则这段时间内的位
移为
因A、C 对静止时，它们相对地面的速度
设A、C 滑块一起加速直到与B 滑块速度相同所用时间t3，加速度为aAC，此时A、B、C 三者
的速度为vABC，对A、C 滑块整体，由牛顿第二定律可得
对A、C 滑块整体，由运动学可知
对B 滑块，由运动学可知
则在t3时间内，C 滑块的位移为
由题意可知，当A、B、C 三者速度相同时，它们一起做匀减速直线运动，设加速度大小为
a，对A、B、C 整体，由牛顿第二定律可得
则A、B、C 三者发生的位移大小
故长木板C 滑行的位移大小为
18．（2025·宁夏银川·二模）如图（a），质量为
的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部
分
的上表面粗糙，竖直半圆形部分
的内表面光滑，半径
，
、
分别为半
圆形轨道的最低点和最高点。质量为
的物块（可视为质点）静置在轨道上左端
处，与水
平轨道间的动摩擦因数为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度
。
(1)若轨道固定，物块以一定的初速度沿轨道恰好运动到
点，求物块在
点的速度大小；
(2)若轨道不固定，对物块施加水平向右逐渐增大的推力
，物块在轨道
段运动时，物块
和轨道的加速度
与
对应关系如图（b）所示，求
和
；
(3)在第（2）问的数据条件下，若物块以
的速度从
处冲上轨道，物块可沿轨道
到达
点且恰好与轨道无作用力，运动过程中轨道
段始终未脱离地面，求轨道
段的
长度
。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）设物块到达
点的速度为
，则有
根据机械能守恒，有
联立解得物块在B 点的速度大小为
（2）根据图像可知，当
时，物块与轨道相对静止，加速度
根据图像斜率可知
当
时，物块与轨道相对运动，物块加速度
根据图像斜率可知
可得
轨道加速度
解得
（3）以水平向右为正方向，由动量守恒定律，有
在最高点，物块相对轨道的速度大小为
且有
解得
，
由功能关系，有
代入数据，解得
19．（2025·河南·三模）如图所示，AB 段为足够长的水平面，CD 为光滑的水平导轨，质量
为
的小车静止在AB 段，小车的上表面与CD 面等高。倾角为
，长为
的传动带下端通过一小段光滑的圆弧轨道衔接于D 点。已知传送带沿逆时针方向以
恒定的速度
运动，可视为质点的质量为
的物体乙静止放在CD 段，物体
乙到C 点的距离为
，可视为质点的质量为
的物体甲由传送带的顶端静止释
放，经过一段时间两物体发生弹性正碰，物体乙滑上小车后经
的时间从小车的左端飞
出，物体乙落地后不反弹。已知小车上表面到AB 面的高度差为
，小车与AB 段的
动摩擦因数为
，物体甲、乙与传送带以及小车上表面的动摩擦因数均为
。
重力加速度
，
，
．
(1)求甲乙碰后瞬间的速度大小；
(2)求小车左右两端的距离；
(3)通过计算分析此后小车车轮能否与物体乙发生碰撞。若能，请求出碰撞瞬间小车的速度；
若不能，请求出静止时，甲乙之间的水平距离。
【答案】(1)
，
(2)
(3)不能，
【详解】（1）甲释放后沿传送带加速下滑，对甲受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
设经过
时间甲与传送带共速，则有
此阶段甲的位移大小
由于
，故甲与传送带共速后继续加速下滑，设此阶段的加速度为
，根据牛顿第二定律则有
解得
此阶段的位移大小
设甲物体到达底端的速度大小为
，则有
解得
两物体发生弹性碰撞，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定律则有
根据能量守恒定律则有
联立解得
，
（2）甲乙碰后，乙滑上小车的时间
甲运动到C 点的时间
乙滑上小车后，由牛顿第二定律可得
解得
对小车则有
解得
即小车静止不动，结合题意可知，物体乙滑上小车后经过
的时间从小车的左端飞出。
则乙在小车上滑行2s 后，甲滑上小车，然后乙再滑行1s 后飞出小车，乙在小车上滑行
时间内的位移大小和速度大小分别为
，
代入数据解得
，
物体甲滑上小车后，由牛顿第二定律可得
解得
此后
末物体甲、乙、小车的速度分别为
，
，
此阶段甲的位移
乙的位移
小车的位移
故小车的长度为
（3）由以上分析可知，乙物体以
飞出小车，此后做平抛运动，乙在空中运动的
时间
水平位移
物体乙离开小车瞬间，物体甲和小车的速度
由于
，故甲与小车相对静止一起做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得
解得
假设小车与乙物体不会碰撞，物体乙离开小车后，小车的最大位移
因
故小车与乙物体不会碰撞，二者之间的距离大小为
20．（2025·陕西咸阳·模拟预测）传送带已经成为物体搬运系统机械化和自动化不可缺少的
组成部分。某生产车间采用了自动化传送带来实现工件的传输。如图所示，绷紧的传送带与
水平面的夹角θ=37°，传送带在电动机的带动下，始终保持v=4m/s 的速率顺时针运行，现把
一质量为m=1kg 的工件（可视为质点）轻轻放在传送带的底端，工件被传送到高h=18m 的顶
端，已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8。以工件在传送带底端时的势能为零，（已知
sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s2），则（ ）
A．工件从底端运送到顶端所需的时间为12.5s
B．工件到达顶端时的机械能为180J
C．工件与传送带之间因摩擦而产生的热量为128J
D．电动机由于传送工件而多消耗的电能为316J
【答案】ACD
【详解】A．工件放到传送带时先做匀加速直线运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律得
解得
工件匀加速至速度等于
时所用时间为
通过的位移
共速时，由于
所以之后工件随传送带匀速上升，则到达顶端还需时间
则共需时间
，故A 正确；
B．工件到达顶端时的动能
重力势能
机械能
，故B 错误；
C．在t1时间内传送带的位移
t1时间内工件与传送带间的相对位移大小
因摩擦产生的热量
代入数据解得
，故C 正确；
D．电动机由于传送工件而多消耗的电能
，故D 正确。
故选ACD。
21．（2025·重庆·三模）如图所示，在长度
的水平传送带中央有两个小物块A、B，
质量分别为
、
，两物块与传送带间的动摩擦因数均为
，两物块中
央夹有储存了15J 能量的微小弹性装置（不计弹性装置的长度），在外力作用下两物块保持
静止。竖直面内固定一半径
的光滑
圆弧轨道，在最高点D 与传送带平滑连接，
E 点位于水平地面上，水平地面足够长。若撤去对中央两物块的外力，弹性装置在较短时间
内把两物块弹开，弹开两物块后，取走弹性装置并立即让传送带以
的速度顺时针
匀速转动。A 物块落在水平地面上后不再运动，B 物块每次与水平地面发生连续碰撞时，水
平方向速度不变，竖直方向速度连续发生衰减。当B 物块与地面发生第n 次碰撞时，碰后瞬
间竖直方向的速度大小
与第一次碰前瞬间竖直方向的速度大小
满足关系式
。重力加速度
，忽略空气阻力，将物块视为质点。求：
(1)弹性装置把A、B 物块弹开后瞬间两物块的速度大小
、
；
(2)A、B 物块第一次离开传送带的速度大小
、
以及B 物块与传送带间因摩擦而产生的
热量Q；
(3)在B 物块与地面第n 次碰撞时，A 物块落点与E 点的距离
以及B 物块落点与E 点的距
离
。
【答案】(1)
，
(2)
，
，
(3)
，
【详解】（1）对A 与B 分析，由能量守恒，有
由动量守恒，有
得到
，
（2）对A，假设A 一直匀加速到D 点
有
则
假设不成立，A 应先匀加速到与传送带共速，后以v 做匀速直线运动到D 点，即
对B，假设B 经过x 距离向左匀减速到速度为零，有
则
B 没有从最左侧滑出，假设B 之后一直匀加速到D 点，有
则
假设成立，即
对B，设经过
时间，B 向左匀减速到速度为零有
其中
设经过
时间，B 向右匀加速到速度为
有
其中
则
又
（3）若要物块从D 点开始做平抛运动，需要满足
即
由于
A、B 物块经D 点后直接做平抛运动
对A，
，
对B 在竖直方向，第一次碰地前，有
由于
第一次碰撞后瞬间B 物块竖直方向速度大小为
第二次碰前瞬间B 物块竖直方向速度大小为
第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
B 物块从D 点开始平抛运动到第二次碰撞时的时间间隔为
第二次碰撞后瞬间B 物块竖直方向速度大小为
第三次碰前瞬间B 物块竖直方向速度大小为
第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为
B 物块从D 点开始平抛运动到第三次碰撞时的时间间隔为
如此重复，归纳可得，B 物块从D 点开始平抛运动到第n 次碰撞时的时间间隔为
则
22．（2025·山东青岛·二模）一传送带装置如图所示，水平部分
长为
，倾斜部分
长为
，倾角
。
和
在
点通过一极短的圆弧连接，传送带以
的
恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数为0.5。现将一质量
的工件
（可视为质点）无初速地放在A 点，重力加速度
，
，
，
下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为
B．工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为4m
C．工件第二次到达B 点的速度大小为
D．工件自释放至第三次到达B 点的时间为
【答案】BD
【详解】A．由于
，可知工件在传送带倾斜部分上滑和下滑受到的滑
动摩擦力方向均沿斜面向上，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
故工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为1:1，故A 错误；
B．工件无初速地放在A 点，加速度大小为
设经过
时间工件与传送带共速，则有
共速前工件通过的位移大小为
可知工件以速度
从B 点滑上传送带倾斜部分，则工件第一次沿传送带倾斜部分上滑
的最大距离为
，故B 正确；
C．由于工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度相同，所以工件第二次到达B 点的速度
大小为
，故C 错误；
D．工件第一次在传送带水平部分运动加速运动时间为
匀速运动时间为
工件第一次经过B 点到第二次到达B 点所用时间为
工件第二次到达B 点后在传送带水平部分先向左做匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运
动，根据对称性可知，工件第二次经过B 点到第三次到达B 点所用时间为
则工件自释放至第三次到达B 点的时间为
，故D 正确。
故选BD。
23．（2025·辽宁·模拟预测）如图（a）所示，倾角为
的传送带以恒定的速率顺时针转动。
质量为0.5kg 的物块在传送带的顶端无初速度释放，物块在传送带上运动0.8s 后离开传送带，
运动的整个过程中物块的速率
随时间变化的关系如图（b）所示。已知重力加速度
取
，下列说法正确的是（ ）
A．物块在传送带上运动的路程为2m
B．物块与传动带之间的动摩擦因数为
C．运动的整个过程中，摩擦力对物块做的功为－1J
D．运动的整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为0.5J
【答案】AC
【详解】A．物块在传送带上运动的路程由图（b）可知
故A 正确；
B．由图（b）可知
内，物块的加速度大小为
在
内，物块的加速度大小为
根据牛顿第二定律有
，
联立解得
，
故B 错误；
C．摩擦力对物块做的功为
故C 正确；
D．传送带的速度3m/s，整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为
故D 错误。
故选AC。
24．（2025·贵州黔南·模拟预测）如图，MN 为一长为
的水平传送带，传送带右端平
滑对接一足够长的水平地面，在水平地面上紧靠传送带右端静置一质量为
、长为d
的木板a，a 的最右端放置一质量为
的物块b。当传送带以恒定的速率
顺时针转动时，在传送带的左端由静止释放一质量为
的物块c。已知a 与水平地面
间的动摩擦因数
，b 与a 上表面之间、c 与传送带之间的动摩擦因数均为
，不
计c 与水平地面间的摩擦，b、c 均可视为质点。设c 与a 的每次碰撞均为弹性正碰，且碰撞
时间极短，取重力加速度大小
。求：
(1)c 从M 端第一次运动到N 端的时间；
(2)c 与a 第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔内，c 与传送带因摩擦产生的热量；
(3)如果c 与a 发生第三次碰撞前，b 未从a 上滑离，d 的最小值。
【答案】(1)4.5s
(2)64J
(3)1.125m
【详解】（1）c 从M 端释放时的加速度大小为
设从释放到与传送带共速所用时间为
，则有
，
解得
，
共速后c 匀速运动到N 端所用时间为
则c 从M 端第一次运动到N 端的时间为
（2）c 与a 第一次相碰，根据动量守恒和机械能守恒可得
，
解得
，
碰后，c 在传送带上先向左匀减速，再向右匀加速，c 与a 第一次碰撞到第二次碰撞的时间间
隔内，其在传送带上运动的时间为
这段时间内，c 的位移为零，c 相对传送带的位移为
产生的热量为
解得
（3）c 与a 第一次碰撞后，a 做匀减速运动，b 做匀加速运动；对a 有
对b 有
解得
，
设经时间
，a、b 速度相等且为
，则有
解得
，
b 相对a 向左滑动的位移为
速度相等后，由于
，a 与b 各自匀减速到停止，设a 的加速度为
，则有
解得
这段时间内b 相对a 向右滑动的位移
由于c 与a 相碰到ab 均停下的时间为
表明：c 再次与a 碰撞前，ab 均已停止。
所以，c 与a 第一次相碰到第二次相碰的时间内，b 相对a 向左滑动的总位移为
c 与a 第二次相碰后，同理可知a 的速度为
b 相对a 向左滑动的最大位移应为
所以，要让c 与a 发生第三次碰撞前，b 未从a 上滑离，d 的最小值应为
25．（2025·山东菏泽·二模）如图所示为某分拣传送装置，
长5.8m，倾角
的传送
带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率
逆时针转动。质量
的工件（可
视为质点）无初速地放在传送带的顶端A，经过一段时间工件运动到传动带的底端。工件与
传送带之间的动摩擦因数为
，重力加速度
，
，
。（ ）
A．工件刚开始下滑时的加速度大小等于
B．工件由顶端到底端的时间是1.2s
C．工件在传送带上留下的痕迹长为1m
D．若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件下滑的总时间将变长
【答案】C
【详解】A．工件刚开始下滑时，根据牛顿第二定律
解得，工件刚开始下滑时的加速度大小为
故A 错误；
B．工件与传送带达到共速时，假设工件还未到达
点，则此过程工件运动时间为
工件的位移为
故假设成立，此后根据牛顿第二定律
解得，此后工件下滑的加速度大小为
则
解得
所以，工件由顶端到底端的时间是
故B 错误；
C．工件与传送带共速时，相对位移为
工件与传送带共速后，相对位移为
因为
所以，工件在传送带上留下的痕迹长为
故C 正确；
D．若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件的受力情况不变，加速度
不变，所以工件下滑的总时间将不变，故D 错误。
故选C。
26．（2025·安徽·三模）轮船运输过程中常用传送带将船舱里的货物输送到码头，工作人员
将货物轻放在传送带的底端，由传送带传送到顶端，随后由其它工作人员完成装车任务。可
以简化为如图所示模型，图甲为倾角37°的传送带，在电动机的带动下以一定的速度稳定运
行，电动机的内阻不计。货物质量M=50kg，从轻放在传送带底端A 处开始计时，10s 时到达
顶端B，其运动过程的v-t 图像如图乙，g 取10m/s²，sin37°=0.6，则货物从A 运动到B 的过程
中，下列说法正确的是（ ）
A．货物与传送带之间的摩擦力大小始终不变
B．货物机械能的增加量为4500J
C．货物与传送带之间因摩擦产生的热量为1600J
D．传送货物过程中电动机多消耗的电能为6400J
【答案】C
【详解】A．由图乙可知货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。在匀加
速阶段，摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有
根据
图像可得加速度
解得
匀速阶段，摩擦力
所以摩擦力大小发生了变化，故A 错误；
B．货物机械能的增加量等于动能增加量与重力势能增加量之和，其动能增加量为
重力势能增加量为
其中
为传送带长度，根据图乙可知货物前
匀加速运动的位移为
后
匀速运动的位移为
则货物总位移即传送带长度为
解得货物重力势能增加量为
其机械能增加量为
故B 错误；
C．货物与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，匀加速阶段传送带的位移为
货物位移
相对位移为
则摩擦产生的热量
故C 正确；
D．电动机多消耗的电能等于货物机械能增加量与摩擦产生的热量之和，即
故D 错误。
故选C。
27．（2025·山东·二模）如图甲，某新能源工厂采用智能调速传送带运输原料，传送带水平
放置且足够长，以4m/s 顺时针转动。现将一质量为2kg 的货物轻放在传送带左端，货物与传
送带间的动摩擦因数
。实时调节传送带速度，使其在货物运动过程中按图乙规律变
化。重力加速度
取10m/s2。则货物在3s 内的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．传送带对货物做功为4J
B．货物始终向右加速，3s 末速度达到4m/s
C．货物相对传送带的总位移为3.5mD．系统因摩擦产生的热量为14J
【答案】ACD
【详解】ABC．货物刚放上传送带时的加速度大小为
在
内，由图乙可知，传送带速度保持不变，在
时货物的速度为
该过程货物与传送带通过的位移大小分别为
，
该过程货物与传送带发生的相对位移大小为
在
内，由图乙可知，传送带做匀减速运动，减速的加速度大小为
设从
经过
时间，货物与传送带共速，则有
解得
，
在
时间内货物与传送带通过的位移大小分别为
，
该过程货物与传送带发生的相对位移大小为
货物与传送带共速后，与传送带保持相对静止；先随着传送带做匀减速运动，再匀速运动；
由图乙可知
时，货物的速度为
；根据动能定理可知传送带对货物做功为
货物相对传送带的总位移为
故AC 正确，B 错误；
D．系统因摩擦产生的热量为
故D 正确。
故选ACD。
28．（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
。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
，可得
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。
29．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，若传送带以速度
顺时针转动，将小木箱无初速度
放在传送带底端
点，经时间到达顶端A 点，因摩擦产生的热量为
；若传送带以速度
逆时针转动，将此小木箱无初速度放在A 点，经时间也刚好到达底端
点，因摩擦产生的
热量为
。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小木箱可视为质点，下列说法正确的是
（ ）
A．两次传送带的速度大小
B．两次传送带的速度大小
C．两次因摩擦产生的热量
D．两次因摩擦产生的热量
【答案】BC
【详解】AB．设传送带的倾角为
，木箱的质量为
，木箱与传送带之间的动摩擦因数为
。传送带顺时针转动时，对木箱根据牛顿第二定律有
若能达到
，随后做匀速运动；当传送带逆时针转动时，对木箱根据牛顿第二定律有
达到
后做匀速运动。因此木箱向上运动和向下运动的时间相同，位移大小也相同，且
画出符合题意的一种情况的
图像，如图所示
由图像可得
故A 错误，B 正确；
CD．根据图像可知，木箱向上运动过程相对位移较大，根据
可知
故C 正确，D 错误。
故选BC。
30．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，倾角为θ 的传送带以恒定的速率顺时针转动，t=0 时
从传送带顶端无初速度的轻放一个小物块，在t=t1时刻物块与传送带共速，在t=t2时刻物块离
开传送带。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ<tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则
物块所受的合外力大小F 随时间t、物块的动量大小
随时间t 变化的图像中可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．物块开始沿皮带向下运动，受力分析则有
解得
物块向下做匀加速直线运动，由于
加速至与皮带相等速度后，对物块有
解得
物块向下继续做匀加速直线运动，加速度变小，由牛顿第二定律
，可知物块所受的
合外力大小F 随时间t 变化：先是较大的恒力，共速后，变为较小的恒力，AB 错误；
CD．由动量表达式
可知，动量大小与速度成正比，由于物块一直向下做匀加速直线
运动，共速前加速度大于共速后的加速度，所以物块动量大小增加得先快后慢，C 错误，D
正确。
故选D。
