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专题07 传送带模型和“滑块—木板”模型
核心考点
考点梳理1 传送带模型.........................................................................................................................................1
母题考点一 传送带模型........................................................................................................................................3
考点梳理2 “滑块—木板”模型.........................................................................................................................7
母题考点二 “滑块—木板”模型........................................................................................................................8
考点梳理1 传送带模型
1．信息分析
(1)摩擦力方向的判断：同向“以快带慢”、反向“互相阻碍”。
(2)共速时摩擦力突变的可能：①滑动摩擦力突变为0；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③
摩擦力方向突变。
2．注意物体位移、相对位移和相对路程的区别
(1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。
(2)物体相对传送带的位移大小Δx
①若有一次相对运动：Δx＝x 传－x 物或Δx＝x 物－x 传。
②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；
两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。
3．水平传送带问题的常见情形及运动分析
情景
物块的运动情况
传送带不足够长(物块最终未
与传送带相对静止)
传送带足够长(物块先与传送
带达到相对静止)
一直加速(加速度a＝μg)
先加速后匀速
v0<v 时，一直加速(加速度a＝
μg)
v0<v 时，先加速再匀速
v0>v 时，一直减速(加速度a＝
μg)
v0>v 时，先减速再匀速
滑块一直减速到右端(加速度a
＝μg)
物块先减速到速度为0，后被
传送带传回左端
若v0≤v，则返回到左端时速
度为v0；若v0>v，则返回到左
端时速度为v
4．倾斜传送带问题的常见情形及运动分析
情景
物块的运动情况
传送带不足够长(物块最终未与传送
带相对静止)
传送带足够长(物块先与传送带
达到相对静止)
一直加速( 一定满足μmgcos
θ>mgsin θ，即μ>tan θ)
先加速后匀速(一定满足关系
μ>tan θ)
一直加速(加速度为a1＝gsin θ＋
μgcos θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ<tan θ，先以a1 加速，共速
后摩擦力方向改变，再以a2＝
gsin θ－μgcos θ 加速
v0<v 时，一直加速(加速度为a1＝
gsin θ＋μgcos θ)
v0<v 时，若μ≥tan θ，先加速后
匀速；若μ<tan θ，先以a1 加
速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ
加速
v0>v 时，若μ<tan θ，一直加速，
加速度大小为gsin θ－μgcos θ；若
μ>tan θ，一直减速，加速度大小为
μgcos θ－gsin θ；若μ＝tan θ，一
直匀速
v0>v 时，若μ>tan θ，先减速后
匀速；若μ<tan θ，一直加速；
若μ＝tan θ，一直匀速
μ<tan θ，一直加速；μ＝tan θ，一直匀速
μ>tan θ，一直减速
μ>tan θ，先减速到速度为0
后反向加速，若v0≤v，运
(摩擦力方向
一定沿传送
动到原位置时速度大小为
v0；若v0>v，运动到原位置
时速度大小为v
母题考点一 传送带模型
【母题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
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。
【练1】（2025·四川达州·模拟预测）如图甲所示为一顺时针匀速转动的水平传送带，工人将
一质量为
的货物轻放在传送带的左端A 点，货物从静止开始匀加速运动，从传送带
的右端
点以速度
水平飞出，最后落在水平地面上的
点，平抛过程速度与水平方向夹角
为
，
与下落时间的关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度
，货物
可以看成质点。则下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度大于等于
B．
、
的高度差为
C．货物运动到
点时的速度大小为
D．传送带对货物做功为
【答案】A
【详解】B．根据图乙知，平抛时间为
，故下落高度为
，故B 错误；
A．由
得斜率
故
传送带速度大于等于
，故A 正确；
C．平抛的末速度
，故C 错误；
D．传送带对货物做功可由动能定理得
，故D 错误。
故选A。
【练2】（2025·安徽合肥·模拟预测）图1 所示为某超市的倾斜式自动人行道，将顾客随自动
举一反三
人行道上行的情境简化为图2 所示的示意图。若运动过程中顾客与自动人行道始终保持相对
静止，下列说法正确的是（ ）
A．自动人行道减速向上运行的过程中，顾客一定受重力、支持力和静摩擦力
B．自动人行道减速向上运行的过程中，顾客受摩擦力方向一定沿人行道向上
C．自动人行道加速向上运行的过程中，顾客受到的支持力比匀速时小
D．自动人行道加速向上运行的过程中，顾客受到的摩擦力比匀速时大
【答案】D
【详解】AB．令人行道倾角为
，若自动人行道减速向上运行的加速度大小为
，对顾
客进行分析，根据牛顿第二定律可知，此时顾客所受外力的合力
即合力等于重力沿人行道向下的分力，可知，此时顾客只受到重力和人行道支持力的作用，
故AB 错误；
C．对顾客进行分析，其所受支持力
可知，不论自动人行道加速、匀速或减速向上运行，顾客受到的支持力大小均与其所受重力
垂直于人行道的分力大小相同，故C 错误；
D．若自动人行道加速向上运行，对顾客进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
若自动人行道匀速向上运行，对顾客进行分析，根据平衡条件有
可知，顾客所受沿人行道向上的静摩擦力大于匀速时所受的摩擦力，故D 正确。
故选D。
【练3】（2025·重庆渝中·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=1kg 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
。则正
确的是（ ）
A．传送带的速率
B．传送带的倾角
C．物体与传送带之间的动摩擦因数
D．0~2s 内物体在传送带上留下的痕迹为5m
【答案】D
【详解】A．由图可知，在t=1s 时物块的加速度发生改变，此时物块的速度为10m/s，可知传
送带的速率
，A 错误；
BC．根据牛顿第二定律结合v-t 图像可知，开始阶段物块的加速度
物块与传送带共速后物块的加速度
联立解得传送带的倾角
物体与传送带之间的动摩擦因数
，BC 错误；
D．0~1s 内物体在传送带上留下的痕迹为
1~2s 内物体在传送带上留下的痕迹为
因
可知0~2s 内物体在传送带上留下的痕迹为5m，D 正确。
故选D。
考点梳理2 “滑块—木板”模型
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在
摩擦力或者外力作用下发生相对滑动。
2．解题关键
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者
两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。
3．常见情境
常
见
情
境
木板获得一初速度v0，则“板块”同向
运动，两者加速度不同，x 板>x 块，Δx＝x
板－x 块，最后分离或相对静止
滑块获得一初速度v0，则板块“”同向
运动，两者加速度不同，x 板<x 块，Δx＝x
块－x 板，最后分离或相对静止
开始时“板块”运动方向相反，两者加
速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x
块＋x 板
木板或滑块受到拉力作用，要判断两者
是否有相对运动，以及木板与地面是否
有相对运动
母题考点二 “滑块—木板”模型
【母题2】（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。
【练1】（2025·新疆乌鲁木齐·模拟预测）如图所示，水平面上一小滑块置于长木板上，且均
处于静止状态。已知滑块与木板左、右两端距离分别为
、
，木板与滑块、
水平面间的动摩擦因数分别为
，
，木板的质量
，上表面距水平面
高度
，滑块的质量
。现给滑块一水平向右的初速度
，重力加速
度
。
(1)要使木板保持静止，在木板上加一竖直向下的力
，求力
的最小值；
(2)为使滑块不滑离木板，在木板上加一水平方向的力
，求力
的大小范围。
【答案】(1)10N
(2)
【详解】（1）在木板上加一竖直向下的力
，要使木板保持静止，则水平面与木板之间的
最大静摩擦力要大于等于滑块对木板的摩擦力，则有
代入数据，解得
即力
的最小值为10N。
（2）滑动过程，对滑块有
①若在木板上加一水平向左的力
，且木板的初始加速度也向左，则滑块向右做匀减速运动
到静止时，滑块的位移为
则滑块向右做匀减速运动，还未与木板共速时就已经从木板最右端滑离了木板，故木板的初
始加速度不可能向左。
②若在木板上加一水平向右的力
，对木板，由牛顿第二定律得
为使滑块不滑离木板，则滑块和木板共速时，滑块最多只能到达木板的最右端，即木板与滑
块的相对位移小于等于
，设滑块和木板达到共速
所用时间为t，滑块的位移为
，木
举一反三
板的位移为
，则有
因为
，
，
解得
要使滑块与木板达到共速后，不再相对滑动，则应满足
解得
故
范围
【练2】（2025·辽宁鞍山·一模）如图1 所示，一质量为M 的足够长木板静止在地面上，其左
端放置一个质量为m 的小物块，
时刻起在物块上加一个水平向右的力F，大小与时间满
足关系
，其中
，从此时起，木板和物块的加速度大小随时间变化的关系如
图2 所示，重力加速度g 取
。根据题干及图2 中所给出的数据可知（ ）
A．长木板的质量为
B．
时小物块的速度大小为
C．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.5
D．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.4
【答案】BC
【详解】ACD．由图2 可知，当
时，物块和长木板开始运动，所以地面与长木板间没
有摩擦力。当
时
，
设长木板的质量为
，根据牛顿第二定律
当
时，物块和长木板发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律
又
整理可得
联立，解得
，
，
，故AD 错误，C 正确；
B．
过程中，物块和长木板一直处于相对静止，对整体，根据动量定理
解得
，故B 正确。
故选BC。
【练3】（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图甲所示，质量为2kg 的薄木板B 静止在光滑的水平
地面上，质量为1kg 的物块A 静止在B 的右端。t=0 时刻起，对B 施加一水平向右的作用力
F，其大小随时间t 变化关系如图乙所示，t=3s 时撤去F。已知A 与B 之间的动摩擦因数为
0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 始终未脱离B，取g=10m/s2。下列说法正确的是（
）
A．t=2.5s 时A 与B 未发生相对滑动
B．0~2s 内摩擦力对A 的冲量大小为4kg m/s
⋅
C．t=2s 时，B 的速度大小为2m/s
D．t=3s 时，A 的速度大小为4m/s
【答案】CD
【详解】A．AB 恰发生相对滑动时，对A 分析
解得a0=2m/s2
此时对AB 整体
解得F0=6N
则此时t=2s，即当t=2.5s 时A 与B 已经发生相对滑动，故A 错误；
B．0~2s 内摩擦力对A 的冲量大小为
，故B 错误；
C．0~2s 内整体一起加速运动，加速度从零均匀增加到2m/s2，则t=2s 时，B 的速度大小为
，故C 正确；
D．从2s~3s 滑块A 做匀加速运动，加速度为a0=2m/s2，可知t=3s 时，A 的速度大小为
，故D 正确。
故选CD。
模拟演练
1．（2025·黑龙江·模拟预测）如图甲所示，滑块A 放在静止于水平地面上的木板B 右端，已
知滑块A 与木板B 的质量均为
时刻滑块A 以
的初速度向左运动，
同时在木板右端加一个水平向右的外力
，作用
后撤去外力
，前
内滑块和木
板的
关系图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块始终没有离开木板，
取重力加速度
。则（ ）
A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1
B．木板与地面间的动摩擦因数为0.4
C．木板长度至少
滑块才能不掉
D．整个过程中系统摩擦生热共
【答案】ACD
【详解】A．前1s 内，对滑块A 有
由图中斜率可得
解得滑块和木板间的动摩擦因数
，故A 正确；
B．前
内，对木板B 有
根据图中斜率得
解得木板和地面间的动摩擦因数
，故B 错误；
C．
后撤去外力
，对木板B 有
解得
木板B 以
向右做匀减速运动，速度减为零用时
由于
，故之后木板保持静止，滑块继续向左减速到停；
滑块的位移
木板的总位移
所以木板板长至少为
，故C 正确；
D．系统摩擦生热
，故D 正确。
故选ACD。
2．（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，在光滑水平面上有一个长木板，在长木板的左端
以初速度
滑上一小物块（可以看成质点）同时对长木板施加水平向右的恒力F。
长木板质量
，小物块质量
，重力加速度
。已知
，小物
块和长木板之间的动摩擦因数
，小物块恰好没有从长木板右端滑出，下列说法正确的
是（ ）
A．小物块刚滑上长木板时的加速度大小是
B．小物块刚滑上长木板时长木板的加速度大小是
C．长木板的长度是6m
D．小物块和长木板之间摩擦产生的总热量是16J
【答案】AD
【详解】A．小物块刚滑上长木板时,根据牛顿第二定律，有
解得加速度大小
故A 正确；
B．对长木板受力分析，根据牛顿第二定律得
代入数据得
故B 错误；
C．设经过时间
，小物块刚好滑到长木板的右端且二者的速度相同为
，根据速度-时间公
式，有
代入数据解得
小物块的位移
长木板的位移
长木板的长度为
故C 错误；
D．小物块与长木板共速后一起加速，小物块和长木板之间摩擦产生的总热量
故D 正确。
故选AD。
3．（2025·辽宁大连·三模）如图所示，质量均为
的物块A 和B 叠放在水平地面上，
左边缘对齐。A 与B、B 与地面间的动摩擦因数均为
。先敲击A，A 立即获得水平向
右的初速度，在B 上滑动距离
后停下。接着敲击B，B 立即获得水平向右的初速度，
A、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，物块A 长度可忽略不计，重力加速度
。求：
(1)A 被敲击后获得的初速度大小
；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小
、
；
(3)B 被敲击后获得的初速度大小
及整个过程中B 与地面之间的摩擦生热。
【答案】(1)
(2)
(3)
，24J
【详解】（1）由题意可知AB 间最大静摩擦力小于B 与地面间的最大静摩擦力，敲击A 时B
不动，对A，由牛顿运动定律有
解得A 的加速度大小
因为
联立解得
（2）对齐前，对B 有
解得
对齐后，对整体有
解得
（3）设敲击B 后经过t 时间AB 达到共同速度v，该过程A 的加速度为
，则有
该过程AB 位移分别为
且
联立解得
AB 共速后一起减速到0，其加速度为
，则该过程B 的位移
则整个过程中B 与地面之间的摩擦生热
联立以上解得
4．（2025·北京大兴·三模）如图1，一质量为
的平板车静止在光滑水平面上，有一质量为
的小滑块以一定的水平速度冲上平板车，之后小滑块和平板车的
－图像如图2 所示，
平板车足够长。下列说法正确的是（ ）
A．由图像可知：
B．若仅增大滑块与平板车间的动摩擦因数，线段
变长
C．若仅增大平板车质量，线段
的斜率变小
D．图中
的面积表示小滑块滑上平板车后小滑块的对地位移
【答案】C
【详解】A．v-t 图像的斜率表示加速度，由图可知滑块的加速度大于平板车的加速度，滑块
和平板车所受合力相等，都等于两物体之间的摩擦力大小，根据f=ma 可知，滑块的质量小于
平板车的质量，即M＜m，故A 错误；
B．若仅增大滑块与平板车间的动摩擦因数，则滑块和平板车之间的摩擦力变大，根据牛顿
第二定律可知两物体的加速度变大，根据速度—时间关系图像可知，CD 和OD 的斜率都变大，
它们达到共速的时间变短，即线段OE 变短，故B 错误；
C．若仅增大平板车质量，两物体之间的摩擦力大小不变，根据牛顿第二定律可知平板车的
加速度变小，所以线段OD 的斜率变小，故C 正确；
D．v-t 图像与坐标轴所围面积表示位移，则图中△COD 的面积表示小滑块滑上平板车后，小
滑块相对平板车的位移，故D 错误。
故选C。
5．（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图甲所示，质量为1.5kg 的很薄的长木板B 静止在光滑水
平地面上，在t=0 时刻，可视为质点、静止在长木板B 左端的质量为0.5kg 的物块A 在水平外
力F 作用下开始运动，3s 后撤去外力F，外力F 随时间变化的关系如图乙所示，物块A 与长
木板B 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g 取10m/s2，则（
）
A．物块A 与长木板B 间在
时开始相对运动
B．物块A 与长木板B 间在1.0s 时开始相对运动
C．在0~3s 内，B 的加速度先增大后不变
D．在0~3s 内，B 的加速度一直增大
【答案】AC
【详解】AB．当物块A 与长木板B 间即将出现相对运动时，对长木板B 受力分析，由牛顿
第二定律得
对物块A 受力分析得
解得
由图像可知此时
，即物块A 与长木板B 间在
时开始相对运动，故A 正确，B 错误；
CD．在开始的
时间内AB 相对静止，则随F 增加，整体AB 的加速度逐渐变大，即B
的加速度逐渐增加；在
内，AB 产生相对滑动，此时B 的加速度保持不变，则在
0 3s
∼
内B 的加速度先增大后不变，故C 正确，D 错误。
故选AC。
6．（2025·甘肃白银·三模）如图所示，在倾角为
的固定足够长的斜面上，放置一长
为
的木板
，
下端放置小物块
（可视为质点），在外力作用下
、
处于静止
状态，已知
与
间的动摩擦因数为
，
与斜面间的动摩擦因数为
，
、
的质量
均为
，重力加速度大小为
。
时，撤去外力，同时
获得
的初速度沿斜面下滑，
的初速度为零，则下列说法正确的是（ ）
A．
时，
下滑的加速度大小为
B．
时，
与
速度相同
C．
时，
与
分离
D．从撤去外力至
与
分离，两者之间因摩擦产生的热量为
【答案】AD
【详解】A．
时，对
，根据牛顿第二定律
解得加速度
，故A 正确；
B．
时，
下滑的加速度为
与
速度相同时有
解得
，
，故B 错误；
C．
与
速度相同之后，
下滑的加速度为
下滑的加速度为
匀速下滑。前0.5s
相对
上滑，相对位移为
共速后，
相对
下滑，有
解得
，故C 错误；
D．从撤去外力至
与
分离，两者之间因摩擦产生的热量为
，
故D 正确。
故选AD。
7．（2025·云南玉溪·模拟预测）如图所示，光滑水平地面上一个质量为mC=1kg 的木板C 紧
靠平台静置，C 的上表面与光滑平台相平。质量为mB=1kg、倾角为30°的光滑斜面体B 静止
在平台上。质量为mD=3kg 的物块D 静置在木板C 上。斜面体B 固定在平台上，将质量为
mA=2kg 的物块A 从斜面上距平台高度为h=
m 处由静止释放，物块A 脱离斜面体B 后，与
平台发生相互作用，物块A 垂直于平台方向的速度分量瞬间变为零，沿平台方向的速度分量
不变。已知物块A 和D 均视为质点，与木板C 上表面的动摩擦因数均为μ=0.1。
(1)物块A 在平台上运动时的速率；
(2)若物块A 和物块D 不能发生碰撞，物块D 到木板C 左端的最小距离；
(3)若斜面体B 不固定，A 从斜面上高度为1.5m 处静止释放，开始时物块D 到木板C 左侧的
距离为
m，物块A 与物块D 的碰撞为弹性碰撞，求物块D 与木板C 第一次共速时，物块
A 与物块D 之间的距离。
【答案】(1)
m/s
(2)
m
(3)
m
【详解】（1）对A，从静止到滑到B 最底端，由动能定理可得
解得
由v0=vcos30°
解得
（2）对A、C、D 系统，以水平向右的速度方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律
可得mAv0=（mA+mC+mD）v 共，
解得
（3）对A、B 系统，由机械能守恒可得
以水平向右的速度方向为正方向，水平方向动量守恒可得mAvAx=mBvB
又
解得
物块A 的加速度a1=μg
解得a1=1m/s2
物块D 和木板C 的加速度
解得a2=0.5m/s2
解得
A 与D 碰撞前的速度vA1=vAx-a1t
解得
vC1=vD1=a2t
解得
A 与D 弹性碰撞，以水平向右的速度方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
mAvA1+mDvD1=mAvA2+mDvD2，
解得
，
碰撞后A 以加速度a1=μg
解得a1=1m/s2
向右做匀加速直线运动，D 以加速度a1=μg
解得a1=1m/s2
向右做匀减速直线运动，C 以加速度
解得a3=1m/s2
向右做匀加速直线运动物块D 与木板C 第一次共速时vD2-a1t'=vC1+a3t'
解得
此时物块D、A 的速度vD3=vD2-a1t'
解得
vA3=vA2+a1t'
解得
此时物块A 与物块D 之间的距离为
解得
8．（21-22 高一下·湖南衡阳·开学考试）如图，两个滑块A 和B 的质量分别为mA=1kg 和
mB=5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木
板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B 两滑块开始相向滑动，初
速度大小均为v0=3m/s。A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，取重力加速度大小
。求
(1)B 与木板相对静止时，木板的速度大小；
(2)A、B 开始运动时，两者之间的距离。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）对B 分析，由牛顿第二定律得
解得
方向向左；同理A 的加速度大小为
方向向右；对木板分析，由牛顿第二定律得
解得
方向向右；B 与木板相对静止时，有
解得
B 与木板相对静止时，木板的速度大小为
（2）木板和物块B 共速时，A 的速度大小为
则在
时间内A、B 两者的相对位移大小为
B 与木板相对静止后，对B 与木板整体有
解得
A 继续以加速度大小
向左做匀减速直线运动，速度减为0 后反向向右做匀加速直
线运动；A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止，则有
解得
此时三者具有共同速度为
此过程中A、B 的相对位移大小为
则木板长度为
9．（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图，质量
、长
的木板
位于光滑水平
面上，在距木板
右端
处有一与木板
等高的台阶，台阶的上表面光滑，其右端与
一半径为
的固定光滑半圆形竖直轨道的末端相切。质量
的小物块
位于木
板
的左端，现对物块
施加一水平向右、大小为
的拉力
，木板
与台阶碰撞后立
刻锁定，在物块
刚滑上台阶时撤去
。物块
滑上台阶后与静止小物块
发生弹性正碰。
已知物块
与木板
的动摩擦因数
，物块
、
均可视为质点，重力加速度
取
。求：
(1)施加拉力
的瞬间，物块
受到的摩擦力大小；
(2)B 滑上台阶时的速度大小；
(3)若物块
恰好能通过半圆轨道的最高点，则物块
的质量。
【答案】(1)1.5N
(2)3m/s
(3)
【详解】（1）对AB 整体受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
设B 受到A 的摩擦力的大小为
，对B 物块，由牛顿第二定律可得
解得
（2）从B 开始运动到刚滑上台阶，由动能定理可得
解得
（3）设C 的质量为
，B 与C 发生弹性碰撞后B、C 的速度大小分别为
、
根据动量守
恒定律可得
由能量守恒可得
解得
要使C 恰能过轨道的最高点，则在最高点时，C 的速度为
，根据牛顿第二定律可得
根据机械能守恒定律可得
联立解得
10．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图所示，木板AB 质量为M=2kg 静止放在光滑水平面上，
木板的右端B 处固定一根轻质弹簧，弹簧的原长为BC 长度，C 点到木板左端A 的距离
LAC=1.0m，可视为质点的小滑块质量为m，静止放置在木板的左端；现对木板施加水平向左
的恒力F=24N，0.5s 时撤去恒力F，此时滑块恰好到达弹簧自由端C 处，此后的运动中始终
没有超过弹簧的弹性限度。已知木板C 点右侧部分光滑、C 点左侧部分与滑块间的动摩擦因
数为μ=0.2；取g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．若恒力F=7.5N，则在F 作用时间内木板和滑块会相对静止
B．撤去恒力F 后，木板先做减速后做匀速运动
C．在木板和滑块相对运动的整个过程中，弹簧的最大弹性势能Ep=8.0J
D．在木板和滑块相对运动的整个过程中，系统产生的热量Q=8.0J
【答案】ACD
【详解】A．若在F1作用下木板和滑块恰好发生相对运动，则对滑块有
对木板有
可得F1=8N，若恒力F=7.5N，木板和滑块相对静止一起运动，故A 正确；
BC．F 作用的过程中，对小滑块有
，
可得
，
对木板有
，
，
联立可得
，
此时木板的速度
小滑块的速度
所以弹簧被压缩，小滑块继续做加速运动，木板开始做减速运动，弹簧压缩到最短时，两者
共速，此时弹簧弹性势能最大。
由动量守恒和能量守恒有
，
可得
，
之后弹簧伸长，小滑块继续做加速运动，木板继续做减速运动，弹簧回复原长时，小滑块速
度大于木板速度，小滑块接着向左运动进入粗糙面，开始做减速运动；木板受到向左的摩擦
力，开始做加速运动，二者共速时，开始做匀速运动，故B 错误，C 正确；
D．弹簧回复原长时，根据动量和能量守恒
，
，可知
假设二者在粗糙部分最后共速，则由
，可得
木板的加速度大小
，木板向左运动的位移
小滑块的位移
，则
即小滑块从木板左侧滑出，所以整个运动过程中，系统产生的热量
，故D
正确。
故选ACD。
11．（2025·湖南邵阳·模拟预测）如图所示，质量为7 kg 的轨道A 静止于水平地面上，轨道
A 为半径R＝0.7 m 的
光滑圆弧，A 的右侧为上表面与圆弧底端相切的木板C，相切位置处
存在分离机关，木板右端固定一挡板。质量为1 kg 的小滑块B 从A 的圆弧顶点由静止下滑。
当小滑块B 滑到圆弧最低点时，由于分离机关作用，木板C 获得向右的3 m/s 的速度，此时
滑块恰好运动到木板最左端。已知木板C 质量为4 kg，B 与木板上挡板的碰撞是弹性碰撞。B
与C 之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，C 与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.42，不计A 与地面间的
摩擦。已知重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求小滑块B 刚好与A 分离时A 和B 的速度大小；
(2)若小滑块B 不会与挡板发生碰撞，求木板的最小长度；
(3)若木板C 的长度为0.75 m，通过计算说明小滑块B 能否从C 的左端滑下。
【答案】(1)0.5 m/s，3.5 m/s
(2)5.225 m
(3)不能，理由见解析
【详解】（1）小滑块B 在A 上运动时，A、B 组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为
正方向，在A、B 分离时，有0＝mBvB－mAvA
A、B 作用过程中机械能守恒，有
解得vA＝0.5 m/s，vB＝3.5 m/s
（2）小滑块B 滑上C 后，由于vB＞vC，对B 受力分析，根据牛顿第二定律，有aB＝μ1g＝
1m/s2
方向水平向左，小滑块B 向右做匀减速运动，对C 受力分析，根据牛顿第二定律，有
解得aC＝5 m/s2
方向水平向左，木板C 向右做匀减速运动，因为vC＜vB且aC＞aB，则B、C 不会共速且C 先
减速到零，又知C 与水平地面间的滑动摩擦力大于B、C 间的滑动摩擦力，所以当C 减速到
零后一直静止。B、C 刚好不相撞时，B 滑到C 的右端且速度刚好为零。
木板C 的最短长度
代入数据解得Lmin＝5.225m
（3）木板长为L＝0.75 m 时，假设小滑块运动到木板右端时木板还未停止，则有
解得t＝0.5 s
此时小滑块B 的速度v'B＝3.5 m/s－1×0.5 m/s＝3 m/s
木板的速度v'C＝3 m/s－5×0.5 m/s＝0.5 m/s
假设成立。
B 与挡板发生弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有mBv'B＋mCv'C＝mBv″B＋
mCv″C
由机械能守恒定律有
解得v″B＝－1 m/s，v″C＝1.5 m/s
碰后B、C 相对运动，分别对B、C 受力分析，有
B 向左做匀减速运动，根据牛顿第二定律，有
解得a'C＝5.5 m/s2
C 向右做匀减速运动，若小滑块B 能从C 的左端滑下，则满足
方程无解，则小滑块不能从C 的左端滑下。
12．（2025·云南昭通·模拟预测）如图所示，光滑水平桌面右侧有一长为
、动摩擦因
数为
、正以
的速度顺时针转动的水平传送带，在传送带右端有一固定在水
平地面、半径为
的四分之一光滑圆弧轨道，四分之一圆轨道的最高点恰好与水平传送
带右端相切（不影响传送带转动，物块通过传送带后可以无能量损失地滑上圆轨道）。一质
量为
、可视为质点的小滑块
静止在光滑的水平桌面上，在其正上方距离为
的位置
点通过长
的轻绳悬挂一质量为
的小球
，将轻绳拉至水平并静
止释放小球
，小球
运动到最低点时与物块
发生弹性正碰。已知重力加速度
，求：
(1)
与
碰撞后
的速度大小；
(2)物体
在传送带上运动的时间；
(3)物体
离开四分之一圆轨道时的速度大小。
【答案】(1)
(2)2s
(3)
【详解】（1）A 摆到最低点过程由机械能守恒
AB 碰撞过程由动量守恒和能量守恒关系：
，
解得
（2）物块B 滑上传送带后先做减速运动，则
与传送带共速时，则
，
匀速阶段
解得总时间
（3）设物块B 离开圆轨道时速度大小为
、方向与水平方向夹角为
，则由机械能守恒定律
离开圆轨道时满足
解得
13．（2025·宁夏吴忠·二模）如甲图所示，顺时针旋转的传送带的速度为
，传送带右端有
一固定在墙上的轻质弹簧，弹簧的劲度系数为
。将一可视为质点、质量为
的物块由静止
轻放在传送带左端，乙图为物块运动的
图像，图中
和
已知，重力加速度为
，弹簧
始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为
B．0 时刻
与弹簧左端的距离为
C．从0 时刻到
时刻，传送带因运送物块而多做的功为
D．从
时刻到弹簧压缩到最短，物块所受摩擦力做的功为
【答案】AD
【详解】A．由
图像可知，
时间内，物块做匀加速直线运动，物块的加速度
这一段时间内物块在传送带上受到向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律有
解得
故A 正确；
B．物块与传送带共速后，物块与传送带之间无摩擦力，物块向右匀速运动。当物块与弹簧
接触后，会受到向左的弹力，在弹簧弹力大于最大静摩擦力之前，弹力始终和静摩擦力大小
相等方向相反，所以物块仍会向右匀速运动。可知在
时刻前，物块就已经与弹簧接触。
时间内物块的位移为图像与坐标轴围成的面积
故0 时刻
与弹簧左端的距离小于
故B 错误；
C．根据能量守恒定律，从0 时刻到
时刻，传送带因运送物块而多做的功为木块获得的动能
与摩擦生热还有弹簧获得的弹性势能之和。根据动能定理可得，相对运动阶段木块的获得的
动能
摩擦生热
其中
，
联立解得
之后物块接触弹簧，物块动能保持不变，摩擦力对物块做的功最终转化成了弹簧的弹性势能，
所以传送带因运送物块而多做的功
大于物块获得的动能与摩擦生热之和，即
故C 错误；
D．设弹力与摩擦力平衡时弹簧的形变量为
，弹簧被压缩到最短时的形变量为
。则弹力
与摩擦力平衡时有
解法1：从开始压缩弹簧到压缩到最短摩擦力对物块做功用两种形式表示
①根据能量守恒定律，摩擦力对物块做功等于弹簧的弹性势能的增加量减去物块动能的减少
量
②摩擦力对物块做功在弹力等于摩擦力前与弹性势能的变化量相等，再压缩弹簧，摩擦力为
滑动摩擦力，保持不变，故
则有
解得
或
（舍去）
则从
时刻到弹簧压缩到最短，物块所受摩擦力做的功
解法2：弹簧从平衡位置向右运动到最大位置处是简谐运动的一部分，设从平衡位置到压缩
最大位置处的位移为
，有
解得
则从
时刻到弹簧压缩到最短，物块所受摩擦力做的功
故D 正确。
故选AD。
14．（2025·安徽安庆·模拟预测）如图，在倾角为θ 的传送带上有一长L＝1.5m、质量M＝
1kg 的薄木板，薄木板的上表面光滑，其上端A 点到传送带顶端足够长，下端B 点与传送带
底端C 的距离为
m，在木板的上端A 处放一质量m＝2kg 的滑块（可视为质点）。
开始时使木板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放，同时让传送带以8
的加速度顺
时针转动。已知薄木板与传送带间、滑块与传送带间的动摩擦因数均为
，重力加速度
大小取
。求：
(1)滑块运动到传送带底端C 点的速度大小；
(2)滑块与薄木板下端B 运动到传送带底端C 点的时间差；
(3)薄木板在传送带上向下运动的过程中，摩擦力对薄木板所做的功。
【答案】(1)5m/s
(2)3s
(3)-25J
【详解】（1）根据受力分析可知，刚释放时，滑块向下加速、薄木板向上加速，设滑块与薄
木板的加速度大小分别为
和
，对滑块分析由牛顿第二定律，有
解得
对薄木板分析，根据牛顿第二定律得
解得
，
说明薄木板相对传送带滑动；滑块在薄木板上运动的时间
满足
解得
s
滑块运动到薄木板下端B 点的速度大小
m/s
之后滑块滑离薄木板，在传送带上运动时有
解得
滑块在传送带上运动时满足
解得v＝5m/s
（2）滑块在传送带上运动的时间
满足
滑块与薄木板分离后，薄木板的加速度方向向下，其加速度大小满足
解得
滑块与薄木板分离后，薄木板在传送带上运动的时间
满足
解得
＝4s
滑块与薄木板下端B 运动到传送带底端C 点的时间差
s
（3）薄木板在传送带向上运动的总位移
薄木板在传送带向下运动的总位移
解得
＝6.25m
因此薄木板在传送带上向下运动的过程中，摩擦力对薄木板所做的功
解得W＝－25J
15．（2024·宁夏·模拟预测）2023 年上半年我国快递同比增速超17%，快递行业发展势头良
好，积极助力消费复苏、经济向好。某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件，
如图所示，倾角为
、长为
的传送带以恒定速率
顺时针转动。一个
可视为质点的快件轻放在传送带
端，快件和传送带之间的动摩擦因数为
，
。则（ ）
A．快件开始放上传送带时，加速度大小为
B．快件加速到与传送带共速时，所用时间为
C．快件从
端到
端的整个运动过程中一直受到滑动摩擦力
D．快件从
端到
端所用时间为
【答案】BD
【详解】A．快件开始放上传送带时，受沿传送带向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，
有
解得加速度大小
，故A 错误；
B．当加速到与传送带共速时，所用时间
向上的位移
，故B 正确；
C．因
可知，当快件加速到与传送带共速以后相对传送带静止，快件受静摩擦力作
用一起向上匀速运动，故C 错误；
D．快件向上做匀速运动到达N 端所用时间
快件从M 端到N 端所用时间为
，故D 正确。
故选BD。
16．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图甲所示，机场使用倾角
的传送带，将每个质量
的行李箱从地面运送到高
的出发平台。机械手每隔8 秒就将一个行李箱放
到传送带底端，传送带以
的速度顺时针匀速转动。行李箱在传送带上的
图像如
图乙所示。已知各行李箱与传送带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g
取
。求：
(1)行李箱与传送带间的动摩擦因数
；
(2)传送带上最多同时输送的行李箱数量；
(3)在机械手放置第一个行李箱开始计时的1 分钟内，电动机因运送行李箱需多做的功。
【答案】(1)0.8
(2)1 个
(3)4992J
【详解】（1）由图可知，木箱运动的加速度为
根据牛顿第二定律有
解得
（2）传送带的长度为
且行李箱加速运动的位移为
所以行李箱在倾斜传送带上一直匀加速，无匀速阶段。每8 秒放置1 个，运输时间5 秒，传
送带上最多存在1 个行李箱。
（3）行李箱在传动带上由开始到平台的过程中，相对滑动时候摩擦力对传动带做功的大小为
所以每传送一个行李箱，电机多消耗的能量为
1 分钟内传动带共传送
取8 个行李箱，且7 个全部到顶端，一个加速了4s，则电动
机多做的功为
所以1 分钟内电动机多做的功为4992J。
