文档文本内容
第11 讲 牛顿运动定律的综合应用（二）
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................4
考点一 板块模型.............................................................................................................................4
知识点1 板块模型的特点与构建..............................................................................................................4
知识点2 板块模型的求解关键...................................................................................................................6
考向1 水平面上无外力的板块模型..........................................................................................................9
考向2 水平面上有外力的板块模型........................................................................................................10
考向3 斜面上的板块模型
【思维建模】处理“板块”模型中动力学问题的流程
考点二 传送带模型.......................................................................................................................11
知识点1 水平传送带常见情形及求解思路.............................................................................................11
知识点2 倾斜传送带常见情形及求解思路.............................................................................................11
考向1 水平传送带模型............................................................................................................................16
【思维建模】求解水平传送带注意的问题
考向2 倾斜传送带模型............................................................................................................................18
【解题技巧】倾斜传送带求解关键
04 真题溯源·考向感知........................................................................................................................29
考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
板块模型
选择题
非选择题
全国甲卷T12，14 分
辽宁卷T10，6 分
全国卷T21，6 分
海南卷T18，15 分
传送带模型
选择题
非选择题
安徽卷T4，4 分
考情分析：
1.命题形式：单选题非选择题
2.命题分析：高考对板块模型和传送带模型主要从力与运动的产系和功能关系这两个方面进行考查，可能
以选择题的形式出现，也可能以计算题的形式出现，难论中等或较难。
3.备考建议：本讲内容备考时候掌握板块模型、传送带的特点，学会从力与运动的角度和功能角度分析这
两种模型。
4.命题情境：
①生活实践类：板块模型、传送带；
②学习探究类：板块模型、传送带。
5.常用方法：整体法与隔离法、极限法
复习目标：
1.会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况。
2.会计算相对位移及划痕的长度。
3.注意物体与传送带之间摩擦力的突变。
4.理解什么是“滑块
木板
—
”模型。
5.会用动力学的观点处理“滑块
木板
—
”模型问题
考点一 板块模型
知识点1 板块模型的特点与构建
1.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
力的作用下发生相对滑动。
2.特点：建构
(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
(3)明确滑块和木板间的位移关系
如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板
长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
1.
知识点2 板块模型求解关键
(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)挖掘“v 物＝v 板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v 物＝v 板时，“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)。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v 物＝v 板；
②木板最短的条件：当v 物＝v 板时滑块恰好滑到木板的一端。
考向1 水平面上无外力的板块模型
例1 ．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，卡车上载有一块长木板，木板后端放置一箱货物（可视为
质点），木板和货物质量相等，均为
，货物与木板间的动摩擦因数为
，木板与卡车间的动
摩擦因数为
，卡车以
的速度匀速行驶在平直公路上。某时刻，司机发现正前方
处
有障碍物，立即刹车做匀减速直线运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
取
。
(1)若
，
，卡车以木板和货物均不会相对卡车滑动的最大加速度刹车，通过计算说明
卡车能否避免与障碍物相撞？
(2)若
，
，卡车刹车的加速度
，最终木板停止运动时恰好未与驾驶室相撞，
求木板前端与驾驶室的初始距离
和木板停止运动时货物的速度。
【答案】(1)能够避免相撞
(2)
，
，方向与
相同
【详解】（1）设货物与木板不发生相对滑动的最大加速度为
，根据牛顿第二定律
解得
设木板与货物相对静止，相对于卡车不发生相对滑动的最大加速度为
，根据牛顿第二定律
解得
，卡车以
刹车，根据运动学公式
可知能够避免相撞。
（2）设卡车从刹车到停止，位移为
，根据运动学公式
设货物的加速度为
，根据牛顿第二定律
解得
设木板的加速度为
，根据牛顿第二定律
解得
设木板减速至0 的位移为
，时间为
，根据运动学公式
，
木板前端与驾驶室的距离
此时货物的速度
方向与
相同（或向前）。
【变式训练1·变载体】（2025·北京门头沟·一模）如图所示，光滑水平轨道上长木板A 和滑块
B、C 都处于静止状态，滑块B 置于A 的左端。A、B 间的动摩擦因数为0.5，A、B、C
质量分别为
kg，
kg，
kg。现在使A、B 一起以5m/s 的速度匀速向
右运动，A 与C 发生碰撞（时间极短）后立即一起向右运动。两滑块均可视为质点，取
m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．C 增加的动量为4kg·m/s
B．A 与C 碰撞过程中损失的机械能为15J
C．A 与C 碰撞后瞬间，A 的速度大小为2m/s
D．若长木板A 的长度为0.6m，则滑块B 不会滑离长木板A
【答案】D
【详解】C．在A 与C 碰撞中，因碰撞时间极短，动量守恒，设碰撞后瞬间A 与C 共同
速度为vAC，以右为正方向，由动量守恒定律可得
解得
故C 错误；
A．C 增加的动量为
故A 错误；
B．A 与C 碰撞运动中损失的机械能为
代入数据解得
故B 错误；
D．A 与B 的摩擦力大小为
则有B 的加速度大小为
AC 的加速度大小为
B 做减速运动，AC 做加速运动，设速度相等时所用时间为t，则有
解得
B 的位移为
A 的位移为
B 相对A 的位移为
因此若长木板A 的长度为0.6m，则滑块B 不会滑离木板A，故D 正确。
故选D。
【变式训练2·（2025·河南·一模）如图所示，一长度
的均匀薄木板A 初始时静止在一
光滑平台上，平台右端B 处有一固定挡板，固定挡板的高度略小于木板的厚度，木板的右端到挡板的距离
是
。一可以看成质点的小滑块以初速度
从木板的左端滑上木板，木板撞击挡板时速度
立即变为零并静止，碰撞时小滑块仍在木板上，不计空气阻力。已知平台高度
，小滑块的质量
，木板的质量
，厚度不计。小滑块与木板之间的动摩擦因数
，重力加速度
取
。
(1)求木板撞击挡板时小滑块的速度大小；
(2)通过计算判断小滑块能否从挡板右边飞出，若小滑块不能从右边飞出，求小滑块静止时距木板右端的距
离是多少；若小滑块能从右边飞出，求小滑块落地时距B 端的水平距离是多少。
【答案】(1)
(2)能，3.2m
【详解】（1）设小滑块的加速度大小为
，木板的加速度大小为
，根据牛顿第二定律得
，
解得
，
设经过时间
滑块与木板速度相等，则有
解得
此过程木板的位移
表明木板撞击挡板时，滑块与木板没有到达相等速度，对木板进行分析，根据位移公式有
解得
则小滑块此时的速度
解得
（2）碰撞前小滑块的位移
结合上述解得
假设小滑块能滑到木板右端且速度为
，根据运动学公式得
解得
假设成立，小滑块能从右边飞出后做平抛运动，设小滑块做平抛运动的时间为
，竖直方向上有
解得
水平位移为
解得
即小滑块落地时距B 端的水平距离是3.2m。
考向2 水平面上有外力的板块模型
例2 （2025·江西鹰潭·一模）某同学设计了如图甲所示装置：一质量为0.5kg 的长木板A 置于
水平桌面上，质量为1kg 的滑块B（可视为质点）置于木板A 上右侧，轻绳一端跨过定
滑轮与滑块B 连接，另一端悬挂一重物C，定滑轮和滑块B 间轻绳水平，重物落地后立
即与轻绳脱离连接。t=0 时刻，所有物体均静止。该同学在某次操作中，记录下滑块B 和
木板A 运动的部分v-t 图像如图乙所示，整个运动过程中，滑块B 始终不脱离木板A，木
板A 距定滑轮足够远，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度g 取
10m/s2。则（ ）
A．本次操作中，所挂重物C 的质量为8kg
B．木板A 与滑块B 间动摩擦因数为µ1=0.4
C．木板A 与桌面间的动摩擦因数为µ2=0.2
D．为使滑块B 始终不脱离木板A，A 至少长1.5m
【答案】BCD
【详解】ABC．由图可知
，
，
根据牛顿第二定律可得
，
，
代入数据解得
，
，
故A 错误，BC 正确；
D．为使滑块B 始终不脱离木板A，则二者共速时，B 滑到A 的最左端，由图可知A 至少
长为
故D 正确。
故选BCD。
【变式训练1】（2025·云南昆明·一模）如图甲所示，质量为1kg 的木板置于水平地面上，木板
最左端放有可视为质点的物块。t=0 时刻，对物块施加水平向右、大小为F=15N 的恒力；
t=1.0s 时刻，撤去F，物块、木板运动的速度
随时间变化的图像如图乙所示。取重力
加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板间的动摩擦因数为0.2
B．物块的质量为3kg
C．t=1.3s 时，物块的加速度大小为2m/s2
D．木板的长度至少为0.75m
【答案】BC
【详解】AB．在0~1s，物块向右匀加速，木板向右匀加速，对木板，设木板与地面的动
摩擦因数为
，物块与木板间的动摩擦因数为
，由牛顿第二定律可得
由v−t 图像可知
对物块，由牛顿第二定律可得
由v−t 图像可知
撤去F，对木板，由牛顿第二定律可得加速度仍为
对物块
从撤去外力到共速
其中
为物块速度，
为木板速度
联立解得
，m＝3kg，
故A 错误，B 正确；
C．t=1.3s 时，根据整体法，物块的加速度大小为
解得
故C 正确；
D．0-1.25s 木板的位移
0-1 物块位移
其中
1-1．25s 物块位移
木板长度至少为
故D 错误。
故选BC。
【变式训练2·变考法】（2025·湖北·一模）一足够长的木板P 静置于粗糙水平面上，木板的质量
M=4kg，质量m=1kg 的小滑块Q（可视为质点）从木板的左端以初速度v0滑上木板，与
此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t=0 时刻，
经过t1=2s 撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2=4s 两物体停止运动，画
出的两物体运动的v-t 图像如图乙所示。（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
g=10m/s2）求：
(1)0~2s 内滑块Q 和木板P 的加速度大小，两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小；
(2)滑块Q 运动的总位移；
(3)拉力F 的大小。
【答案】(1)4m/s2，2m/s2，1m/s2
(2)24m
(3)9N
【详解】（1）v-t 图像中，图线斜率的绝对值表示加速度大小，根据图乙可知，
0~2s 内滑块Q 的加速度大小
0~2s 内木板P 的加速度大小
两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小
（2）v-t 图像中，图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移，则滑块Q 运动的总位移
（3）0~2s 内对滑块Q 分析有
0~2s 内对木板P 分析有
两物体一起做匀减速直线运动，对PQ 整体分析有
联立代入数据解得F＝9N。
考向3 斜面上的板块模型
例3（2025·河北保定·一模）如图所示，倾角为
的斜面C 固定在水平面上，质量为m、长度
为
的木板B 恰能静止在斜面顶端，木板B 与斜面底端固定平台D 的厚度相同，其下端
到固定平台D 的距离为s。一质量为
的物块A（可视为质点）以方向平行斜面向下、
大小
的初速度从上端滑上木板B，木板B 与平台D 碰撞后立即停止运动。
已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A 与木板B 间的动摩擦因数是木板B 与斜面C
间的动摩擦因数的2 倍，重力加速度为g。
(1)求物块A 与木板B 间的动摩擦因数；
(2)若
，求物块A 与木板B 速度相同时，木板B 前进的距离；
(3)若
，求物块A 从滑上木板B 到离开木板B 的过程中，物块A 克服摩擦力
做的功。
【答案】(1)
(2)
(3)①若
物块A 克服摩擦力做的功
，②若
物块
A 克服摩擦力做的功
【详解】（1）设物块A 与木板B 间的动摩擦因数为
，木板B 与斜面C 间的动摩擦因
数为
木板B 恰好静止在斜面顶端有
其中
解得
（2）物块A 与木板B 整体所受外力的矢量和为0，所以系统动量守恒，以沿斜面向下为
正方向，根据动量守恒定律得
对物块A 根据牛顿第二定律可得
根据运动学
对木板B 根据牛顿第二定律可得
根据运动学
联立，解得
，
（3）①若
，物块A 与木板B 整体沿斜面向下运动的过程中，物块A 与木板
B 没有共速时木板B 就与平台D 碰撞而停止，则物块A 克服摩擦力做的功
②若
，物块A 与木板B 整体沿斜面向下运动的过程中，物块A 与木板B 共速
时木板B 还未与平台D 碰撞，则此过程物体A 克服摩擦力做功为
物块A 与木板B 共速时物块A 相对木板B 滑动
物块A 与木板B 共速后共同沿斜面匀速运动，共同运动的距离
此过程物体A 克服摩擦力做功为
木板B 与平台D 碰撞而停止，物块A 在木板B 上继续滑动
到达平台D 上。此过程物体A 克服摩擦力做功为
物块A 克服摩擦力做的功
【思维建模】 处理“板块”模型中动力学问题的流程
2．关注“一个转折”和“两个关联”
一个
转折
滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的
转折点
两个
关联
指转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。
一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速
度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立
模型的关键
考点
二
传送带模型
知识点1 水平传送带常见情形及解题思路
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0＜v 时，一直加速
v0＜v 时，先加速再匀速
v0＞v 时，一直减速
v0＞v 时，先减速再匀速
一直减速到右端
先减速到速度为0，后被传送带传回
左端。若v0＜v 返回到左端时速度为
v0，若v0＞v 返回到左端时速度为v
知识点2 倾斜传送带常见情形及解题思路
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关系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加速
v0<v 时，一直加速(加速度为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
(摩擦力方向一定
沿传送带向上)
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
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
考向1 水平传送带
例1 （2025·福建厦门·二模）如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速
运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的
运动，下列说法正确的是（ ）
A．饺子质量越大，加速运动的加速度一定越小
B．传送带的速度越快，饺子的加速度越大
C．饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力，匀速运动的过程受到静摩擦力
D．饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功
【答案】D
【详解】AB．饺子在水平传送带上加速运动时，受到滑动摩擦力作用，设饺子和水平传送带之间的
动摩擦因数为μ，饺子的加速度为a，根据牛顿第二定律有
解得
所以饺子的加速度大小与饺子的质量以及传送带的速度大小无关，故AB 错误；
C．饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力，匀速运动的过程不受摩擦力作用，故C 错误；
D．饺子受到的滑动摩擦力方向与饺子的运动方向一致，所以饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功，
故D 正确。
故选D。
【思维建模】 水平传送带求解注意的问题
(1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。
(2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和
传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，
在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
(3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则Δs＝|s 传－s 物|；
②若二者反向，则Δs＝|s 传|＋|s 物|。
【变式训练1·变考法】．9．如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为
，一小滑块从传送
带左端以初速度大小
滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。
已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小滑块的加速度向右，大小为μg
B．若
，小滑块返回到左端的时间为
C．若
，小滑块返回到左端的时间为
D．若
，小滑块返回到左端的时间为
【答案】D
【详解】A．小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得
解得
故A 错误；
B．若
，小滑块的速度从
先向右减速到0 再返回加速到
，刚好返回到左端，时间为
故B 错误；
CD．若
，小滑块的速度从
先向右减速到0 的时间
位移为
然后加速返回，速度加速到
的时间
位移为
最后以速度
匀速回到左端，时间为
小滑块返回到左端的时间
解得
故C 错误，D 正确。
故选D。
【变式训练2·】物体都会经历两个阶段的运动。用v 表示传送带速度，用μ 表示物体与传送带
间的动摩擦因数，则（ ）
A．前阶段，物体可能向传送方向的相反方向运动
B．后阶段，物体受到摩擦力的方向跟传送方向相同
C．v 相同时，μ 不同的等质量物体与传送带摩擦产生的热量相同
D．μ 相同时，v 增大为原来的2 倍，前阶段物体的位移也增大为原来的2 倍
【答案】C
【详解】A．物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定
与传送带的运动方向相同，故A 错误；
B．后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受到摩擦力，故B 错误；
C．设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得
物品的加速度大小为
匀加速的时间为
位移为
传送带匀速的位移为
物品相对传送带滑行的距离为
物品与传送带摩擦产生的热量为
则知相同时，
不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C 正确；
D．前阶段物品的位移为
则知
相同时，增大为原来的2 倍，前阶段物品的位移也增大为原来的4 倍，故D 错误。
故选C。
考向2 倾斜传送带
例2．（2025·湖南长沙·一模）许多工厂的流水线上安装有传送带，如图所示传送带由驱动电机带动，传
送带的速率恒定
，运送质量为
的工件，将工件轻放到传送带上的A 端，每当前一个工件
在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上。工件与传送带之间的动摩擦因数
，传
送带与水平方向夹角
，工件从A 端传送到B 端所需要的时间为
。取
，工件可视作质
点。关于工件在传送带上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．加速过程的加速度大小为
B．加速运动的距离为
C．两个相对静止的相邻工件间的距离为
D．A、B 两端的距离为
【答案】AC
【知识点】物块在倾斜的传送带上运动分析
【详解】A．工件加速过程，根据牛顿第二定律有
解得
故A 正确；
B．加速过程，根据速度与位移的关系有
解得
故B 错误；
C．工件加速经历时间
根据先加速后匀速，由于每当前一个工件在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上，则两
个相对静止的相邻工件间的距离为
故C 正确；
D．工件从A 端传送到B 端所需要的时间为
则工件匀速的位移为
A、B 两端的距离
故D 错误。
故选AC。
解题技巧 倾斜传送带求解关键
物体沿倾角为θ 的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决
倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ 与μmgcos θ 的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度
方向的关系，确定物体运动情况。
【变式训练1·】（2025·河南三门峡·一模）某煤矿厂需要将煤块运往高处，其模型简化图如图所示，传送
带与水平面的夹角
，以
的速率顺时针转动，传送带两端的长度
。现将质量为
的煤块轻放在传送带A 端，已知物块与传送带间的动摩擦因数
，重力加速度
，
在煤块从A 端运动到B 端的过程中，求：
(1)煤块在传送带上的划痕s；
(2)和未放煤块相比，传送带的电动机多消耗的电能。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）对煤块，由牛顿第二定律有
解得
则煤块加速到与传送带共速所需时间
共速物块移动的距离
传送带运动的距离
则划痕
（2）从共速后到煤块运动到B 点，由于
，故煤块与传送带共速，该过程摩擦力
由电动机对传送带做功知
可得
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①
式并代入题给数据有
③④⑤
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
式并代入题给条件得
⑦⑧
，
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①
式并代入题给数据得
⑩⑪
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。
