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重难09 板块模型和传送带模型重难专项突破 高考指导方向标 近三年考查趋势分析 近三年高考中，本专题常以计算题形式出现，分值约10-16 分。命题注 重结合实际情境（如货物传输），考查模型建构与多过程分析能力。 命题特点：侧重分析多阶段、含摩擦的复杂运动；常结合v-t、a-t 图 像；综合考查牛顿定律与功能关系；倾斜传送带中摩擦力的突变与运动 反向是难点。 核心方法聚焦 板块模型：抓住相对运动、共速临界条件，用好位移关系式。 传送带模型：分析相对趋势与加速度变化，注意倾斜时重力与摩擦力的 关系。 功能关系：掌握划痕、产热、传送带做功（W=fx 传，Q=fx 相对）的计 算。 备考指导建议 熟练受力与运动分析；强化图像解读与临界状态识别；加强综合大题训 练，提升从实际问题中提炼模型的能力。 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” 1. 板块模型 （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的 作用下发生相对滑动． （2）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，设板长为L，滑块(可视为质点) 位移大小为x 块，滑板位移大小为x 板。 同向运动时：L＝x 块－x 板． 反向运动时：L＝x 块＋x 板． （3）判断滑块和模板运动状态的技巧： “滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝.假设两物体同时由静 止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则 二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力。 （4）技巧突破点 (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)． （5）分析板块模型的思路 2. 传送带模型 （1）水平传送带 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 滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为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. （2）倾斜传送带 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gsin θ<μgcos θ) 先加速后匀速 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，后以a2加速 v0<v 时，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，后以a2加速 v0>v 时，若μ<tan θ 一直加 速(加速度为gsin θ－μgcos θ)，若μ≥tan θ，一直减 速加速度为μgcos θ－gsin θ 若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，先 以a1减速，后以a2加速 (摩擦力方向一定沿 斜面向上) gsin θ>μgcos θ，一直加速； gsin θ＝μgcos θ，一直匀速 gsin θ<μgcos θ，一直减 速 先减速到速度为0 后反向加速到原位置时速度大小 为v0 （3）划痕问题：滑块与传送带的划痕长度Δx 等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运 动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx 等于较长的相对位移大 小．(图乙) （4）功能关系分析： (1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。 (2)对W 和Q 的理解 传送带克服摩擦力做的功：W＝fx 传； 产生的内能：Q＝fx 相对。 （建议用时：20 分钟） 1．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，足够长的木板Q 静置在水平地面上，滑块P 以水平速度 从左端滑上Q。已知P、Q 的质量分别为 ， ，P、Q 之间的动摩擦因数 ，Q 与地面 之间的动摩擦因数 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取 。 、 分别表示 P、Q 的速度， 、 分别表示P、Q 的动能， 、 分别表示P、Q 的位移，下列图像正确的是 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】AC．P、Q 之间的最大静摩擦为 Q 与地面之间的最大静摩擦为 由于 ，可知木板Q 一直处于静止状态；故AC 错误； BD．滑块P 做减速运动的加速度大小为 滑块P 速度减为0 所用时间为 滑块P 做减速运动到速度减为0 通过的位移大小为 根据动能定理可得 可得 ，故B 错误，D 正确。 故选D。 2．（2024·四川遂宁·三模）如图所示，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 开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f， 物块从木板右端离开，则（ ） A．此过程滑块与木板间摩擦产生的内能为 B．此过程物块动能减少了 C．物块离开时的动能一定大于 D．物块离开时的动能一定小于 【答案】AD 【详解】A．由题知，水平桌面光滑，小物块运动过程中，因摩擦产生的摩擦热为 A 正确； B．设物块离开木板时的速度为 ，此时木板的速度为 ，由题分析，根据能量守恒定律可得 此过程物块动能减少了 B 错误； CD．根据能量守恒定律可得 整理可得 C 错误，D 正确； 故选AD。 3．（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。 4．（2025·贵州·三模）如图所示，倾斜传送带与水平面夹角为 ，以 的速度逆时针转动。某一时刻，一 质量为m 的小滑块从传送带顶端以初速度 滑上传送带，初速度方向沿传送带向下，经时间t 运动到传送 带底端。已知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为 ，且 ，重力加速度为g，不计空气阻力。小 滑块从传送带顶端到底端的过程中，下列说法正确的是（ ） A．支持力的冲量为零 B．重力的冲量大小为 C．重力的功率为 D．摩擦力对小滑块做的功为 【答案】D 【详解】A．支持力的冲量为 可知支持力的冲量不为零，故A 错误； B．重力的冲量大小为 故B 错误。 C．重力的功率为 故C 错误。 D．由于 ，可得 可知小滑块与传送带保持相对静止匀速下滑，运动的距离为 小滑块受到的摩擦力大小为 摩擦力对小滑块做的功为 故D 正确。 故选D。 5．（2025·浙江金华·一模）倾角为37°足够长斜面静止放在粗糙水平面上，有一长木板 恰好能在斜面处 于静止。现有物块 以 的速度从 的顶端开始沿木板 下滑， 、 间动摩擦因数为 。 已知 、 的质量分别为 ， ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 （ ） A．物块 下滑过程中，地面对斜面的摩擦力向左 B．物块 下滑过程中， 板仍与斜面保持静止 C．要使 不脱离 ， 板长度至少为0.5m D．若 不从 板上滑落，则 最终与斜面保持相对静止 【答案】C 【详解】A．由木板A 恰好能处于静止可得，A 与斜面间动摩擦因数 A 与斜面之间的弹力及摩擦力的合力方向始终竖直向下，地面对斜面没有摩擦力，A 错误； B．B 下滑时，对A 分析 解得 ，A 将沿斜面向下滑动，B 错误； C．在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足 可得 对B 物体，根据牛顿第二定律 解得 共速时间 该过程中，物块B 的位移 木板A 的位移为 所以A 板长度至少为 ，C 正确； D．根据 ，A、B 相对静止后沿斜面做匀速直线运动，D 错误。 故选C。 6．（2025·广东肇庆·一模）如图所示，某滑雪场的传送带与水平面的夹角为θ，游客利用传送带运送器械。 已知器械质量为m，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．在器械随传送带匀速上行的过程中， 下列说法正确的是（ ） A．器械所受摩擦力的大小为 B．器械受到的摩擦力方向沿传送带向下 C．摩擦力对器械做负功 D．器械所受支持力的冲量为0 【答案】A 【详解】A．器械匀速运动，受到的摩擦力大小等于重力沿斜面的分力大小，所以摩擦力为f= ，故 A 正确； B．器械匀速上行，相对传送带有下滑趋势，所以器械受到的摩擦力方向沿传送带向上，故B 错误； C．器械受到的摩擦力方向与运动方向相同，因此摩擦力对器械做正功，故C 错误； D．器械上行过程中所受支持力一直垂直于传送带，根据 可知器械所受支持力的冲量不可能为0，故D 错误。 故选A。 7．（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。 （建议用时：30 分钟） 8．（2025·四川绵阳·一模）如图所示是分拣包裹常用的水平传送带，能以不同大小的速度沿顺时针方向匀 速转动。若用该传送带先后以不同的速度运送同一个包裹，将该包裹无初速度轻放在传送带 端，运动到 端时都已相对传送带静止。则传送带的速度越大，包裹从 运动到 的过程中（ ） A．相对传送带滑动的距离越短 B．相对传送带滑动的距离越长 C．运动时间越短 D．运动时间越长 【答案】BC 【详解】AB．设包裹质量为m，包裹与传送带间的动摩擦因数为 ，传送带长度为L，传送带速度为v， 共速前，包裹加速度 则其与传送带共速用时 则二者相对位移 可知传送带的速度越大，相对传送带滑动的距离越长，故A 错误，B 正确； CD．分析可知包裹先加速后匀速，则匀速运动时间 则包裹从 运动到 的过程中运动时间 由均值不等式可知当 时间有最小值，此时 题意可知包裹未达到B 端已经与传送带共速（即包裹位移小于L），可知不满足最小值条件，因此传送带 的速度越大，运动时间越短，故C 正确，D 错误。 故选BC。 9．（2025·广东广州·模拟预测）如图所示，传送带倾斜放置，与水平面的夹角保持不变，传送带可向下匀 速运动，也可向下加速运动；货箱M 与传送带间保持相对静止，设受传送带的摩擦力为 。则（ ） A．相同的货箱，传送带匀速运动的速度越大， 越大 B．相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大， 越大 C．传送带加速运动时， 的方向可能平行传送带向下 D．传送带加速运动时，不同质量的货箱， 一定不相等 【答案】C 【详解】A．货箱M 与传送带间保持相对静止，传送带匀速运动时， M 受力平衡，有 ，相同 的货箱 相同，与速度无关，故A 错误； BCD．传送带加速运动时，设其加速度为 ，根据牛顿第二定律方程 当 时， 当 时， 的方向向下， 越大， 越大 当 时， 的方向向上， 越大， 越小，故C 正确，BD 错误。 故选C。 10．（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。 11．（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。 12．（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。 13．（24-25 高三上·湖南长沙·阶段练习）如图所示，在光滑的水平面上，质量为 、长为 的木板右端 紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为 的滑块（可视为质点）以水平向右的速度滑上木板左端，滑到 木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度 （ 未知）滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发 生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为 。下列 说法正确的是（ ） A．滑块向右运动的过程中，加速度大小为 B．滑块与木板间的动摩擦因数为 C．k=1.5 D．滑块弹回瞬间的速度大小为 【答案】CD 【详解】A．滑块（可视为质点）以水平向右的速度滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零，根 据匀变速直线运动规律可知 解得 故A 错误； B．根据牛顿第二定律有 解得 故B 错误； CD．小滑块以水平速度右滑时，由动能定理有 小滑块以速度 滑上木板到运动至碰墙时速度为 ，由动能定理有 滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为 ，由动量守恒有 由能量守恒定律可得 解得 ， 故CD 正确。 故选CD。 14．（23-24 高二下·安徽合肥·期末）如图甲所示，粗糙水平地面上有一块长木板P，小滑块Q 放置于长木 板上的最右端。现将一个水平向右的力F 作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤 去力F 的作用。滑块和长木板在 内的速度—时间图像如图乙所示，已知小滑块与长木板的质量均为 m＝1kg，重力加速度 ，则下列说法正确的是（ ） A．力F 的大小为6N B．小滑块Q 与长木板P 之间的动摩擦因数为0.1 C．长木板P 与地面之间的动摩擦因数为0.3 D． 时长木板P 停止运动 【答案】BD 【详解】ABC．根据题意，由图乙可知， 时撤去力F 的作用，撤去力F 前，木板的加速度为 撤去力F 后，木板的加速度为 小滑块Q 的加速度为 设小滑块Q 与长木板P 之间的动摩擦因数为 ，长木板P 与地面之间的动摩擦因数为 ，由牛顿第二定 律有 解得 ， ， 故AC 错误，B 正确； D．由图乙可知， 时，小滑块Q 与长木板P 共速，若小滑块Q 与长木板P 保持相对静止，则有 解得 此时小滑块Q 与长木板P 之间的摩擦力为 可知，小滑块Q 与长木板P 不能保持相对静止，则对长木板P 有 解得 则到长木板P 停止运动还需 则长木板P 停止运动的时间为 故D 正确。 故选BD。 15．（24-25 高一上·江苏常州·阶段练习）如图所示，一质量M=2kg、长L=1m 的木板置于在光滑水平地面 上，木板左端静置一个质量m=1kg 的小物块，现给小物块施加一水平向右的拉力F。已知小物块与木板间 动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。 (1)若将木板固定，滑块施加水平力后经过t1=1.0s 滑离木板，求水平拉力F 的大小； (2)若木板不固定，水平力F 与（1）中相同，求经过多长时间物块滑离木板； (3)若木板不固定，欲使小物块与木板运动过程中始终保持相对静止，求水平拉力的大小范围。 【答案】(1)4N (2) (3)0 < F ≤ 3 N 【详解】（1）若木板固定，对滑块有 解得 根据牛顿第二定律 解得 （2）若木板不固定，滑块仍以 向右加速，木板在物块的摩擦力作用下加速，对木板有 解得 由位移关系 可得 （3）若木板不固定，要使物块与板相对静止，最小拉力为零，若两者恰要相对滑动时拉力最大共同加速， 对木板和物块系统有 对木板，加速度最大为 解得最大拉力为 故水平拉力的范围为 16．（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。 （建议用时：20 分钟） 17．（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。 18．（2025·陕西西安·模拟预测）如图甲所示，倾角为37°、足够长的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转 动。一小煤块以初速度v0=12m/s 从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向上为煤块运动的正方向， 该煤块运动的位移x 随时间t 的变化关系如图乙所示。已知图线在前1.0s 内和在1.0s~t0内为两段不同的二 次函数，t0时刻图线所对应的切线正好水平，重力加速度g 取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法 正确的是（ ） A．传送带转动速率v1=8m/s B．图乙中t0的数值为1.5 C．0~t0内煤块在传送带上的划痕长度为6m D．煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25 【答案】D 【详解】A．煤块冲上传送带，开始时受到摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律则有 解得加速度大小为 当煤块速度减到与传送带速度相同后，煤块相对于传送带向下运动，受到的摩擦力方向沿传送带向上，同 理可得加速度大小为 煤块一直减速到零，接着反向沿传送带向下加速，加速度大小为 ，由于 则煤块一直加速到离开传送带，与题意及图乙相符，所以可知 时煤块的速度大小等于传送带的转动 速率，由图乙可得 代入数据解得 则传送带的速度大小为 ，故A 错误； BD．根据上述分析可知，图乙中 时刻，煤块向上运动速度减为零，结合 ， 解得 则煤块下滑时的加速度大小为 结合乙图可知， 时间内煤块的位移 又因为 代入数据解得 ，故B 错误，D 正确； C． 内煤块相对于传送带向上运动，煤块在传送带上的划痕长度为 内煤块在传送带上的划痕长度为 但由于该过程煤块相对传送带向下运动，所以 内煤块在传送带上的划痕长度为4m，故C 错误。 故选D。 19．（2025·四川遂宁·一模）如图所示，水平传送带以速度v1=2m/s 向右匀速转动。可视为质点的小物体Q 的质量为1kg，P 的质量为2kg，由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0 时刻P 在传送带左端具有向右 的速度v2=4m/s，P 与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P 与传送带间的动摩擦因数 μ=0.4，传送带两端距离足够长，绳足够长，g 取10 m/s2。关于小物体P 的描述正确的是（ ） A．小物体P 刚滑上传送带时的加速度大小为7m/s2 B．小物体P 在传送带上向左端滑时的加速度大小为 C．小物体P 离开传送带时的速度大小为 D．物体P 在传送带留下的划痕长度为 【答案】BD 【详解】A．小物体P 刚滑上传送带时，对P 分析可知 对Q 分析 可得小物体P 的加速度大小为 ，A 错误； B．小物体P 在传送带上向左端滑时，对PQ 整体分析可知 即小物体P 的加速度大小为 ，B 正确； C．小物体P 与传送带共速时向右的位移 离开传送带时的速度大小为 ，C 错误； D．从开始滑上传送带到与传送带共速时，时间为 物块的速度大于传送带的速度，则物块向后有划痕，划痕长 从物块的速度小于传送带的速度开始到离开传送带物块向前有划痕，时间为 划痕长 后出现的划痕覆盖前面的划痕，而后出现的划痕长，物体P 在传送带留下的划痕长度为 ，D 正 确。 故选BD。 20．（2025·贵州·模拟预测）如图，一倾角为 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其左端与长为 、倾角也为 的传送带平滑连接，右端与静止在水平地面上的长木板平滑连接。先将传送带以 的速率顺时针匀速转动，然后将一质量为 的物块（可视为质点）从传送带的顶端由静止 释放，物块经圆弧轨道后冲上木板并恰好不从木板掉落。已知物块与传送带间的动摩擦因数为 ，物 块与木板上表面间的动摩擦因数为 ，木板下表面与地面间的动摩擦因数为 ，木板的质量为 ，圆弧轨道的半径为 ， ， ，重力加速度大小g 取10 。求： (1)物块离开传送带时的速度大小 ； (2)物块经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小 ； (3)木板的长度L 及木板的运动时间t。 【答案】(1) (2) (3) ， 【详解】（1）对物块，从释放至速度达到 的过程，由牛顿第二定律得 该过程所用的时间为 该过程发生的位移大小为 由于 ，所以物块将继续加速直至到达传送带下端。对该过程，由牛顿第二定律和匀变速直线运动 的规律有 ， 联立以上各式并代入数据解得 （2）物块在圆弧轨道上运动的过程，由动能定理得 在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律得 由牛顿第三定律得 联立以上各式并代入数据解得 。 （3）物块在木板上开始运动至二者共速的过程，对物块，由牛顿第二定律得 同理，对木板，由牛顿第二定律得 由匀变速直线运动的规律得 由运动的相对性知，木板的长度为 此后，二者相对静止并一起做匀减速运动直至停止。对整体，由牛顿第二定律得 由匀变速直线运动的规律得 又 联立以上各式并代入数据解得
