专题15 传送带模型和“滑块—木板”模型 讲义 -2026届高考物理一轮复习

2026物理一轮专题讲义与课时精练 专题15 传送带模型和“滑块—木板”模型 【基础回顾】 一、传送带模型 1．传送带的基本类型 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用．有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型． 2．传送带模型分析流程 二、板块模型 1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动．问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系． 2．解题方法 (1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向． (2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)． (3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度． 3．常见的两种位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度． 特别注意：运动学公式中的位移都是对地位移． 4．注意摩擦力的突变 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． ►考点01 水平传送带模型 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 【例题精讲】 1．如图所示，一水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，右侧一处于压缩状态的轻质弹簧与一质量为m的小滑块接触（不相连），释放后滑块以速度v滑上传送带，滑块运动一段时间后返回并压缩弹簧，已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半。已知弹簧弹性势能，不计空气阻力，则（　　） A．传送带匀速转动的速度大小为 B．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上 C．滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为 D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中传送带对滑块的冲量为mv 2．如图甲所示为地铁进站口的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带始终以恒定速率0.2m/s顺时针转动。一质量为1kg的包裹（可视为质点）无初速度地轻放在传送带的左端，经过8s后最终到达传送带右端。若包裹与传送带间的动摩擦因数为0.5，下列说法正确的是（　　） A．安检机使用γ射线探测包裹内的物品 B．该传送带长为2.0m C．若包裹底部沾有染料，传送带上会出现0.04m的染色痕迹 D．由于传送包裹，电动机多做的功为0.04J 3．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度一时间变化规律如图乙所示，t＝6s时恰好到B点，下列说法正确的是（　　） A．物块与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.5 B．AB间距离为20m C．小物块在传送带上留下的痕迹是8m D．传送带动能不变，但系统产生了热量、物块动能也增加了，这不符合能量守恒定律 （多选）4．如图所示，半径R＝0.8m、竖直固定的光滑圆弧轨道与水平传送带相切于B点，水平传送带B、C间的距离L＝24m，传送带在电动机的带动下以v0＝8m/s的恒定速率顺时针运行。现将质量m＝2kg、可视为质点的小物块从圆弧轨道的最高点A由静止释放，不计空气阻力，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小物块刚滑至圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小为60N B．小物块在传送带B、C间的运动时间为3s C．小物块在传送带上运动时，因摩擦而产生的热量为16J D．整个过程中电动机多消耗的电能为48J （多选）5．如图所示，电动机带动传送带逆时针匀速运动的速度大小v＝2m/s，一质量为m＝1kg的小物块以初速度v0＝4m/s从左向右滑上传送带然后返回到出发点，已知小物块与传送带接触面间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。在整个过程中，下列说法正确的是（　　） A．皮带长度s至少3m B．摩擦力对物块做功﹣6J C．摩擦产生热量16J D．相比电动机带动传动带空转，物块滑上传送带后，电动机多消耗了12J能量 （多选）6．如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆轨道与水平面连接并相切于C点，绷紧的水平传送带AB（足够长）与光滑水平平台BC连接。电动机带动水平传送带以恒定的速率v＝5m/s顺时针匀速转动，在水平平台上有一质量m＝2kg的物体（可视为质点）以v1＝6m/s的速度向左滑上传送带，经过2s物体的速度减为零，物体返回到平台后沿着半圆轨道刚好能运动到E点（物体从E点飞出后即被取走），重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，在连接处没有能量损失。则（　　） A．物体滑上传送带后做匀减速直线运动加速度大小为3m/s2 B．物体与传送带之间的动摩擦因数为0.2 C．半圆轨道的半径为0.5m D．物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量等于150J ►考点02 倾斜传送带模型 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 (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 【例题精讲】 1．如图所示，倾角为37°的传送带以恒定4m/s的速度沿顺时针方向转动。一煤块以v0＝12m/s从底部冲上传送带向上运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　） A．煤块经2s速度减为4m/s B．传送带底端到顶端的距离为14m C．煤块相对传送带的位移为2m D．煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反 2．如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（　　） A．M静止在传送带上 B．M可能沿斜面向上运动 C．M受到的摩擦力变大 D．M下滑的速度不变 3．如图1所示，倾角为30°的浅色传送带以恒定速率逆时针运行，将一质量为m的可视为质点的深色物块轻放在传送带的顶端P点，2s末物块恰好到达传送带底端Q点。物块的速度v随时间t的变化图像如图2所示，重力加速度大小g＝10m/s2。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．物体滑到Q点的速度大小为9 m/s C．P、Q两点之间的距离为12 m D．传送带划痕的长度为3m （多选）4．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°。一质量为2kg的物块（可视为质点）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＝10m/s2。则（　　） A．传送带的速度大小为12m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 C．物块从传送带底端运动到顶端的过程中，传送带对物块做功144J D．物块从传送带底端运动到顶端的过程中，物块与传送带之间产生的内能为24J （多选）5．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。下列说法正确的是（　　） A．传送带的速率是2m/s B．传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.6 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m （多选）6．如图所示，长度L＝4m的传送带与水平方向的夹角θ＝37°，以v＝5m/s的速率顺时针方向匀速转动，在传送带的上端轻放一个质量为m＝1kg的小物体，若已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，小物体从传送带上端运动到下端的过程中，下列说法正确的有（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）（　　） A．小物体运动0.5s后与传送带共速并保持相对静止 B．小物体所受摩擦力大小保持不变 C．小物体在传送带上留下1.25m长的划痕 D．小物体在传送带上与传送带摩擦生热为4J ►考点03 “滑块—木板”模型（无拉力板块） 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．板块模型的两种类型 类型图示 规律分析 木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L 物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA 3．分析板块模型的关键点 【例题精讲】 1．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内（　　） A．若M＞m，物体A相对地面向左的最大位移是 B．若M＜m，平板车B相对地面向右的最大位移是 C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0 D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 2．如图甲所示，水平地面上有一长平板车M，平板车右端放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，平板车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v﹣t图像如图乙所示，整个过程中物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．0～4s内，物块m的加速度一直变大 B．整个过程中，物块m相对平板车M滑动的时间为4s C．平板车M的长度为12m D．物块m相对平板车M的位移为16m 3．如图所示，足够大的水平地面上静置一木板，两个均可视为质点的滑块A、B分别放在木板两端，现使两滑块同时以3m/s的速度相向滑动，两滑块恰好在木板的正中间相遇，相遇前木板做匀加速直线运动，相遇后木板做匀减速直线运动。已知滑块A的质量为5kg、与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块B的质量为1kg、与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．木板的长度为2m B．木板的质量为3kg C．木板运动的最大距离为1.5m D．整个过程中滑块B的位移大小为1m 4．如图所示，质量为M长为l的长木板静止于粗糙水平面上，t＝0时，质量为m的物块（可视为质点）以初速度v0从左端滑到长木板上，在运动过程中物块刚好未从木板右端滑落，已知物块与木板间的摩擦因数为μ。下列说法正确的是（　　） A．物块滑到木板最右端的速度为 B．小物块减少的动能等于木板增加的动能和木板与物块之间产生的内能之和 C．木板的动能一定小于μmgl D．木板的动能一定大于 （多选）5．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。已知物块和木板间的动摩擦因数μ，重力加速度大小为g，当物块从木板右端离开时（　　） A．木板的动能一定小于μmgL B．木板的动能一定等于μmgL C．物块的动能一定小于 D．物块的动能一定大于 （多选）6．滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为3m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，滑板质量是小孩质量的2倍，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列判断正确的是（　　） A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为1.3m/s2 C．经过1s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为5.6m/s （多选）7．如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2kg的物体B（可看作质点）以水平速度v0＝3m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．长木板A、物体B所受的摩擦力均与各自运动方向相反 B．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2 C．A长度至少为3m D．长木板A的质量是4kg 考点04 “滑块—木板”模型（有拉力板块） 【例题精讲】 1．如图所示，质量为M＝4kg足够长的小车放在光滑的水平面上，在小车右端放上一个大小不计、质量为m＝1kg的小物块，小物块与小车间动摩擦因数μ＝0.2，现在小车右端加一水平拉力F＝14N，经时间t＝1s撤去拉力F，以下说法正确的是（　　） A．在F的作用下，小车的加速度大小为3.5m/s2 B．刚撤去F时，小物块离小车右端的距离为0.6m C．最终小车与小物块做匀速运动的速度大小为2.8m/s D．最终小物块离小车右端的距离为0.8m 2．如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg，mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时水平拉力F＝10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则（　　） A．两物体始终没有相对运动 B．当水平拉力F＜12N时，物体均保持静止状态 C．两物体开始没有相对运动，当水平拉力F＞12N时，开始相对滑动 D．当水平拉力F＝45N时，A、B间摩擦力为22.5N 3．如图甲所示，光滑水平面上有一质量M＝1kg的木板A，板左端有一质量m＝0.5kg的物块B（视为质点），A与B间的动摩擦因数为0.2，初始时均处于静止状态，仅给物块B施加水平向右的力F，F随时间t变化的图像如图乙所示，1s末撤去F，物块B始终未从木板A上滑下。取g＝10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则（　　） A．1s时物块B的加速度大小为4m/s2 B．1s时物块B的速度大小为2m/s C．1s后木板A与物块B因摩擦产生的热量为1.5J D．木板A的长度可能为1.5m （多选）4．如图（a）所示，粗糙水平地面上静止放置一长木板M，长木板右端轻放一小物块m。水平向右的拉力F作用在木板上，随着F的增大，长木板的加速度a随F的变化关系如图（b）所示。设各接触面间的最大静摩擦力均与相应滑动摩擦力相等，物块始终在木板上，重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．木块的质量为4kg B．木板与地面间的动摩擦因数为0.5 C．当力F增大至40N时，物块才会相对木板运动 D．当力F增大至42N时，突然撤去力F，物块一定不会随木板一起做匀减速运动 （多选）5．如图甲所示，书桌上水平叠放着一本词典和一本课本。保持桌面不动，用水平恒力F作用于下面的课本，模型简化如图乙。已知词典的质量m1＝1.5kg，课本的质量m2＝0.5kg，课本与词典间的动摩擦因数μ1＝0.2，课本与桌面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10m/s2，词典与课本、课本与桌面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．F＝1N时，词典不受摩擦力的作用 B．F＝4N时，词典受到的摩擦力为3N，方向水平向右 C．F＝6N时，词典的加速度大小为2m/s2 D．F＝8N时，词典的加速度大小为3m/s2 （多选）6．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板左端放置一可看成质点的物块。t＝0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t＝2s时撤去F，物块恰好能到达木板右端，整个过程物块运动的v﹣t图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小下列说法正确的是（　　） A．木板的长度为3m B．物块的质量为0.8kg C．拉力F对物块做的功为9.9J D．木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3J 课时精练 声明：试题解析著作权一．选择题（共8小题） 1．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，经过一段时间运动到B处，则下列说法正确的是（　　） A．该行李的加速度大小一直为2m/s2 B．该行李经过5s到达B处 C．该行李相对传送带滑行距离为0.08m D．若传送带速度足够大，行李最快也要s才能到达B处 2．如图1所示，水平传送带以恒定的速度顺时针转动，质量为m＝10kg的箱子在水平传送带上由静止释放，经过6s后，箱子滑离传送带，箱子的v﹣t图像如图2所示，对于箱子从静止释放到相对传送带静止这一过程，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．箱子与传送带间的动摩擦因数为0.5 B．箱子对传送带做功为﹣45J C．传送带对箱子做功为180J D．箱子与传送带因摩擦产生的热量为45J 3．如图所示，传送带以恒定速率v顺时针转动，现将质量为m的物块（视为质点）无初速度放在传送带的底端M处，物块到达传送带最高点N处时恰好与传送带共速，已知物块与传送带间的摩擦因数为μ，传送带与地面间夹角为θ，下列说法正确的是（　　） A．传送带对物体做功为 B．物块与传送带间因摩擦产生的热量为 C．若摩擦因数增大，则小物块不会与传送带共速 D．若摩擦因数增大，则物块与传送带间因摩擦产生的热量减少 4．如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带输送机倾角为θ＝30°，以1m/s顺时针匀速转动，现将货物在输送带下端A点无初速度释放后从A点运动B点，已知货物均可视为质点，质量为m＝10kg，A、B两端点间的距离为s＝9.8m，货物与输送带间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s2。则货物从低端到顶端要消耗的能量为（　　） A．510J B．490J C．375J D．260J 5．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一包裹轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运动到最下端B点的过程中，加速度a随位移x的变化图像如图乙所示（重力加速度g取10m/s2），则下列说法正确的是（　　） A．传送带与水平面的夹角为37° B．包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4 C．传送带运行的速度大小为6m/s D．包裹到B点时的速度为8m/s 6．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内（　　） A．若M＞m，物体A相对地面向左的最大位移是 B．若M＜m，平板车B相对地面向右的最大位移是 C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0 D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 7．如图，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x增大（　　） A．仅增大恒力F B．仅增大木板的质量M C．仅增大木块的质量m D．仅减小木块与木板间的动摩擦因数 8．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。下列说法正确的是（　　） A．一定有μ1≤μ2 B．当 F＞μ2（m+M）g时，木板便会开始运动 C．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动 二．多选题（共3小题） （多选）9．如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与物块不栓接。物块将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，物块向右运动受到的摩擦力f随位移x的关系如图乙所示，x0为已知量，则下列说法正确的是（　　） A．工件在传送带上先加速，后减速 B．工件向右运动2x0后与弹簧分离 C．弹簧劲度系数k D．整个过程中摩擦力对物块做功W＝0.75f0x0 （多选）10．如图甲所示，质量为1kg的物块（视为质点）从倾角为37°的传送带顶端A点，以沿传动带向下、大小为4m/s的速度开始运动。物块运动过程的部分v﹣t图像如图乙所示，物块与传送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带始终以恒定速率沿相同方向转动。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A．传送带沿逆时针方向转动 B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.8 C．物块从A点向下运动至速度大小与传送带速率相等的过程中动能的减少量为18J D．物块从A点向下运动至速度大小与传送带速率相等的过程中克服摩擦力做的功为96J （多选）11．如图所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝5m/s从左端滑上小车，恰好停在小车最右端。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则（　　） A．物块对小车做功0.6J B．物块克服小车摩擦力做功0.6J C．减小物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变小 D．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大 三．解答题（共3小题） 12．如图（a）所示，将长为L＝0.8m的粗糙木板B与水平地面成θ＝37°角固定放置，将小物块A从木板B顶端由静止释放，A与底端挡板P碰撞后，恰好能回到木板B的中点。之后将水板B放置在光滑水平地面上，并在木板B中点放置与A完全相同的小物块C，如图（b）所示，物块A以v0的初速度滑上木板，并能够恰好不从木板B的左端掉落。已知A、B、C质量相同，以上过程中所有碰撞时间极短且均为弹性碰撞。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）A与B之间的动摩擦因数μ； （2）v0的大小； （3）若A以v1的初速度滑上木板B，且A、C物块均能从木板B左端掉落，则v1的大小应满足什么条件。 13．如图所示，光滑水平面MA上有一根左端固定的轻弹簧（原长小于MA），A点右侧有一个沿顺时针方向匀速运动的水平传送带AB，传送带长度l＝2m，速度v0＝4m/s。圆心为O、半径R＝0.5m的光滑半圆轨道BCD在B点与传送带相切，OC水平。用一个质量m＝2kg的小物块压紧弹簧，当弹簧的弹性势能Ep＝9J时，将小物块由静止释放。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，求： （1）小物块经过A点的速度大小v； （2）小物块在传送带上运动时由于摩擦产生的热量Q； （3）改变弹簧的压缩量，将小物块再次释放，为使其在半圆轨道BCD运动过程中不脱离轨道，释放物块时，弹簧的弹性势能应满足什么条件？ 14．某固定装置的竖直截面如图所示，由圆心角为74°光滑圆弧轨道ABC与轮间距为L1＝6m、倾角为θ＝37°的传送带CD组成，A、C两点等高，轨道与传送带平滑连接。在传送带末端D的右侧水平面上紧靠着质量m＝1kg厚度不计的薄木板b，木板b的长度L2＝0.625m，其上表面与传送带末端D所在的水平面平齐且平滑相连。质量m＝1kg的小物块a从以初速度v0＝8m/s向右水平抛出，恰好能从A点沿切线方向进入圆弧轨道，经轨道ABC滑上传送带CD，最后从木板b右端离开。已知传送带顺时针传送，速度大小始终为v＝2m/s，小物块a与传送带CD之间的动摩擦因数μ1＝0.25，物块a与木板b的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块a、木板b与地面之间的动摩擦因数均为μ3＝0.05。小物块a视为质点，不计空气阻力，水平面足够长，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求小物块a抛出点与圆弧轨道A点的高度差； （2）求小物块a与传送带之间摩擦产生的热量； （3）求全过程木板b与地面之间摩擦产生的热量。 第7页（共7页） 学科网（北京）股份有限公司 $2026物理一轮专题讲义与课时精练 专题15 传送带模型和“滑块—木板”模型 【基础回顾】 一、传送带模型 1．传送带的基本类型 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用．有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型． 2．传送带模型分析流程 二、板块模型 1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动．问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系． 2．解题方法 (1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向． (2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)． (3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度． 3．常见的两种位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度． 特别注意：运动学公式中的位移都是对地位移． 4．注意摩擦力的突变 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． ►考点01 水平传送带模型 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 【例题精讲】 1．如图所示，一水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，右侧一处于压缩状态的轻质弹簧与一质量为m的小滑块接触（不相连），释放后滑块以速度v滑上传送带，滑块运动一段时间后返回并压缩弹簧，已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半。已知弹簧弹性势能，不计空气阻力，则（　　） A．传送带匀速转动的速度大小为 B．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上 C．滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为 D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中传送带对滑块的冲量为mv 【解答】解：A．释放滑块过程有 滑块返回压缩弹簧时满足 解得传送带匀速转动的速度大小为，故A错误； B．结合A项分析可知，滑块再次滑上传送带时速度为，以后每次滑块返回时速度均为，滑块一直在做往复运动，不会停止，故B错误； C．以传送带为参考系，木块滑上时相对传送带的速度为，在第1次滑的过程当中产生的热量就等于相对的动能的损耗量，即 ，故C正确； D．规定向右为正方向，滑块第三次在传送带上运动的整个过程中，根据动量定理可知，传送带对滑块的水平冲量大小为 同时传送带对滑块有竖直向上的支持力产生的冲量，因此传送带对滑块的总冲量大于mv，故D错误。 故选：C。 2．如图甲所示为地铁进站口的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带始终以恒定速率0.2m/s顺时针转动。一质量为1kg的包裹（可视为质点）无初速度地轻放在传送带的左端，经过8s后最终到达传送带右端。若包裹与传送带间的动摩擦因数为0.5，下列说法正确的是（　　） A．安检机使用γ射线探测包裹内的物品 B．该传送带长为2.0m C．若包裹底部沾有染料，传送带上会出现0.04m的染色痕迹 D．由于传送包裹，电动机多做的功为0.04J 【解答】解：A、安检机通常使用X射线而非γ射线探测物品，故A错误； B、包裹无初速度地轻放在传送带的左端，先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 μmg＝ma，可得a＝5m/s2 匀加速运动的时间为t1s＝0.04s 此过程包裹的位移为x10.04m＝0.004m 包裹匀速运动的位移为x2＝v（t﹣t1）＝0.2×（8﹣0.004）m＝1.5992m 故该传送带长为L＝x1+x2＝0.004m+1.5992m＝1.6032m，故B错误； C、传送带上染色痕迹长度为Δx＝vt1﹣x1＝0.2×0.04m﹣0.004m＝0.004m，故C错误； D、由于传送包裹，电动机多做的功为W＝μmg•Δx，解得W＝0.04J，故D正确。 故选：D。 3．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度一时间变化规律如图乙所示，t＝6s时恰好到B点，下列说法正确的是（　　） A．物块与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.5 B．AB间距离为20m C．小物块在传送带上留下的痕迹是8m D．传送带动能不变，但系统产生了热量、物块动能也增加了，这不符合能量守恒定律 【解答】解：A、由图乙可知，在0﹣4s内，小物块做匀加速直线运动，其加速度大小为，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得物块与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.1，故A错误； B、因小物块在t＝6s时恰好到B点，故AB间的距离等于小物块在0﹣6s内的位移大小，根据v﹣t图像与时间轴所围成的面积表示位移，可得AB间距离为，故B错误； C、由于t＝4s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为v＝4m/s，则在0﹣4s内，物块与传送带间相对位移大小为Δx＝vtm＝8m，t＝4s后物块与传送带相对静止，所以小物块在传送带上留下的痕迹是8m，故C正确； D、物块与传送带组成的系统中，消耗了其他能量来驱动传动带，符合能量守恒定律，故D错误。 故选：C。 （多选）4．如图所示，半径R＝0.8m、竖直固定的光滑圆弧轨道与水平传送带相切于B点，水平传送带B、C间的距离L＝24m，传送带在电动机的带动下以v0＝8m/s的恒定速率顺时针运行。现将质量m＝2kg、可视为质点的小物块从圆弧轨道的最高点A由静止释放，不计空气阻力，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小物块刚滑至圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小为60N B．小物块在传送带B、C间的运动时间为3s C．小物块在传送带上运动时，因摩擦而产生的热量为16J D．整个过程中电动机多消耗的电能为48J 【解答】解：A、从A到B，根据动能定理可得：mgR 解得：vB＝4m/s 在B点，根据牛顿第二定律可得：FN﹣mg 解得：FN＝60N 根据牛顿第三定律可得，在最低点B时，对轨道的压力大小为60N，故A正确； B、物块达到底部的速度大小为：vB＝4m/s，传送带的速度大小为：v0＝8m/s 根据牛顿第二定律可得物块在传送带上运动的加速度大小为：a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2 小物块匀加速的时间：t1s＝2s，对应的位移：，解得：x1＝12m 小物块匀速运动的时间：t2s＝1.5s 所以小物块在传送带B、C间的运动时间为：t＝t1+t2＝2s+1.5s＝3.5s，故B错误； C、小物块在传送带上运动时，因摩擦而产生的热量为：Q＝μmg（v0t1﹣x1） 解得：Q＝16J，故C正确； D、整个过程中电动机多消耗的电能为：E＝Q 解得：E＝64J，故D错误。 故选：AC。 （多选）5．如图所示，电动机带动传送带逆时针匀速运动的速度大小v＝2m/s，一质量为m＝1kg的小物块以初速度v0＝4m/s从左向右滑上传送带然后返回到出发点，已知小物块与传送带接触面间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。在整个过程中，下列说法正确的是（　　） A．皮带长度s至少3m B．摩擦力对物块做功﹣6J C．摩擦产生热量16J D．相比电动机带动传动带空转，物块滑上传送带后，电动机多消耗了12J能量 【解答】解：A、小物块先向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得 μmg＝ma 解得a＝2m/s2 当速度减为0时，位移为s1m＝4m，故皮带长度s至少4m，故A错误； B、由题分析可知，小物块先向右做匀减速直线运动，直到速度为零，然后再反向做匀加速直线运动，因v0＝4m/s＞v＝2m/s，故小物块返回左端时的速度为v＝2m/s。整个过程，只有摩擦力做功，根据动能定理得 解得摩擦力对物块做功Wf＝﹣6J，故B正确； C、小物块先向右做匀减速直线运动，直到速度为零，所用时间为t1s＝2s 此过程中传送带的位移为s2＝vt1＝2×2m＝4m 故小物块相对传送带的位移为Δs＝s2+s1＝4m+4m＝8m 当小物块反向做匀加速直线运动，直到速度为v＝2m/s时，加速度不变，所用时间为t2s＝1s 此过程小物块的位移为s1′m＝1m 此过程中传送带的位移为s2′＝vt2＝2×1m＝2m 故小物块相对传送带的位移为Δs′＝s2′﹣s1′＝2m﹣1m＝1m 故摩擦产生热量为Q＝μmg（Δs+Δs′），解得Q＝18J，故C错误； D、相比电动机带动传动带空转，物块滑上电动机多消耗的能量为ΔE＝ΔEk+Q，其中ΔEk＝Wf＝﹣6J，解得ΔE＝12J，故D正确。 故选：BD。 （多选）6．如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆轨道与水平面连接并相切于C点，绷紧的水平传送带AB（足够长）与光滑水平平台BC连接。电动机带动水平传送带以恒定的速率v＝5m/s顺时针匀速转动，在水平平台上有一质量m＝2kg的物体（可视为质点）以v1＝6m/s的速度向左滑上传送带，经过2s物体的速度减为零，物体返回到平台后沿着半圆轨道刚好能运动到E点（物体从E点飞出后即被取走），重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，在连接处没有能量损失。则（　　） A．物体滑上传送带后做匀减速直线运动加速度大小为3m/s2 B．物体与传送带之间的动摩擦因数为0.2 C．半圆轨道的半径为0.5m D．物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量等于150J 【解答】解：AB、物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设其运动的加速度大小为a，根据加速度定义式有 已知v1＝6m/s，t＝2s，解得a＝3m/s2 根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.3，故A正确，B错误； C、根据题意可知物体返回到C点时速度为vC＝v＝5m/s，又依题意，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到E点，设经过最高点E时的速度为vE，在E处，根据重力提供向心力有 在从C运动至E的过程中，根据动能定理有 联立解得半圆轨道的半径为R＝0.5m，故C正确； D、物体向左滑行时，相对传送带的位移为 物体向右滑行时，相对传送带的位移为 物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为Q＝μmg（Δx1+Δx2） 联立解得Q＝121J，故D错误。 故选：AC。明： ►考点02 倾斜传送带模型 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 (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 【例题精讲】 1．如图所示，倾角为37°的传送带以恒定4m/s的速度沿顺时针方向转动。一煤块以v0＝12m/s从底部冲上传送带向上运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　） A．煤块经2s速度减为4m/s B．传送带底端到顶端的距离为14m C．煤块相对传送带的位移为2m D．煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反 【解答】解：AD、煤块速度大于传送带速度时，煤块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，对煤块，根据牛顿第二定律得 mgsin37°+μmgcos37°＝ma1 解得 从滑上传送带到共速所用时间t1s＝1s 与皮带共速之后继续做减速运动，传送带对煤块的滑动摩擦力沿传送带向上，与煤块的运动方向相同，到达传送带顶端时速度恰好为零，根据牛顿第二定律有 mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2 解得 这段时间t2s＝1s 故经2s时煤块的速度为零，故AD错误； B、第1s末时，煤块的速度为4m/s，则在前1s内煤块的位移大小为 x1 在时间t2＝1s 内，煤块的位移为 x2 故传送带底端到顶端的距离为s＝x1+x2＝8m+2m＝10m，故B错误， C、传送带在两秒内向上运动的距离为 x皮＝vt＝4×2m＝8m 故煤块相对传送带的位移为 Δx＝s﹣x皮＝10m﹣8m＝2m，故C正确。 故选：C。 2．如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（　　） A．M静止在传送带上 B．M可能沿斜面向上运动 C．M受到的摩擦力变大 D．M下滑的速度不变 【解答】解：因传送带顺时针转动，在传送带启动前后，物块都只受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，如图所示。 物块所受的各个力均不变，合力仍为零，所以其下滑的速度也不变，即物块仍匀速下滑，且受到的摩擦力不变，故ABC错误，D正确。 故选：D。 3．如图1所示，倾角为30°的浅色传送带以恒定速率逆时针运行，将一质量为m的可视为质点的深色物块轻放在传送带的顶端P点，2s末物块恰好到达传送带底端Q点。物块的速度v随时间t的变化图像如图2所示，重力加速度大小g＝10m/s2。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．物体滑到Q点的速度大小为9 m/s C．P、Q两点之间的距离为12 m D．传送带划痕的长度为3m 【解答】解：A、由图2可知，物块从静止开始先加速到与传送带共速（v共＝6m/s），之后再继续加速到传送带末端。根据速度—时间图像的斜率表示加速度，故由图2可知，共速前，物块的加速度大小为，解得，故A错误； B、共速后，物块的加速度大小为 a2gsin30°﹣μgcos30° 代入数据解得：a2＝4m/s2 物体滑到Q点的速度大小为：vQ＝v共+a2×Δt＝（6+4×1）m/s＝10m/s，故B错误； C、根据速度—时间图像与时间轴所围的面积表示位移，可知，P、Q两点之间的距离为，故C错误； D、由图像可知，从开始到共速用时t1＝1s，则共速前划痕长度为 联立以上解得 Δx1＝3m 由图像2可知，共后到Q点用时t2＝1s，则共速到Q点划痕长度为 联立以上，解得 Δx2＝2m＜Δx1 则传送带划痕的长度为3m，故D正确。 故选：D。 （多选）4．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°。一质量为2kg的物块（可视为质点）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＝10m/s2。则（　　） A．传送带的速度大小为12m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 C．物块从传送带底端运动到顶端的过程中，传送带对物块做功144J D．物块从传送带底端运动到顶端的过程中，物块与传送带之间产生的内能为24J 【解答】解：A、根据物块的v﹣t图像可知，物块的速度减小到v0＝4m/s 时和传送带速度相等，故A错误； B、物块在前1s内的减速过程，根据牛顿第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，由v﹣t图斜率表示加速度可知a18m/s2，解得μ＝0.25，故B正确； C、物块从传送带底端运动到顶端的过程中，根据动能定理可知：Wf﹣mgLsinθ＝0，其中传送带的长度L根据物块的v﹣t图像可知，速度直线与坐标轴围成的面积表示位移，则L＝10m，解得传送带对物块做功：Wf＝﹣24J，故C错误； D、根据物块的v﹣t图像可知速度直线与坐标轴围成的面积表示位移，则0～1s内物块的位移s1＝8m，传送带位移为v0t1＝4×1m＝4m，物块和传送带的相对位移Δx1＝（8﹣4）m＝4m，在1s～2s内物块的位移为s2＝2m，传送带位移为x带＝v0t2＝4×1m＝4m，物块和传送带的相对位移Δx2＝（4﹣2）m＝2m，则物块相对传送带的路程Δx＝Δx1+Δx2＝4m+2m＝6m，则物块与传送带之间产生的内能为：Q＝μmgcosθ×Δx2×10×0.8×6J＝24J，故D正确。 故选：BD。 （多选）5．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。下列说法正确的是（　　） A．传送带的速率是2m/s B．传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.6 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m 【解答】解：A、根据图乙可知，煤块先向上做匀减速直线运动，速度减为2m/s时，向上减速的加速度发生变化，可知，传送带的速率是2m/s，故A正确； B、根据v﹣t图像的斜率表示加速度可知，0～1s内的加速度大小为 根据牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 1～2s内的加速度大小为 根据牛顿第二定律得 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 联立解得θ＝37°，μ＝0.5，则tanθ＝0.75，故B错误； C、v﹣t图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据图乙可知，煤块向上运动的位移大小为 煤块从最高点下滑到A端过程有 解得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为，故C错误； D、结合上述可知，煤块开始相对于传送带向上运动，经历时间t1＝1s 相对位移大小 后来相对于传送带向下运动，经历时间 相对位移大小x相2＝v1t2﹣（v1t2） 解得x相2＝（9+4）m＞x相1 则煤块在传送带上留下的痕迹长为，故D正确。 故选：AD。 （多选）6．如图所示，长度L＝4m的传送带与水平方向的夹角θ＝37°，以v＝5m/s的速率顺时针方向匀速转动，在传送带的上端轻放一个质量为m＝1kg的小物体，若已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，小物体从传送带上端运动到下端的过程中，下列说法正确的有（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）（　　） A．小物体运动0.5s后与传送带共速并保持相对静止 B．小物体所受摩擦力大小保持不变 C．小物体在传送带上留下1.25m长的划痕 D．小物体在传送带上与传送带摩擦生热为4J 【解答】解：A、开始时，传送带作用于小物体的滑动摩擦力沿传送带向下，物体下滑的加速度为 a1g（sinθ+μcosθ）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2 小物体与传送带共速经历的时间为t1s＝0.5s 在这段时间内，小物体运动的位移为 x1a110×0.52m＝1.25m＜L＝4m 因mgsin37°＞μmgcos37°，故共速后小物体继续做匀加速运动，故A错误； B、小物体相对于传送带一直在运动，所受的摩擦力是滑动摩擦力，根据f＝μmgcos37°可知，滑动摩擦力大小保持不变，故B正确； C、共速后，小物体向下运动的速度大于传送带的速度，小物体受到的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 解得a2＝2m/s2 共速之后，小物体做初速度为v＝2m/s、加速度为a2的匀加速直线运动，则有 x2＝vt2 其中x2＝L﹣x1＝4m﹣1.25m＝2.75m 代入数据解得t2＝0.5s 在前0.5s内，小物体在传送带上留下的划痕长度为Δx1＝vt1﹣x1＝5×0.5m﹣1.25m＝1.25m 在后0.5s内，小物体在传送带上留下的划痕长度为Δx2＝x2﹣v2＝2.75m﹣5×0.5m＝0.25m 由于划痕有重叠，所以小物体在传送带上留下的划痕长度为1.25m，故C正确； D、小物体在传送带上与传送带摩擦生热为：Q＝μmgcosθ•（Δx1+Δx2）＝0.5×1×10×0.8×（1.25+0.25）J＝6J，故D错误。 故选：BC。 ►考点03 “滑块—木板”模型（无拉力板块） 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．板块模型的两种类型 类型图示 规律分析 木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L 物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA 3．分析板块模型的关键点 【例题精讲】 1．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内（　　） A．若M＞m，物体A相对地面向左的最大位移是 B．若M＜m，平板车B相对地面向右的最大位移是 C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0 D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 【解答】解：A．物体与平板作用的过程中，合外力为零，动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得： Mv0﹣mv0＝（M+m）v 解得 v 若M＞m，A所受的摩擦力为： Ff＝μmg 设物体A相对地面向左的最大位移为xA，对A，由动能定理得： ﹣FfxA＝0 联立解得：xA，故A错误； B．若M＜m，设平板车B相对地面向右的最大位移为xB，对B，由动能定理得： ﹣FfxB＝0 联立解得：xB，故B错误； CD．摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，对平板车由动量定理得： ﹣Fft＝Mv﹣Mv0 Ff＝μmg 联立解得：t 平板车动量的变化量为：Mv﹣Mv0 故C错误，D正确。 故选：D。 2．如图甲所示，水平地面上有一长平板车M，平板车右端放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，平板车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v﹣t图像如图乙所示，整个过程中物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．0～4s内，物块m的加速度一直变大 B．整个过程中，物块m相对平板车M滑动的时间为4s C．平板车M的长度为12m D．物块m相对平板车M的位移为16m 【解答】解：AB、根据题意，如物块与平板车保持相对静止，由牛顿第二定律可得，最大的加速度为μmg＝mam 解得加速度 由乙图可知，M减速时加速度 可知，物块与平板车发生相对滑动，设t秒时两者共速，则有amt＝8﹣2（t﹣2） 得t＝4s v4＝（8﹣2×2）m/s＝4m/s 共速后，由于平板车的加速度为 物块减速时，由牛顿第二定律得﹣μmg＝ma'm 得 平板车的加速度大于物块的加速度，所以物块以1m/s2的加速度减速，设共速后再经t1减速到零，由运动学公式0＝4﹣a'mt1 解得t1＝4s 即t'＝4s+4s＝8s 物块的速度减为零，两物体的速度—时间图像如图所示 整个过程中，物块m的加速度大小一直为1m/s2，物块m相对平板车M滑动的时间为8s，故AB错误； CD、4秒前的打滑位移 4秒后的打滑位移 所以平板车的长度为12m，物块m相对平板车的位移大小为12m﹣4m＝8m，方向向左 故D错误，C正确。 故选：C。 3．如图所示，足够大的水平地面上静置一木板，两个均可视为质点的滑块A、B分别放在木板两端，现使两滑块同时以3m/s的速度相向滑动，两滑块恰好在木板的正中间相遇，相遇前木板做匀加速直线运动，相遇后木板做匀减速直线运动。已知滑块A的质量为5kg、与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块B的质量为1kg、与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．木板的长度为2m B．木板的质量为3kg C．木板运动的最大距离为1.5m D．整个过程中滑块B的位移大小为1m 【解答】解：B．对滑块A、B受力分析，分别根据牛顿第二定律可得： μAmAg＝mAaA，μBmBg＝mBaB 代入数据解得：， 相遇前木板匀加速，对木板由牛顿第二定律得： μAmAg﹣μBmBg﹣μ木（M+mA+mB）g＝Ma木 相遇后木板匀减速，对木板由牛顿第二定律得： μ木（M+mA+mB）g＝（M+mA+mB）a1木 代入数据解得： 相遇时三者共速，取向右为正方向，设三者经t时间共速，由速度—时间公式得： v＝v0﹣aAt；v＝﹣v0+aBt；v＝a木t 代入数据联立解得：v＝1m/s，t＝1s，，M＝2kg，故B错误； ACD．根据B选项，可知三者一起匀减速过程，由速度—时间公式得：0＝v﹣a1木t1 代入数据解得：t1＝2s 作出它们运动的v﹣t图像如图所示： 由v﹣t图像面积表示位移，可知木板的长度为： 木板运动的最大距离为： 分析滑块B，减速时间设为tB，由速度—时间公式得：0＝v0﹣aBtB 代入数据联立解得：tB＝0.75s 则整个过程中滑块B的位移为：，故AD错误，C正确。 故选：C。 4．如图所示，质量为M长为l的长木板静止于粗糙水平面上，t＝0时，质量为m的物块（可视为质点）以初速度v0从左端滑到长木板上，在运动过程中物块刚好未从木板右端滑落，已知物块与木板间的摩擦因数为μ。下列说法正确的是（　　） A．物块滑到木板最右端的速度为 B．小物块减少的动能等于木板增加的动能和木板与物块之间产生的内能之和 C．木板的动能一定小于μmgl D．木板的动能一定大于 【解答】解：A、根据题意知，物块刚好未从木板右端滑落，则物块到木板右端时，恰好有共同速度。若如果物块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正则有：mv0＝（m+M）v 解得： 但是由于水平面粗糙系统受到外力不为零，所以物块与木板组成的系统动量不守恒，故物块滑到木板最右端的速度不为，故A错误； BD、由能量守恒定律可知小物块减少的动能等于木板增加的动能、木板与物块之间产生的内能以及水平面与木板之间产生的内能之和，木板与物块之间产生的内能：E内＝μmgl 木板的动能一定小于（），故BD错误； C、设物块运动的位移大小x1，木板运动的位移大小x2，物块与木板共同速度v1，物块与木板因摩擦产生的热量：Q＝μmgl＝μmg（x1﹣x2） 对木板由动能定理得：μmgx2﹣μ2（m+M）gx2 由于板长小于物块的位移：l＜x1 所以上面等式可变为：，故C正确。 故选：C。 （多选）5．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。已知物块和木板间的动摩擦因数μ，重力加速度大小为g，当物块从木板右端离开时（　　） A．木板的动能一定小于μmgL B．木板的动能一定等于μmgL C．物块的动能一定小于 D．物块的动能一定大于 【解答】解：设物块离开木板时，物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，并设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知 v1＞v2 CD、根据能量守恒定律可得 整理可得物块的动能，故C正确，D错误； AB、因摩擦产生的热量为 Q＝fL＝f（xm﹣xM） 根据运动学公式有 因为 v0＞v1＞v2 可得 xm＞2xM 则xm﹣xM＝L＞xM 所以摩擦力对木板做的功W＝fxM＜fL＝μmgL 对木板，根据动能定理可得 W＝Ek木板 所以Ek木板＜μmgL，故A正确，B错误。 故选：AC。 （多选）6．滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为3m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，滑板质量是小孩质量的2倍，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列判断正确的是（　　） A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为1.3m/s2 C．经过1s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为5.6m/s 【解答】解：AB、设小孩的质量为m，滑板的质量为2m；由牛顿第二定律得，小孩的加速度大小为：a1，代入数据得：a1＝2.8m/s2 由牛顿第二定律得，滑板的加速度大小为：a2，代入数据得：a2＝1.3m/s2，故A错误，B正确； CD、设经过t时间，小孩离开滑板，则有： 代入数据解得：t＝2s 离开滑板时小孩的速度大小为：v＝a1t＝2.8×2m/s＝5.6m/s，故C错误，D正确。 故选：BD。 （多选）7．如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2kg的物体B（可看作质点）以水平速度v0＝3m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．长木板A、物体B所受的摩擦力均与各自运动方向相反 B．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2 C．A长度至少为3m D．长木板A的质量是4kg 【解答】解：A、滑动摩擦力与物体的相对运动方向相反，由题意可知，A木板的运动方向与其摩擦力方向相同，物块B运动方向与其摩擦力方向相反，故A错误； B、由v﹣t图像的斜率表示加速度，则知B的加速度为 aBm/s2＝﹣2m/s2 可知物块的加速度大小为2m/s2。 对B进行分析，由牛顿第二定律有 μmBg＝mBaB 可解：μ＝0.2，故B正确； C、由乙图可知0∼1s内二者相对运动，位移差为Δxm＝1.5m，则A板长度至少为1.5m，故C错误； D、长木板A的加速度大小为 aAm/s2＝1m/s2 对A，由牛顿第二定律得 μmBg＝mAaA 联立解得 即A物体的质量是B物体的两倍，长木板A的质量是4kg，故D正确。 故选：BD。 考点04 “滑块—木板”模型（有拉力板块） 1．如图所示，质量为M＝4kg足够长的小车放在光滑的水平面上，在小车右端放上一个大小不计、质量为m＝1kg的小物块，小物块与小车间动摩擦因数μ＝0.2，现在小车右端加一水平拉力F＝14N，经时间t＝1s撤去拉力F，以下说法正确的是（　　） A．在F的作用下，小车的加速度大小为3.5m/s2 B．刚撤去F时，小物块离小车右端的距离为0.6m C．最终小车与小物块做匀速运动的速度大小为2.8m/s D．最终小物块离小车右端的距离为0.8m 【解答】A、对小物块其最大加速度为，故小车相对小物块向右运动 对小车： F﹣μmg＝Ma a＝3m/s2 故A错误。 B、，故B错误。 C、对整体由动量定理：Ft＝（M+m）v，v＝2.8m/s，故C正确。 D、1s后，对小车：﹣μmg＝Ma3，，v1＝at＝3m/s 小物块，v2＝a1t＝2m/s， 联立解得：Δx总＝x1﹣x2+Δx＝0.7m，故D错误。 故答案为：C。 2．如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg，mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时水平拉力F＝10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则（　　） A．两物体始终没有相对运动 B．当水平拉力F＜12N时，物体均保持静止状态 C．两物体开始没有相对运动，当水平拉力F＞12N时，开始相对滑动 D．当水平拉力F＝45N时，A、B间摩擦力为22.5N 【解答】解：ABC、设A、B刚好发生相对滑动时水平拉力为 F0，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得F0＝（mA+mB）a0； 以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得可得 所以刚好发生相对滑动的力 F0＝（mA+mB）a0＝48N，当开始时水平拉力F＝10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，可知两物体始终保持相对静止，一起加速运动，故A正确，BC错误； D、当水平拉力 F＝45N时，以A、B为整体，根据 牛顿第二定律可得 F＝（mA+mB）a 解得加速度为 ，以B为对象根据牛顿第二定律可得 f＝mBa，解得A、B间摩擦力为 ，故D错误。 故选：A。 3．如图甲所示，光滑水平面上有一质量M＝1kg的木板A，板左端有一质量m＝0.5kg的物块B（视为质点），A与B间的动摩擦因数为0.2，初始时均处于静止状态，仅给物块B施加水平向右的力F，F随时间t变化的图像如图乙所示，1s末撤去F，物块B始终未从木板A上滑下。取g＝10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则（　　） A．1s时物块B的加速度大小为4m/s2 B．1s时物块B的速度大小为2m/s C．1s后木板A与物块B因摩擦产生的热量为1.5J D．木板A的长度可能为1.5m 【解答】解：A、共速前对A分析，μmg＝Ma1，可得A木板最大加速度为a1＝1m/s2，假设开始运动时A、B同步加速运动，看作整体，F＝（M+m）a，由题知0﹣1s内，F＞2N，故，所以假设不成立，A、B在0﹣1s内不同步加速，在1s时B物块的运用牛顿第二定律，F﹣μmg＝ma2，解得a2＝6m/s，故A错误； B、根据A选项分析，故B错误； C、A在0﹣1s内做匀加速直线运动，v1＝a1t，解得v1＝1m/s，B在0﹣1s内做变加速直线运动，以向右为正方向，根据动量定理，Ft﹣μmgt＝mv2，F﹣t图的面积即为冲量，解得v2＝4m/s，A、B最终共速，运用用动量守恒，Mv1+mv2＝（M+m）v共，再对A、B整体用能量守恒，，解得Q＝1.5J，故C正确； D、根据C选项分析可知1s后A、B因摩擦产生的热量Q＝1.5J，根据摩擦产生热量计算公式Q＝μmgx相对，可得1s后A、B相对位移x相对＝1.5m，根据A选项分析可知在0﹣1s内A、B也在相对运动，且相对运动方向与1s后一致，所以木板的长度一定大于1.5m，故D错误。 故选：C。 （多选）4．如图（a）所示，粗糙水平地面上静止放置一长木板M，长木板右端轻放一小物块m。水平向右的拉力F作用在木板上，随着F的增大，长木板的加速度a随F的变化关系如图（b）所示。设各接触面间的最大静摩擦力均与相应滑动摩擦力相等，物块始终在木板上，重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．木块的质量为4kg B．木板与地面间的动摩擦因数为0.5 C．当力F增大至40N时，物块才会相对木板运动 D．当力F增大至42N时，突然撤去力F，物块一定不会随木板一起做匀减速运动 【解答】解：AB、设长木板质量为m0，长木板与地面间动摩擦因数为μ1，长木板与小物块间动摩擦因数为μ2，图像可知二者产生相对滑动时拉力大小为42N，则二者为产生相对滑动前，根据牛顿第二定律，对整体有F﹣（m0+m）gμ1＝（m0+m）a 整理得a 根据题意，可知图像斜率为 代入数据解得m0+m＝6kg 根据题意，图像纵间距为﹣gμ1＝﹣5m/s2 代入数据解得μ1＝0.5 产生相对滑动后，根据牛顿第二定律，对木板有F﹣mgμ2﹣（m0+m）gμ1＝m0a′ 联立以上整理得a′ 可知产生相对滑动后，根据题意可知，图像斜率为 联立解得m0＝2kg，m＝4kg 故A错误，B正确； C、图像可知当力F增大至40N时，二者仍一起加速运动，并未产生相对滑动，故C错误； D、产生相对滑动后，设图像与纵轴截距为b，则图像斜率 代入数据解得b＝﹣19m/s2 因为a′ 结合图像可知F为0时加速度为﹣19m/s2，根据图像则有 联立以上代入数据解得μ2＝0.2 因为μ1＞μ2 故当力F增大至42N时，突然撤去力F，物块一定不会随木板一起做匀减速运动，故D正确。 故选：BD。 （多选）5．如图甲所示，书桌上水平叠放着一本词典和一本课本。保持桌面不动，用水平恒力F作用于下面的课本，模型简化如图乙。已知词典的质量m1＝1.5kg，课本的质量m2＝0.5kg，课本与词典间的动摩擦因数μ1＝0.2，课本与桌面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10m/s2，词典与课本、课本与桌面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．F＝1N时，词典不受摩擦力的作用 B．F＝4N时，词典受到的摩擦力为3N，方向水平向右 C．F＝6N时，词典的加速度大小为2m/s2 D．F＝8N时，词典的加速度大小为3m/s2 【解答】解：A、课本和桌面间的最大静摩擦力为f2＝μ2（m1+m2）g＝0.1×（1.5+0.5）×10N＝2N，即欲使词典和课本运动，拉力F必须大于2N，所以当F＝1N时，词典和课本保持静止，词典不受摩擦力的作用，故A正确； D、当词典和课本将要相对滑动时，词典获得最大加速度，此时对词典，由牛顿第二定律有 μ1m1g＝m1a1 解得 对整体，由牛顿第二定律有 Fm﹣f2＝（m1+m2）a1 解得Fm＝6N 可知F＝8N时，词典和课本发生相对滑动，词典的加速度为2m/s2，故D错误； B、因f2＜F＝4N＜Fm，故当F＝4N时，课本和词典不发生相对滑动，两者一起向右做匀加速运动，对整体，由牛顿第二定律有 F﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）a2 解得，方向水平向右。 词典受到的摩擦力为f1＝m1a2＝1.5×1N＝1.5N，方向水平向右，故B错误； C、当F＝6N时，此时词典和课本将要发生相对滑动，所以词典的加速度大小为2m/s2，故C正确。 故选：AC。 （多选）6．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板左端放置一可看成质点的物块。t＝0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t＝2s时撤去F，物块恰好能到达木板右端，整个过程物块运动的v﹣t图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小下列说法正确的是（　　） A．木板的长度为3m B．物块的质量为0.8kg C．拉力F对物块做的功为9.9J D．木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3J 【解答】解：A、由图像可知2.5s时两者共速，木板在0～2.5s内的加速度大小 物块在0～2.0s内的加速度大小 物块在2.0s～2.5s内的加速度大小 两者在2.5s～3.0s内的加速度大小 解得μ1＝0.2，μ2＝0.4 木板的位移为x1 物块的位移为x2v1t2；v1＝a2t1 物块恰好能到达木板右端，所以L＝x2﹣x1 代入数据得：木板的长度L＝2.75m，故A错误； B、前2s对木板有μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1a1，对物块有F﹣μ2m2g＝m2a2，解得m2＝0.6kg，故B错误； C、前2s拉力F对物块做的功W＝FL 解得W＝9.9J，故C正确； D、木板与地面间因摩擦产生的热量Q＝μ1（m1+m2）g×（1.5m） 解得Q＝3.3J，故D正确。 故选：CD。 课时精练 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/5/12 16:16:5 一．选择题（共8小题） 1．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，经过一段时间运动到B处，则下列说法正确的是（　　） A．该行李的加速度大小一直为2m/s2 B．该行李经过5s到达B处 C．该行李相对传送带滑行距离为0.08m D．若传送带速度足够大，行李最快也要s才能到达B处 【解答】解：A、开始时，对行李，由牛顿第二定律，得 μmg＝ma，得 a＝2m/s2，行李与传送带速度相等后与传送带一起做匀速直线运动，行李的加速度大小为0，故A错误； B、设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝0.4m/s；由v＝at1代入数值，代入数据解得t1＝0.2s，匀加速运动的位移大小为x2×0.22m＝0.04m，匀速运动的时间为 t2s＝4.9s，行李从A到B的时间为t＝t1+t2＝0.2s+4.9s＝5.1s，故B错误； C、行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1﹣x＝（0.4×0.2﹣0.04）m＝0.04m，故C错误； D、若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短，由L，解得最短时间tmins，故D正确。 故选：D。 2．如图1所示，水平传送带以恒定的速度顺时针转动，质量为m＝10kg的箱子在水平传送带上由静止释放，经过6s后，箱子滑离传送带，箱子的v﹣t图像如图2所示，对于箱子从静止释放到相对传送带静止这一过程，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．箱子与传送带间的动摩擦因数为0.5 B．箱子对传送带做功为﹣45J C．传送带对箱子做功为180J D．箱子与传送带因摩擦产生的热量为45J 【解答】解：A、由图像可知箱子的加速度am/s2＝0.75m/s2，根据牛顿第二定律得a＝μg，所以μ＝0.075，故A错误； B、箱子对传送带做的功为W＝﹣μmgx，x＝vt，解得W＝﹣90J，故B错误， C、传送带对箱子做的功等于动能的变化量。即W，解得W＝45J，故C错误； D、箱子与传送带因摩擦产生的热量Q＝fs相，根据图像可知s相＝6m，解得Q＝45J，故D正确。 故选：D。 3．如图所示，传送带以恒定速率v顺时针转动，现将质量为m的物块（视为质点）无初速度放在传送带的底端M处，物块到达传送带最高点N处时恰好与传送带共速，已知物块与传送带间的摩擦因数为μ，传送带与地面间夹角为θ，下列说法正确的是（　　） A．传送带对物体做功为 B．物块与传送带间因摩擦产生的热量为 C．若摩擦因数增大，则小物块不会与传送带共速 D．若摩擦因数增大，则物块与传送带间因摩擦产生的热量减少 【解答】解：A、设MN间高度差为H。根据功能关系可知，传送带对物体做功等于物体机械能的增加量，即为mgH，故A错误； B、根据牛顿第二定律得 μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma 可得a＝μgcosθ﹣gsinθ 则小物体运动到与传送带共速的时间为 t 小物体与传送带间的相对位移为 Δx＝vt 解得Δx 系统因摩擦而产生的热量Q＝μmgcosθ•Δx＝μmgcosθ•，故B错误； C、若摩擦因数增大，根据a＝μgcosθ﹣gsinθ可知，小物体匀加速运动的加速度增大，根据x可知，小物体加速至与传送带共速的位移减小，则小物块会在到达N点前与传送带共速，故C错误； D、根据Q，若μ增大，Q减小，即系统因摩擦产生的热量将减少，故D正确。 故选：D。 4．如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带输送机倾角为θ＝30°，以1m/s顺时针匀速转动，现将货物在输送带下端A点无初速度释放后从A点运动B点，已知货物均可视为质点，质量为m＝10kg，A、B两端点间的距离为s＝9.8m，货物与输送带间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s2。则货物从低端到顶端要消耗的能量为（　　） A．510J B．490J C．375J D．260J 【解答】解：货物先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得 μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma 解得加速阶段的加速度为a＝2.5m/s2 则货物加速到与传送带共速的时间为 ts＝0.4s 货物加速过程的位移为 xm＝0.2m 此过程中传送带的位移为 s1＝vt＝1×0.4m＝0.4m 则因摩擦产生的热量为 Q＝f•x相＝μmgcos30°•（s1﹣x1） 解得Q＝15J 共速后，因，即有μmgcos30°＞mgsin30°，货物与传送带相对静止，则根据能量守恒定律，货物从低端到顶端要消耗的能量为 E＝Qmgs•sin30° 解得E＝510J，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一包裹轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运动到最下端B点的过程中，加速度a随位移x的变化图像如图乙所示（重力加速度g取10m/s2），则下列说法正确的是（　　） A．传送带与水平面的夹角为37° B．包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4 C．传送带运行的速度大小为6m/s D．包裹到B点时的速度为8m/s 【解答】解：AB、小包裹放上传送带后瞬间，小包裹相对传送带向上滑动，则所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得：μmgcosθ+mgsinθ＝ma1 运动到与传送带共速时，包裹所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 由题图可知：， 联立解得：，sinθ＝0.5 可得：θ＝30°，故AB错误； C、由题图可知，当包裹与传送带共速时有： 代入可得：，那么传送带的速度为6m/s，故C正确； D、第二段匀加速过程有： 解得：v2＝7m/s，可知包裹到B点时的速度为7m/s，故D错误。 故选：C。 6．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内（　　） A．若M＞m，物体A相对地面向左的最大位移是 B．若M＜m，平板车B相对地面向右的最大位移是 C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0 D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 【解答】解：A．物体与平板作用的过程中，合外力为零，动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得： Mv0﹣mv0＝（M+m）v 解得 v 若M＞m，A所受的摩擦力为： Ff＝μmg 设物体A相对地面向左的最大位移为xA，对A，由动能定理得： ﹣FfxA＝0 联立解得：xA，故A错误； B．若M＜m，设平板车B相对地面向右的最大位移为xB，对B，由动能定理得： ﹣FfxB＝0 联立解得：xB，故B错误； CD．摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，对平板车由动量定理得： ﹣Fft＝Mv﹣Mv0 Ff＝μmg 联立解得：t 平板车动量的变化量为：Mv﹣Mv0 故C错误，D正确。 故选：D。 7．如图，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x增大（　　） A．仅增大恒力F B．仅增大木板的质量M C．仅增大木块的质量m D．仅减小木块与木板间的动摩擦因数 【解答】解：根据牛顿第二定律得木块m的加速度为：a1μg M的加速度为：a2 设板长为L，根据L＝x﹣x′a1t2a2t2 解得：t 木块相对地面运动位移为：xa1t2。木板的位移x′a2t2，则知： A、若仅增大恒力F，则m的加速度a1变大，M的加速度不变，则t减小，木板的位移x′变小，x＝L+x′，则x减小。故A错误； B、若仅增大木板的质量M，木块m的加速度a1不变，M的加速度a2减小，由上式知时间t减小，x减小。故B错误。 C、若仅增大木块的质量m，则m的加速度a1减小，M的加速度a2增大，则t增大，x增大。故C正确。 D、根据以上结论，若仅减小木块与木板间的动摩擦因数μ，则m的加速度a1μg增大，M的加速度a2减小，则t减小，那么x′a2t2减小，而x＝x′+L，故x减小。故D错误。 故选：C。 8．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。下列说法正确的是（　　） A．一定有μ1≤μ2 B．当 F＞μ2（m+M）g时，木板便会开始运动 C．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动 【解答】解：A、木块向右运动，受到木板对它的滑动摩擦力作用向左，大小为μ1mg，根据牛顿第三定律，木块对木板的作用力向右，大小为μ1mg，因木板不动，所以μ1mg≤μ2（m+M）g，即，故A错误； C、木块向右运动，受到木板对它的滑动摩擦力作用向左，根据牛顿第三定律，木块对木板的作用力向右；由题意，长木板处于静止状态，在水平方向只受地面对它的静摩擦力和木块的滑动摩擦力，根据共点力的平衡，木板受到地面的摩擦力大小一定是μ1mg，故C错误； BD、对木板，水平方向受到的木块的摩擦力小于等于地面对它的最大静摩擦力，与F无关，故无论力F多大，木板都不可能运动，故B错误，D正确； 故选：D。 二．多选题（共3小题） （多选）9．如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与物块不栓接。物块将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，物块向右运动受到的摩擦力f随位移x的关系如图乙所示，x0为已知量，则下列说法正确的是（　　） A．工件在传送带上先加速，后减速 B．工件向右运动2x0后与弹簧分离 C．弹簧劲度系数k D．整个过程中摩擦力对物块做功W＝0.75f0x0 【解答】解：A、从图乙可知，摩擦力在x0处方向发生变化，在x0＜2x0区间工件的摩擦力发生变化，说明工件与传送带相对静止，故工件先加速后匀速，故A错误； BC、在x0＜x＜2x0区间摩擦力等于弹簧弹力，2x0位置摩擦力为零，所以弹力为零，所以工件运动2x0后与弹簧分离，由胡克定律得kx0＝0.5f0，解得弹簧劲度系数k，故BC正确； D、摩擦力对工件先做正功后做负功，图乙图像与x轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的功，即W＝fx0﹣0.25f0x0＝0.75f0x0，故D正确。 故选：BCD。 （多选）10．如图甲所示，质量为1kg的物块（视为质点）从倾角为37°的传送带顶端A点，以沿传动带向下、大小为4m/s的速度开始运动。物块运动过程的部分v﹣t图像如图乙所示，物块与传送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带始终以恒定速率沿相同方向转动。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A．传送带沿逆时针方向转动 B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.8 C．物块从A点向下运动至速度大小与传送带速率相等的过程中动能的减少量为18J D．物块从A点向下运动至速度大小与传送带速率相等的过程中克服摩擦力做的功为96J 【解答】解：A、从v﹣t图像可知，物块速度减为零后反向沿斜面向上运动，最终沿斜面向上做速度大小为2m/s的匀速直线运动，可以推知传送带沿顺时针转动，速度大小为2m/s，故A错误； B、根据v﹣t的图像的斜率表示加速度，可知物块沿传送带向下做匀减速运动的加速度大小为 am/s2＝0.4m/s2 根据牛顿第二定律得 μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma 解得μ ＝0.8，故B正确； C、根据图像可知，物块在A点的速度大小vA＝4m/s，与传送带速率相等时速率为v＝2m/s，则物块从A点向下运动至速度大小与传送带速率相等的过程中动能的减少量为ΔEk，解得ΔEk＝6J，故C错误； D、物块从A点向下运动至速度大小与传送带速率相等的过程中运动的位移为xm＝15m 此过程中克服摩擦力做功为Wf＝μmgxcos37°＝0.8×1×10×15×0.8J＝96J，故D正确。 故选：BD。 （多选）11．如图所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝5m/s从左端滑上小车，恰好停在小车最右端。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则（　　） A．物块对小车做功0.6J B．物块克服小车摩擦力做功0.6J C．减小物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变小 D．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大 【解答】解：AB、从开始到两者共速，以向右为正，根据动量守恒定律得：m2v0＝（m1+m2）v 根据动能定理，物块对小车做功为： 物块克服小车摩擦力做功为： 代入数据得：W1＝0.6J、W2＝2.1J，故A正确，B错误； CD、根据牛顿第二定律，小车和物块的加速度大小分别为：， 物块和小车的相对位移为： 若减小物块与车面间的动摩擦因数，物块从小车右侧脱离，根据：Q＝μm2gL，则摩擦生热变小。 若增大物块与车面间的动摩擦因数，物块不会脱离小车，根据：，摩擦生热不变，故C正确，D错误。 故选：AC。 三．解答题（共3小题） 12．如图（a）所示，将长为L＝0.8m的粗糙木板B与水平地面成θ＝37°角固定放置，将小物块A从木板B顶端由静止释放，A与底端挡板P碰撞后，恰好能回到木板B的中点。之后将水板B放置在光滑水平地面上，并在木板B中点放置与A完全相同的小物块C，如图（b）所示，物块A以v0的初速度滑上木板，并能够恰好不从木板B的左端掉落。已知A、B、C质量相同，以上过程中所有碰撞时间极短且均为弹性碰撞。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）A与B之间的动摩擦因数μ； （2）v0的大小； （3）若A以v1的初速度滑上木板B，且A、C物块均能从木板B左端掉落，则v1的大小应满足什么条件。 【解答】解：（1）设A、B、C质量均为m。从A释放到返回B中点，能量守恒： 化简整理解得： （2）A恰好不从左端掉下的条件是：A运动到木板B左端时，恰好A、B、C共速，以向右为正 根据动量守恒定律有：mv0＝3mv共 A滑上木板减速，B、C一起加速；A与C弹性碰撞交换速度，C减速，A、B相对静止，以相同初速度加速；C与P弹性碰撞交换速度后，A、C以相同的初速度和加速度相对于B向左运动，故当A滑到B的左端时，C滑到B的中点，由能量守恒：μmg×2L 联立代入数据解得： （3）当A滑到B的左端时，C滑到B的中点，此时A、C的速度为v2，B的速度为v3。对整个系统动量守恒，以向右为正有：mv1＝2mv2+mv3 对整个系统能量守恒：μmg×2L 之后若C恰好从B左端掉落，此时B、C共速，设速度大小为v4。B与C动量守恒 mv2+mv3＝2mv4 B与C系统能量守恒： 代入数据解得：v1＝4m/s 故要使A、C物块均能从木板B左端掉落，则v1的大小应满足：v1≥4m/s 答：（1）A与B之间的动摩擦因数μ为； （2）v0的大小为； （3）v1的大小应满足的条件是：v1≥4m/s。 13．如图所示，光滑水平面MA上有一根左端固定的轻弹簧（原长小于MA），A点右侧有一个沿顺时针方向匀速运动的水平传送带AB，传送带长度l＝2m，速度v0＝4m/s。圆心为O、半径R＝0.5m的光滑半圆轨道BCD在B点与传送带相切，OC水平。用一个质量m＝2kg的小物块压紧弹簧，当弹簧的弹性势能Ep＝9J时，将小物块由静止释放。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，求： （1）小物块经过A点的速度大小v； （2）小物块在传送带上运动时由于摩擦产生的热量Q； （3）改变弹簧的压缩量，将小物块再次释放，为使其在半圆轨道BCD运动过程中不脱离轨道，释放物块时，弹簧的弹性势能应满足什么条件？ 【解答】解：（1）根据机械能守恒定律得 Ep 解得v＝3m/s （2）因v＜v0＝4m/s，所以小物块滑上传送带后先做匀加速运动，加速至与传送带共速时运动的位移为 xm＝1.75m＜l＝2m 所以小物块在传送带上先匀加速后匀速，匀加速运动的时间为 ts＝0.5s 小物块与传送带间的相对位移为 Δx＝v0t﹣x＝4×0.5m﹣1.75m＝0.25m 则小物块在传送带上运动时由于摩擦产生的热量为 Q＝μmgΔx 解得Q＝1J （3）情况一：小物块最高只能到达与圆心等高处C点。设小物块恰好能运动到C点时，经过B点的速度为vB1，弹簧的弹性势能为EP1。 从B到C，根据机械能守恒定律得 mgR 解得vB1m/s 在传送带上，若小物块一直加速到B点的速度vB1，根据2μgl，解得vA1m/s 根据机械能守恒定律得 EP1J＝2J 这种情况下，弹簧的弹性势能应满足0＜EP≤2J。 情况二：小物块能通过最高点D。设小物块恰好通过最高点D时的速度为vD，经过B点的速度为vB2，弹簧的弹性势能为EP2。 在最高点D，由牛顿第二定律有 mg＝m 可得vDm/s 从B到D，由机械能守恒定律得 mg•2R 解得vB2＝5m/s 在传送带上，若小物块一直减速到B点的速度vB2，根据2μgl，解得vA2m/s 根据机械能守恒定律得 EP2J＝33J 这种情况下，弹簧的弹性势能应满足EP≥33J。 综上，弹簧的弹性势能应满足0＜EP≤2J或EP≥33J。 答：（1）小物块经过A点的速度大小v为3m/s； （2）小物块在传送带上运动时由于摩擦产生的热量Q为1J； （3）释放物块时，弹簧的弹性势能应满足0＜EP≤2J或EP≥33J。 14．某固定装置的竖直截面如图所示，由圆心角为74°光滑圆弧轨道ABC与轮间距为L1＝6m、倾角为θ＝37°的传送带CD组成，A、C两点等高，轨道与传送带平滑连接。在传送带末端D的右侧水平面上紧靠着质量m＝1kg厚度不计的薄木板b，木板b的长度L2＝0.625m，其上表面与传送带末端D所在的水平面平齐且平滑相连。质量m＝1kg的小物块a从以初速度v0＝8m/s向右水平抛出，恰好能从A点沿切线方向进入圆弧轨道，经轨道ABC滑上传送带CD，最后从木板b右端离开。已知传送带顺时针传送，速度大小始终为v＝2m/s，小物块a与传送带CD之间的动摩擦因数μ1＝0.25，物块a与木板b的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块a、木板b与地面之间的动摩擦因数均为μ3＝0.05。小物块a视为质点，不计空气阻力，水平面足够长，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求小物块a抛出点与圆弧轨道A点的高度差； （2）求小物块a与传送带之间摩擦产生的热量； （3）求全过程木板b与地面之间摩擦产生的热量。 【解答】解、（1）依题意，设小物块a在A点的竖直分速度为vy，则有 代入题中数据，解得vy＝6m/s 小物块a在空中平抛运动，沿竖直方向有联 立解得h＝1.8m （2）由机械能守恒，可知小物块a在A点、C点速度大小相等 代入数值得vC＝10m/s 小物块a在传送带上，先减速 mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma 减速至与传送带共速，减速时间 代入数据得t1＝1s 代入数据得 代入数值得x＝6m＝L 此过程传送带的位移大小为x传＝vt1＝2×1m＝2m 小物块a与传送带之间因摩擦产生的热量 Q＝μ1mgcosθ（x1﹣x传） 代入数据得Q＝8J （3）a在b上滑行，对a，由牛顿第二定律有 μ2mg＝ma1 解得 对b，由牛顿第二定律有μ2mg﹣μ3×2mg＝ma2 解得 设a从b右端离开所用时间为t2，则有 代入数据得或（舍） 在此段时间内，b相对于地面的位移大小 代入数值得 地面摩擦产生的热量 代入数值得 a从b右端离开时，b的速度为vb＝a2t2 代入数值得 继续滑行产生的热量 代入数值得 所以木板b与地面之间摩擦产生的热量 Q总＝Q1+Q20.25J 答：（1）小物块a抛出点与圆弧轨道A点的高度差为1.8m； （2）小物块a与传送带之间摩擦产生的热量为8J； （3）全过程木板b与地面之间摩擦产生的热量为0.25J。 第7页（共7页） 学科网（北京）股份有限公司 $