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模型精讲及课时精练

专题15 传送带模型和“滑块—木板”模型 题型一 水平传送带模型 2 题型二 倾斜传送带模型 2 题型三 “滑块—木板”模型（无拉力板块） 7 题型四 “滑块—木板”模型（有拉力板块） 16 课时精练 19 【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，两个物体的运动速度、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． 题型一 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．（2026春•平顶山月考）某机场航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一小行李箱（可视为质点）以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v﹣t图像如图乙所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．传送带转动的速度大小为6m/s B．小行李箱与传送带间的动摩擦因数为0.04 C．A、B两点间的距离为8m D．小行李箱与传送带的相对位移大小为6m 2．（2026•仁怀市一模）如图所示，水平传送带以速度v1＝2m/s向右匀速传动。可视为质点的小物体P、Q的质量均为1kg，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＝5m/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＝0.2，传送带两端距离L＝5m，绳足够长，g＝10m/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2m/s2 B．小物体P将从传送带的右端滑下传送带 C．小物体P离开传送带时的速度大小为3m/s D．小物体P在传送带上运动的时间为s 3．（2026•天心区校级开学）如图所示，一绷紧的水平传送带以恒定的速率v＝10m/s运行，某时刻将一滑块轻轻地放在传送带的左端，已知传送带与滑块间的动摩擦因数为0.2，传送带的水平部分A、B间的距离足够长，将滑块刚放上去2s时突然停电，传送带立即做加速度大小a＝4m/s2的匀减速运动至停止（重力加速度取g＝10m/s2）。则滑块运动的位移为（　　） A．8m B．13.5m C．18m D．23m 4．（2025秋•长治校级期末）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—时间变化规律如图乙所示，t＝6s时恰好到B点，则（　　） 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．若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，则物块不能到达B端 5．（2025秋•韩城市期末）如图所示，水平传送带以v＝4m/s的速度匀速转动，传送带的长度L＝10m，现将一炭块（可视为质点）轻放在传送带A端，炭块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，炭块相对传送带运动时会在传送带上留下痕迹，下列说法正确的是（　　） A．炭块的质量越大，在传送带上运动的时间越长 B．炭块在传送带上运动的总时间为3.5s C．炭块离开传送带时的速度大小为 D．炭块在传送带上留下的痕迹长为2m 6．（2025秋•河池期末）“平安南宁，绿色出行”，地铁已成为南宁市的主要绿色交通工具之一，图甲为地铁安检场景，图乙是安检时传送带运行的简化模型图。紧绷的传送带始终保持v＝0.8m/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间距离为L＝2m，g取10m/s2。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，下列说法正确的是（　　） A．行李一直做匀加速直线运动 B．行李经过2.3s到达B处 C．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处 D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.16m 7．（2025秋•金牛区校级期末）如图甲所示，一石墨块从水平转动足够长的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了石墨块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示，已知图线在前3.0s内为抛物线，其中坐标（2s，8m）为抛物线的顶点；在3.0s～4.5s内为直线。取向左运动的方向为正方向，传送带的速度大小保持不变，石墨块的v﹣t图如丙所示。已知重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．图丙中v1＝﹣8m/s B．0～3s内石墨块的速度变化量大小为4m/s C．0～4s内石墨块在传送带上留下的划痕长度为18m D．石墨块与传送带之间的动摩擦因数为0.2 （多选）8．（2026•冀州区校级开学）某机场航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一小行李箱以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．小行李箱的初速度大小为6m/s B．传送带转动的速度大小为6m/s C．A、B两点间的距离为8m D．小行李箱与传送带的相对位移大小为6m （多选）9．（2026•大庆校级开学）如图所示，物块A、B用轻弹簧连接并放置于足够长水平传送带上，传送带以恒定速率v顺时针转动。t＝0时，A的速度大小为2v，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长。t＝t1时，A第一次与传送带共速。已知A、B可视为质点，质量均为m，与传送带的动摩擦因数均为μ；A、B与传送带相对滑动时留下划痕未重合，重力加速度大小取g，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．0∼t1过程，A、B的位移相等 B．在t＝t1时，A、B的速度相同 C．0∼t1过程，A与B在传送带上留下的划痕长度相同 D．0∼t1过程，A在传送带上留下的划痕长度大于 （多选）10．（2026•延边州一模）如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数图线，在3.0s～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物块滑上传送带的初速度大小4m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 C．2.0～3.0s时间内，物块的加速度为﹣2m/s2 D．第2.0s末和第3.0s末物块的速度大小分别为0和3m/s 题型二 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．（2026•淮南一模）传送带在实际生活和工业生产中应用丰富，极大提高了生活便利性和工业生产效率。如图所示，某快递分拣车间用倾角为θ的传送带运送包裹，传送带始终以速率v1逆时针匀速转动，某包裹与传送带间的动摩擦因数为μ，在某段时间内该包裹以恒定速率v2沿传送带向下运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。这段时间内下列说法中正确的是（　　） A．传动带对包裹的作用力竖直向上 B．v1可能大于v2 C．包裹不可能受静摩擦力的作用 D．μ可能小于tanθ 2．（2026•合肥一模）如图所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0逆时针转动，将一可视为质点的工件轻放在传送带上端，经时间t1从下端以速率v1滑出且v1＞v0，传送带上留下了一段长度为l1的划痕。现清除划痕，将传送带逆时针匀速转动的速率增大为v0'，再次将该工件轻放在传送带上端，经时间t2从下端以速率v2滑出，传送带上留下的划痕长度为l2。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．μ一定大于tanθ B．t2一定小于t1 C．v2一定小于v1 D．l2一定大于l1 3．（2025秋•南通期末）如图所示，传送带以速率v1顺时针转动，一煤块无初速放在底端B点，经时间t到达顶端A点，煤块在传送带上的划痕长为d1。若传送带以速率v2逆时针转动，将煤块无初速放在A点，也经时间t刚好到达B点，煤块在传送带上的划痕长为d2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，划痕未出现覆盖，则（　　） A．v1＝v2 B．v1＜v2 C．d1＜d2 D．d1＞d2 4．（2025秋•钦州期末）如图所示，传送带以速度v顺时针匀速转动。一物块由静止放上传送带，经过一段时间后物块相对传送带静止。下列说法正确的是（　　） A．物块放上传送带瞬间，物块受到的摩擦力为静摩擦力，方向平行传送带向下 B．物块放上传送带瞬间，物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向平行传送带向下 C．物块相对传送带静止时，物块有相对传送带向下运动的趋势 D．物块相对传送带静止时，物块没有受到摩擦力的作用 5．（2025秋•黑龙江期末）一木块沿一与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v﹣t图像如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ。则下列说法正确的是（　　） A．开始木块是从传送带底端向上运动的 B．从v﹣t图像可知木块的初速度大于v0 C．从v﹣t图像可知木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanα D．从v﹣t图像可以得出木块运动过程中的速度一定没有等于v0的时刻 6．（2025秋•黑龙江校级期末）如图甲所示，一倾斜的传送带以恒定速率v1＝4m/s沿顺时针方向转动，传送带的倾角为θ。一煤块以大小v0＝12m/s的初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的加速度大小与时间的关系图像如图乙所示。已知煤块到传送带顶端时速度恰好为零，正确的是（　　） A．煤块运动到传送带顶端所用的时间为2s B．倾角θ的正切值tanθ＝0.5 C．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．煤块在传送带上留下的黑色痕迹长为4m 7．（2025秋•沈阳期末）某大型货场使用传送带运输货物，如图甲所示，一倾斜的传送带以恒定速率运转，皮带始终是绷紧的，将货物放在传送带的最上端A处，经过2.4s到达传送带的最下端B处。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，由v﹣t图像可知（　　） A．货物由顶端运动到底端过程中，摩擦力方向始终不变 B．0～0.4s时间内，货物的加速度为2m/s2 C．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．0～2.4s时间内，货物相对传送带运动的路程为3.2m （多选）8．（2026•定兴县校级开学）如图所示，倾角θ＝30°的传送带以2m/s的速度沿顺时针方向匀速运行，它的长度为8m，将小物块（视为质点）轻放在传送带底端，5s后到达传送带顶端并被拿走。物块在传送带上发生相对运动时可在传送带上留下痕迹，重力加速度大小为10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．物块上滑过程中一直处于超重状态 B．物块与传送带间的动摩擦因数为 C．物块匀加速运动的时间为2s D．物块在传送带上留下痕迹的长度为2m （多选）9．（2026•红塔区校级开学）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θ＝37°、长为L＝13m的传送带以恒定速率v＝2m/s顺时针转动．一个可视为质点的快件轻放在传送带M端，快件和传送带之间的动摩擦因数为0.8，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2．下列说法正确的是（　　） A．快件开始放上传送带时，加速度大小为0.4m/s2 B．快件加速到与传送带共速时，所用时间为6s C．快件加速到与传送带共速时，摩擦力的方向发生变化 D．快件从M端到N端所用时间为9s （多选）10．（2026•辽宁模拟）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，传送带以恒定速率逆时针转动，工作人员沿传送方向以速度v0从传送带顶端推下一件包裹。若传送带足够长，取沿传送带向下为正方向，则下列描述包裹在传送带上运动的v﹣t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 题型三 “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 4..板块模型的基本关系 项目 内容 加速度关系 滑块与滑板保持相对静止，可以用整体法求出它们一起运动的加速度 如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用隔离法分别求出滑块与滑板运动的加速度。应注意发掘滑块与滑 板是否发生相对运动等隐含条件 速度关系 滑块与滑板保持相对静止时，二者速度相同，分析清楚此时的摩擦力作用情况 滑块与滑板之间发生相对运动时，二者速度不相同，明确滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力情况。应注意摩擦力发生突变的情况 位移关系 滑块和滑板向同一方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之差 滑块和滑板向相反方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之和 【例题精讲】 1．（2025秋•天宁区校级期末）如图所示，足够长、质量为4kg的木板静止在光滑水平地面上，质量为1kg、可视为质点的物块以大小为5m/s、方向水平向右的初速度从木板左端开始运动。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10m/s2。物块相对于木板静止时物块到木板左端的距离为（　　） A．5m B．6m C．6.25m D．8m 2．（2025秋•城关区校级期末）如甲图所示，质量为2kg的长木板B静止放置于光滑水平面上。t＝0时，物块A（可视为质点）以3m/s的初速度滑上B的左端，A、B的速度随时间变化的图像如乙图所示，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．A的质量为4kg B．A与B之间的动摩擦力为1N C．B的长度为1.5m D．A在B上滑动过程中对地的位移为2m 3．（2025秋•贵阳月考）如图5甲所示，光滑水平面上静置一块薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M。t＝0时刻，质量为m的物块（可视为质点）以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v﹣t图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．M＝2m B．木板与物块间的动摩擦因数为0.3 C．木板的长度为15m D．最终物块与长木板一起向右做匀速直线运动 4．（2026•辽宁模拟）如图所示，倾角为37°的、足够长的斜面固定在水平面上，质量为2kg的木板和质量为1kg的物块叠放在斜面上，物块与木板之间的动摩擦因数为0.8，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。现将物块和木板同时由静止释放，则物块与木板之间的摩擦力大小为（　　） A．6.4N B．4.8N C．4.0N D．0 5．（2025春•邯郸期末）如图甲所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，一小滑块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面上滑，运动到最高点后返回，若以出发点为坐标原点，沿斜面向上为位移x的正方向，且出发点为势能零点，小滑块运动过程中的机械能E随位移x变化的关系图像如图乙所示，已知E1E2，则小滑块与斜面间的动摩擦因数为（　　） A． B． C． D． 6．（2025秋•松桃县校级期末）质量为M＝20kg、长为L＝10m的木板放在水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，将质量m＝10kg的小木块（可视为质点），以v0＝9m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上，（如图所示），小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2）。则以下判断中正确的是（　　） A．小木块能滑出木板 B．全过程木块运动的位移为12m C．全过程木板运动的位移为1.5m D．经过2.5s后，木板与木块开始一起匀减速运动 （多选）7．（2026•辽宁模拟）如图（a）所示，水平地面上有一足够长的、质量为1kg的木板，木板上放有一可视为质点、质量为1kg的物块。给木板一水平向右的初速度v0＝5m/s，同时也给物块一水平向左的初速度，物块恰好未滑离木板，整个运动过程中，木板的速度v随时间t变化关系如图（b）所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．物块与木板之间的动摩擦因数为0.6 B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.4 C．物块的初速度大小为6m/s D．木板的长度为5m （多选）8．（2025秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，6块木板依次并排静止在水平地面上，每块木板的质量均为m，前5块木板长度均为L，第6块木板长度为，木板与地面间的动摩擦因数为μ。一质量也为m的小物块（大小忽略不计），在大小为5μmg的恒定拉力作用下，以的初速度滑上第1块木板的左端，小物块与木板间的动摩擦因数为4μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（　　） A．小物块从滑上第1块木板到离开第4块木板所花的时间为 B．小物块离开第5块木板时小物块的速度为 C．小物块在第6块木板上滑动的过程中第6块木板的位移为 D．第5块木板的右端与第6块木板的左端最终相距为 （多选）9．（2025秋•湖南期末）质量为2m的长木板从倾角为37°足够长的斜面上滑下，当木板的速度为3m/s时，将质量为m的滑块无初速度地轻放在长木板上的P点（图中未标出），滑块在木板上滑行1.5s后离开木板。已知木板与斜面间的动摩擦因数为0.5，滑块与木板间无摩擦；取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则滑块在木板上滑行的过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑块与长木板各自以不同的加速度沿斜面向下加速运动 B．滑块加速运动，长木板匀速运动 C．木板的长度可能为3.5m D．木板的长度可能为2.5m 题型四 “滑块—木板”模型（有拉力板块） 【例题精讲】 1．（2026•安徽开学）如图所示，某卡车的水平载货厢长度为3m，上面载有一装满宣纸的纸箱，其长、宽、高均为0.6m，紧贴前方驾驶室放置。现卡车在水平道路上由静止开始以1.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，已知纸箱与载货厢底部间的动摩擦因数为0.10，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，若载货厢后方的挡板没有关上，则纸箱在卡车开始行驶后（　　） A．3s∼4s间会掉出载货厢 B．4s∼5s间会掉出载货厢 C．5s～6s间会掉出载货厢 D．6s∼7s间会掉出载货厢 2．（2026•临沂一模）如图所示，足够长的木板置于水平地面上，其上表面光滑，质量为M＝10kg，在水平拉力F＝50N的作用下，以v0＝5m/s的速度沿水平地面向右匀速运动，现有若干个小铁块（可视为质点），每个质量均为m＝1kg，将第一个铁块无初速地放在木板最右端，当木板运动了L＝1m时，又将第二块无初速地放在木板最右端，以后只要木板运动了L就在木板的最右端无初速地放上一个铁块，直到木板停下来，就不再向木板上放铁块了，g＝10m/s2，14.2。则下列说法正确的是（　　） A．最终有5个铁块放在木板上 B．最终有6个铁块放在木板上 C．最后一个铁块与木板最右端的距离为m D．最后一个铁块与木板最右端的距离为m 3．（2025秋•红旗区校级期末）如图所示，上表面粗糙、质量为M＝2kg的长木板放置在光滑的水平面上，可视为质点、质量为m＝1kg的木块放置在木板的最左端。已知长木板的长度L＝3m，木块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对木块施加一水平向右的恒力F＝9N，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．木块与长木板保持相对静止一起向右做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s2 B．木块与长木板保持相对静止一起向右做匀加速直线运动，加速度大小为3m/s2 C．木块与长木板之间有相对滑动且1s后木块从长木板上滑下 D．木块与长木板之间有相对滑动且后木块从长木板上滑下 4．（2025秋•琼山区校级月考）如图所示，一倾角为θ的斜面体固定在水平地面上。一质量为m的长木板B静止在斜面上，质量也为m的物块A静止在长木板上，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B从物块A的下面抽出，重力加速度为g。则拉力F应大于（　　） A．mgsinθ+μmgcosθ B．mgsinθ+2μmgcosθ C．4μmgcosθ D．4mgsinθ 5．（2025秋•工业园区校级月考）如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量 m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数，对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。则（　　） A．要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F＞15N B．当恒力F＝25N时，物块会与木板发生相对滑动 C．当恒力F＝31.5N时，物块滑离木板所用的时间为1s D．当恒力F＝37.5N时，物块滑离木板所用的时间为1.2s 6．（2025秋•成都校级期末）如图所示，光滑斜面体ABC固定在水平面上，倾角θ＝37°，顶角∠B＝90°，物块a和长木板b分别放在斜面BC和AB上，细线绕过固定在斜面顶点的轻质光滑定滑轮，两端分别与物块a和长木板b相连，滑轮两侧的细线分别与两侧的斜面平行，长木板b上放置一质量为m的物块c，b与c间的动摩擦因数为μ。长木板b质量为2m，物块a质量为m0（m0大小可调节）。开始时，a、b、c的初速度均为零。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是（　　） A．剪断绳子的瞬间，a的加速度为8m/s2，b的加速度为6m/s2，c的加速度为0 B．当时，b、c的加速度均为2m/s2，方向沿斜面向下 C．当时，b、c的加速度均为1m/s2，方向沿斜面向上 D．当时，b与c将相对滑动 （多选）7．（2025秋•庐阳区校级月考）如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着物块B和木板C，木板C下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则由图像可知（　　） A．10N＜F＜15N时，B、C间发生相对滑动 B．斜面倾角θ等于30° C．无法求出木板C的质量 D．木板C和物块B之间的动摩擦因数为 （多选）8．（2026•唐山一模）如图所示，物块和木板静止叠放在光滑水平地面上，左边缘对齐。现用水平恒力向右拉动物块，使其从木板右端离开。此时，木板具有一定速度，物块与木板的速度差为Δv，下列措施中能使Δv增大的有（　　） A．仅增大水平恒力 B．仅增大物块质量 C．仅增大木板质量 D．仅增大物块与木板间的动摩擦因数 （多选）9．（2026•杞县校级开学）如图所示，在光滑水平面上有一质量为1kg且足够长的木板A，其上叠放一质量为2kg的物块B，物块与木板间的动摩擦因数为0.1。t＝0时刻起，给物块施加一随时间t均匀增大的水平拉力F，F＝3t（N），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．t＝1s时，物块与木板间的摩擦力大小为1N B．t＝2s时，物块与木板间的摩擦力大小为2N C．t＝3s时，物块的加速度大小为3m/s2 D．t＝4s时，物块的加速度大小为4m/s2 课时精练 1． 选择题（共10小题） 1．（2026•天心区校级开学）如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法中错误的是（　　） A．黑色的径迹将出现在木炭包的右侧 B．开始时木炭包相对于传送带向左运动 C．木炭包的质量越大，径迹的长度越短 D．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短 2．（2026•内江校级二模）如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，正常工作时都匀速运动，甲的速度v甲＝v，乙的速度v乙＝2v，将工件（视为质点）轻放到传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落，工件与传送带相对滑动时会留下痕迹。已知两传送带与工件动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．工件在传送带乙上的滑痕为曲线 B．工件经时间与传送带乙保持相对静止 C．工件在传送带乙上的滑痕长度为 D．工件在传送带乙上滑动过程的位移大小为 3．（2026•合肥模拟）如图所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0逆时针转动，将一可视为质点的工件轻放在传送带上端，经时间t1从下端以速率v1滑出且v1＞v0，传送带上留下了一段长度为l1的划痕。现清除划痕，将传送带逆时针匀速转动的速率增大为v'0，再次将该工件轻放在传送带上端，经时间t2从下端以速率v2滑出，传送带上留下的划痕长度为l2。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．μ一定大于tanθ B．t2一定小于t1 C．v2一定小于v1 D．l2一定大于l1 4．（2026•桃城区校级模拟）如图所示，轻弹簧一端与倾斜传送带上的物块连接，另一端固定在墙面上，弹簧轴线与传送带平行，物块与传送带间的动摩擦因数恒定。传送带足够长且匀速转动一段时间后，物块在传送带上做简谐运动，运动过程中弹簧不超过其弹性限度，则（　　） A．传送带的转动方向一定是顺时针 B．传送带的转动方向一定是逆时针 C．物块的最大速度小于传送带的速度 D．物块的最大速度大于传送带的速度 5．（2025秋•海安市期末）如图所示，长木板A静置在光滑的水平面上，滑块B以速度v滑上木板，木板和滑块的加速度分别为aA、aB，当两者共速时，木板前进的距离为xA，物块相对木板滑行的距离为xB，则下列关系一定正确的是（　　） A．aA＞aB B．aA＜aB C．xA＞xB D．xA＜xB 6．（2025•浙江一模）倾角为37°足够长斜面静止放在粗糙水平面上，有一长木板A恰好能在斜面处于静止。现有物块B以v0＝1m/s的速度从A的顶端开始沿木板A下滑，A、B间动摩擦因数为μ＝0.8。已知A、B的质量分别为mA＝2kg，mB＝3kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．物块B下滑过程中，地面对斜面的摩擦力向左 B．物块B下滑过程中，A板仍与斜面保持静止 C．要使B不脱离A，A板长度至少为0.5m D．若B不从A板上滑落，则AB最终与斜面保持相对静止 7．（2025•浙江模拟）如图甲所示，两薄木板A、B质量相同，其中木板A与墙面间的动摩擦因数为μ1，木板B与木板A间的动摩擦因数为μ2，光滑重球被轻质细绳跨过定滑轮拉住，整个系统处于静止状态。现缓缓释放细绳使重球缓慢下降，对可能出现的情况，下列说法正确的是（　　） A．若出现图乙所示情况，只要μ1＞μ2 B．若μ1＜2μ2，会出现图乙所示情况 C．要出现图丙所示情况，必有μ1＝2μ2 D．若μ1＜2μ2，会出现图丙所示情况 8．（2025秋•石家庄校级月考）如图甲所示，在水平面上测量木块所受的摩擦力时，作用在木块上的水平拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，木块运动速度v随时间t变化的图像如图丙所示。则木块在（　　） A．5s时受到的摩擦力为0 B．15s时受到的摩擦力为6N C．30s时受到的摩擦力为12N D．45s时受到的摩擦力为4N 9．（2025秋•竞秀区期末）如图甲所示，水平面上放置质量为1kg的长木板A（足够长），A上放置质量为2kg的滑块B。水平力F作用于B上，0～t0时间内F随时间均匀增大，t0时刻B刚要相对A发生滑动，此后F恒为20N，F随时间变化的曲线如图乙所示。已知A、B之间的动摩擦因数为0.4，A与水平面之间的动摩擦因数为0.1，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　） A．0.1s时，B受到A施加的摩擦力为8N B．0.2s时，A的加速度大小为5m/s2 C．0.6s时，A的速度大小为1.2m/s D．到1.6s时，B相对于A滑动的距离为0.5m 10．（2025秋•琼山区校级期末）如图所示，粗糙水平面上放着一木板A，质量M＝1kg，A上面放着小物块B，质量m＝3kg，A与B以及A与地面间的摩擦因数均为0.1，重力加速度g取10m/s2，现给A施加一个水平恒力F，下列说法中正确的是（　　） A．若F＝4N，则A、B一起向右做匀加速运动，加速度为1m/s2 B．若F＝12N，则A、B一起向右做匀加速运动，加速度为2m/s2 C．如果把F作用在B上，F＝6N，则A、B一起向右做匀加速运动，加速度为0.5m/s2 D．如果把F作用到B上，无论F有多大，木板A均不会运动 二．多选题（共5小题） （多选）11．（2026•阜阳一模）如图所示，木板M和物块m叠放在足够长的水平传送带上，轻弹簧的一端固定在左侧挡板上，另一端与木板接触（不连接），用力推木板压缩弹簧。使传送带以恒定速度v顺时针转动，由静止释放木板。物块与木板、木板与传送带间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若弹簧恢复原长时，木板速度还未达到v，已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．弹簧恢复原长前，木板先加速后减速 B．弹簧恢复原长前，木板的加速度一直减小 C．弹簧恢复原长后，木板速度还未达到v，物块脱离木板前，木板加速度为μg D．弹簧恢复原长后，木板速度还未达到v，物块脱离木板后，木板加速度为μg （多选）12．（2026•黑龙江开学）如图所示倾角为θ＝37°的传送带，顶端A到底端B的距离为L＝16m，一炭包（可看作质点）由传动带的顶端A静止释放，已知炭包与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，忽略炭包质量的变化，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．若传送带静止，炭包由A到B的时间为4s B．若传送带顺时针以v0＝2m/s的速度传动，炭包在传送带上留下的划痕为16m C．若传送带逆时针以v0＝10m/s的速度传动，炭包由A到B的时间为2s D．若传送带逆时针以v0＝10m/s的速度传动，炭包在传送带上留下的划痕为6m （多选）13．（2026•永修县校级开学）如图所示，A、B两物块的质量分别为2kg和1kg，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.5，B与地面间的动摩擦因数为0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。现对A施加一水平拉力F，则（　　） A．当F＞15N时，A相对B滑动 B．当F＝12N时，A的加速度为1.5m/s2 C．当F＜10N时，A、B都相对地面静止 D．无论F为何值，B的加速度都不会超过2m/s2 （多选）14．（2026•天心区校级开学）如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个随时间变化的水平拉力F作用，且拉力F满足F＝0.5t（N），从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2 C．图乙中t2＝24s D．木板的最大加速度为2m/s2 （多选）15．（2026•桦南县校级开学）如图所示，倾角为θ＝37°的长为5m的传送带以速度v1＝2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2＝8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小物块先减速至v1后匀速向上滑行 B．小物块刚滑上传送带时的加速度大小为10m/s2 C．小物块在传送带上运动时间为3.8s D．小物块在传送带上留下的痕迹长度为9m 三．解答题（共5小题） 16．（2026•安徽开学）如图所示为某工厂车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面平滑衔接，且保持一定的速率顺时针匀速运行，传送带长L＝5m。现将一质量为m＝0.4kg可视为质点的包裹轻放在传送带左端，最后停在水平面的某处。已知包裹与传送带间的动摩擦因数µ1＝0.2，包裹与水平面间的动摩擦因数µ2＝0.4，重力加速度g取10m/s2。 （1）若传送带保持v0＝4m/s的速率顺时针运行，求包裹刚离开传送带时的速度大小及在传送带上运动的时间； （2）若传送带保持v0′＝6m/s的速率顺时针运行，求包裹在水平面上运动的位移大小。 17．（2026•塔城地区校级开学）如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速度匀速运转，在其左端无初速度释放一质量为m＝1kg的小煤块，煤块可视为质点，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带长L＝2m，重力加速度g取10m/s2。求： （1）煤块加速时的加速度？ （2）煤块达到传送带右端所需时间？ （3）煤块在传送带上留下的痕迹长度？ 18．（2026•重庆开学）如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B长度为14m，传送带以8m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量为m＝0.2kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.25。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，不计空气阻力，求： （1）煤块到B点时速度的大小； （2）煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度。 19．（2026•邢台开学）如图甲所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长L＝1m、质量m1＝0.5kg的木板A，一质量m2＝1kg的物体B以初速度v0滑上木板A上表面的同时对木板A施加一个水平向右的力F，A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，物体B在木板A上运动的路程s（相对于木板A）与力F的关系如图乙所示，求： （1）当F＝1N时，A、B的加速度大小； （2）物体B的初速度v0的大小； （3）图乙中F1和F2的大小。 20．（2026春•平顶山月考）如图甲，质量M＝2kg的足够长的木板A静止在粗糙水平地面上，木板左端放置一质量m＝1kg的物块B（可视为质点）。t＝0时刻对物块施加一水平向右的拉力F，拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，4.5s末撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取重力加速度g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）0～3s内木板对物块的摩擦力大小；（结果可用分数表示） （2）3～4.5s内物块、木板的加速度大小； （3）最终物块到木板左端的距离。 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题15 传送带模型和“滑块—木板”模型 题型一 水平传送带模型 2 题型二 倾斜传送带模型 2 题型三 “滑块—木板”模型（无拉力板块） 12 题型四 “滑块—木板”模型（有拉力板块） 29 课时精练 38 【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，两个物体的运动速度、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． 题型一 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．（2026春•平顶山月考）某机场航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一小行李箱（可视为质点）以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v﹣t图像如图乙所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．传送带转动的速度大小为6m/s B．小行李箱与传送带间的动摩擦因数为0.04 C．A、B两点间的距离为8m D．小行李箱与传送带的相对位移大小为6m 【答案】C 【解析】解：A、由v﹣t图像可知，小行李箱先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，传送带转动的速度大小为2m/s，故A错误； B、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，可知小行李箱做匀减速运动的加速度大小为a＝||m/s2＝4m/s2，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma，可得μ＝0.4，故B错误； C、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移可知，A、B两点间的距离为x1m+2×2m＝8m，故C正确； D、小行李箱与传送带的相对位移大小等于0﹣1s内两者位移之差，为Δx＝x箱﹣v带1m﹣2×1m＝2m，故D错误。 故选：C。 2．（2026•仁怀市一模）如图所示，水平传送带以速度v1＝2m/s向右匀速传动。可视为质点的小物体P、Q的质量均为1kg，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＝5m/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＝0.2，传送带两端距离L＝5m，绳足够长，g＝10m/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2m/s2 B．小物体P将从传送带的右端滑下传送带 C．小物体P离开传送带时的速度大小为3m/s D．小物体P在传送带上运动的时间为s 【答案】D 【解析】解：设向右为正方向。 A、t＝0时，v2＝5m/s＞v1＝2m/s，P所受滑动摩擦力向左，f＝μmPg，代入数据可得f＝2N。对P、Q系统，由牛顿第二定律得﹣f﹣mQg＝（mP+mQ）a1，代入数据解得，加速度大小为6m/s2，故A错误； BC、P减速至与传送带共速，所用时间，解得：t1＝0.5s，位移，解得：x1＝1.75m。此后vPC、P到达最右端后向左加速，加速度大小仍为4m/s2，由v2＝2a2xmax，解得离开时速度，故BC错误； D、P向左加速时间，解得：。总时间t＝t1+t2+t3，解得：，故D正确。 故选：D。 3．（2026•天心区校级开学）如图所示，一绷紧的水平传送带以恒定的速率v＝10m/s运行，某时刻将一滑块轻轻地放在传送带的左端，已知传送带与滑块间的动摩擦因数为0.2，传送带的水平部分A、B间的距离足够长，将滑块刚放上去2s时突然停电，传送带立即做加速度大小a＝4m/s2的匀减速运动至停止（重力加速度取g＝10m/s2）。则滑块运动的位移为（　　） A．8m B．13.5m C．18m D．23m 【答案】C 【解析】解：停电前，滑块的加速度 解得 滑块在这2s内做匀加速运动的位移 解得 x1＝4m 2s末滑块的速度 v1＝a1t1 解得 v1＝4m/s 停电后，滑块继续加速，传送带立即减速，设两者达到共同速度的时间为t2，则 共同速度 v2＝v﹣at2 解得 v2＝6m/s 这段时间内滑块的位移 解得 x2＝5m 两者达到共同速度后，滑块将做减速运动，减速的加速度大小 解得 减速至停下的时间 解得 t1＝3s 在这3s内滑块做匀减速运动的位移 解得 x1＝9m 总位移 x＝x1+x2+x3 解得 x＝18m 故ABD错误，C正确。 故选：C。 4．（2025秋•长治校级期末）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—时间变化规律如图乙所示，t＝6s时恰好到B点，则（　　） 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．若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，则物块不能到达B端 【答案】C 【解析】解：A、由图乙可知，0﹣4s内物块做匀加速运动，加速度为am/s2＝1m/s2 由牛顿第二定律得，联立解得μ＝0.1，故A错误； B、由图乙可知，4s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4m/s。根据v﹣t图像与时间轴所围成的面积表示位移，则AB间距离为，故B错误； C、由图乙可知，共速前小物块与传送带发生的相对位移为，则小物块在传送带上留下的痕迹是8m，故C正确； D、物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向右做匀减速直线运动，匀减速的加速度大小为a′μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2 物块从开始到速度为4m/s时发生的位移为 物块减速到停下通过的位移大小为 则x1+x2＝8m+8m＝16m＝L，可知物块刚好到达B端，故D错误。 故选：C。 5．（2025秋•韩城市期末）如图所示，水平传送带以v＝4m/s的速度匀速转动，传送带的长度L＝10m，现将一炭块（可视为质点）轻放在传送带A端，炭块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，炭块相对传送带运动时会在传送带上留下痕迹，下列说法正确的是（　　） A．炭块的质量越大，在传送带上运动的时间越长 B．炭块在传送带上运动的总时间为3.5s C．炭块离开传送带时的速度大小为 D．炭块在传送带上留下的痕迹长为2m 【答案】B 【解析】解：A.炭块加速时根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得炭块的加速度a＝2m/s2，可知加速度大小与质量无关，即炭块在传送带上运动的时间与质量无关，故A错误； BC.炭块在传送带上的加速时间t1s＝2s，加速过程的位移x1 m＝4m，然后随传送带一起做匀速运动，离开传送带时的速度为4m/s，匀速运动的时间为t2s＝1.5s，炭块在传送带上运动的总时间为t＝t1+t2＝2s+1.5s＝3.5s，故B正确，C错误； D.炭块在传送带上留下的划痕长Δx＝vt1﹣x1＝（4×2﹣4）m＝4m，不是2m，故D错误。 故选：B。 6．（2025秋•河池期末）“平安南宁，绿色出行”，地铁已成为南宁市的主要绿色交通工具之一，图甲为地铁安检场景，图乙是安检时传送带运行的简化模型图。紧绷的传送带始终保持v＝0.8m/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间距离为L＝2m，g取10m/s2。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，下列说法正确的是（　　） A．行李一直做匀加速直线运动 B．行李经过2.3s到达B处 C．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处 D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.16m 【答案】D 【解析】解：A、由牛顿第二定律可得，行李所受合外力为摩擦力，故其加速度为，代入数据得a＝2m/s2。行李从静止开始加速，达到与传送带相同速度所需时间，解得：t1＝0.4s。此加速阶段行李的位移为，解得：x1＝0.16m，由于x1＜L，因此行李将先经历加速运动，之后再与传送带保持相对静止做匀速运动，故A错误； B、行李运动至B处所需总时间包括加速阶段时间与后续匀速阶段时间，即，计算得t＝2.7s，故B错误； C、假设传送带速度足够大，行李全程做匀加速直线运动，则有，解得：，由于2s，故C错误； D、行李在传送带上滑动时留下的摩擦痕迹长度，在数值上等于加速阶段两者间的相对位移大小，即d＝vt1﹣x1，代入数据计算得d＝0.16m，故D正确。 故选：D。 7．（2025秋•金牛区校级期末）如图甲所示，一石墨块从水平转动足够长的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了石墨块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示，已知图线在前3.0s内为抛物线，其中坐标（2s，8m）为抛物线的顶点；在3.0s～4.5s内为直线。取向左运动的方向为正方向，传送带的速度大小保持不变，石墨块的v﹣t图如丙所示。已知重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．图丙中v1＝﹣8m/s B．0～3s内石墨块的速度变化量大小为4m/s C．0～4s内石墨块在传送带上留下的划痕长度为18m D．石墨块与传送带之间的动摩擦因数为0.2 【答案】C 【解析】解：A、由x﹣t图知，前3s为抛物线，顶点在（2s，8m），说明t＝2s时速度为0，0﹣2s为匀减速运动。结合x﹣t图的抛物线方程推导， x，则am/s2＝4m/s2，初速度v2＝at＝4×2m/s＝8m/s，图丙中的t1～t2为2s～3s，则v1＝﹣a（t2﹣t1）＝﹣4×（3﹣2）m/s＝﹣4m/s，故A错误； B、0时速度为8m/s，3s时速度为﹣4m/s（2﹣3s减速到0），速度变化量大小为﹣4m/s﹣8m/s＝﹣12m/s，故B错误； C、0～4s内石墨块在传送带上留下的划痕长度为石墨相对传送带的位移，根据图丙v﹣t图像面积可得， 相对位移为Δx18m，故C正确； D、由加速度a＝4m/s2，得，代入数据解得μ＝0.4，故D错误。 故选：C。 （多选）8．（2026•冀州区校级开学）某机场航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一小行李箱以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．小行李箱的初速度大小为6m/s B．传送带转动的速度大小为6m/s C．A、B两点间的距离为8m D．小行李箱与传送带的相对位移大小为6m 【答案】AC 【解析】解：AB、由v﹣t图像可知，小行李箱的初速度v0＝6m/s，小行李箱先做匀减速直线运动，之后与传送带一起匀速运动，因此传送带的速度为v＝2m/s。故A正确，B错误； C、v﹣t图像与坐标轴围成的面积表示位移，根据图像可得，小行李箱在3s内的位移为，解得：x＝8m，故A、B两点间的距离为8m。故C正确； D、在3s内传送带传动的路程为x1＝vt＝2×3m，解得：x1＝6m。小行李箱与传送带之间的相对位移大小为Δx＝x﹣x1，解得：Δx＝2m。故D错误。 故选：AC。 （多选）9．（2026•大庆校级开学）如图所示，物块A、B用轻弹簧连接并放置于足够长水平传送带上，传送带以恒定速率v顺时针转动。t＝0时，A的速度大小为2v，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长。t＝t1时，A第一次与传送带共速。已知A、B可视为质点，质量均为m，与传送带的动摩擦因数均为μ；A、B与传送带相对滑动时留下划痕未重合，重力加速度大小取g，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．0∼t1过程，A、B的位移相等 B．在t＝t1时，A、B的速度相同 C．0∼t1过程，A与B在传送带上留下的划痕长度相同 D．0∼t1过程，A在传送带上留下的划痕长度大于 【答案】BCD 【解析】解：B、初始阶段，A受到向左的滑动摩擦力μmg和向左的弹力作用而向右减速，B受到向右的滑动摩擦力μmg和向右的弹力作用而向右加速。在A与传送带首次达到共速之前，A、B系统所受合外力为零，系统动量守恒，有m•2v＝mv+mvB，解得：vB＝v。即在t＝t1时刻，A与B速度相同，故B正确； A、在0～t1过程中，A向右减速，B向右加速，最终两者共速，因此A的位移大于B的位移，故A错误； C、．在0～t1过程中，传送带的位移为x传＝vt1。A的加速度为，由于弹力逐渐增大，A做加速度增大的减速运动，其位移满足。 因此，A在传送带上留下的划痕长度。B的加速度为，可知在任意时刻A与B的加速度大小均相等，即B做加速度增大的加速运动，A、B的v﹣t图像关于共速点对称，故两者相对传送带的位移大小相等，划痕长度相等，故CD正确。 故选：BCD。 （多选）10．（2026•延边州一模）如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数图线，在3.0s～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物块滑上传送带的初速度大小4m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 C．2.0～3.0s时间内，物块的加速度为﹣2m/s2 D．第2.0s末和第3.0s末物块的速度大小分别为0和3m/s 【答案】ABC 【解析】解：D.x﹣t图线的斜率表示速度，由3.0～4.5s内图像斜率可知，第3.0s末物块的速度 代入数据得v3＝﹣2m/s，第2.0s末物块的速度为零，故D错误； C．第2.0s末物块的速度为零，2.0～3.0s时间内，物块的加速度为 代入数据得a＝﹣2m/s2，故C正确； B．由牛顿第二定律得﹣μmg＝ma 代入数据得μ＝0.2，故B正确； A．0～2s内，由v＝v0+at 代入数据得v0＝4m/s，故A正确。 故选：ABC。 题型二 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．（2026•淮南一模）传送带在实际生活和工业生产中应用丰富，极大提高了生活便利性和工业生产效率。如图所示，某快递分拣车间用倾角为θ的传送带运送包裹，传送带始终以速率v1逆时针匀速转动，某包裹与传送带间的动摩擦因数为μ，在某段时间内该包裹以恒定速率v2沿传送带向下运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。这段时间内下列说法中正确的是（　　） A．传动带对包裹的作用力竖直向上 B．v1可能大于v2 C．包裹不可能受静摩擦力的作用 D．μ可能小于tanθ 【答案】A 【解析】解：AC、该包裹以恒定速率v2沿传送带向下做匀速直线运动，受力平衡，包裹受重力、支持力、静摩擦力作用，传动带对包裹的作用力是支持力和静摩擦力的合力，根据平衡条件可知，传动带对包裹的作用力与包裹的重力等大反向，则传动带对包裹的作用力竖直向上，故A正确，C错误； B、若v1大于v2，包裹相对传送带向上运动，受到的摩擦力沿斜面向下，包裹受力不平衡，不可能做匀速运动，故B错误； D、根据共点力平衡条件有mgsinθ＝f静≤μmgcosθ，解得μ≥tanθ，故D错误。 故选：A。 2．（2026•合肥一模）如图所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0逆时针转动，将一可视为质点的工件轻放在传送带上端，经时间t1从下端以速率v1滑出且v1＞v0，传送带上留下了一段长度为l1的划痕。现清除划痕，将传送带逆时针匀速转动的速率增大为v0'，再次将该工件轻放在传送带上端，经时间t2从下端以速率v2滑出，传送带上留下的划痕长度为l2。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．μ一定大于tanθ B．t2一定小于t1 C．v2一定小于v1 D．l2一定大于l1 【答案】B 【解析】解：A．工件从传送带上端向下运动时，做匀加速运动，根据牛顿第二定律，运动的加速度大小 工件滑出传送带的速度v1＞v0，说明工件与传送带达到共同速度后再加速运动，根据牛顿第二定律，加速度大小 则mgsinθ＞μmgcosθ 即μ＜tanθ，故A错误； B．传送带以速度v0运动时，工件运动的v﹣t图像如图中1线。当传送带以速度v0'运动时，工件可能一直匀加速运动，工件滑出时的速度大小v≤v0'，工件运动的v﹣t图像如图中2线；也可能先匀加速在速度达到v0'后再次以加速度a2做匀加速运动，工件运动的v﹣t图像如图中3线，如下图所示 由于工件在传送带上运动的位移大小相等，v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，故v﹣t图像与时间轴围成的面积相等，由图可知t2＜t1，故B正确； C．工件的速度达到v0前，工件在传送带上运动的位移大小x1相等、时间Δt相等；当传送带以速度v0'运动时，若工件一直匀加速运动，剩下的一段位移 当传送带以速度v0运动时，若工件一直匀加速运动，剩下的一段位移 由于t2＜t1，所以v2＞v1，故C错误； D．当传送带以v0'速度运动时，工件若恰好到达下端时划痕长度等于l2传送带的长度。当传送带以v0速度运动时，达到共同速度前，工件的速度小于传送带的速度；达到共同速度后，工件的速度大于传送带的速度，两次的划痕有重叠，最后划痕的长度l1可能等于传送带的长度，故D错误。 故选：B。 3．（2025秋•南通期末）如图所示，传送带以速率v1顺时针转动，一煤块无初速放在底端B点，经时间t到达顶端A点，煤块在传送带上的划痕长为d1。若传送带以速率v2逆时针转动，将煤块无初速放在A点，也经时间t刚好到达B点，煤块在传送带上的划痕长为d2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，划痕未出现覆盖，则（　　） A．v1＝v2 B．v1＜v2 C．d1＜d2 D．d1＞d2 【答案】D 【解析】解：AB、设煤块质量为m，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。 传送带顺时针转动时，对煤块，根据牛顿第二定律得 μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma1 当传送带时针转动时，对煤块，根据牛顿第二定律得 μmgcosθ+mgsinθ＝ma2 可知：a1＜a2 由于煤块向上运动和向下运动的时间相等，位移大小也相等，画出符合要求的v﹣t图像，如图所示： 煤块向下运动时一定先匀加速后匀速，向上运动时可能一直匀加速或先匀加速后匀速，根据图像可判断v1＞v2，故AB错误； CD、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知煤块向上运动过程相对位移大，划痕较长，则d1＞d2，故C错误，D正确。 故选：D。 4．（2025秋•钦州期末）如图所示，传送带以速度v顺时针匀速转动。一物块由静止放上传送带，经过一段时间后物块相对传送带静止。下列说法正确的是（　　） A．物块放上传送带瞬间，物块受到的摩擦力为静摩擦力，方向平行传送带向下 B．物块放上传送带瞬间，物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向平行传送带向下 C．物块相对传送带静止时，物块有相对传送带向下运动的趋势 D．物块相对传送带静止时，物块没有受到摩擦力的作用 【答案】C 【解析】解：AB、物块由静止放上传送带，物块与传送带存在相对运动，故物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以物块受到的摩擦力方向平行传送带向上，故AB错误； CD、物块相对传送带静止时，在重力作用下，物块有相对传送带向下运动的趋势，物块受到静摩擦力的作用，故C正确，D错误。 故选：C。 5．（2025秋•黑龙江期末）一木块沿一与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v﹣t图像如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ。则下列说法正确的是（　　） A．开始木块是从传送带底端向上运动的 B．从v﹣t图像可知木块的初速度大于v0 C．从v﹣t图像可知木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanα D．从v﹣t图像可以得出木块运动过程中的速度一定没有等于v0的时刻 【答案】C 【解析】解：A、根据题意分析可知，若木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动，木块一定先减速向上后加速向下，而图像表示的是运动方向不变，且一直做加速运动，所以木块的初速度一定向下，故A错误； B、根据题意分析可知，木块的初速度一定沿斜面向下的，图像的斜率先大后小，故木块的加速度也先大后小，木块的合力先大后小，木块的所受的摩擦力先向下后向上，只有木块的初速度小于v0时摩擦力的方向才能先向下，故B错误； C、根据题意分析可知，木块的初速度小于v0，摩擦力沿斜面向下，木块向下做匀加速直线运动，其加速度为mgsinα+f＝ma1 当木块的速度等于v0时，若木块与传送带间的动摩擦因数μ≥tanα，则μmgcosα≥mgsinα 木块将随着传送带一起以v0的速度匀速运动，不能继续加速运动，故木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanα，故C正确； D、根据题意分析可知，当木块的速度等于v0时，且μ＜tanα，木块无法与传送带相对静止，继续向下加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsinα﹣f＝ma2 木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻，故D错误。 故选：C。 6．（2025秋•黑龙江校级期末）如图甲所示，一倾斜的传送带以恒定速率v1＝4m/s沿顺时针方向转动，传送带的倾角为θ。一煤块以大小v0＝12m/s的初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的加速度大小与时间的关系图像如图乙所示。已知煤块到传送带顶端时速度恰好为零，正确的是（　　） A．煤块运动到传送带顶端所用的时间为2s B．倾角θ的正切值tanθ＝0.5 C．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．煤块在传送带上留下的黑色痕迹长为4m 【答案】D 【解析】解：BC．当煤块速度大于传送带速度时，设煤块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 当煤块速度小于传送带速度时，设煤块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 由图乙可知加速度满足， 解得煤块与传送带间的动摩擦因数为，倾角θ为θ＝30° 则倾角θ的正切值，故BC错误； A．当煤块的速度达到传送带的速度时，经过的时间为 煤块的速度由v1减至0所用时间为 所以煤块在传送带运动的时间为t＝t1+t2＝1s+2s＝3s，故A错误； D．第1s内煤块相对于传送带运动的距离为 代入数据解得：Δx1＝4m 煤块的速度小于传送带的速度时煤块相对于传送带运动的距离为 代入数据解得：Δx2＝4m 恰好两次的黑色痕迹完全覆盖，所以煤块在传送带上留下的黑色痕迹长为4m，故D正确。 故选：D。 7．（2025秋•沈阳期末）某大型货场使用传送带运输货物，如图甲所示，一倾斜的传送带以恒定速率运转，皮带始终是绷紧的，将货物放在传送带的最上端A处，经过2.4s到达传送带的最下端B处。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，由v﹣t图像可知（　　） A．货物由顶端运动到底端过程中，摩擦力方向始终不变 B．0～0.4s时间内，货物的加速度为2m/s2 C．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．0～2.4s时间内，货物相对传送带运动的路程为3.2m 【答案】C 【解析】解：A.由图乙货物运动过程的v﹣t图像可知，货物初始速度小于传送带速度，摩擦力向下，当货物速度大于传送带速度后，摩擦力向上，故A错误； B.0～0.4s时间内，货物的加速度为 解得 故B错误； C.0.4s﹣2.4s，货物的加速度为 解得 0～0.4s时间内，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 0.4s～2.4s，根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 解得μ＝0.5 故C正确； D.根据图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，0～2.4s时间内，货物相对传送带运动的路程为 故D错误。 故选：C。 （多选）8．（2026•定兴县校级开学）如图所示，倾角θ＝30°的传送带以2m/s的速度沿顺时针方向匀速运行，它的长度为8m，将小物块（视为质点）轻放在传送带底端，5s后到达传送带顶端并被拿走。物块在传送带上发生相对运动时可在传送带上留下痕迹，重力加速度大小为10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．物块上滑过程中一直处于超重状态 B．物块与传送带间的动摩擦因数为 C．物块匀加速运动的时间为2s D．物块在传送带上留下痕迹的长度为2m 【答案】CD 【解析】解：A、假设小物块在5s内始终做匀加速直线运动，到达顶端时速度恰好与传送带速度相同，则其位移为，代入数据可得x＝5m，解得x＝5m，由于x＝5m＜L＝8m，故该假设不成立。 因此，小物块先向上做匀加速直线运动，此时处于超重状态；当速度与传送带共速后，再向上做匀速直线运动，此时既不超重也不失重，故A错误； BC、设小物块做匀加速直线运动的时间为t1，对应位移为；设其做匀速直线运动的时间为t2，对应位移为x2＝vt2。根据题意有5s＝t1+t2，8m＝x1+x2，联立解得t1＝2s。 设小物块做匀加速直线运动的加速度为a，则，代入数据可得a＝1m/s2。根据牛顿第二定律得μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma，代入数据解得，故B错误，C正确； D、由分析可知，仅当小物块做匀加速直线运动时，才会在传送带上留下划痕，即物块与传送带间的相对位移。在时间t1＝2s内，小物块的位移为，代入数据可得x1＝2m，传送带的位移为x传＝vt1，计算得x传＝4m，因此划痕长度为Δx＝x传﹣x1＝2m，故D正确。 故选：CD。 （多选）9．（2026•红塔区校级开学）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θ＝37°、长为L＝13m的传送带以恒定速率v＝2m/s顺时针转动．一个可视为质点的快件轻放在传送带M端，快件和传送带之间的动摩擦因数为0.8，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2．下列说法正确的是（　　） A．快件开始放上传送带时，加速度大小为0.4m/s2 B．快件加速到与传送带共速时，所用时间为6s C．快件加速到与传送带共速时，摩擦力的方向发生变化 D．快件从M端到N端所用时间为9s 【答案】AD 【解析】解：A、根据题意分析可知，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μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma 解得加速度大小a＝0.4m/s2，故A正确； B、根据题意分析可知，当加速到与传送带共速时，所用时间t1s＝5s 位移x，代入数据解得x＝5m，故B错误； C、根据题意分析可知，由μ＞tanθ可知，当快件加速到与传送带共速以后相对传送带静止，快件受摩擦力方向一直沿传送带向上，故C错误； D、根据题意分析可知，快件向上做匀速运动到达N端所用时间t2，代入数据解得t2＝4s 快件从M端到N端所用时间为t＝t1+t2，代入数据解得t＝9s，故D正确。 故选：AD。 （多选）10．（2026•辽宁模拟）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，传送带以恒定速率逆时针转动，工作人员沿传送方向以速度v0从传送带顶端推下一件包裹。若传送带足够长，取沿传送带向下为正方向，则下列描述包裹在传送带上运动的v﹣t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】ABC 【解析】解：由于传送带逆时针转动且设定向下为正方向，传送带速度v的方向向下。 分情况讨论如下： 若tanθ＞μ，即重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力： A、当初始速度v0≥v时，包裹所受滑动摩擦力方向向上，其加速度a＝g（sinθ﹣μcosθ）＞0，包裹将一直做匀加速直线运动，其v﹣t图像为一条斜向上的直线，故A正确； B、当v0＜v时，初始阶段滑动摩擦力方向向下，加速度a1＝g（sinθ+μcosθ）；当包裹速度增至v后，摩擦力反向变为向上，加速度变为a2＝g（sinθ﹣μcosθ）。因a1＞a2＞0，故图像表现为先陡后缓地向上增加，故B正确； 若tanθ≤μ，即重力沿斜面的分力小于或等于最大静摩擦力： C、当v0＞v时，滑动摩擦力向上且其值大于重力分力，包裹做匀减速运动，加速度a＝g（μcosθ﹣sinθ）。当速度减至v后，由于tanθ≤μ，静摩擦力足以平衡重力分力，包裹将随传送带一起做匀速运动，故C正确； 当v0＜v时，包裹先加速至传送带速度v，随后保持匀速运动。 D、该图像显示包裹速度先增加后减小。在传送带以恒定速度v向下的情况下，若包裹加速表明合力向下，若之后减速则表明合力向上。但在速度达到v之后，包裹所受合力恒为g（sinθ﹣μcosθ），该力方向恒定，不会出现从“加速”到“减速”的转折，故D错误。 故选：ABC。 题型三 “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 4..板块模型的基本关系 项目 内容 加速度关系 滑块与滑板保持相对静止，可以用整体法求出它们一起运动的加速度 如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用隔离法分别求出滑块与滑板运动的加速度。应注意发掘滑块与滑 板是否发生相对运动等隐含条件 速度关系 滑块与滑板保持相对静止时，二者速度相同，分析清楚此时的摩擦力作用情况 滑块与滑板之间发生相对运动时，二者速度不相同，明确滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力情况。应注意摩擦力发生突变的情况 位移关系 滑块和滑板向同一方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之差 滑块和滑板向相反方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之和 【例题精讲】 1．（2025秋•天宁区校级期末）如图所示，足够长、质量为4kg的木板静止在光滑水平地面上，质量为1kg、可视为质点的物块以大小为5m/s、方向水平向右的初速度从木板左端开始运动。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10m/s2。物块相对于木板静止时物块到木板左端的距离为（　　） A．5m B．6m C．6.25m D．8m 【答案】A 【解析】解：对物块，由牛顿第二定律得μmg＝ma1， 对木板，由牛顿第二定律得μmg＝Ma2 代入数据解得， 物块相对于木板静止时恰好与木板共速，设共速所需要的时间为t，位移分为x1、x2， 共速时的速度v＝v0﹣a1t＝a2t 共速时物块的位移 共速时木板的位移 物块相对于木板静止时物块到木板左端的距离Δx＝x1﹣x2 代入数据解得Δx＝5m，故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2025秋•城关区校级期末）如甲图所示，质量为2kg的长木板B静止放置于光滑水平面上。t＝0时，物块A（可视为质点）以3m/s的初速度滑上B的左端，A、B的速度随时间变化的图像如乙图所示，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．A的质量为4kg B．A与B之间的动摩擦力为1N C．B的长度为1.5m D．A在B上滑动过程中对地的位移为2m 【答案】D 【解析】解：AB、由题意可知，在运动过程中A做减速运动，B做加速运动，则图乙中0～1.0s上部分图线为物块A的v﹣t图线，下部分为长木板B的v﹣t图线， v﹣t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，则物块A与长木板B的加速度大小分别为：， 根据牛顿第二定律可得：f＝μmAg＝mAaA＝mBaB 联立可得：mA＝1kg，f＝2N，故AB错误； D、v﹣t图线与t轴所围面积大小表示位移大小，则0～1.0s即物块A在B上滑动过程中，物块A对地的位移大小为：，故D正确； C、由于不知道物块A与长木板B相对静止时，物块A与长木板B右端的距离，则长木板B的具体长度无法确定，故C错误； 故选：D。 3．（2025秋•贵阳月考）如图5甲所示，光滑水平面上静置一块薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M。t＝0时刻，质量为m的物块（可视为质点）以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v﹣t图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．M＝2m B．木板与物块间的动摩擦因数为0.3 C．木板的长度为15m D．最终物块与长木板一起向右做匀速直线运动 【答案】A 【解析】解：A、根据v﹣t图像可知，在t＝4s时物块与木板的速度均不再变化且两者不相等，这表明此时物块已从木板上滑离。由于水平面光滑，系统动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝mv1+Mv2，代入数据7m＝3m+2M，解得：M＝2m，故A正确； B、对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg＝mam，由图像斜率可求得物块加速度大小，解得：，故B错误； C、物块在木板上滑动的距离即为木板长度，有，代入数据解得：L＝16m，故C错误； D、由图像可知，4s后物块与木板的速度分别为3m/s和2m/s，两者并未一起做匀速直线运动，故D错误。 故选：A。 4．（2026•辽宁模拟）如图所示，倾角为37°的、足够长的斜面固定在水平面上，质量为2kg的木板和质量为1kg的物块叠放在斜面上，物块与木板之间的动摩擦因数为0.8，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。现将物块和木板同时由静止释放，则物块与木板之间的摩擦力大小为（　　） A．6.4N B．4.8N C．4.0N D．0 【答案】C 【解析】解：木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.5＜tan37°＝0.75 木板一定会沿斜面下滑，假设木板和物块一起加速下滑，整体分析（M+m）gsin37°﹣μ1（M+m）gcos37°＝（M+m）a 代入数据得a＝2m/s2 对物块受力分析mgsin37°﹣Ff＝ma 代入数据得Ff＝4.0N＜μ2mgcos37°＝6.4N 故假设成立，物块与木板之间的摩擦力大小为4.0N，故C正确，ABD错误。 故选：C。 5．（2025春•邯郸期末）如图甲所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，一小滑块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面上滑，运动到最高点后返回，若以出发点为坐标原点，沿斜面向上为位移x的正方向，且出发点为势能零点，小滑块运动过程中的机械能E随位移x变化的关系图像如图乙所示，已知E1E2，则小滑块与斜面间的动摩擦因数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】解：滑块向上滑动过程，由能量守恒定律得E1＝μmgxcosθ+mgxsinθ 整个运动过程，由能量守恒定律得E1﹣E2＝μmgcosθ×2x 解得μ，故B正确，ACD错误。 故选：B。 6．（2025秋•松桃县校级期末）质量为M＝20kg、长为L＝10m的木板放在水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，将质量m＝10kg的小木块（可视为质点），以v0＝9m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上，（如图所示），小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2）。则以下判断中正确的是（　　） A．小木块能滑出木板 B．全过程木块运动的位移为12m C．全过程木板运动的位移为1.5m D．经过2.5s后，木板与木块开始一起匀减速运动 【答案】C 【解析】解：A、对木块与木板进行受力分析，应用牛顿第二定律，木块的加速度为a1＝μ2g，解得：；木板的加速度为，解得：。设经过时间t1两者达到共同速度v，由v＝v0﹣a1t1＝a2t1，解得：t1＝2s，v＝1m/s；此过程中木块相对于木板的位移，解得：Δx＝9m；由于Δx＜L，故小木块不能滑出木板，故A错误； D、由上述计算可知，经过2s后，木板与木块达到相同速度并开始一起匀减速运动，故D错误； BC、两者达到共同速度后，整体向右匀减速直至停止，加速度大小a3＝μ1g，解得：；该阶段的位移，解得：s'＝0.5m；则全过程木板的位移，解得：xM＝1.5m，木块的位移，解得：xm＝10.5m，故B错误，C正确。 故选：C。 （多选）7．（2026•辽宁模拟）如图（a）所示，水平地面上有一足够长的、质量为1kg的木板，木板上放有一可视为质点、质量为1kg的物块。给木板一水平向右的初速度v0＝5m/s，同时也给物块一水平向左的初速度，物块恰好未滑离木板，整个运动过程中，木板的速度v随时间t变化关系如图（b）所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．物块与木板之间的动摩擦因数为0.6 B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.4 C．物块的初速度大小为6m/s D．木板的长度为5m 【答案】AD 【解析】解：AB.结合图（b），在0～0.5s内，木板的加速度大小为 设物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，对木板受力分析有 在0.5～1s内，代入数据得木板的加速度大小为 对木板受力分析，木板的加速度的大小为 代入数据得μ1＝0.6，μ2＝0.2，故A正确，B错误； C.0～1s内，物块的加速度大小为a3＝μ1g 代入数据得a3＝6m/s2 所以物块的初速度大小为v1，有﹣1m/s＝v1+a3t 代入数据得v1＝﹣7m/s，故C错误； D.0～1s内，物块的位移大小为，方向向左； 木板的位移大小为，方向向右。 所以木板的长度为L＝x1+x2 代入数据得L＝5m，故D正确。 故选：AD。 （多选）8．（2025秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，6块木板依次并排静止在水平地面上，每块木板的质量均为m，前5块木板长度均为L，第6块木板长度为，木板与地面间的动摩擦因数为μ。一质量也为m的小物块（大小忽略不计），在大小为5μmg的恒定拉力作用下，以的初速度滑上第1块木板的左端，小物块与木板间的动摩擦因数为4μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（　　） A．小物块从滑上第1块木板到离开第4块木板所花的时间为 B．小物块离开第5块木板时小物块的速度为 C．小物块在第6块木板上滑动的过程中第6块木板的位移为 D．第5块木板的右端与第6块木板的左端最终相距为 【答案】AC 【解析】解：对小物块受力分析，由牛顿第二定律得，其加速度，代入数据F＝5μmg与μ1＝4μ，解得a1＝μg。分析木板运动条件：当小物块位于第n块木板上时，该板及之后木板所受滑动摩擦力f＝4μmg，地面能提供的最大静摩擦力fmax＝μ[（6﹣n+1）m+m]g。当n＝1，2，3时，fmax＜f，木板开始运动。 A、小物块从滑上第1块到离开第4块木板过程中，木板均静止，位移x＝4L。由位移公式，代入与a1＝μg，解得，故A正确； B、物块离开第4块木板时的速度。在第5块木板上滑动时，第5、6块木板共同加速，加速度，代入数据解得a2＝0.5μg，相对加速度arel＝a1﹣a2，代入数据即arel＝0.5μg。由解得，则物块离开第5块木板时的速度，故B错误； C、离开第5块木板时，木板速度。在第6块木板上滑动时，第6块木板加速度，代入数据解得a3＝2μg，相对加速度arel'＝a1﹣a3，代入数据即arel'＝﹣μg，相对速度。由解得，此过程中第6块木板的位移，故C正确； D、物块离开后，第6块木板速度，之后减速位移。第5块木板在物块离开后仅受地面摩擦力，减速位移。最终两板间距，故D错误。 故选：AC。 （多选）9．（2025秋•湖南期末）质量为2m的长木板从倾角为37°足够长的斜面上滑下，当木板的速度为3m/s时，将质量为m的滑块无初速度地轻放在长木板上的P点（图中未标出），滑块在木板上滑行1.5s后离开木板。已知木板与斜面间的动摩擦因数为0.5，滑块与木板间无摩擦；取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则滑块在木板上滑行的过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑块与长木板各自以不同的加速度沿斜面向下加速运动 B．滑块加速运动，长木板匀速运动 C．木板的长度可能为3.5m D．木板的长度可能为2.5m 【答案】BC 【解析】解：AB、初始阶段，对滑块进行分析，依据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma1，解得：，滑块做匀加速直线运动。对长木板进行分析，依据牛顿第二定律有2mgsinθ﹣3μmgcosθ＝2ma2，解得：a2＝0，长木板保持匀速运动，故A错误，B正确； CD、设滑块经过时间t1与长木板达到共同速度v，有v＝a1t1，解得：t1＝0.5s。在此过程中，滑块相对于长木板向上滑动，相对位移大小为。此后，滑块继续加速，相对于长木板向下滑动，设经时间t2从长木板上滑离，有t2＝t﹣t1＝1s，此过程的相对位移大小为，因此长木板的最小长度应为3m，故C正确，D错误。 故选：BC。 题型四 “滑块—木板”模型（有拉力板块） 【例题精讲】 1．（2026•安徽开学）如图所示，某卡车的水平载货厢长度为3m，上面载有一装满宣纸的纸箱，其长、宽、高均为0.6m，紧贴前方驾驶室放置。现卡车在水平道路上由静止开始以1.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，已知纸箱与载货厢底部间的动摩擦因数为0.10，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，若载货厢后方的挡板没有关上，则纸箱在卡车开始行驶后（　　） A．3s∼4s间会掉出载货厢 B．4s∼5s间会掉出载货厢 C．5s～6s间会掉出载货厢 D．6s∼7s间会掉出载货厢 【答案】A 【解析】解：根据题意，纸箱与卡车保持相对静止的最大加速度为am＝μg，代入数据可得。当卡车以1.5m/s2的加速度做匀加速直线运动时，纸箱会发生相对滑动。 设经过时间t纸箱从车厢尾部滑出，则有，代入数据解得，代入数据可得，该时间位于3s与4s之间，因此纸箱将在3s至4s之间掉落。故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2026•临沂一模）如图所示，足够长的木板置于水平地面上，其上表面光滑，质量为M＝10kg，在水平拉力F＝50N的作用下，以v0＝5m/s的速度沿水平地面向右匀速运动，现有若干个小铁块（可视为质点），每个质量均为m＝1kg，将第一个铁块无初速地放在木板最右端，当木板运动了L＝1m时，又将第二块无初速地放在木板最右端，以后只要木板运动了L就在木板的最右端无初速地放上一个铁块，直到木板停下来，就不再向木板上放铁块了，g＝10m/s2，14.2。则下列说法正确的是（　　） A．最终有5个铁块放在木板上 B．最终有6个铁块放在木板上 C．最后一个铁块与木板最右端的距离为m D．最后一个铁块与木板最右端的距离为m 【答案】D 【解析】解：AB、无铁块时，木板做匀速直线运动，所受地面摩擦力f＝F＝50N＝μMg，解得：μ＝0.5。每放上一块铁块，木板受到的摩擦力会增加Δf＝μmg＝5N。木板最终停下时，其初动能全部用于克服因增加铁块而多做的摩擦功。当放置第n块铁块时，木板克服摩擦力所做的功为。根据动能定理有，解得：n＝7.59。这意味着放置第7块铁块后，木板再运动不足1m便会停止，因此木板最终停下时上面共有7个铁块，故AB错误； CD、当放置第7个铁块时，增加的摩擦力已做功ΔfL（1+2+3+4+5+6）＝105J。木板剩余的动能为ΔEk＝（125﹣105）J＝20J。设木板还能继续运动的距离为s，则有7Δfs＝ΔEk，解得：，故C错误，D正确。 故选：D。 3．（2025秋•红旗区校级期末）如图所示，上表面粗糙、质量为M＝2kg的长木板放置在光滑的水平面上，可视为质点、质量为m＝1kg的木块放置在木板的最左端。已知长木板的长度L＝3m，木块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对木块施加一水平向右的恒力F＝9N，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．木块与长木板保持相对静止一起向右做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s2 B．木块与长木板保持相对静止一起向右做匀加速直线运动，加速度大小为3m/s2 C．木块与长木板之间有相对滑动且1s后木块从长木板上滑下 D．木块与长木板之间有相对滑动且后木块从长木板上滑下 【答案】C 【解析】解：AB、假设木块与长木板保持相对静止，一起向右加速运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律，有F＝（M+m）a 以长木板为研究对象，设静摩擦力为f，根据牛顿第二定律，有f＝Ma 解得f＝6N 木块与长木板间的最大静摩擦力fm＝Ff＝μmg＝0.2×1×10N＝2N f＞fm，与事实不符，说明以上假设不成立，木块与长木板间已出现相对滑动，故AB错误； CD、对滑块，根据牛顿第二定律F﹣μmg＝ma1 对长木板，根据牛顿第二定律μmg＝Ma2 设经过时间t，滑块从长木板上滑下， 解得t＝1s，故C正确，D错误。 故选：C。 4．（2025秋•琼山区校级月考）如图所示，一倾角为θ的斜面体固定在水平地面上。一质量为m的长木板B静止在斜面上，质量也为m的物块A静止在长木板上，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B从物块A的下面抽出，重力加速度为g。则拉力F应大于（　　） A．mgsinθ+μmgcosθ B．mgsinθ+2μmgcosθ C．4μmgcosθ D．4mgsinθ 【答案】C 【解析】解：要将长木板B从物块A下方抽出，两者间需发生相对滑动，且木板B沿斜面向上的加速度aB必须大于物块A沿斜面向上的加速度aA。 对物块A受力分析，垂直斜面方向受力平衡，支持力NA＝mgcosθ；沿斜面方向受到B施加的沿斜面向上的滑动摩擦力fA＝μNA＝μmgcosθ及重力沿斜面向下的分力mgsinθ。 根据牛顿第二定律fA﹣mgsinθ＝maA，解得aA＝g（μcosθ﹣sinθ）。 对长木板B受力分析，垂直斜面方向受力平衡，斜面对B的支持力NB＝NA+mgcosθ，即NB＝2mgcosθ； 沿斜面方向受到拉力F、重力分力mgsinθ、A对B沿斜面向下的摩擦力fA'＝fA以及斜面对B沿斜面向下的摩擦力fB＝μNB，即fB＝2μmgcosθ。 根据牛顿第二定律F﹣mgsinθ﹣fA'﹣fB＝maB，代入得F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ﹣2μmgcosθ＝maB，整理得。 根据抽出条件aB＞aA，有。 解得，即F＞4μmgcosθ。 对照选项可知，拉力F应大于4μmgcosθ，故C正确，ABD错误。 故选：C。 5．（2025秋•工业园区校级月考）如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量 m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数，对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。则（　　） A．要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F＞15N B．当恒力F＝25N时，物块会与木板发生相对滑动 C．当恒力F＝31.5N时，物块滑离木板所用的时间为1s D．当恒力F＝37.5N时，物块滑离木板所用的时间为1.2s 【答案】D 【解析】解：要使木块和木板之间不产生相对滑动，则对M、m由牛顿第二定律得F﹣（M+m）gsinα＝（M+m）a 对m有f﹣mgsinα＝ma，f≤μmgcosα 代入数据解得F≤30N 因要拉动，则F＞（M+m）gsinα F＞20N则为使物块不滑离木板，力F应满足的条件为20N＜F≤30N。 A.要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F＞20N，故A错误； B.20N＜F＝25N＜30N，M和m沿斜面向上做匀加速运动，不产生相对滑动，故B错误； C、F＞30N时，M和m产生相对滑动，对M有F﹣μmgcosα﹣Mgsinα＝Ma 对m有μmgcosα﹣mgsinα＝ma2 设滑块滑离木板所用的时间为t，由L 代入数据得t1≈2.68s，故C错误； D、当F＝37.5N＞30N，物块能滑离木板，对M有F﹣μmgcosα﹣Mgsinα＝Ma 对m有μmgcosα﹣mgsinα＝ma2 设滑块滑离木板所用的时间为t1，由运动学公式得L 代入数得t1＝1.2s，故D正确。 故选：D。 6．（2025秋•成都校级期末）如图所示，光滑斜面体ABC固定在水平面上，倾角θ＝37°，顶角∠B＝90°，物块a和长木板b分别放在斜面BC和AB上，细线绕过固定在斜面顶点的轻质光滑定滑轮，两端分别与物块a和长木板b相连，滑轮两侧的细线分别与两侧的斜面平行，长木板b上放置一质量为m的物块c，b与c间的动摩擦因数为μ。长木板b质量为2m，物块a质量为m0（m0大小可调节）。开始时，a、b、c的初速度均为零。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是（　　） A．剪断绳子的瞬间，a的加速度为8m/s2，b的加速度为6m/s2，c的加速度为0 B．当时，b、c的加速度均为2m/s2，方向沿斜面向下 C．当时，b、c的加速度均为1m/s2，方向沿斜面向上 D．当时，b与c将相对滑动 【答案】D 【解析】解：A．剪断绳子的瞬间，对a分析，根据牛顿第二定律有 m0gsin （ 90°﹣37°）＝m0a1 解得 a1＝8m/s2 当b与c间的动摩擦因数足够大时，b与c将保持相对静止向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 （2m+m）gsin37°＝（2m+m）a2 解得 a2＝6m/s2 即此时，b、c的加速度均为6m/s2，故A错误； B．假设b与c能够保持相对静止，对a、b、c整体有 （2m+m）gsin37°mgsin53°＝（2m+mm）a3 解得 a3m/s2 由于μ，可知物块c能够获得的最大加速度为a' 解得a'＝12m/s2m/s2 可知，假设成立，b、c的加速度均为m/s2，方向沿斜面向下，故B错误； C．假设b与c能够保持相对静止，对a、b、c整体有 mgsin53°﹣（2m+m ） gsin37°＝（2m+mm）a4 解得 a4m/s2 方向沿斜面向上，由于μ，可知物块c能够获得沿斜面向上的最大加速度为a'' 解得a''＝1m/s2m/s2 可知，假设成立，b、c将保持相对静止，加速度均为m/s2，方向沿斜面向下，故C错误； D.假设b与c能够保持相对静止对a、b、c整体有 m0gsin 53°﹣（2m+m ） gsin37°＝（2m+m+m0）a5 由于m0m，解得 a5m/s2 方向沿斜面向上，由于μ，可知物块c能够获得沿斜面向上的最大加速度为a''' 解得a'''m/s2＜a5 可知，假设不成立，b与c将相对滑动，故D正确。 故选：D。 （多选）7．（2025秋•庐阳区校级月考）如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着物块B和木板C，木板C下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则由图像可知（　　） A．10N＜F＜15N时，B、C间发生相对滑动 B．斜面倾角θ等于30° C．无法求出木板C的质量 D．木板C和物块B之间的动摩擦因数为 【答案】BCD 【解析】解：A．当F＞15N时，木板C的加速度增大趋势变大，可知此时物块B和木板C发生了相对滑动，故当10N＜F＜15N时物块B和木板C相对静止，故A错误； BC．对木板C和物块B的整体分析，当F1＝10N时a＝0，则有 F1＝（M+m）gsinθ 当F2＝15N时a＝2.5m/s2，则有F2﹣（M+m）gsinθ＝（M+m）a 联立解得M+m＝2kg，θ＝30°，不能求解物块B和木板C各自的质量，故BC正确； D．当F2＝15N时a＝2.5m/s2，此时物块B和木板C开始发生相对滑动，此时物块B和木板C之间的摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律，对物块B有μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma 解得动摩擦因数，故D正确。 故选：BCD。 （多选）8．（2026•唐山一模）如图所示，物块和木板静止叠放在光滑水平地面上，左边缘对齐。现用水平恒力向右拉动物块，使其从木板右端离开。此时，木板具有一定速度，物块与木板的速度差为Δv，下列措施中能使Δv增大的有（　　） A．仅增大水平恒力 B．仅增大物块质量 C．仅增大木板质量 D．仅增大物块与木板间的动摩擦因数 【答案】AC 【解析】解：设物块的质量为m，木板的质量为M，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板长为L， 对物块，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma1，解得a1μg 对木板，由牛顿第二定律得μmg＝Ma2，解得a2 物块从木板右端离开时，相对位移等于木板的长度L， 根据匀变速直线运动的x﹣t公式得L，解得t 物块与木板的速度差为Δv＝v1﹣v2＝a1t﹣a2t AC、仅增大水平恒力F或仅增大木板的质量M，都会使Δv增大，故AC正确； BD、仅增大物块质量m和仅增大物块与木板间的动摩擦因数μ，都会使Δv减小，故BD错误。 故选：AC。 （多选）9．（2026•杞县校级开学）如图所示，在光滑水平面上有一质量为1kg且足够长的木板A，其上叠放一质量为2kg的物块B，物块与木板间的动摩擦因数为0.1。t＝0时刻起，给物块施加一随时间t均匀增大的水平拉力F，F＝3t（N），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．t＝1s时，物块与木板间的摩擦力大小为1N B．t＝2s时，物块与木板间的摩擦力大小为2N C．t＝3s时，物块的加速度大小为3m/s2 D．t＝4s时，物块的加速度大小为4m/s2 【答案】AB 【解析】解：A、B之间的最大静摩擦力fmax＝μmBg＝0.1×2×10N＝2N A能具有的最大加速度m/s2＝2m/s2 A、B不发生相对滑动，力F的最大值Fmax＝（mA+mB）aAmax＝（1+2）×2N＝6N A、t＝1s时，F1＝3N＜Fmax，A、B没有发生相对滑动 对A、B整体，根据牛顿第二定律F1＝（mA+mB）a1 对A，根据牛顿第二定律f1＝mAa1 联立解得f1＝1N，故A正确； B、t＝2s时，F2＝6N＝Fmax，A、B没有发生相对滑动 对A、B整体，根据牛顿第二定律F2＝（mA+mB）a2 对A，根据牛顿第二定律f2＝mAa2 联立解得f2＝2N，故B正确； C、t＝3s时，F3＝9N＞Fmax，A、B发生相对滑动 对B，根据牛顿第二定律F3﹣μmBg＝mBa3 解得物块的加速度大小，故C错误； D、t＝4s时，F4＝12N＞Fmax，A、B发生相对滑动 对B根据牛顿第二定律F4﹣μmBg＝mBa4 解得物块的加速度大小，故D错误。 故选：AB。 课时精练 1． 选择题（共10小题） 1．（2026•天心区校级开学）如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法中错误的是（　　） A．黑色的径迹将出现在木炭包的右侧 B．开始时木炭包相对于传送带向左运动 C．木炭包的质量越大，径迹的长度越短 D．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短 【答案】C 【解析】解：设木炭包的质量为m，传送带的速度为v，木炭包与传送带间的动摩擦因数为μ，对木炭包运动过程进行分析，刚开始木炭包放上传送带时，传送带相对木炭包向右运动，传送带受到木炭包的摩擦力向左，木炭包受到传送带向右的摩擦力，在该摩擦力作用下向右做加速运动，刚开始木炭包速度小于传送带速度，所以木炭包相对传送带向左运动，径迹出现在木炭包右侧，直到木炭包与传送带速度相等，木炭包随传送带一起匀速，径迹不再变化，木炭包相对传送带运动时，加速度为a＝μg 径迹长度 传送带速度越大，径迹越长；动摩擦因数越大，径迹越短，径迹的长度与木炭包的质量无关，故C错误，ABD正确。 本题选择错误的，故选：C。 2．（2026•内江校级二模）如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，正常工作时都匀速运动，甲的速度v甲＝v，乙的速度v乙＝2v，将工件（视为质点）轻放到传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落，工件与传送带相对滑动时会留下痕迹。已知两传送带与工件动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．工件在传送带乙上的滑痕为曲线 B．工件经时间与传送带乙保持相对静止 C．工件在传送带乙上的滑痕长度为 D．工件在传送带乙上滑动过程的位移大小为 【答案】C 【解析】解：A、传送带正常工作时都匀速运动，速度大小分别为v、2v，所以，工件滑上乙时，水平方向相对传送带乙的速度水平向右，沿传送带乙方向相对传送带乙的速度与乙的运动方向相反，所以相对传送带乙的速度为这两个分速度的合速度，方向向右下方，因为两个速度均为匀速，则合速度方向的反方向为滑动摩擦力方向，力与速度方向相反，因此工件在传送带乙上的滑痕为直线，故A错误； B、工件刚滑上传送带乙时，相对于传送带乙的速度v相对，根据牛顿第二定律可知，相对加速度为a相对，工件与传送带乙相对静止需要的时间为t相对，故B错误； C、工件在传送带乙上相对传送带乙的滑痕长度为x相对，故C正确； D、选取传送带甲所在位置为x轴，传送带乙的位置为y轴，则工件沿x轴方向，初速度v0x＝v，ax＝﹣μg，位移x，解得x，沿y方向，则有v0y＝0，ay＝μg，沿y方向的位移y，解得y，则工件在传送带乙上滑动过程的位移大小s，解得s，故D错误。 故选：C。 3．（2026•合肥模拟）如图所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0逆时针转动，将一可视为质点的工件轻放在传送带上端，经时间t1从下端以速率v1滑出且v1＞v0，传送带上留下了一段长度为l1的划痕。现清除划痕，将传送带逆时针匀速转动的速率增大为v'0，再次将该工件轻放在传送带上端，经时间t2从下端以速率v2滑出，传送带上留下的划痕长度为l2。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．μ一定大于tanθ B．t2一定小于t1 C．v2一定小于v1 D．l2一定大于l1 【答案】B 【解析】解：A、物块先沿传送带匀减速下滑，已知v1＞v0，说明物块与传送带共速后仍继续加速，因此共速后重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力，则有：mgsinθ＞μmgcosθ，解得：μ＜tanθ，故A错误； B、物块与传送带共速前的过程，重力沿传送带向下的分力方向与滑动摩擦力方向相同，根据牛顿第二定律可得此过程的加速度为：a1＝g（sinθ+μcosθ）；共速后重力沿传送带向下的分力方向与滑动摩擦力方向相反，可得加速度为：a2＝g（sinθ﹣μcosθ）。做出两次物块在传送带上的运动过程的v﹣t图像，根据v'0的大小的不同有多种情形，如下列图像所示。 根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，因物块两次位移相同，故不论是哪种情形，一定可得t2＜t1，故B正确； C、根据上面的v﹣t图像，可知v2可能大于v1，也可能等于v1，故C错误； D、划痕是物块与传送带共速前后，两个相对位移大小取最大值，因此根据v﹣t图像无法判断l2一定大于l1，故D错误。 故选：B。 4．（2026•桃城区校级模拟）如图所示，轻弹簧一端与倾斜传送带上的物块连接，另一端固定在墙面上，弹簧轴线与传送带平行，物块与传送带间的动摩擦因数恒定。传送带足够长且匀速转动一段时间后，物块在传送带上做简谐运动，运动过程中弹簧不超过其弹性限度，则（　　） A．传送带的转动方向一定是顺时针 B．传送带的转动方向一定是逆时针 C．物块的最大速度小于传送带的速度 D．物块的最大速度大于传送带的速度 【答案】C 【解析】解：根据题意分析可知，物块在传送带上做简谐运动，说明物块与传送带一定存在相对运动，物块沿传送带方向受重力的分力、弹簧弹力、传送带对物块的滑动摩擦力，要满足回复力F＝﹣kx，需要保证物块在运动过程中受到的滑动摩擦力的方向不变。传送带顺时针转动时，当物块在平衡位置的最大速度小于传送带的速度时，无论物块向上运动还是向下运动，传送带对物块的滑动摩擦力方向均沿传送带向上，同理，传送带逆时针转动时，当物块在平衡位置的最大速度小于传送带的速度时，无论物块向上运动还是向下运动，传送带对物块的滑动摩擦力方向均沿传送带向下。综上分析可知，物块要在传送带上做简谐运动，传送带可顺时针转动也可逆时针转动，但物块的最大速度小于传送带的速度，故C正确，ABD错误； 故选：C。 5．（2025秋•海安市期末）如图所示，长木板A静置在光滑的水平面上，滑块B以速度v滑上木板，木板和滑块的加速度分别为aA、aB，当两者共速时，木板前进的距离为xA，物块相对木板滑行的距离为xB，则下列关系一定正确的是（　　） A．aA＞aB B．aA＜aB C．xA＞xB D．xA＜xB 【答案】D 【解析】解：AB、由于地面光滑，木板与滑块受到的合力大小相等，由于不知道两者的质量关系，无法比较木板与滑块的加速度大小关系，故AB错误； CD、滑块做匀减速直线运动，木板做初速度为零的匀加速直线运动，两者共速时速度相等，设为v1。 木板的位移大小为：xAv1t 滑块的位移大小为：x1（v+v1）t 物块相对木板滑行的距离为：xB＝x1﹣xAvt 因v＞v1，故xA＜xB，故C错误，D正确。 故选：D。 6．（2025•浙江一模）倾角为37°足够长斜面静止放在粗糙水平面上，有一长木板A恰好能在斜面处于静止。现有物块B以v0＝1m/s的速度从A的顶端开始沿木板A下滑，A、B间动摩擦因数为μ＝0.8。已知A、B的质量分别为mA＝2kg，mB＝3kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．物块B下滑过程中，地面对斜面的摩擦力向左 B．物块B下滑过程中，A板仍与斜面保持静止 C．要使B不脱离A，A板长度至少为0.5m D．若B不从A板上滑落，则AB最终与斜面保持相对静止 【答案】C 【解析】解：A、由木板A恰好能在斜面上处于静止状态，可知A与斜面间动摩擦因数为：μ0＝tan37°＝0.75，由此可得A对斜面的弹力和摩擦力的合力方向始终为竖直向下，可知斜面在水平方向上所受合力为零，即地面对斜面没有摩擦力，故A错误； B、物块B相对斜面下滑的过程，B对A的滑动摩擦力方向沿斜面向下，大小为：fAB＝μmBgcos37°，解得：fAB＝19.2N 斜面对A的滑动摩擦力方向沿斜面向上，大小为：f1＝μ0（mA+mB）gcos37°，解得：f1＝30N A的重力沿斜面向下的分力大小为：G1＝mAgsin37°，解得：G1＝12N 因G1+fAB＞f1，故A所受合力方向沿斜面向下，则A将沿斜面向下滑动，设A、B的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律得： G1+fAB﹣f1＝mAa1 μmBgcos37°﹣mBgsin37°＝mBa2 解得：a1＝0.6m/s2，a2＝0.4m/s2 设两者共速时的速度大小为v，由运动学公式得： v＝v0﹣a2t＝a1t，解得：t＝1s，v＝0.6m/s 从初始到恰好共速的过程，物块B的位移大小为：，解得：xB＝0.8m 木板A的位移大小为：，解得：xA＝0.3m 可得A板长度至少为：L＝xB﹣xA＝0.8m﹣0.3m＝0.5m，故C正确； D、若B不从A板上滑落，AB共速后，因μ＞μ0，故两者相对静止，又因为μ0＝tan37°，故两者相对静止沿斜面向下做匀速直线运动，故D错误。 故选：C。 7．（2025•浙江模拟）如图甲所示，两薄木板A、B质量相同，其中木板A与墙面间的动摩擦因数为μ1，木板B与木板A间的动摩擦因数为μ2，光滑重球被轻质细绳跨过定滑轮拉住，整个系统处于静止状态。现缓缓释放细绳使重球缓慢下降，对可能出现的情况，下列说法正确的是（　　） A．若出现图乙所示情况，只要μ1＞μ2 B．若μ1＜2μ2，会出现图乙所示情况 C．要出现图丙所示情况，必有μ1＝2μ2 D．若μ1＜2μ2，会出现图丙所示情况 【答案】D 【解析】解：设两薄木板A、B质量均为m，重球对B的压力为N，AB之间的弹力为NAB，AB之间的摩擦力为fAB，墙面对A的支持力为NA，墙面对A的摩擦力为fA，对A、B的受力分析如图1所示，易知：N＝NAB＝NA。 AB、图乙所示情况为A静止，B下滑。墙面对A的最大静摩擦力为μ1NA，对A由平衡条件得： fA＝mg+fAB≤μ1NA fAB＝μ2NAB B下滑需满足：mg＞μ2NAB 联立可得：μ1＞2μ2，故AB错误； CD、图丙所示情况为AB相对静止一起下滑，设下滑的加速度大小为a。 对整体由牛顿第二定律得：2mg﹣μ1NA＝2ma 对B由牛顿第二定律得：mg﹣fAB＝ma 还需满足：fAB≤μ2NAB 联立解得：μ1≤2μ2，故C错误，D正确。 故选：D。 8．（2025秋•石家庄校级月考）如图甲所示，在水平面上测量木块所受的摩擦力时，作用在木块上的水平拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，木块运动速度v随时间t变化的图像如图丙所示。则木块在（　　） A．5s时受到的摩擦力为0 B．15s时受到的摩擦力为6N C．30s时受到的摩擦力为12N D．45s时受到的摩擦力为4N 【答案】D 【解析】解：A．由丙可知，t＝5s时物体处于静止状态，物体受到的拉力与摩擦力合力为零，结合图乙可知，此时拉力的大小为F＝2N，则t＝5s时物体受到的摩擦力大小为f＝2N，故A错误； B．由丙可知，t＝15s时物体做变加速运动，此时物体受滑动摩擦力，由于物体在30～40s时间内做匀速运动，拉力和物体合力为0，结合图乙，t＝15s时物体受到的摩擦力大小为f＝F′＝4N，故B错误； CD．根据上所述t＝30s、t＝45s时物体受到的摩擦力大小都为f＝4N，故C错误，D正确。 故选：D。 9．（2025秋•竞秀区期末）如图甲所示，水平面上放置质量为1kg的长木板A（足够长），A上放置质量为2kg的滑块B。水平力F作用于B上，0～t0时间内F随时间均匀增大，t0时刻B刚要相对A发生滑动，此后F恒为20N，F随时间变化的曲线如图乙所示。已知A、B之间的动摩擦因数为0.4，A与水平面之间的动摩擦因数为0.1，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　） A．0.1s时，B受到A施加的摩擦力为8N B．0.2s时，A的加速度大小为5m/s2 C．0.6s时，A的速度大小为1.2m/s D．到1.6s时，B相对于A滑动的距离为0.5m 【答案】D 【解析】解：滑块B与木板A间的最大静摩擦力为f1＝μ1mBg，计算得f1＝8N，A与地面间的最大静摩擦力为f2＝μ2（mA+mB）g，计算得f2＝3N。由图像可知，在0～t0时间内水平力F＝kt，代入数据6＝k×0.2，解得：k＝30N/s。 A、当F≤f2即t≤0.1s时，系统保持静止，故t＝0.1s时B所受摩擦力f＝F，即f＝3N，故A错误； B、当t＝0.2s时，F＝6N，系统共同加速，由牛顿第二定律得，解得：a＝1m/s2。故B错误； C、当B即将相对A滑动时，对A有f1﹣f2＝mAa0，解得临界加速度；对整体有F﹣f2＝（mA+mB）a0，解得此时推力F＝18N，对应时间t0＝0.6s。在0.1s～0.6s阶段，A的速度，解得：v＝1.25m/s，故C错误； D、当t＞0.6s后，F＝20N，B相对A滑动，B的加速度，解得：；A的加速度，解得：。相对加速度。从0.6s到1.6s历时Δt＝1s，相对位移，解得：Δx＝0.5m，故D正确。 故选：D。 10．（2025秋•琼山区校级期末）如图所示，粗糙水平面上放着一木板A，质量M＝1kg，A上面放着小物块B，质量m＝3kg，A与B以及A与地面间的摩擦因数均为0.1，重力加速度g取10m/s2，现给A施加一个水平恒力F，下列说法中正确的是（　　） A．若F＝4N，则A、B一起向右做匀加速运动，加速度为1m/s2 B．若F＝12N，则A、B一起向右做匀加速运动，加速度为2m/s2 C．如果把F作用在B上，F＝6N，则A、B一起向右做匀加速运动，加速度为0.5m/s2 D．如果把F作用到B上，无论F有多大，木板A均不会运动 【答案】D 【解析】解：A．A、B之间的最大静摩擦力f1＝μmg 代入数据得f1＝3N A与地面之间的最大静摩擦力f2＝μ（m+M）g 代入数据得f2＝4N 由于当恒力等于4N时，大小恰好等于A与地面之间的最大静摩擦力，此时A、B仍然处于静止状态，故A错误； B．当水平恒力施加在A上，A、B之间，A与地面之间均达到最大静摩擦力，则有F1﹣f2＝（M+m）a1，f1＝ma1 代入数据得F1＝8N， 可知，当恒力等于12N，大于8N时，A、B发生相对运动，B相对于A向左运动，B的加速度为 对A进行分析有F﹣f2﹣f1＝Ma2 代入数据得，故B错误； CD．结合上述可知f1＝3N＜f2＝4N 即A、B之间的最大静摩擦力小于A与D地面之间的最大静摩擦力，所以无论F有多大，木板A均不会运动，当F＝6N时，B相对于A向右做匀加速直线运动，则有F﹣f1＝ma3 代入数据得，故C错误，D正确。 故选：D。 二．多选题（共5小题） （多选）11．（2026•阜阳一模）如图所示，木板M和物块m叠放在足够长的水平传送带上，轻弹簧的一端固定在左侧挡板上，另一端与木板接触（不连接），用力推木板压缩弹簧。使传送带以恒定速度v顺时针转动，由静止释放木板。物块与木板、木板与传送带间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若弹簧恢复原长时，木板速度还未达到v，已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．弹簧恢复原长前，木板先加速后减速 B．弹簧恢复原长前，木板的加速度一直减小 C．弹簧恢复原长后，木板速度还未达到v，物块脱离木板前，木板加速度为μg D．弹簧恢复原长后，木板速度还未达到v，物块脱离木板后，木板加速度为μg 【答案】BCD 【解析】解：AB、弹簧恢复原长前，对木板M和物块m整体受力分析可知在水平方向受到弹簧弹力F、传送带对木板的滑动摩擦力f1＝μ（M+m）g，物块m与木板M相对静止，一起做加速运动，由牛顿第二定律可得：F+μ（M+m）g＝（M+m）a1，解得加速度为：，由此可知弹簧恢复原长过程中，弹簧的弹力F逐渐减小，因此加速度 a1一直减小，但加速度与速度同向，木板一直加速，不会出现减速阶段，故A错误，B正确； CD、弹簧恢复原长后，弹簧的弹力F＝0，木板速度仍小于传送带速度v，在物块未脱离木板时，对M和m组成的整体：由牛顿第二定律可得：μ（M+m）g＝（M+m）a2，解得：a2＝μg，此时物块受静摩擦力为：f′＝ma2＝μmg，等于最大静摩擦力，所以两者相对静止，有共同的加速度；物块脱离木板后对木板M：μMg＝Ma，解得：a＝μg，故CD正确。 故选：BCD。 （多选）12．（2026•黑龙江开学）如图所示倾角为θ＝37°的传送带，顶端A到底端B的距离为L＝16m，一炭包（可看作质点）由传动带的顶端A静止释放，已知炭包与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，忽略炭包质量的变化，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．若传送带静止，炭包由A到B的时间为4s B．若传送带顺时针以v0＝2m/s的速度传动，炭包在传送带上留下的划痕为16m C．若传送带逆时针以v0＝10m/s的速度传动，炭包由A到B的时间为2s D．若传送带逆时针以v0＝10m/s的速度传动，炭包在传送带上留下的划痕为6m 【答案】AC 【解析】解：A．若传送带静止，由于μ＜tan37°，则炭包沿传送带逆时针做加速运动，由牛顿第二定律得mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma1 代入数据解得 由运动学公式 代入数据解得t1＝4s 故A正确； B．若传送带向上以v0＝2m/s的速度传动，炭包仍以的加速度沿传送带下滑，则炭包下滑的时间仍为4s，该过程中传送带顺时针的位移为x1＝v0t1 代入数据解得x1＝8m 该过程中炭包在传送带上留下的划痕为Δx1＝L+x1 代入数据解得 Δx1＝24m 故B错误； CD．若传送带逆时针以v0＝10m/s的速度传动，开始炭包所受的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得mgsin37°+μmgcos37°＝ma2 代入数据解得 假设炭包能与传送带共速，则所需时间为 代入数据解得 t2＝1s 该过程中炭包的位移为 代入数据解得 x2＝5m＜L 假设成立，该过程传送带逆时针传动的位移为x3＝v0t2 代入数据解得x3＝10m 则炭包在传送带上留下的划痕为Δx2＝x3﹣x2 代入数据解得Δx2＝5m（相对传送带向上） 炭包与传送带共速后，炭包以的加速度沿传送带下滑，由运动学公式得 代入数据解得t3＝1s 该过程传送带的位移为x4＝v0t3 代入数据解得x4＝10m t3时间内的炭包在传送带上留下的划痕为Δx3＝L﹣x2﹣x1 代入数据解得Δx3＝1m（相对传送带向下） 则炭包由A到B的时间为t＝t2+t3 代入数据解得t＝2s 炭包在传送带上留下的划痕为Δx2＝5m，故C正确，D错误。 故选：AC。 （多选）13．（2026•永修县校级开学）如图所示，A、B两物块的质量分别为2kg和1kg，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.5，B与地面间的动摩擦因数为0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。现对A施加一水平拉力F，则（　　） A．当F＞15N时，A相对B滑动 B．当F＝12N时，A的加速度为1.5m/s2 C．当F＜10N时，A、B都相对地面静止 D．无论F为何值，B的加速度都不会超过2m/s2 【答案】AB 【解析】解：C、A和B间的最大静摩擦力大小为fABmax＝μABmAg＝0.5×2×10N＝10N B与地面间的最大静摩擦力为fBmax＝μB（mA+mB）g＝0.25×（2+1）×10N＝7.5N 所以，当F＞fBmax＝7.5N时，A、B才会相对地面运动，即当F＜7.5N时，A、B都相对地面静止，故C错误； D、若A、B相对地面一起运动，两者刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：对B有fABmax﹣fBmax＝mBam 解得 则无论F为何值，B的加速度都不会超过2.5m/s2，故D错误； A、对整体，根据牛顿第二定律可得Fm﹣fBmax＝（mA+mB）am 解得Fm＝15N 即当F＞15N时，A相对B滑动，故A正确； B、当F＝12N时，由于7.5N＜F＝12N＜15N，所以A、B相对地面运动，且A相对B未发生滑动 对整体，根据牛顿第二定律可得F﹣fBmax＝（mA+mB）a 解得a＝1.5m/s2，故B正确。 故选：AB。 （多选）14．（2026•天心区校级开学）如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个随时间变化的水平拉力F作用，且拉力F满足F＝0.5t（N），从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2 C．图乙中t2＝24s D．木板的最大加速度为2m/s2 【答案】ACD 【解析】解：A、由题图乙可知，滑块与木板间的滑动摩擦力为8N，则动摩擦因数为，解得：μ＝0.4，故A正确； B、由题图乙可知t1时刻木板开始相对地面滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数，解得：μ'＝0.1，故B错误； CD、t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力FB＝8N，此时两物体加速度相等，且木板加速度达到最大。对木板有Fm﹣μ'•2mg＝mam，解得：；对滑块有F﹣FBm＝mam，解得：F＝12N。由F＝0.5t（N）可知，t2＝24s，故CD正确。 故选：ACD。 （多选）15．（2026•桦南县校级开学）如图所示，倾角为θ＝37°的长为5m的传送带以速度v1＝2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2＝8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小物块先减速至v1后匀速向上滑行 B．小物块刚滑上传送带时的加速度大小为10m/s2 C．小物块在传送带上运动时间为3.8s D．小物块在传送带上留下的痕迹长度为9m 【答案】BD 【解析】解：B．根据题意可知，开始阶段，小物块的速度大于传送带速度，由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 代入数据得 小物块刚滑上传送带时的加速度大小为10m/s2，故B正确； A．由mgsinθ＞μmgcosθ 可知，当小物块与传送带速度相等时不能保持相对静止，小物块继续向上减速到0，此过程小物块的速度小于传送带速度，由牛顿第二定律有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 代入数据得，故A错误； C．小物块在第一阶段和第二阶段运动的时间分别为， 向下做匀加速直线运动，根据运动学规律， 代入数据得t3＝2s 小物块在传送带上运动时间t＝t1+t2+t3 代入数据得t＝3.6s，故C错误； D．由运动学公式知，第一阶段物块运动位移为 代入数据得x1＝3m 传送带运动的位移为s1＝v1t1 代入数据得s1＝1.2m 物块向上超前传送带运动的距离为Δx1＝x1﹣s1 代入数据得Δx1＝1.8m 同理可得，第二阶段物块的运动位移为 代入数据得x2＝1m 传送带运动的位移为s2＝v1t2 代入数据得s2＝2m 物块向上落后传送带运动的距离为Δx2＝s2﹣x2 代入数据得Δx2＝1m 第三阶段传送带运动的位移为s3＝v1t3 代入数据得s3＝4m 物块向下运动的距离为 代入数据得x3＝4m 物块向下相对传送带运动的距离为Δx3＝x3+s3 代入数据得Δx3＝8m 故小物块在传送带上留下的痕迹长度为Δx＝Δx3+Δx2 代入数据得Δx＝9m，小物块在传送带上留下的痕迹长度为9m，故D正确。 故选：BD。 三．解答题（共5小题） 16．（2026•安徽开学）如图所示为某工厂车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面平滑衔接，且保持一定的速率顺时针匀速运行，传送带长L＝5m。现将一质量为m＝0.4kg可视为质点的包裹轻放在传送带左端，最后停在水平面的某处。已知包裹与传送带间的动摩擦因数µ1＝0.2，包裹与水平面间的动摩擦因数µ2＝0.4，重力加速度g取10m/s2。 （1）若传送带保持v0＝4m/s的速率顺时针运行，求包裹刚离开传送带时的速度大小及在传送带上运动的时间； （2）若传送带保持v0′＝6m/s的速率顺时针运行，求包裹在水平面上运动的位移大小。 【答案】（1）包裹刚离开传送带时的速度大小为4m/s，在传送带上运动的时间为2.25s。 （2）包裹在水平面上运动的位移大小为2.5m。 【解析】解：（1）包裹在传送带上受滑动摩擦力作用。根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，解得加速度。 假设包裹能加速到与传送带同速，根据运动学公式，代入数据解得加速位移x1＝4m。 由于x1＜L，包裹在传送带上先加速后匀速。包裹刚离开传送带时的速度v＝v0＝4m/s。 加速阶段耗时由v0＝a1t1可得t1＝2s；匀速阶段位移Δx＝L﹣x1，即Δx＝1m，由Δx＝v0t2可得t2＝0.25s。 包裹在传送带上运动的总时间t＝t1+t2，解得t＝2.25s。 （2）当传送带速率为v0'＝6m/s时，包裹加速到共速所需位移，代入数据可得x1'＝9m。 因x1'＞L，包裹在传送带上全程做匀加速运动。由可得离开时的速度平方。 在水平面上运动时，加速度大小a2＝μ2g，代入数据可得。根据，代入数据解得位移x＝2.5m。 答：（1）包裹刚离开传送带时的速度大小为4m/s，在传送带上运动的时间为2.25s。 （2）包裹在水平面上运动的位移大小为2.5m。 17．（2026•塔城地区校级开学）如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速度匀速运转，在其左端无初速度释放一质量为m＝1kg的小煤块，煤块可视为质点，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带长L＝2m，重力加速度g取10m/s2。求： （1）煤块加速时的加速度？ （2）煤块达到传送带右端所需时间？ （3）煤块在传送带上留下的痕迹长度？ 【答案】（1）煤块加速时的加速度大小为2m/s2。 （2）煤块达到传送带右端所需时间为1.5s。 （3）煤块在传送带上留下的痕迹长度为1m。 【解析】解：（1）对煤块应用牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得：a＝2m/s2。 （2）煤块加速运动的时间，代入数据可得t1＝1s，加速运动的距离，代入数据可得x1＝1m。匀速运动的时间，代入数据可得t2＝0.5s，总时间t＝t1+t2，代入得t＝1.5s。 （3）煤块在传送带上留下的痕迹长度Δx＝vt1﹣x1，代入数据可得Δx＝1m。 答：（1）煤块加速时的加速度大小为2m/s2。 （2）煤块达到传送带右端所需时间为1.5s。 （3）煤块在传送带上留下的痕迹长度为1m。 18．（2026•重庆开学）如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B长度为14m，传送带以8m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量为m＝0.2kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.25。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，不计空气阻力，求： （1）煤块到B点时速度的大小； （2）煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度。 【答案】（1）煤块到B点时速度的大小是12 m/s； （2）煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是4m。 【解析】解：（1）开始阶段由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 代入数据得 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为t1，则 发生的位移，由于x1＝4m＜14m 物体加速到8m/s时仍未到达B点，此时摩擦力方向改变；第二阶段有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 代入数据得 设第二阶段物体滑动到B的时间为t2，则 代入数据得t2＝﹣5s（舍去）；t2＝1s 煤块在B点的速度为vB＝v+a2t2＝8m/s+4×1m/s＝12m/s （2）第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块的位移为x1＝4m 传送带的位移为x传＝vt1＝8×1m＝8m 煤块相对传送带上移Δx1＝x传＝x1＝8m﹣4m＝4m 第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块的位移为x2＝LAB﹣x1＝14m﹣4m＝10m 传送带的位移为x′传＝vt2＝8×1m＝8m 煤块相对传送带下移Δx′＝x2﹣x′传＝10m﹣8m＝2m 由于Δx′＜Δx1，故传送带表面留下黑色划痕的长度为4m 答：（1）煤块到B点时速度的大小是12 m/s； （2）煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是4m。 19．（2026•邢台开学）如图甲所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长L＝1m、质量m1＝0.5kg的木板A，一质量m2＝1kg的物体B以初速度v0滑上木板A上表面的同时对木板A施加一个水平向右的力F，A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，物体B在木板A上运动的路程s（相对于木板A）与力F的关系如图乙所示，求： （1）当F＝1N时，A、B的加速度大小； （2）物体B的初速度v0的大小； （3）图乙中F1和F2的大小。 【答案】（1）A的加速度大小为6m/s2，B的加速度大小为2m/s2。 （2）物体B的初速度v0的大小为4m/s。 （3）F1的大小为3N，F2的大小为9N。 【解析】解：（1）设物体B的加速度大小为a2，物体A的加速度大小为a1。根据牛顿第二定律，对B有μm2g＝m2a2，对A有F+μm2g＝m1a1，解得：，。 （2）由题中图像可知，当F≤1N时，B在A上滑行的路程始终等于板长L。当F＝1N时，B恰好不从A的右端滑落，此后A与B保持相对静止并共同加速运动。 当1N≤F≤F1时，B的加速度大小为a2，设A的加速度大小为a1′。根据牛顿第二定律，对B有μm2g＝m2a2，对A有F+μm2g＝m1a1′。 设B的位移为sB，A的位移为sA，经过时间t后两者达到共同速度v。根据运动学公式有，，v＝v0﹣a2t＝a1′t。B相对于A向右滑行的路程s＝sB﹣sA，联立解得。将F＝1N，s＝1m代入，解得v0＝4m/s。 （3）分析可知，当1N≤F≤F1时，随着外力F增大，相对路程s减小。当F＝F1时，s发生突变，表明此时A、B在达到共同速度后恰好再次发生相对滑动，B将从A的左端滑落。 由牛顿第二定律有F1＝（m1+m2）a2，联立解得F1＝3N。此时B在A上滑行的路程。当F＞F1时，B在A上滑行的总路程为B相对于A向右滑行路程的两倍。 因此，当F＝F2时，将s2＝0.5s1代入，解得F2＝9N。 答：（1）A的加速度大小为6m/s2，B的加速度大小为2m/s2。 （2）物体B的初速度v0的大小为4m/s。 （3）F1的大小为3N，F2的大小为9N。 20．（2026春•平顶山月考）如图甲，质量M＝2kg的足够长的木板A静止在粗糙水平地面上，木板左端放置一质量m＝1kg的物块B（可视为质点）。t＝0时刻对物块施加一水平向右的拉力F，拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，4.5s末撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取重力加速度g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）0～3s内木板对物块的摩擦力大小；（结果可用分数表示） （2）3～4.5s内物块、木板的加速度大小； （3）最终物块到木板左端的距离。 【答案】（1）0～3s内木板对物块的摩擦力大小为N。 （2）3～4.5s内物块加速度大小为3m/s2，木板加速度大小为1m/s2。 （3）最终物块到木板左端的距离为3m。 【解析】解：（1）物块B与木板A间的最大静摩擦力为fmax1＝μ1mg，代入数据解得：。木板A与地面间的最大静摩擦力为fmax2＝μ2（M+m）g，代入数据解得：。 当两者恰要相对滑动时，木板的临界加速度为，代入数据解得：。 此时系统的临界拉力Fc满足Fc﹣fmax2＝（M+m）amax，代入数据得，解得：Fc＝6N。 在0～3s内，拉力F＝4N，由于3N＜4N＜6N，故A、B保持相对静止，共同加速运动。共同加速度为，代入数据解得：。 对物块B应用牛顿第二定律有F﹣f＝ma1，代入数据得，解得摩擦力大小为。 （2）在3～4.5s内，拉力F＝8N，由于8N＞6N，物块与木板发生相对滑动。物块B的加速度为，代入数据解得：。 木板A的加速度为，代入数据解得：。 （3）在t1＝3s时刻，两者的共同速度为。在Δt2＝1.5s的滑动过程中，相对位移为，代入数据解得：。 4.5s末撤去拉力时，物块速度为vB＝v1+aBΔt2，代入数据可得vB＝5.5m/s，木板速度为vA＝v1+aAΔt2，代入数据可得vA＝2.5m/s。撤去F后，物块受向左的滑动摩擦力做减速运动，加速度a'B＝﹣μ1g，计算得。 木板受物块向右的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，加速度。设经过tc达到共同速度，有vB+a'Btc＝vA+a'Atc，代入数据得5.5﹣5tc＝2.5+1tc，解得：tc＝0.5s。此阶段相对位移为，代入数据解得：。共速后系统整体减速至停下，不再产生相对位移。物块到木板左端的总距离为L＝Δx1+Δx2，代入得L＝2.25m+0.75m＝3m。 答：（1）0～3s内木板对物块的摩擦力大小为N。 （2）3～4.5s内物块加速度大小为3m/s2，木板加速度大小为1m/s2。 （3）最终物块到木板左端的距离为3m。 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $