第15讲 牛顿第二定律的综合应用——两种经典模型（专项训练）（湖南专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以传送带和板块模型为载体，通过情境分类、运动过程分析及隔离法构建牛顿第二定律应用的系统性方法体系，强化模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识解构|2知识点|传送带：情境分类（水平/倾斜、长度、速度关系）+运动过程分析；板块：隔离法+位移关系|从牛顿第二定律原理到模型应用，形成“情境→受力→运动→关系”逻辑链| |基础演练|各模型7题|临界条件判断、动力学方程与运动学公式联用|覆盖模型基本考法，强化物理观念与科学思维| |创新演练|4题|实际情境迁移（如快递传送带）、图像分析|结合新考法，提升质疑创新能力| |真题演练|5题|高考高频题型解法（相对运动、能量关系）|对接命题趋势，巩固科学论证与解题规范|

第15讲 牛顿第二定律的综合应用——两种经典模型 ⏳题型01 传送带模型 1．【答案】B 2．【答案】D 3．【答案】ABC 4．【答案】【答案】货物滑上传送带，由牛顿第二定律有， 解得， 货物加速时间， 货物加速位移大小， 货物匀速运动时间， 货物在传送带上的运动总时间， 解得； 货物加速运动过程中，传送带位移大小为， 货物在传送带上滑行过程中留下的痕迹长度， 解得； 货物滑上滑板后，由牛顿第二定律有， 货物的加速度大小为， 对滑板根据牛顿第二定律有， 解得滑板加速度大小为， 货物与滑板共速时共， 解得，， 货物的位移， 滑板的位移， 滑板长度至少为， 解得。 5．【答案】行李刚放上传送带时的加速度为 行李从刚放上传送带到与传送带达到共速所用时间为 行李加速阶段的位移为 共速后，行李与传送带相对静止继续匀速运动的时间为 则行李从到的时间为； 若要使行李从处到达处的时间最短，则行李从处到达处一直做匀加速直线运动，根据运动学公式可得 解得行李到达处的速度为 可知水平传送带的最小恒定速度为 6.【答案】B 【解析】设加速阶段的加速度大小为， ， 加速阶段运动时间， 加速运动的位移之后匀速运动， 故从到的总时间为，故B正确 7．【答案】ABD ⏳题型02 板块模型 8．【答案】(1)， (2)5m 【知识点】无外力接触面粗糙的板块模型 【详解】（1）物块与长木板共速前，假设小物块的质量为m，可得，可得 物块与长木板共速后，物块与长木板一起匀减速，假设长木板的质量为M，可得，则 （2）假设共速时物块和长木板的速度为v，所需时间为t，则 根据物块恰好到达木板的最右端，可得 根据木板沿地面运动的距离等于木板长度的2.4倍，可得 根据以上方程联立得，。 9【答案】(1) (2)， (3) 【知识点】有外力接触面粗糙的板块模型 【详解】（1）由题知，当对B施加水平向右的力时，A、B保持相对静止，则A、B加速度相等，根据牛顿第二定律，对A、B组成的整体有 解得 （2）由题知，当时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对A有 解得 对B有 解得 （3）的力作用0.5s后撤去，则此时A、B的速度分别为， 撤去F后，A所受力的情况不变，则A的加速度仍为，而B在水平方向上只受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 设经时间，两者共速，则有 解得 10．【答案】BD 11．【答案】CD 12．【答案】【答案】(1)， (2) (3)， 【详解】（1）当物块与木板之间的摩擦力达到最大时，此时可得两者不发生相对滑动的最大拉力，以木板为对象， 根据牛顿第二定律有 解得 以物块为对象，根据牛顿第二定律有 解得 即为不发生相对滑动的临界条件，因为，所以物块与木板各自加速，设物块加速度为，根据牛顿第二定律有 代入数据解得 设木板的加速度为，根据牛顿第二定律有 解得 （2）作用后，撤去F时物块的速度为，木板的速度为，则物块的速度为，木板的速度为 撤去F后，物块减速，设物块加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 撤去F后，木板加速，长木板加速度，设经时间两者共速，当两者第一次共速时，则有 解得， （3）撤去F时，物体位移为 长木板位移为 撤去F后，到两者共速，物体位移为 长木板位移为 由于，共速后两者一起减速，不存在相对位移，则长木板长度 共速后两者一起减速，其加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 则再减速位移为 全程长木板运动距离为 13．【答案】BD 14．【答案】C 重难·创新演练 1．【答案】D 2．【答案】【答案】(1)1s (2)， (3) 【知识点】无外力接触面光滑的板块模型 【详解】（1）以B为研究对象，由牛顿第二定律，得 解得 由匀变速直线运动位移与时间的关系，得 解得 （2）碰撞前，A、B整体相对静止一起下滑，碰撞后，分别以A、B为研究对象进行分析。 以小物块A为研究对象，由牛顿第二定律，得 解得A的加速度大小 以长木板B为研究对象，由牛顿第二定律，得 解得B的加速度大小 （3）B第一次碰撞前，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律，得 解得 B第一次碰撞时，A、B具有相同的速度，根据匀变速直线运动速度与位移的关系，有 B每次撞击挡板时间间隔 A一直向下匀加速下滑，在B碰第三次时，根据匀变速直线运动位移与时间的关系，有 联立解得 3．【答案】A 4．【答案】ACD 真题·实战演练 1．【答案】BD 2【答案】ABD 3．【答案】BCD 4．【答案】【答案】（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3） 【详解】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg 匀变速直线运动2aAL=vA2 解得 （2）设A、B的质量均为m 对齐前，B所受合外力大小F=3μmg 由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg 对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg 由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg （3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA 则v=aAt，v=vB–aBt 且xB–xA=L 解得． 5．【答案】(1)5.0 (2) 失重 1.0 6．【答案】【答案】（1）；（2） 【详解】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知 解得 （2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时 在传动带上滑动的距离为 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为 所以小包裹通过传送带的时间为 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第15讲 牛顿第二定律的综合应用——两种经典模型牛顿 目 录 巩固·知识解构 1 知识点1 传送带模型 1 知识点2 板块模型 2 模拟·基础演练 3 题型01 传送带模型 3 题型02 板块模型 6 重难·创新演练 10 真题·实战演练 13 巩固·知识解构 知识点1 　传送带模型 常见情境 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长 一直匀加速 先匀加速后匀速 v0＜v时，一直匀加速 v0＜v时，先匀加速再匀速 v0＞v时，一直匀减速 v0＞v时，先匀减速再匀速 滑块一直匀减速 滑块先匀减速到速度为0，后被传送带传回左端：①若v0＜v，返回到左端时速度为v0；②若v0＞v，返回到左端时速度为v。 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系μ＞tan θ) 先加速后匀速 一直加速(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＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 v0＜v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) v0＜v时：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 v0＞v时，一直匀变速(加速度为|gsin θ－μgcos θ|) v0＞v时：若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 (摩擦力方向一定沿斜面向上) μ＜tan θ，一直加速； μ＝tan θ，一直匀速 知识点2 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相互作用下发生相对滑动。 2.位移关系： 滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移大小之差Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和Δx＝x2＋x1＝L。 3.模型构建 （1）隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 （2）对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 （3）明确滑块和木板间的位移关系 如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L（板长）；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。 4．常见类型：滑块A与木板B之间有摩擦，地面光滑或者粗糙。 图例 初始条件 终止条件 (1)滑块A静止； (2)木板B初速度为v (1)滑块A停在木板B上某位置； (2)滑块A恰好没有滑离木板B； (3)滑块A滑离木板B (1)滑块A初速度为v； (2)木板B静止 (1)滑块A、木板B均静止； (2)外力F作用在木板B上 (1)滑块A、木板B均静止； (2)外力F作用在滑块A上 模拟·基础演练 考查重点：均为重点 ⏳题型01 传送带模型 1.(2026·湖南省·期末考试)如图所示，水平传送带、两端相距，工件与传送带间的动摩擦因数，工件滑上端瞬时速度，到达端的瞬时速度设为，则取() A.若传送带以速度逆时针匀速转动， B.若传送带以速度顺时针匀速转动， C.若传送带以速度顺时针匀速转动，工件在传送带上留下划痕长 D.若传送带以速度顺时针匀速转动，工件从运动到的时间是 2.（2026·湖南永州·二模）如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为，则下列说法不正确的是() A.若，则 B.若，则 C.若，则 D.不管多大，总有 3.（多选）(2026·广东省·模拟题)如图甲所示，水平传送带匀速转动，一个物块从传送带的右端以一定的初速度向左滑上传送带，物块在传送带上运动的位移随时间变化规律如图乙所示，内图像是抛物线，内图像是直线，重力加速度为，不计物块大小，则下列判断正确的是() A.传送带沿顺时针方向匀速转动 B.传送带转动的速度大小为 C.物块滑上传送带时的初速度大小为 D.物块与传送带间的动摩擦因数为 4.2026·广东省·月考试卷)如图所示为某工厂卸货装置原理图。长度为的水平传送带以速度顺时针匀速转动，在传送带右端有一与传送带等高的滑板无缝对接，滑板质量为。质量的货物以的速度从最左端进入传送带，之后滑上滑板。货物与传送带间的动摩擦因数，货物与滑板间的动摩擦因数，滑板与地面间的动摩擦因数。重力加速度取。 求货物在传送带上运动的时间； 若货物在传送带上运动时能够留下划痕，求划痕长度； 为使货物不从滑板上滑落，求滑板的最小长度。 5.(2026·江苏省镇江市·月考试卷)如图甲所示，为机场、火车站和地铁站等场所的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙的模型：绷紧的传送带始终保持的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在处，行李与传送带之间的动摩擦因数，间的距离为，取。则： 行李从到的时间为多少？ 若要使行李从处到达处的时间最短，那么，水平传送带的最小恒定速度是多少？保留根号 6.(2026·四川省·单元测试)传送带是建筑工地、机场和车站等地常见的运输装置。如图所示为某传送带的简易图，该传送带底端和顶端间的距离，与水平面夹角，以的速度顺时针匀速转动。时刻将小物块静止放到传送带的底端，小物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度取，，。则物块从运动到的时间为() A. B. C. D. 7.（多选）(2026·云南省楚雄彝族自治州·期末考试)如图所示，倾角为的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行。时，将质量的物体可视为质点轻放在传送带上端，物体相对地面的图像如图所示，时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度取，则() A.传送带的倾角 B.传送带上下两端的间距为 C.物体与传送带之间的动摩擦因数 D.物体在传送带上留下的痕迹长度为 ⏳题型02 板块模型 8.（2026·江西宜春·一模）如图所示，有一长木板放置在足够大的水平地面上，可视为质点的物块以的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的最右端，木板沿地面运动的距离等于木板的长度的2.4倍。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求： (1)物块整个运动过程中各个阶段的加速度大小； (2)长木板的长度L。 9.（2026·内蒙古阿拉善·期末）如图所示，有一个质量为足够长的木板A静止在光滑的水平地面上，在木板的左端静止放置一个大小不计、质量为的小物体B，A、B间的动摩擦因数为，g取。求： (1)当对B施加水平向右的力时，A、B保持相对静止，A、B加速度各为多大？ (2)当时，A、B发生相对滑动，则A、B加速度各为多大？ (3)的力作用0.5s后撤去，再经过多长时间A、B共速？ 10.（2026高三下·河南郑州·阶段检测）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力作用在物块上，随时间的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻的大小。木板的加速度随时间的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为。则（　　） A． B． C． D．在时间段物块与木板加速度相等 11.（2026·河南驻马店·三模）如图所示，质量为的木板放在光滑的水平面上，质量为的物块放在长木板上表面的中点，均处于静止状态，物块与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，给长木板施加一个水平向右的拉力，则下列说法正确的是（     ） A．物块与长木板有可能一起向右匀速运动 B．当时，物块与长木板间刚好要发生相对滑动 C．当物块与长木板发生相对滑动时，增大，物块的加速度保持不变 D．当物块与长木板发生相对滑动时，越大，物块滑离长木板时的速度越小 12.（2026·湖北十堰·阶段检测）如图所示，一个可视为质点的物块静置于一个长木板最左端，木板静止在水平地面上．已知木板质量M=1kg，物块质量，物块与木板间、木板与水平地面间的动摩擦因数分别为、，物块与木板间、木板与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若从t=0时刻起，给小物块施加一水平向右、大小为的力，作用后撤去力F，最终物块停在长木板最右端。，求： (1)内物块和木板的加速度大小； (2)求物块和木板共速瞬间，速度大小； (3)计算长木板长度L和长木板的总位移大小x。 13.(多选)（2026·山东潍坊·模拟预测）如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，有一质量为M＝2kg、长度L=9.6m的长木板正以v0＝6m/s的速度沿斜面向下运动，此时将一质量m＝1kg的小物块（大小可忽略）轻放在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2=0.75，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．放上小物块后，木板的加速度大小是2m/s2 B．放上小物块后，木板的加速度大小是5m/s2 C．经时间t=2.1s小物块最终从长木板上端滑出 D．经时间t=2.4s小物块最终从长木板下端滑出 14.（2026·安徽合肥·三模）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，质量为2 kg的长木板A置于斜面上。时，质量为1 kg的物块B（视为质点）以的初速度从下端滑上木板A，此时对A施加一个沿斜面向上的恒力，使其从静止开始运动。已知A与B之间的动摩擦因数为=0.5，，，重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从t=0到木板A向上运动到最高点的过程中，物块B未从木板A上表面滑下，下列说法正确的是（　　） A．木板A对物块B的摩擦力沿斜面向下 B．木板A的长度至少为 C．从到木板A向上运动到最高点的过程中，恒力F做功 D．从到木板A向上运动到最高点的过程中，A与B之间的摩擦力对B做功 重难·创新演练 结合生活实际(T1T2);结合实际新考法考查(T3);新角度考查研究方法(T4); 1.▶新情境◀.如图甲所示，某快递公司用倾斜的传送带运送包裹，传送带以的速率顺时针匀速运行，现简化为如图乙所示的示意图。将包裹无初速度地放在传送带底端，经后恰好运动到传送带顶端，已知包裹与传送带之间的动摩擦因数为，传送带的倾角，重力加速度取。则() A.包裹向上运动的过程一直受到静摩擦力的作用 B.传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越小 C.包裹匀加速运动的位移为 D.包裹匀速运动的时间为 2.▶新情境◀斜面底端固定一弹性挡板，B与之相碰后立即原速率反弹。另有一质量也为m、可视为质点的小物块A，A与长木板B之间的动摩擦因数，取、、。 (1)若B下端到挡板距离，解除对B的锁定后，求B下端到达挡板处所用的时间； (2)如图乙所示，将A轻放在B上端的同时，解除对B的锁定，求B与挡板首次碰撞后瞬间A、B的加速度大小； (3)在（2）中情境下，发现A滑至B的下端时，B刚好与挡板发生第3次碰撞，求解除锁定时B下端到挡板的距离。 3．▶新考法◀(2026·湖北省·单元测试)如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定的速率顺时针转动，时刻可视为质点的物体从传送带上端以的初速度沿传送带向下运动，在时刻物体又返回到传送带上端。规定物体初速度方向为正方向，关于物体在传送带上的运动过程中，物体所受摩擦力、速度、加速度以及运动的位移随时间变化的关系图，下列图中可能正确的是() A. B. C. D. 4．▶新角度◀2026·海南·模拟预测）如图1所示，平板A与小物块B叠放在固定斜面上，A的质量为m，B的质量为3m，A与斜面间的动摩擦因数为，B与A间的动摩擦因数为。将A、B同时由静止释放瞬间，A与斜面间的摩擦力f随斜面倾角的变化关系如图2所示，图像在和时有转折（临界）。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则由图像可以推断（　　） A．释放后瞬间A和B之间的摩擦力在时达到最大 B． C．时，B的加速度大小为 D． 、真题·实战演练 高频考点：两种模型都是。 1．（2025·福建·高考真题）如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以1m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2m/s，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长，t=t1时（t1为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B可视为质点，质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．在t=时，A的加速度大小比B的小 B．t=t1时，B的速度大小为0.5m/s C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t1过程中，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 2．（多选）（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　） A．小物块在时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3︰4 D．之后小物块和木板一起做匀速运动 3．（多选）（2014·江苏·高考真题）如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（　　） A．当时，A、B都相对地面静止 B．当时，A的加速度为 C．当时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过 4．（2019·江苏·高考真题）如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求： （1）A被敲击后获得的初速度大小vA； （2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'； （3）B被敲击后获得的初速度大小vB． 5．（2021·辽宁·高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： （1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； （2）小包裹通过传送带所需的时间t。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第15讲 牛顿第二定律的综合应用——两种经典模型牛顿 目 录 巩固·知识解构 1 知识点1 传送带模型 1 知识点2 板块模型 2 模拟·基础演练 3 题型01 传送带模型 3 题型02 板块模型 6 重难·创新演练 10 真题·实战演练 13 巩固·知识解构 知识点1 　传送带模型 常见情境 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长 一直匀加速 先匀加速后匀速 v0＜v时，一直匀加速 v0＜v时，先匀加速再匀速 v0＞v时，一直匀减速 v0＞v时，先匀减速再匀速 滑块一直匀减速 滑块先匀减速到速度为0，后被传送带传回左端：①若v0＜v，返回到左端时速度为v0；②若v0＞v，返回到左端时速度为v。 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系μ＞tan θ) 先加速后匀速 一直加速(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＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 v0＜v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) v0＜v时：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 v0＞v时，一直匀变速(加速度为|gsin θ－μgcos θ|) v0＞v时：若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 (摩擦力方向一定沿斜面向上) μ＜tan θ，一直加速； μ＝tan θ，一直匀速 知识点2 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相互作用下发生相对滑动。 2.位移关系： 滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移大小之差Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和Δx＝x2＋x1＝L。 3.模型构建 （1）隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 （2）对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 （3）明确滑块和木板间的位移关系 如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L（板长）；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。 4．常见类型：滑块A与木板B之间有摩擦，地面光滑或者粗糙。 图例 初始条件 终止条件 (1)滑块A静止； (2)木板B初速度为v (1)滑块A停在木板B上某位置； (2)滑块A恰好没有滑离木板B； (3)滑块A滑离木板B (1)滑块A初速度为v； (2)木板B静止 (1)滑块A、木板B均静止； (2)外力F作用在木板B上 (1)滑块A、木板B均静止； (2)外力F作用在滑块A上 模拟·基础演练 考查重点：均为重点 ⏳题型01 传送带模型 1.(2026·湖南省·期末考试)如图所示，水平传送带、两端相距，工件与传送带间的动摩擦因数，工件滑上端瞬时速度，到达端的瞬时速度设为，则取() A.若传送带以速度逆时针匀速转动， B.若传送带以速度顺时针匀速转动， C.若传送带以速度顺时针匀速转动，工件在传送带上留下划痕长 D.若传送带以速度顺时针匀速转动，工件从运动到的时间是 【答案】B 【解答】若传送带以速度逆时针匀速转动，工件受到的摩擦力水平向左，工件向右做匀减速直线运动，加速度大小为，根据运动学公式可得，解得，A错误； 若传送带以速度顺时针匀速转动，由于工件的速度大于传送带速度，工件受到的摩擦力水平向左，设工件一直向右做匀减速直线运动，则有，解得，假设成立，B正确； 工件运动到的时间为，该过程传送带的位移为 工件在传送带上留下划痕长为，CD错误。 故选B。 2.（2026·湖南永州·二模）如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为，则下列说法不正确的是() A.若，则 B.若，则 C.若，则 D.不管多大，总有 【答案】D 【解析】设物体与传送带之间的动摩擦因数为，则物体冲上传送带后向左运动的最大位移为，即物体在传送带上向左滑动的最大位移与传送带的速度无关。当物体开始向右返回时，在物体的速度达到传送带速度之前，物体具有向右的加速度，大小仍为；如果传送带的速度小于，则物体经过一段小于的位移后，速度就已经增大到等于传送带的速度，此后开始以和传送带相同的速度匀速运动而返回到光滑水平面上；如果传送带的速度大于或等于，则物体在整个的位移段内都处于加速状态，当离开传送带时，速度增大到。故A、、C正确，D错误。 3.（多选）(2026·广东省·模拟题)如图甲所示，水平传送带匀速转动，一个物块从传送带的右端以一定的初速度向左滑上传送带，物块在传送带上运动的位移随时间变化规律如图乙所示，内图像是抛物线，内图像是直线，重力加速度为，不计物块大小，则下列判断正确的是() A.传送带沿顺时针方向匀速转动 B.传送带转动的速度大小为 C.物块滑上传送带时的初速度大小为 D.物块与传送带间的动摩擦因数为 【答案】ABC 【解析】A.物块运动一段时间后返回，可知物块受摩擦力向右，因此传送带沿顺时针方向转动，故A正确； 设物块滑上传送带的初速度大小为，物块做匀变速运动的加速度大小为，结合图像可知的位移大小等于的位移大小，有，且物块速度为时达到最大位移，有 代入，， 解得， 设传送带速度大小为，有 故BC正确； D.根据牛顿第二定律可得 可得物块与传送带间的动摩擦因数为，故D错误。 故选ABC。 4.2026·广东省·月考试卷)如图所示为某工厂卸货装置原理图。长度为的水平传送带以速度顺时针匀速转动，在传送带右端有一与传送带等高的滑板无缝对接，滑板质量为。质量的货物以的速度从最左端进入传送带，之后滑上滑板。货物与传送带间的动摩擦因数，货物与滑板间的动摩擦因数，滑板与地面间的动摩擦因数。重力加速度取。 求货物在传送带上运动的时间； 若货物在传送带上运动时能够留下划痕，求划痕长度； 为使货物不从滑板上滑落，求滑板的最小长度。 【答案】货物滑上传送带，由牛顿第二定律有， 解得， 货物加速时间， 货物加速位移大小， 货物匀速运动时间， 货物在传送带上的运动总时间， 解得； 货物加速运动过程中，传送带位移大小为， 货物在传送带上滑行过程中留下的痕迹长度， 解得； 货物滑上滑板后，由牛顿第二定律有， 货物的加速度大小为， 对滑板根据牛顿第二定律有， 解得滑板加速度大小为， 货物与滑板共速时共， 解得，， 货物的位移， 滑板的位移， 滑板长度至少为， 解得。 5.(2026·江苏省镇江市·月考试卷)如图甲所示，为机场、火车站和地铁站等场所的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙的模型：绷紧的传送带始终保持的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在处，行李与传送带之间的动摩擦因数，间的距离为，取。则： 行李从到的时间为多少？ 若要使行李从处到达处的时间最短，那么，水平传送带的最小恒定速度是多少？保留根号 【答案】行李刚放上传送带时的加速度为 行李从刚放上传送带到与传送带达到共速所用时间为 行李加速阶段的位移为 共速后，行李与传送带相对静止继续匀速运动的时间为 则行李从到的时间为； 若要使行李从处到达处的时间最短，则行李从处到达处一直做匀加速直线运动，根据运动学公式可得 解得行李到达处的速度为 可知水平传送带的最小恒定速度为。 6.(2026·四川省·单元测试)传送带是建筑工地、机场和车站等地常见的运输装置。如图所示为某传送带的简易图，该传送带底端和顶端间的距离，与水平面夹角，以的速度顺时针匀速转动。时刻将小物块静止放到传送带的底端，小物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度取，，。则物块从运动到的时间为() A. B. C. D. 【答案】B 【解析】设加速阶段的加速度大小为， ， 加速阶段运动时间， 加速运动的位移之后匀速运动， 故从到的总时间为，故B正确。 7.（多选）(2026·云南省楚雄彝族自治州·期末考试)如图所示，倾角为的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行。时，将质量的物体可视为质点轻放在传送带上端，物体相对地面的图像如图所示，时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度取，则() A.传送带的倾角 B.传送带上下两端的间距为 C.物体与传送带之间的动摩擦因数 D.物体在传送带上留下的痕迹长度为 【答案】ABD 【解析】由题图得内物体加速度，根据牛顿第二定律得，内加速度，根据牛顿第二定律得，联立解得，，故A正确，C错误 B.由题可得物体内的位移即为传送带上下两端的间距，图像与坐标轴所围“面积”表示位移，可知位移为，故B正确 D.由题图知传送带的速率，则内，物体的位移为，传送带的位移为，故相对位移为，物体相对传送带向上运动，内物体的位移为，传送带的位移为，故相对位移为，物体相对传送带向下运动，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为，故D正确。 故选ABD。 ⏳题型02 板块模型 8.（2026·江西宜春·一模）如图所示，有一长木板放置在足够大的水平地面上，可视为质点的物块以的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的最右端，木板沿地面运动的距离等于木板的长度的2.4倍。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求： (1)物块整个运动过程中各个阶段的加速度大小； (2)长木板的长度L。 【答案】(1)， (2)5m 【知识点】无外力接触面粗糙的板块模型 【详解】（1）物块与长木板共速前，假设小物块的质量为m，可得，可得 物块与长木板共速后，物块与长木板一起匀减速，假设长木板的质量为M，可得，则 （2）假设共速时物块和长木板的速度为v，所需时间为t，则 根据物块恰好到达木板的最右端，可得 根据木板沿地面运动的距离等于木板长度的2.4倍，可得 根据以上方程联立得，。 9.（2026·内蒙古阿拉善·期末）如图所示，有一个质量为足够长的木板A静止在光滑的水平地面上，在木板的左端静止放置一个大小不计、质量为的小物体B，A、B间的动摩擦因数为，g取。求： (1)当对B施加水平向右的力时，A、B保持相对静止，A、B加速度各为多大？ (2)当时，A、B发生相对滑动，则A、B加速度各为多大？ (3)的力作用0.5s后撤去，再经过多长时间A、B共速？ 【答案】(1) (2)， (3) 【知识点】有外力接触面粗糙的板块模型 【详解】（1）由题知，当对B施加水平向右的力时，A、B保持相对静止，则A、B加速度相等，根据牛顿第二定律，对A、B组成的整体有 解得 （2）由题知，当时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对A有 解得 对B有 解得 （3）的力作用0.5s后撤去，则此时A、B的速度分别为， 撤去F后，A所受力的情况不变，则A的加速度仍为，而B在水平方向上只受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 设经时间，两者共速，则有 解得 10.（2026高三下·河南郑州·阶段检测）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力作用在物块上，随时间的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻的大小。木板的加速度随时间的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为。则（　　） A． B． C． D．在时间段物块与木板加速度相等 【答案】BD 【详解】A．图（c）可知，时物块木板一起刚从水平滑动，此时物块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有，A错误； BC．图（c）可知，时物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有 以木板为对象，根据牛顿第二定律，有 解得，，B正确，C错误； D．图（c）可知，这段时间物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。 故选BD。 11.（2026·河南驻马店·三模）如图所示，质量为的木板放在光滑的水平面上，质量为的物块放在长木板上表面的中点，均处于静止状态，物块与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，给长木板施加一个水平向右的拉力，则下列说法正确的是（     ） A．物块与长木板有可能一起向右匀速运动 B．当时，物块与长木板间刚好要发生相对滑动 C．当物块与长木板发生相对滑动时，增大，物块的加速度保持不变 D．当物块与长木板发生相对滑动时，越大，物块滑离长木板时的速度越小 【答案】CD 【详解】A．由于水平面光滑，因此拉力作用在长木板上时，长木板一定做加速运动，故A错误； B．当物块与长木板间刚好要发生相对滑动时，物块所受到的静摩擦力达到最大，设此时加速度为，根据牛顿第二定律，对物块有 解得 对物块与长木板有，故B错误； C．当物块与长木板发生相对滑动时，物块所受到的摩擦力为滑动摩擦力，故物块的加速度大小始终为，故C正确； D．当物块与长木板发生相对滑动时，对长木板，根据牛顿第二定律有 解得 可知越大，则长木板的加速度越大，而长木板相对物块的位移为长木板的长度保持不变，即 可得 因保持不变，越大，则时间越小，即物块在板上相对滑动的时间越短，又滑离时的速度 可知越小，故D正确。 故选CD。 12.（2026·湖北十堰·阶段检测）如图所示，一个可视为质点的物块静置于一个长木板最左端，木板静止在水平地面上．已知木板质量M=1kg，物块质量，物块与木板间、木板与水平地面间的动摩擦因数分别为、，物块与木板间、木板与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若从t=0时刻起，给小物块施加一水平向右、大小为的力，作用后撤去力F，最终物块停在长木板最右端。，求： (1)内物块和木板的加速度大小； (2)求物块和木板共速瞬间，速度大小； (3)计算长木板长度L和长木板的总位移大小x。 【答案】(1)， (2) (3)， 【详解】（1）当物块与木板之间的摩擦力达到最大时，此时可得两者不发生相对滑动的最大拉力，以木板为对象， 根据牛顿第二定律有 解得 以物块为对象，根据牛顿第二定律有 解得 即为不发生相对滑动的临界条件，因为，所以物块与木板各自加速，设物块加速度为，根据牛顿第二定律有 代入数据解得 设木板的加速度为，根据牛顿第二定律有 解得 （2）作用后，撤去F时物块的速度为，木板的速度为，则物块的速度为，木板的速度为 撤去F后，物块减速，设物块加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 撤去F后，木板加速，长木板加速度，设经时间两者共速，当两者第一次共速时，则有 解得， （3）撤去F时，物体位移为 长木板位移为 撤去F后，到两者共速，物体位移为 长木板位移为 由于，共速后两者一起减速，不存在相对位移，则长木板长度 共速后两者一起减速，其加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 则再减速位移为 全程长木板运动距离为 13.(多选)（2026·山东潍坊·模拟预测）如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，有一质量为M＝2kg、长度L=9.6m的长木板正以v0＝6m/s的速度沿斜面向下运动，此时将一质量m＝1kg的小物块（大小可忽略）轻放在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2=0.75，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．放上小物块后，木板的加速度大小是2m/s2 B．放上小物块后，木板的加速度大小是5m/s2 C．经时间t=2.1s小物块最终从长木板上端滑出 D．经时间t=2.4s小物块最终从长木板下端滑出 【答案】BD 【知识点】无外力接触面粗糙的板块模型 【详解】AB．小物块与长木板间的滑动摩擦力为 长木板与斜面间的滑动摩擦力为 对小物块，根据牛顿第二定律可得 解得 对长木板，根据牛顿第二定律可得 解得 可知小物块做加速度为的加速运动，长木板做加速度大小为的减速运动，故A错误，B正确； CD．设共速时间为，有 解得， 此时小物块位移为 长木板位移为 可知小物块相对长木板向上运动了，此时距离下端 共速后，假设整体相对静止，有 解得加速度 对小物块，若加速度为零，有 又，可知二者不可能相对静止，此时对小物块有 解得 对长木板有 解得 即长木板做加速度大小为的减速运动，设又经时间小物块最终从长木板下端滑出，有 解得， 经时间t=2.4s小物块最终从长木板下端滑出，故C错误，D正确。 故选BD。 14.（2026·安徽合肥·三模）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，质量为2 kg的长木板A置于斜面上。时，质量为1 kg的物块B（视为质点）以的初速度从下端滑上木板A，此时对A施加一个沿斜面向上的恒力，使其从静止开始运动。已知A与B之间的动摩擦因数为=0.5，，，重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从t=0到木板A向上运动到最高点的过程中，物块B未从木板A上表面滑下，下列说法正确的是（　　） A．木板A对物块B的摩擦力沿斜面向下 B．木板A的长度至少为 C．从到木板A向上运动到最高点的过程中，恒力F做功 D．从到木板A向上运动到最高点的过程中，A与B之间的摩擦力对B做功 【答案】C 【详解】A．设A的质量为M，B的质量为m，根据牛顿运动定律，对A有 解得（方向沿斜面向上） 对B有 解得（方向沿斜面向下） 二者从开始到共速用时 此时速度 之后二者相对静止共同减速运动到最高点，该过程有 解得（方向沿斜面向下） 整体从v减速到0用时 木板A对物块B的摩擦力先沿斜面向下，后沿斜面向上，故A错误； B．木板A的长度至少为，故B错误； C．从t=0到木板A向上运动到最高点的过程中，恒力F做功，故C正确； D．二者保持相对静止后，对B分析有 从t=0到木板A向上运动到最高点的过程中，A与B之间的摩擦力对B做功 联立解得，故D错误。 故选C。 重难·创新演练 结合生活实际(T1T2);结合实际新考法考查(T3);新角度考查研究方法(T4); 1.▶新情境◀.如图甲所示，某快递公司用倾斜的传送带运送包裹，传送带以的速率顺时针匀速运行，现简化为如图乙所示的示意图。将包裹无初速度地放在传送带底端，经后恰好运动到传送带顶端，已知包裹与传送带之间的动摩擦因数为，传送带的倾角，重力加速度取。则() A.包裹向上运动的过程一直受到静摩擦力的作用 B.传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越小 C.包裹匀加速运动的位移为 D.包裹匀速运动的时间为 【答案】D 【解析】A.包裹向上运动的过程中，先受到沿传送带向上的滑动摩擦力再受到静摩擦力的作用，故A错误； B.包裹与传送带达到共速时，包裹在传送带上受到静摩擦力的作用，随传送带一起匀速，根据平衡条件可得 所以传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越大，若 即时，包裹不能与传送带相对静止，包裹不受静摩擦力，故B错误； C.包裹在传送带上先做匀加速运动，根据牛顿第二定律 运动学公式有 代入数据后可得，，故C错误； D.包裹做加速运动的时间为 所以匀速运动的时间为，故D正确。 故选D。 2.▶新情境◀斜面底端固定一弹性挡板，B与之相碰后立即原速率反弹。另有一质量也为m、可视为质点的小物块A，A与长木板B之间的动摩擦因数，取、、。 (1)若B下端到挡板距离，解除对B的锁定后，求B下端到达挡板处所用的时间； (2)如图乙所示，将A轻放在B上端的同时，解除对B的锁定，求B与挡板首次碰撞后瞬间A、B的加速度大小； (3)在（2）中情境下，发现A滑至B的下端时，B刚好与挡板发生第3次碰撞，求解除锁定时B下端到挡板的距离。 【答案】(1)1s (2)， (3) 【知识点】无外力接触面光滑的板块模型 【详解】（1）以B为研究对象，由牛顿第二定律，得 解得 由匀变速直线运动位移与时间的关系，得 解得 （2）碰撞前，A、B整体相对静止一起下滑，碰撞后，分别以A、B为研究对象进行分析。 以小物块A为研究对象，由牛顿第二定律，得 解得A的加速度大小 以长木板B为研究对象，由牛顿第二定律，得 解得B的加速度大小 （3）B第一次碰撞前，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律，得 解得 B第一次碰撞时，A、B具有相同的速度，根据匀变速直线运动速度与位移的关系，有 B每次撞击挡板时间间隔 A一直向下匀加速下滑，在B碰第三次时，根据匀变速直线运动位移与时间的关系，有 联立解得 3．▶新考法◀(2026·湖北省·单元测试)如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定的速率顺时针转动，时刻可视为质点的物体从传送带上端以的初速度沿传送带向下运动，在时刻物体又返回到传送带上端。规定物体初速度方向为正方向，关于物体在传送带上的运动过程中，物体所受摩擦力、速度、加速度以及运动的位移随时间变化的关系图，下列图中可能正确的是() A. B. C. D. 【答案】A 【解析】物体刚放在传送带上时所受滑动摩擦力沿传送带向上，物体所受摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，对物体，由牛顿第二定律得，则加速度为负，做匀减速直线运动，物体减速到零之后反向加速，物体与传送带共速前摩擦力方向沿传送带向上，是负的物体与传送带共速后与传送带保持相对静止，所受静摩擦力方向沿传送带向上，是负的，物体向上加速阶段加速度不变，到与传送带速度相等即为后继续做匀速直线运动， A.通过以上分析可知，静摩擦力大小小于动摩擦力，故A正确； B.速度最终与传送带速度大小相等，故B错误； C.加速度恒定不变，故C错误； D.物体在变速阶段位移时间关系是抛物线，故D错误 4．▶新角度◀2026·海南·模拟预测）如图1所示，平板A与小物块B叠放在固定斜面上，A的质量为m，B的质量为3m，A与斜面间的动摩擦因数为，B与A间的动摩擦因数为。将A、B同时由静止释放瞬间，A与斜面间的摩擦力f随斜面倾角的变化关系如图2所示，图像在和时有转折（临界）。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则由图像可以推断（　　） A．释放后瞬间A和B之间的摩擦力在时达到最大 B． C．时，B的加速度大小为 D． 【答案】ACD 【知识点】无外力接触面粗糙的板块模型、无外力，物块在粗糙斜面滑动 【详解】A．不同时，和有不同的运动状态，图像分三个阶段，可以推测比较小时（从图像知是小于时），和都静止，将和视为整体，则受到斜面的摩擦力为 较大一些时（从图像知是大于，小于时），开始加速运动，仍然静止，则对分析知和之间的摩擦力为 对A分析知A受到的摩擦力为 再大到一定程度（从图像知是大于时），A和B都加速运动，A对斜面的压力为 故受到斜面的摩擦力为 由此可知A、B之间的摩擦力在时达到最大，故A正确； B．在时，，可解得 在时，，可解得，故B错误； C．时，对B受力分析，在沿斜面方向，由牛顿第二定律可得 解得，故C正确； D．将代入 即得到，故D正确。 故选ACD。 、真题·实战演练 高频考点：两种模型都是。 1．（2025·福建·高考真题）如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以1m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2m/s，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长，t=t1时（t1为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B可视为质点，质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．在t=时，A的加速度大小比B的小 B．t=t1时，B的速度大小为0.5m/s C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t1过程中，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 【答案】BD 【详解】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为 初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有， 代入数值解得t=t1时，B的速度为 在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有， 由于，故可知 故A错误，B正确； C．在时间内，设AB向右的位移分别为，，由功能关系有 解得 故弹簧的压缩量为 故C错误； D．A与传送带的相对位移为 B与传送带的相对为 故可得 由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的v-t图像 可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得 结合 可知，故D正确。 故选BD。 2．（多选）（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　） A．小物块在时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3︰4 D．之后小物块和木板一起做匀速运动 【答案】ABD 【详解】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确； B．结合图像可知时刻，木板的速度为 设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为 ，负号表示方向水平向左 物块在木板上滑动的加速度为 经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得 解得 故B正确； C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为 故可得 解得 根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为 此时对木板由牛顿第二定律得 解得 故C错误； D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体 故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。 故选ABD。 3．（多选）（2014·江苏·高考真题）如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（　　） A．当时，A、B都相对地面静止 B．当时，A的加速度为 C．当时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过 【答案】BCD 【详解】A．根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为 因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为 A、B间的最大静摩擦力为 故时，A、B都相对地面静止，A错误； B．A、B恰好不相对滑动时，根据牛顿第二定律可知应当满足 且 即= 则当≤F＜3μmg，A、B将一起向右加速滑动。当时，对A和B整体受力分析有 解得 故B正确。 CD．当F≥3μmg时，A、B将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有 F－2μmg＝2maA， 解得 ， 故CD正确。 故选BCD。 4．（2019·江苏·高考真题）如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求： （1）A被敲击后获得的初速度大小vA； （2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'； （3）B被敲击后获得的初速度大小vB． 【答案】（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3） 【详解】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg 匀变速直线运动2aAL=vA2 解得 （2）设A、B的质量均为m 对齐前，B所受合外力大小F=3μmg 由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg 对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg 由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg （3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA 则v=aAt，v=vB–aBt 且xB–xA=L 解得． 5．（2021·辽宁·高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： （1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； （2）小包裹通过传送带所需的时间t。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知 解得 （2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时 在传动带上滑动的距离为 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为 所以小包裹通过传送带的时间为 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $