专项06 动力学中的传送带模型与滑块—木板模型（专项训练）（广东专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦动力学中传送带与滑块—木板模型，通过分类情景、临界分析、相对运动计算构建系统解题方法，衔接基础到真题，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| |----|-----------|----------|----------| |题型01（水平传送带）|5题（含图像题）|临界点v物=v传+相对位移计算|摩擦力突变→运动状态变化→多过程动力学应用| |题型02（倾斜传送带）|3题（含v-t图像）|倾角与摩擦因数关系分类+运动阶段划分| |题型03（滑块—木板模型）|5题（含多过程）|四类型初始条件分析+共速临界判断|

专项06 动力学中的传送带模型与滑块—木板模型 目录 模拟·基础演练 1 ⏳题型01 水平传送带中的动力学问题 1 ⏳题型02 倾斜传送带问题 4 ⏳题型03 滑块—木板模型 5 重难·创新演练 7 真题·实战演练 10 模拟·基础演练 考查重点：图像问题、临界问题 ⏳题型01 水平传送带中的动力学问题 1.模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对运动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 2.解题关键：抓住v物=v传的临界点，当v物=v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 3.注意物体位移和相对位移的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。 (2)物体相对传送带的位移大小Δs ①若有一次相对运动：Δs=s传-s物或Δs=s物-s传。 ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δs=Δs1+Δs2(图甲)； 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δs2(图乙)。 4.三种常见情景 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 情景2 ①v0>v,可能一直减速,也可能先减速再匀速 ②v0=v,一直匀速 ③v0<v,可能一直加速,也可能先加速再匀速 情景3 ①传送带较短时,滑块一直减速到达左端 ②传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。其中若v0>v,返回时速度为v,若v0≤v,返回时速度为v0 1.(2025·广东梅州市模拟)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甲所示的模型。传送带始终保持 v=0.4 m/s的恒定速率顺时针运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，A、B 间的距离为2 m，g取10 m/s2。若旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，求： (1)行李到达B处的时间； (2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。 2.(2025·广东东莞模拟)如图甲所示为某机场的行李安检机,其简化原理图如图乙所示,水平传送带长为2.5 m,传送带始终以恒定速率0.30 m/s顺时针运行。一质量为0.60 kg的小包(可视为质点)无初速度地轻放在传送带左端,最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.安检机使用γ射线探测包内的物品 B.小包匀速运动时,传送带对小包的摩擦力向右 C.由于传送小包,电动机多做的功为0.054 J D.小包从传送带左端到达右端所用的时间为1.0 s 3.如图所示,足够长的水平传送带逆时针转动的速度大小为v1,一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑上传送带,小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ,小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.小滑块的加速度向右,大小为μg B.若v0<v1,小滑块运动的总时间为 C.若v0>v1,小滑块运动的总时间为 D.若v0>v1,小滑块运动的总时间为 4.在题3情境中,若小滑块运动的v-t图像如图所示,取向左为正方向,以小滑块滑上传送带时为计时起点。已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。则小滑块在传送带上运动的时间为多少?小滑块在传送带上相对传送带滑动的距离为多少? 5. (2025·广东韶关期末)如图甲所示,一小物块从转动的水平传送带的右端滑上传送带,固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移s随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3 s内为二次函数,在3~4.5 s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10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物块滑上传送带的初速度大小为4 m/s B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3 C.2~3 s时间内,物块的加速度为2 m/s2 D.第2 s末和第3 s末物块的速度分别为0和-3 m/s　 ⏳题型02 倾斜传送带问题 倾斜传送带的几种情况(条件:传送带以v匀速运行,滑块的初速度为v0) 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系μ>tan θ) 先加速后匀速(一定满足关系μ>tan θ) 一直加速(加速度为gsin θ+μgcos θ) 若μ≥tan θ,先加速后匀速 若μ<tan θ,先以a1=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 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,则回到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动);若v0>v,先减速到0后反向加速再匀速,返回原位置时,速度大小为v 6.传送带广泛应用于货物装卸和传输。如图所示,将一可视为质点的货物从光滑斜面上O处由静止释放,货物到达斜面底端A点后滑上水平传送带AB部分,O点与A点的竖直高度h=1.25 m,水平传送带AB段的长度xAB=2.0 m,以2.0 m/s的速率顺时针转动。货物与水平传送带AB段、倾斜传送带CD段之间的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5,倾斜传送带CD段与水平方向之间的夹角θ=37°,CD段的长度为xCD=1.25 m。不计货物在A点、B点和C点速率的变化,不计B、C间的距离和空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求货物到达A点时的瞬时速率; (2)求货物从A点运动到B点的时间; (3)CD段传送带的速度至少是多少,货物能够到达D端? 7.(2025·广东揭阳市检测)如图所示，传送带与水平地面的夹角θ=37°，从A到B的长度为L=10.25 m，传送带以v0=10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°=0.6，g取10 m/s2。 (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止； (2)求出煤块从A运动到B的时间，并试画出煤块的v-t图像； (3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 8. (2025·广东深圳阶段练习)如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m=2 kg的小煤块轻轻地放在传送带的A端,小煤块相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,2 s 末小煤块刚好到达B端,小煤块在传送带上会留下黑色划痕。取沿传送带向下为正方向,g取10 m/s2,求: (1)小煤块在传送带A、B两端间运动的平均速度v; (2)小煤块与传送带间的动摩擦因数μ; (3)小煤块在传送带上留下的划痕长度。 ⏳题型03 滑块—木板模型 1.模型特点:滑块(视为质点)置于木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的作用下或者还有外力作用下发生相对滑动。 2.四种常见类型:滑块m与木板M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m静止。 (2)木板M初速度为v (1)滑块m停在木板M上某位置。 (2)滑块m恰好没有滑离木板M。 (3)滑块m滑离木板M (1)滑块m初速度为v。 (2)木板M静止 (1)滑块m、木板M均静止。 (2)外力F作用在木板M上 (1)滑块m、木板M均静止。 (2)外力F作用在滑块m上 3.解题关键点 9.(2025·广东江门阶段练习)如图所示,木板A静置在光滑水平面上,物块B(可视为质点)以初速度v0从左端滑上木板A且恰好未从右端滑出,该过程中A、B间因摩擦产生的热量为Q,下列说法正确的是(　　) A.物块B的位移大小恰好等于木板A的长度 B.木板A的位移大小小于木板A的长度 C.若只增大物块B的初速度,物块B一定不会从木板A的右端滑出 D.若只减小木板A的质量,物块B一定会从木板A的右端滑出,且Q不变 10. (多选)如图所示,质量m2=2 kg的木板Q静止在水平地面上,质量m1=3 kg的物块P静止在Q的右端,t=0时刻Q获得一水平向右、大小为v0=10 m/s的瞬时速度。已知P、Q之间的动摩擦因数μ1=0.2,Q与地面之间的动摩擦因数μ2=0.6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,P可视为质点且始终未脱离Q。下列说法正确的是(　　) A.t=0.2 s时,Q的加速度大小为12 m/s2 B.t=0.5 s时,P、Q的速度相同 C.P、Q共速后一起运动直至停止 D.t=1 s时P停止运动 11. (多选)如图甲所示,质量为1 kg的木板置于水平地面上,木板最左端放有可视为质点的物块。t=0时刻,对物块施加水平向右、大小为F=15 N的恒力;t=1.0 s时刻,撤去F,物块、木板运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物块与木板间的动摩擦因数为0.2 B.物块的质量为3 kg C.t=1.3 s时,物块的加速度大小为2 m/s2 D.木板的长度至少为0.75 m 12. (2025·广东河源模拟)如图甲所示,水平地面上有一足够长的木板,将一小物块放在长木板右端,给长木板施加一水平向右的变力F,长木板及小物块的加速度a随变力F变化的规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　　) A.小物块与长木板间的动摩擦因数为 B.长木板与地面间的动摩擦因数为 C.小物块的质量为 D.长木板的质量为 13. (多选)(2025·广东东莞模拟)如图所示,一倾角为θ= 37°的足够长的斜面体固定在水平地面上,质量为M=1 kg、长度为L=2.5 m的长木板B沿着斜面以速度v0下滑,此时把质量为m=1 kg的铁块A(视为质点)无初速度放在长木板B的下端,经过t=0.5 s,A和B达到共速。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37° =0.6,cos 37°= 0.8,则下列判断正确的是(　　) A.长木板下滑的初速度大小为v0 =9 m/s B.长木板下滑的初速度大小为v0=8 m/s C.共速时铁块距离长木板上端2 m D.从放上铁块A经过2 s后长木板B的速度为v0 重难·创新演练 设题创新:结合基本模型考查。 1.(多选)(2025·广东茂名期中)如图所示,一质量为m的木块以v1的速率向右滑上以v2的速率在光滑水平地面上向左运动的薄木板,薄木板质量为M,已知m>M,v1>v2,取水平向右为正方向。则在以后的运动过程中,下列图像可能正确的是(　　) A　　 　　B C　　 　　D 2.(多选)(2025·广东茂名阶段练习)如图所示,木板A静止在水平面上,木板的质量为M=4 kg、长为L=1.5 m;木板右端放着一小滑块B,小滑块质量为m=1 kg,其尺寸远小于L。木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.12,小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2=0.2。g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,水平外力F作用在木板A上,则(　　) A.若F由0缓慢增大,当F>6 N时,A开始相对于地面向右运动 B.若F由0缓慢增大,当F>8 N时,B会相对于A向左发生滑动 C.若F恒为24 N,想要让B从A左端离开,则F作用的最短时间应为 s D.若F恒为24 N,想要让B从A左端离开,则B离开A时的最大速度为3 m/s 3.(2025·广东江门期末)质量为M=2 kg的木板B静止在水平面上,可视为质点的物块A(质量为m)从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板,如图甲所示。A和B经过1 s达到共同速度,之后共同减速直至静止,A和B的v-t图像如图乙所示,取水平向右为正方向,重力加速度g取 10 m/s2,求: (1)A在0~1 s内的加速度的大小; (2)A与B之间及B与水平面间的动摩擦因数的大小; (3)A的质量。 4.(多选)(2025·广东梅州模拟)如图所示,“L”形的木板A置于水平面上,其质量为m,初始时刻静止,木板与地面间的动摩擦因数为μ,另一质量也为m的滑块B初始时紧贴木板A的左侧面且B的下表面距木板A的上表面高度为h,滑块B与木板A的左侧面间的动摩擦因数也为μ。在t=0时刻,将B由静止释放,并在B上施加一水平向左、大小为mg(g为重力加速度)的恒力F,在t1时刻,滑块B下落至木板A的上表面后不反弹。在0~t1时间内,木板A的加速度大小为,下列说法正确的是(　　) A.μ=0.5 B.0~t1时间内B在竖直方向上的加速度大小为g C.t1时刻之后,整个系统将向左做加速度小于的匀加速直线运动 D.滑块B落在A的上表面前的瞬间,其速度大小为 5.(2025·广东广州模拟)食品加工厂生产和包装饺子的一道工序是将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上,不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动,下列说法正确的是(　　) A.饺子质量越大,加速运动的加速度一定越小 B.传送带的速度越快,饺子的加速度越大 C.饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力,匀速运动的过程受到静摩擦力 D.饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功 6.(多选)(2025·广东东莞阶段练习)如图所示是行李安检机示意图。行李箱由静止放到匀速运行的传送带上,之后沿指定斜面滑到地面上,不计行李箱在转折M处的机械能损失和斜面的摩擦力。关于行李箱在传送带和斜面上的速度v或加速度a 随时间t变化的图像,下列可能正确的是(　　) A　　　　B C　　　　D 7.(2025·广东珠海阶段练习)如图所示,飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行,将行李箱无初速度地放在传送带底端,当它被送入飞机货舱前已做匀速运动。设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为,传送带的倾角为θ,已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力,下列说法正确的是(　　) A.做匀速运动时,行李箱与传送带之间的摩擦力为零 B.重的行李箱比轻的行李箱传送时间更长些 C.若增加传送带的运行速度,行李箱与传送带达到共速的时间变短 D.运送行李箱时该传送带的倾角必须小于30° 8.(2025·广东惠州模拟)如图所示,倾角可调的货物运输机通过传送带将货物从底端传送到顶端。已知传送带底端到顶端的距离为L,货物与传送带间的动摩擦因数为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为保证轻放在传送带上的货物能被传送到顶端,则传送带底端与顶端间的高度差须小于(　　) A. B. C. D. 真题·实战演练 高频考点：图像问题、临界问题 1.(2025·山东卷)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直于坡面的挡板,向坡底运送长方体建筑材料。如图所示,坡面与水平面夹角为θ,交线为PN,坡面内QN与PN垂直,挡板平面与坡面的交线为MN,∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为(　　) A.gsin2θ-μgcos θ-μgsin θcos θ B.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ C.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin θcos θ D.gcos2θ-μgcos θ-μgsin2θ 2.(多选)(2025·广东河源期末)渔业作业中,为了实现机械化分离鱼和虾、降低人工成本,某科学小组设计了“鱼虾分离装置”,模型如图所示。足够长的传送带与水平方向夹角θ=37°、顺时针转动的速率为v=2 m/s,分离器出口与传送带有一定的高度差,鱼虾落到传送带时有沿着斜面向下的初速度v0=1 m/s,鱼和虾与传送带之间的动摩擦因数分别为μ1=0.8和μ2=0.5,不考虑鱼和虾之间的相互作用,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是(　　) A.虾掉落到传送带后,先要沿传送带向下减速 B.鱼掉落到传送带后,先要沿传送带向下减速 C.掉落点距离传送带底端不少于1.25 m才能成功分离 D.要使鱼匀速到达顶端,传送带的斜面长度至少为5 m 3.(2025·广东惠州期中)快递物流已经深入我们的生活,准确迅速分拣是一个重要环节,图甲是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成,一台水平传送,另一台倾斜传送,图乙是该装置示意图,CD部分倾角θ=37°,B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以v=4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度地放在A端,图丙为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像,t1=1.3 s时刚好到达B端,且速率不变滑上C端,已知货物与两段传送带间的动摩擦因数相同。(g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)求水平传送带AB段的长度LAB及动摩擦因数μ; (2)分拣过程中有瓶颜料破损了,在传送带上留下了一道痕迹,工作人员发现后在B处将其拿走,求痕迹的长度s; (3)若CD段的长度为LCD=2.6 m,则CD部分传送带顺时针转动的速率至少为多少,快递员才能在D端取到货物? 4.(2025·广东潮州月考)如图，长度l=8 m的水平传送带以v1=4 m/s的速度顺时针匀速转动，右端与倾角为37°的固定斜面底端在M点处平滑连接，斜面足够长，质量为m=1 kg的物块以v2=6 m/s的初速度滑上传送带左端，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.2，与斜面之间的动摩擦因数μ2=0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求: (1)物块第一次沿斜面上滑的最大距离s； (2)物块从开始运动至第三次通过M点时的速度大小v。 5.(多选)如图所示,在水平平台上有一个质量为M=5 kg的长木板,其上端放置一个质量为m1=2 kg 的小物块A,长木板右端连接不可伸长的细绳,细绳跨过定滑轮连接质量为m2=3 kg的物块B,木板与平台之间及物块A与木板之间的动摩擦因数均为μ=0.5。初始时用手压着物块A使整体静止,在木板左端施加一个水平向左的拉力F=5t(N),t=0时手离开物块A,重力加速度g取10 m/s2,不计滑轮处摩擦和空气阻力,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木板、水平平台及细绳均足够长,平台上方的细绳始终保持水平。下列说法正确的是(　　) A.t=0时,平台对木板的摩擦力大小为35 N B.t=10 s时,平台对木板的摩擦力大小为20 N C.t=20 s时,物块A受到的摩擦力大小为10 N D.t=27 s时,细绳中的拉力大小为52.5 N 6.某款游戏装置的结构简图如图,弹射装置将小物块以一定的初速度从A点弹出,滑过平直轨道AB后冲上倾斜的传送带BC,最后停在平台CD上面(视为游戏成功)。已知轨道AB的长度d=0.4 m,传送带的长度L=0.45 m、倾角θ=37°,物块与接触面间的动摩擦因数均为μ=0.5,忽略空气阻力,各部分轨道之间平滑连接,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)要使小物块能滑到传送带上,它被弹射的速度v1至少多大? (2)若传送带以1 m/s逆时针转动,要使游戏成功,小物块被弹射的速度v2至少多大? (3)若传送带以1 m/s顺时针转动,要使游戏成功,小物块被弹射的速度v3至少多大? 10 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项06 动力学中的传送带模型与滑块—木板模型 目录 模拟·基础演练 1 ⏳题型01 水平传送带中的动力学问题 1 ⏳题型02 倾斜传送带问题 5 ⏳题型03 滑块—木板模型 8 重难·创新演练 12 真题·实战演练 16 模拟·基础演练 考查重点：图像问题、临界问题 ⏳题型01 水平传送带中的动力学问题 1.模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对运动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 2.解题关键：抓住v物=v传的临界点，当v物=v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 3.注意物体位移和相对位移的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。 (2)物体相对传送带的位移大小Δs ①若有一次相对运动：Δs=s传-s物或Δs=s物-s传。 ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δs=Δs1+Δs2(图甲)； 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δs2(图乙)。 4.三种常见情景 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 情景2 ①v0>v,可能一直减速,也可能先减速再匀速 ②v0=v,一直匀速 ③v0<v,可能一直加速,也可能先加速再匀速 情景3 ①传送带较短时,滑块一直减速到达左端 ②传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。其中若v0>v,返回时速度为v,若v0≤v,返回时速度为v0 1.(2025·广东梅州市模拟)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甲所示的模型。传送带始终保持 v=0.4 m/s的恒定速率顺时针运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，A、B 间的距离为2 m，g取10 m/s2。若旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，求： (1)行李到达B处的时间； (2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。 【答案】　(1)5.1 s　(2)0.04 m 【解析】　(1)对行李，根据μmg=ma 解得a=2 m/s2 根据v=at1，匀加速运动的时间t1=0.2 s 匀加速运动的位移大小s=a=0.04 m<2 m，故行李先匀加速再匀速，匀速运动的时间为t2== s=4.9 s 可得行李从A到B的时间为t=t1+t2=5.1 s (2)在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δs=vt1-s=(0.4×0.2-0.04) m=0.04 m。 2.(2025·广东东莞模拟)如图甲所示为某机场的行李安检机,其简化原理图如图乙所示,水平传送带长为2.5 m,传送带始终以恒定速率0.30 m/s顺时针运行。一质量为0.60 kg的小包(可视为质点)无初速度地轻放在传送带左端,最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.安检机使用γ射线探测包内的物品 B.小包匀速运动时,传送带对小包的摩擦力向右 C.由于传送小包,电动机多做的功为0.054 J D.小包从传送带左端到达右端所用的时间为1.0 s 【答案】 C 【解析】 安检机使用X射线探测包内的物品,故A错误;小包匀速运动时,小包在水平方向上处于平衡状态,故传送带对小包的摩擦力为0,故B错误;对小包根据动能定理可得传送带对其做的功为W=mv2=0.027 J,小包速度与传送带速度相同之前的过程中,根据牛顿第二定律可得μmg=ma,解得a=5 m/s2,故小包速度达到传送带速度所用时间为t1== s=0.06 s,此时间内小包的位移大小为s1=a=×5×0.062 m=0.009 m,传送带的位移大小为s传=vt1=0.018 m,则小包相对于传送带运动的位移大小为Δs=s传-s1=0.009 m,则摩擦产热为Q=μmgΔs=0.027 J,则电动机由于传送小包多做的功为E=Q+W=0.054 J,故C正确;小包与传送带共速后到达右端所用时间为t2== s≈8.3 s,故小包从传送带左端到达右端所用的时间为t总=t1+t2=0.06 s+8.3 s=8.36 s,故D错误。 3.如图所示,足够长的水平传送带逆时针转动的速度大小为v1,一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑上传送带,小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ,小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.小滑块的加速度向右,大小为μg B.若v0<v1,小滑块运动的总时间为 C.若v0>v1,小滑块运动的总时间为 D.若v0>v1,小滑块运动的总时间为 【答案】 D 【解析】 小滑块相对于传送带向右滑动,则滑动摩擦力向左,加速度向左,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=μg,故A错误;若v0<v1,小滑块的速度从v0先向右减速到0再返回加速到v0,两过程加速度大小相同,即刚好返回到左端,时间为t=,故B错误;若v0>v1,小滑块的速度从v0先向右减速到0所用的时间t1=,位移为s1=,然后先加速后匀速返回,加速到v1所用的时间t2=,位移为s2=,匀速回到左端所用的时间为t3==,小滑块运动的总时间t=t1+t2+t3=++=,故C错误,D正确。 4.在题3情境中,若小滑块运动的v-t图像如图所示,取向左为正方向,以小滑块滑上传送带时为计时起点。已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。则小滑块在传送带上运动的时间为多少?小滑块在传送带上相对传送带滑动的距离为多少? 【答案】 4.5 s　9 m 【解析】 由图像可知,小滑块初速度大小v=4 m/s,传送带速度大小v′=2 m/s,在0~3 s内,加速度大小a=2 m/s2,小滑块在传送带上滑动t1=3 s后,与传送带相对静止,根据位移公式s=v0t+at2,0~3 s内位移s=[(-4)×3+×2×32] m=-3 m,方向向右;此后滑块再向左运动3 m,则时间t2==1.5 s,即滑块在传送带上运动的时间t=t1+t2=4.5 s;在0~3 s内传送带的位移s′=v′t1=6 m,方向向左,滑块的位移s=-3 m,方向向右,则相对位移为Δs=s′-s=9 m。 5. (2025·广东韶关期末)如图甲所示,一小物块从转动的水平传送带的右端滑上传送带,固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移s随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3 s内为二次函数,在3~4.5 s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10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物块滑上传送带的初速度大小为4 m/s B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3 C.2~3 s时间内,物块的加速度为2 m/s2 D.第2 s末和第3 s末物块的速度分别为0和-3 m/s　 【答案】 A 【解析】 位移-时间图像的斜率表示速度,由题图乙可知,前2 s内物块向左做匀减速直线运动,第2 s末速度为零,2~3 s内向右做匀加速直线运动,3~4.5 s内st图像为一次函数,物块做匀速直线运动,说明物块与传送带保持相对静止,与传送带一起向右做匀速直线运动。由题图乙可知,前2 s内物块的位移为4 m,根据物块的位移s=t,代入数据解得物块的初速度大小v0=4 m/s,故A正确;0~2 s内,物块在传送带上滑动过程中加速度大小a== m/s2=2 m/s2,对物块由牛顿第二定律得μmg=ma,代入数据解得μ=0.2,故B错误;2~3 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动,加速度方向向右,以向左为正方向,则加速度为-2 m/s2,故C错误;由上述分析可知第2 s末物块的速度为零,2~3 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动,第3 s末的速度v′=a′t′=-2×1 m/s=-2 m/s,故D错误。 ⏳题型02 倾斜传送带问题 倾斜传送带的几种情况(条件:传送带以v匀速运行,滑块的初速度为v0) 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系μ>tan θ) 先加速后匀速(一定满足关系μ>tan θ) 一直加速(加速度为gsin θ+μgcos θ) 若μ≥tan θ,先加速后匀速 若μ<tan θ,先以a1=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 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,则回到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动);若v0>v,先减速到0后反向加速再匀速,返回原位置时,速度大小为v 6.传送带广泛应用于货物装卸和传输。如图所示,将一可视为质点的货物从光滑斜面上O处由静止释放,货物到达斜面底端A点后滑上水平传送带AB部分,O点与A点的竖直高度h=1.25 m,水平传送带AB段的长度xAB=2.0 m,以2.0 m/s的速率顺时针转动。货物与水平传送带AB段、倾斜传送带CD段之间的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5,倾斜传送带CD段与水平方向之间的夹角θ=37°,CD段的长度为xCD=1.25 m。不计货物在A点、B点和C点速率的变化,不计B、C间的距离和空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求货物到达A点时的瞬时速率; (2)求货物从A点运动到B点的时间; (3)CD段传送带的速度至少是多少,货物能够到达D端? 【答案】 (1)5 m/s　(2)0.5 s　(3)2 m/s 【解析】 (1)设斜面倾角为α,货物从O运动到A的过程有a1==gsin α, =2a1·, 代入数据解得vA=5 m/s。 (2)假设货物滑上水平传送带后一直做匀减速直线运动,有a2==μ1g, -=2a2xAB, 解得vB=3 m/s>2 m/s, 则假设成立,所以tAB==0.5 s。 (3)若CD段传送带的速度小于货物速度,货物先做匀减速直线运动,则 mgsin θ+μ2mgcos θ=ma3, 解得a3=10 m/s2, 因为μ2<tan 37°,所以货物不能匀速上升,即与传送带共速后再做匀减速直线运动, 则mgsin θ-μ2mgcos θ=ma4, 解得a4=2 m/s2, 恰好到达D端时有xCD=+, 解得v=2 m/s。 7.(2025·广东揭阳市检测)如图所示，传送带与水平地面的夹角θ=37°，从A到B的长度为L=10.25 m，传送带以v0=10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°=0.6，g取10 m/s2。 (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止； (2)求出煤块从A运动到B的时间，并试画出煤块的v-t图像； (3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 【答案】　(1)不能　(2)1.5 s　见解析图　(3)5 m 【解析】　(1)由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。 (2)煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，其加速度大小为a1=g(sin θ+μcos θ)=10 m/s2， 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1==1 s，发生的位移s1=a1=5 m 煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有 a2=g(sin θ-μcos θ)=2 m/s2， s2=L-s1=5.25 m，由s2=v0t2+a2，得t2=0.5 s，v1=v0+a2t2=11 m/s 故煤块从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5 s。v-t图像如图所示。 (3)第一过程痕迹长Δs1=v0t1-s1=5 m， 第二过程痕迹长Δs2=s2-v0t2=0.25 m， Δs2与Δs1部分重合，故痕迹总长为5 m。 8. (2025·广东深圳阶段练习)如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m=2 kg的小煤块轻轻地放在传送带的A端,小煤块相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,2 s 末小煤块刚好到达B端,小煤块在传送带上会留下黑色划痕。取沿传送带向下为正方向,g取10 m/s2,求: (1)小煤块在传送带A、B两端间运动的平均速度v; (2)小煤块与传送带间的动摩擦因数μ; (3)小煤块在传送带上留下的划痕长度。 【答案】 (1)8 m/s　(2)0.5　(3)5 m 【解析】 (1)根据vt图像的面积表示位移,可知传送带A、B间的距离 L=×1×10 m+×(10+12)×1 m=16 m, 则小煤块的平均速度 v== m/s=8 m/s。 (2)由vt图像的斜率表示加速度可知,0~1 s内小煤块的加速度为 a1= m/s2=10 m/s2, 1~2 s内小煤块的加速度为 a2= m/s2=2 m/s2, 根据牛顿第二定律,在0~1 s和1~2 s内分别有 mgsin θ+μmgcos θ=ma1, mgsin θ-μmgcos θ=ma2, 联立解得μ=0.5。 (3)0~1 s内小煤块的位移为 s1=×1×10 m=5 m, 传送带的位移为s2=10×1 m=10 m, 则小煤块相对传送带向后运动的距离 Δs1=10 m-5 m=5 m, 其划痕长度为5 m; 1~2 s内小煤块的位移为 s1′=×1 m=11 m, 传送带的位移为s2′=10×1 m=10 m, 则小煤块相对传送带向前运动的距离 Δs2=11 m-10 m=1 m, 可知划痕与0~1 s重叠,故划痕总长度为5 m。 ⏳题型03 滑块—木板模型 1.模型特点:滑块(视为质点)置于木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的作用下或者还有外力作用下发生相对滑动。 2.四种常见类型:滑块m与木板M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m静止。 (2)木板M初速度为v (1)滑块m停在木板M上某位置。 (2)滑块m恰好没有滑离木板M。 (3)滑块m滑离木板M (1)滑块m初速度为v。 (2)木板M静止 (1)滑块m、木板M均静止。 (2)外力F作用在木板M上 (1)滑块m、木板M均静止。 (2)外力F作用在滑块m上 3.解题关键点 9.(2025·广东江门阶段练习)如图所示,木板A静置在光滑水平面上,物块B(可视为质点)以初速度v0从左端滑上木板A且恰好未从右端滑出,该过程中A、B间因摩擦产生的热量为Q,下列说法正确的是(　　) A.物块B的位移大小恰好等于木板A的长度 B.木板A的位移大小小于木板A的长度 C.若只增大物块B的初速度,物块B一定不会从木板A的右端滑出 D.若只减小木板A的质量,物块B一定会从木板A的右端滑出,且Q不变 【答案】 B 【解析】 画出物块B和木板A的v-t图像,分别如图中图线b和图线a所示,图线b与t轴所围的面积表示物块B的位移sB,图线a与t轴所围的面积表示木板A的位移sA,图线b和图线a之间的三角形面积表示板长L,由图可知sB=sA+L,且sA<L,故选项A错误,B正确;若只增大v0,在v-t图像中图线b将向上平移,由于板长不变,故物块B一定会从木板A的右端滑出,故选项C错误;若只减小木板A的质量,木板A的加速度变大,在v-t图像中图线a的斜率变大,物块B不会从木板A的右端滑出,相对位移减小,故Q减小,故选项D错误。 10. (多选)如图所示,质量m2=2 kg的木板Q静止在水平地面上,质量m1=3 kg的物块P静止在Q的右端,t=0时刻Q获得一水平向右、大小为v0=10 m/s的瞬时速度。已知P、Q之间的动摩擦因数μ1=0.2,Q与地面之间的动摩擦因数μ2=0.6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,P可视为质点且始终未脱离Q。下列说法正确的是(　　) A.t=0.2 s时,Q的加速度大小为12 m/s2 B.t=0.5 s时,P、Q的速度相同 C.P、Q共速后一起运动直至停止 D.t=1 s时P停止运动 【答案】 BD 【解析】 在t=0时刻,对物块P有μ1m1g=m1a1,对木板Q有μ1m1g+μ2(m1g+m2g)=m2a2,解得a1=2 m/s2,a2=18 m/s2,设经时间t1两者共速,则v0-a2t1=a1t1,解得t1=0.5 s,即0~0.5 s内,P、Q的加速度大小分别为2 m/s2、18 m/s2,故A错误,B正确;假设P、Q共速之后一起运动,则二者加速度大小均为a==6 m/s2,而P的最大加速度为am=μ1g=2 m/s2<6 m/s2,可知二者共速后发生相对滑动,此后P的加速度大小为a1,方向水平向左,则有a1t1=a1(t2-t1),解得t2=1 s,故C错误,D正确。 11. (多选)如图甲所示,质量为1 kg的木板置于水平地面上,木板最左端放有可视为质点的物块。t=0时刻,对物块施加水平向右、大小为F=15 N的恒力;t=1.0 s时刻,撤去F,物块、木板运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物块与木板间的动摩擦因数为0.2 B.物块的质量为3 kg C.t=1.3 s时,物块的加速度大小为2 m/s2 D.木板的长度至少为0.75 m 【答案】 BC 【解析】 在0~1.0 s内,物块向右做匀加速运动,木板也向右做匀加速运动,设木板与地面间的动摩擦因数为μ0,物块与木板间的动摩擦因数为μ1,物块的质量为m,木板的质量为M,对木板,由牛顿第二定律可得μ1mg-μ0(M+m)g=Ma1,由vt图像可知a1= m/s2=1 m/s2,对物块,由牛顿第二定律可得F-μ1mg=ma2,由vt图像可知a2= m/s2=2 m/s2,撤去F,对木板,由牛顿第二定律可得加速度仍为a1,对物块,由牛顿第二定律可得μ1mg=ma2′,从撤去外力到共速有v共=v2-a2′Δt=v1+a1Δt,其中v2=2.0 m/s,v1=1.0 m/s,Δt=0.25 s,联立解得μ1=0.3,m=3 kg,μ0=0.2,故A错误,B正确;t=1.3 s时,根据整体法有μ0(M+m)g=(M+m)a3,解得a3=2 m/s2,故C正确;0~1.25 s内木板的位移s1=v共Δt1,0~1.0 s内物块的位移s2=v2Δt2,1.0~1.25 s内物块的位移s3=(v2+v共)Δt3,木板长度至少为L=s2+s3-s1=0.625 m,故D错误。 12. (2025·广东河源模拟)如图甲所示,水平地面上有一足够长的木板,将一小物块放在长木板右端,给长木板施加一水平向右的变力F,长木板及小物块的加速度a随变力F变化的规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　　) A.小物块与长木板间的动摩擦因数为 B.长木板与地面间的动摩擦因数为 C.小物块的质量为 D.长木板的质量为 【答案】 D 【解析】 设小物块的质量为m,长木板的质量为M,长木板与地面间的动摩擦因数为μ1,小物块与长木板间的动摩擦因数为μ2,当F>F3时,小物块相对长木板滑动,对小物块根据牛顿第二定律有μ2mg=ma1,解得μ2=,故A错误;根据题图乙可知,当F=F1时,长木板恰好开始相对地面滑动,所以长木板与地面间的动摩擦因数μ1=,当F1<F≤F3时,小物块与长木板相对静止一起加速运动,根据牛顿第二定律有F-μ1(m+M)g=(m+M)a,解得a=-μ1g,结合题图乙有-a0=-μ1g,=,解得μ1=,故B错误:当F>F3时,对长木板根据牛顿第二定律有F-μ2mg-μ1(m+M)g=Ma,整理得a=--,结合题图乙有=,=,则长木板的质量M=,小物块的质量m=,故C错误,D正确。 13. (多选)(2025·广东东莞模拟)如图所示,一倾角为θ= 37°的足够长的斜面体固定在水平地面上,质量为M=1 kg、长度为L=2.5 m的长木板B沿着斜面以速度v0下滑,此时把质量为m=1 kg的铁块A(视为质点)无初速度放在长木板B的下端,经过t=0.5 s,A和B达到共速。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37° =0.6,cos 37°= 0.8,则下列判断正确的是(　　) A.长木板下滑的初速度大小为v0 =9 m/s B.长木板下滑的初速度大小为v0=8 m/s C.共速时铁块距离长木板上端2 m D.从放上铁块A经过2 s后长木板B的速度为v0 【答案】 BD 【解析】 铁块A刚放在长木板B上时,对A分析,根据牛顿第二定律有μmgcos 37°+mgsin 37°=maA,解得aA=10 m/s2,方向沿斜面向下,对B根据牛顿第二定律有μ(M+m)gcos 37°+μmgcos 37°-Mgsin 37°=MaB,解得aB=6 m/s2,方向沿斜面向上,铁块A和长木板B共速的时间为t=0.5 s,则v0-aBt=aAt,解得v0=8 m/s,故A错误,B正确;此时A和B相对位移为Δs=sB-sA=v0t-aBt2-aAt2=2 m,铁块距离长木板上端0.5 m,故C错误;A、B共速后,由于μ<tan 37°,A、B一起沿斜面加速下滑,a=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2,方向沿斜面向下,设经过t1再次加速到v0,则有v0=v共+at1,解得t1=1.5 s,全程用时t2=1.5 s+0.5 s=2 s,故D正确。 重难·创新演练 设题创新:结合基本模型考查。 1.(多选)(2025·广东茂名期中)如图所示,一质量为m的木块以v1的速率向右滑上以v2的速率在光滑水平地面上向左运动的薄木板,薄木板质量为M,已知m>M,v1>v2,取水平向右为正方向。则在以后的运动过程中,下列图像可能正确的是(　　) A　　 　　B C　　 　　D 【答案】 BD 【解析】 设木块与木板之间的动摩擦因数为μ,对木块由牛顿第二定律可得加速度大小为a1==μg,同理可得木板的加速度大小为a2=,由题可知m>M,故有a2>a1,而vt图像的斜率表示加速度,故v1对应图像斜率的绝对值应小于v2对应图像斜率的绝对值,A、C错误;由于不知道木板的长度,若木块滑离木板时木板的速度恰好为零,则可能出现选项B所示的情况,B正确;若木板足够长,则木板速度减到零后会在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动,加速度不变,最终和木块一起向右做匀速直线运动,D正确。 2.(多选)(2025·广东茂名阶段练习)如图所示,木板A静止在水平面上,木板的质量为M=4 kg、长为L=1.5 m;木板右端放着一小滑块B,小滑块质量为m=1 kg,其尺寸远小于L。木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.12,小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2=0.2。g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,水平外力F作用在木板A上,则(　　) A.若F由0缓慢增大,当F>6 N时,A开始相对于地面向右运动 B.若F由0缓慢增大,当F>8 N时,B会相对于A向左发生滑动 C.若F恒为24 N,想要让B从A左端离开,则F作用的最短时间应为 s D.若F恒为24 N,想要让B从A左端离开,则B离开A时的最大速度为3 m/s 【答案】 AD 【解析】 对A、B整体分析,A受到地面的最大静摩擦力大小为f静max=μ1(M+m)g=6 N,故当F>6 N时,A开始相对于地面向右运动,故A正确;当B刚好相对于A向左发生滑动时,此时加速度大小为a0==μ2g=2 m/s2, 此时对A、B整体有F-μ1(M+m)g=(M+m)a0 ,解得F=16 N,故当F>16 N时,B会相对于A向左发生滑动,故B错误;若F恒为24 N,可知此时A和B发生相对滑动,想要让B从A左端离开,则当A、B共速时B刚好到达A的左端,此时F作用的时间最短,设力F作用的最短时间为t0,在F作用下A和B的加速度大小分别为aA==4 m/s2, aB=a0=2 m/s2,撤去力F的瞬间A和B两物体的速度大小分别为vA0=aAt0,vB0=a0t0,撤去力F后A和B的加速度大小分别为aA′==2 m/s2,aB=a0= 2 m/s2,设经过时间t′达到共速v共,可知v共=vA0-aA′t′=vB0+a0t′,整个过程根据位移关系有(-)t0+(-)t′=L,联立解得t0=2t′=1 s,则B离开A时的最大速度为vm=vB0+a0t′= 3 m/s ,故C错误,D正确。 3.(2025·广东江门期末)质量为M=2 kg的木板B静止在水平面上,可视为质点的物块A(质量为m)从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板,如图甲所示。A和B经过1 s达到共同速度,之后共同减速直至静止,A和B的v-t图像如图乙所示,取水平向右为正方向,重力加速度g取 10 m/s2,求: (1)A在0~1 s内的加速度的大小; (2)A与B之间及B与水平面间的动摩擦因数的大小; (3)A的质量。 【答案】 (1)2 m/s2　(2)0.2　0.1　(3)6 kg 【解析】 (1)根据vt图像的斜率表示加速度,由题图乙可知A在0~1 s内的加速度为 aA= m/s2=-2 m/s2, 故0~1 s内物块A的加速度的大小为2 m/s2。 (2)设A与B之间的动摩擦因数为μ1,B与水平面间的动摩擦因数为μ2, 在0~1 s内,根据牛顿第二定律,对物块A有-μ1mg=maA, 代入数据解得μ1=0.2; 在1~3 s内,A和B一起做减速运动,加速度为 a共= m/s2=-1 m/s2, 对其整体根据牛顿第二定律有 -μ2(M+m)g=(M+m)a共, 代入数据解得μ2=0.1。 (3)由于在0~1 s内,木板B的加速度为 aB= m/s2=2 m/s2, 根据牛顿第二定律,对木板B有 μ1mg-μ2(M+m)g=MaB, 代入数据解得m=6 kg。 4.(多选)(2025·广东梅州模拟)如图所示,“L”形的木板A置于水平面上,其质量为m,初始时刻静止,木板与地面间的动摩擦因数为μ,另一质量也为m的滑块B初始时紧贴木板A的左侧面且B的下表面距木板A的上表面高度为h,滑块B与木板A的左侧面间的动摩擦因数也为μ。在t=0时刻,将B由静止释放,并在B上施加一水平向左、大小为mg(g为重力加速度)的恒力F,在t1时刻,滑块B下落至木板A的上表面后不反弹。在0~t1时间内,木板A的加速度大小为,下列说法正确的是(　　) A.μ=0.5 B.0~t1时间内B在竖直方向上的加速度大小为g C.t1时刻之后,整个系统将向左做加速度小于的匀加速直线运动 D.滑块B落在A的上表面前的瞬间,其速度大小为 【答案】 AB 【解析】 在水平方向上,对A、B组成的系统由牛顿第二定律有F-μ(mg+μFN)=2max,对B,有F-FN=max,ax=,可得动摩擦因数为μ=0.5,A正确;对B在竖直方向上分析有mg-μFN=may,可得B在竖直方向上的加速度大小ay=g,B正确;t1时刻之后,对A和B整体在水平方向有μ·2mg= mg=F,则整个系统将向左做匀速直线运动,C错误;滑块B落在A的上表面前的瞬间,在竖直方向有h=,则其竖直方向分速度大小为vy=,B还有在水平方向上的分速度,其合速度大于,D错误。 5.(2025·广东广州模拟)食品加工厂生产和包装饺子的一道工序是将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上,不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动,下列说法正确的是(　　) A.饺子质量越大,加速运动的加速度一定越小 B.传送带的速度越快,饺子的加速度越大 C.饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力,匀速运动的过程受到静摩擦力 D.饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功 【答案】 D 【解析】 饺子在水平传送带上加速运动时,受到滑动摩擦力作用,设饺子和水平传送带之间的动摩擦因数为μ,饺子的加速度为a,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=μg,所以饺子的加速度大小与饺子的质量以及传送带的速度大小无关,故A、B错误;饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力,匀速运动的过程不受摩擦力作用,故C错误;饺子受到的滑动摩擦力的方向与饺子的运动方向一致,所以饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功,故D正确。 6.(多选)(2025·广东东莞阶段练习)如图所示是行李安检机示意图。行李箱由静止放到匀速运行的传送带上,之后沿指定斜面滑到地面上,不计行李箱在转折M处的机械能损失和斜面的摩擦力。关于行李箱在传送带和斜面上的速度v或加速度a 随时间t变化的图像,下列可能正确的是(　　) A　　　　B C　　　　D 【答案】 BC 【解析】 由静止放上传动带的行李箱在滑动摩擦力的作用下向前做匀加速直线运动,可能一直匀加速运动到M处,也可能在到达M处之前已与传送带共速,接着匀速运动到M处,由于斜面光滑,行李箱会沿斜面做匀加速直线运动,故A错误,B正确;行李箱在传送带上开始运动时受到恒定的滑动摩擦力,加速度不变,可能达到与传送带共速,共速后合力为零,加速度为零,进入斜面后受力也恒定,加速度也恒定,故C正确,D错误。 7.(2025·广东珠海阶段练习)如图所示,飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行,将行李箱无初速度地放在传送带底端,当它被送入飞机货舱前已做匀速运动。设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为,传送带的倾角为θ,已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力,下列说法正确的是(　　) A.做匀速运动时,行李箱与传送带之间的摩擦力为零 B.重的行李箱比轻的行李箱传送时间更长些 C.若增加传送带的运行速度,行李箱与传送带达到共速的时间变短 D.运送行李箱时该传送带的倾角必须小于30° 【答案】 D 【解析】 做匀速运动时,行李箱与传送带之间的摩擦力为f=mgsin θ,故A错误;在加速阶段,根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma,可知行李箱传送过程中加速度大小与质量无关,即轻、重行李箱的加速时间、加速位移、匀速运动时间相同,故B错误;设原来传送带速度为v1,则加速阶段时间为t1=,增加传送带的运行速度后,行李箱的加速度不变,则提速后二者达到共速的时间变长,故C错误;行李箱加速过程满足μmgcos θ>mgsin θ,解得tan θ<,故θ<30°,运送行李箱时该传送带的倾角必须小于30°,故D正确。 8.(2025·广东惠州模拟)如图所示,倾角可调的货物运输机通过传送带将货物从底端传送到顶端。已知传送带底端到顶端的距离为L,货物与传送带间的动摩擦因数为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为保证轻放在传送带上的货物能被传送到顶端,则传送带底端与顶端间的高度差须小于(　　) A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 设传送带与水平面间的夹角为θ,若货物能被传送到顶端,则根据牛顿第二定律有μmgcos θ≥mgsin θ,即μ>tan θ,根据几何关系可得tan θ=,联立可得h<,故选D。 真题·实战演练 高频考点：图像问题、临界问题 1.(2025·山东卷)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直于坡面的挡板,向坡底运送长方体建筑材料。如图所示,坡面与水平面夹角为θ,交线为PN,坡面内QN与PN垂直,挡板平面与坡面的交线为MN,∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为(　　) A.gsin2θ-μgcos θ-μgsin θcos θ B.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ C.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin θcos θ D.gcos2θ-μgcos θ-μgsin2θ 【答案】 B 【解析】 建筑材料沿坡面和挡板交界线MN下滑,重力沿MN向下的分力为F1=mgsin θcos θ,所受坡面的向上的摩擦力f1=μmgcos θ,挡板的摩擦力f2=μmgsin2θ,根据牛顿第二定律有 mgsin θcos θ-μmgcos θ-μmgsin2θ=ma,可得a=gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ。B正确。 2.(多选)(2025·广东河源期末)渔业作业中,为了实现机械化分离鱼和虾、降低人工成本,某科学小组设计了“鱼虾分离装置”,模型如图所示。足够长的传送带与水平方向夹角θ=37°、顺时针转动的速率为v=2 m/s,分离器出口与传送带有一定的高度差,鱼虾落到传送带时有沿着斜面向下的初速度v0=1 m/s,鱼和虾与传送带之间的动摩擦因数分别为μ1=0.8和μ2=0.5,不考虑鱼和虾之间的相互作用,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是(　　) A.虾掉落到传送带后,先要沿传送带向下减速 B.鱼掉落到传送带后,先要沿传送带向下减速 C.掉落点距离传送带底端不少于1.25 m才能成功分离 D.要使鱼匀速到达顶端,传送带的斜面长度至少为5 m 【答案】 BCD 【解析】 虾落在传送带上沿传送带向下运动,则根据牛顿第二定律有mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2,代入数据解得a2=2 m/s2,即虾一直沿传送带向下做匀加速直线运动,故A错误;鱼掉落到传送带后,有一个沿传送带斜面向下的初速度,对鱼根据牛顿第二定律有m′gsin θ-μ1m′gcos θ=m′a1,解得a1=-0.4 m/s2,即鱼先沿传送带向下减速到速度为零,此过程有0-=2a1s1,解得s1=1.25 m,此后鱼沿传送带向上做匀加速直线运动,最终达到与传送带共速时,在传送带上运动的距离为v2=-2a1s2,解得s2=5 m,故B、C、D正确。 3.(2025·广东惠州期中)快递物流已经深入我们的生活,准确迅速分拣是一个重要环节,图甲是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成,一台水平传送,另一台倾斜传送,图乙是该装置示意图,CD部分倾角θ=37°,B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以v=4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度地放在A端,图丙为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像,t1=1.3 s时刚好到达B端,且速率不变滑上C端,已知货物与两段传送带间的动摩擦因数相同。(g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)求水平传送带AB段的长度LAB及动摩擦因数μ; (2)分拣过程中有瓶颜料破损了,在传送带上留下了一道痕迹,工作人员发现后在B处将其拿走,求痕迹的长度s; (3)若CD段的长度为LCD=2.6 m,则CD部分传送带顺时针转动的速率至少为多少,快递员才能在D端取到货物? 【答案】 (1)3.6 m　0.5　(2)1.6 m　(3)3 m/s 【解析】 (1)由题图丙可知,水平传送带AB段的长度 LAB=[×4×0.8+4×(1.3-0.8)] m=3.6 m; 货物的加速度大小为a= m/s2=5 m/s2, 根据牛顿第二定律有μmg=ma, 则μ=0.5。 (2)痕迹的长度等于颜料瓶与传送带的相对位移,即 s=4×0.8 m-×4×0.8 m=1.6 m。 (3)设传送带CD段的最小速度为v0,起初货物沿传送带向上运动,其速度大于传送带的速度,因此受到的摩擦力沿斜面向下,则mgsin θ+μmgcos θ=ma1, 解得a1=10 m/s2,方向沿斜面向下, 当货物与传送带共速以后货物受到的摩擦力沿斜面向上,此时有mgsin θ-μmgcos θ=ma2, 解得a2=2 m/s2,方向沿斜面向下, 根据运动学规律,二者共速前位移s1=,共速后位移s2=,且s1+s2=LCD, 代入数值解得v0=3 m/s。 4.(2025·广东潮州月考)如图，长度l=8 m的水平传送带以v1=4 m/s的速度顺时针匀速转动，右端与倾角为37°的固定斜面底端在M点处平滑连接，斜面足够长，质量为m=1 kg的物块以v2=6 m/s的初速度滑上传送带左端，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.2，与斜面之间的动摩擦因数μ2=0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求: (1)物块第一次沿斜面上滑的最大距离s； (2)物块从开始运动至第三次通过M点时的速度大小v。 【答案】　(1)1 m　(2)2 m/s 【解析】　(1)物块滑上传送带，根据牛顿第二定律得μ1mg=ma1 物块速度减小至与传送带速度相同时有 -=-2a1s1 解得s1=5 m<l 可知随后物块以v1=4 m/s的速度匀速运动通过M点滑上斜面，沿斜面上滑的过程中有 μ2mgcos 37°+mgsin 37°=ma2 上升至最大高度时有=2a2s 解得s=1 m。 (2)物块沿斜面下滑时有 mgsin 37°-μ2mgcos 37°=ma3 滑至M点时有=2a3s 解得v3=2 m/s 物块从M点滑上传送带速度减为0后反向加速，因v3<v1，所以第三次通过M点时速度大小为v=v3=2 m/s。 5.(多选)如图所示,在水平平台上有一个质量为M=5 kg的长木板,其上端放置一个质量为m1=2 kg 的小物块A,长木板右端连接不可伸长的细绳,细绳跨过定滑轮连接质量为m2=3 kg的物块B,木板与平台之间及物块A与木板之间的动摩擦因数均为μ=0.5。初始时用手压着物块A使整体静止,在木板左端施加一个水平向左的拉力F=5t(N),t=0时手离开物块A,重力加速度g取10 m/s2,不计滑轮处摩擦和空气阻力,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木板、水平平台及细绳均足够长,平台上方的细绳始终保持水平。下列说法正确的是(　　) A.t=0时,平台对木板的摩擦力大小为35 N B.t=10 s时,平台对木板的摩擦力大小为20 N C.t=20 s时,物块A受到的摩擦力大小为10 N D.t=27 s时,细绳中的拉力大小为52.5 N 【答案】 BD 【解析】 由F=5t(N)可知t=0时,F=0,木板和平台间的最大静摩擦力为μ(M+m1)g=35 N> m2g=30 N,故整体静止,平台对木板的摩擦力大小为30 N,A错误;t=10 s时,F=50 N,因此F-m2g=20 N<μ(M+m1)g=35 N,故整体静止,平台对木板的摩擦力大小为20 N,B正确;t=20 s 时,F=100 N,因此F-m2g=70 N>μ(M+m1)g=35 N,假设物块A和木板没有发生相对滑动,有F-m2g-μ(M+m1)g=(M+m1+m2)a,解得a=3.5 m/s2,物块A受到的摩擦力大小Ff=m1a=7 N< μm1g=10 N,假设成立,C错误;t=27 s,F=135 N,假设物块A与木板发生相对滑动,有F-m2g- μ(M+m1)g-μm1g=(M+m2)a,解得a=7.5 m/s2>μg,假设成立。设细绳中的拉力大小为FT,有FT-m2g=m2a,解得细绳中的拉力大小为FT=52.5 N,D正确。 6.某款游戏装置的结构简图如图,弹射装置将小物块以一定的初速度从A点弹出,滑过平直轨道AB后冲上倾斜的传送带BC,最后停在平台CD上面(视为游戏成功)。已知轨道AB的长度d=0.4 m,传送带的长度L=0.45 m、倾角θ=37°,物块与接触面间的动摩擦因数均为μ=0.5,忽略空气阻力,各部分轨道之间平滑连接,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)要使小物块能滑到传送带上,它被弹射的速度v1至少多大? (2)若传送带以1 m/s逆时针转动,要使游戏成功,小物块被弹射的速度v2至少多大? (3)若传送带以1 m/s顺时针转动,要使游戏成功,小物块被弹射的速度v3至少多大? 【答案】 (1)2 m/s　(2) m/s　(3)3 m/s 【解析】 (1)临界条件是物块刚好到达B点,此时vB=0,在轨道AB上滑行时的加速度大小为 a1=μg=5 m/s2, 根据速度位移关系式有-0=2a1d, 解得v1=2 m/s。 (2)临界条件为物块刚好能冲到C点,vC=0,物块沿传送带上滑时的加速度大小为a2,则有 mgsin θ+μmgcos θ=ma2, 解得a2=10 m/s2, 在B到C匀减速过程中,有-0=2a2L, A到B匀减速过程中,有-=2a1d, 解得v2= m/s。 (3)当物块以v3的初速度被弹出,到达B点时的速度为vB3,若vB3≤1 m/s,由于μ<tan θ,它将做匀减速运动, 加速度大小满足mgsin θ-μmgcos θ=ma3, 解得a3=2 m/s2, 能上滑的最大距离为=0.25 m<L,不符合题意; 当vB3>1 m/s时,做匀减速运动的加速度大小为10 m/s2,当速度减到1 m/s时(与传送带同速),紧接着做加速度大小为2 m/s2的匀减速运动,考虑临界情况,第二个匀减速运动的位移 l2= m=0.25 m, 那么第一个匀减速运动的位移 l1=L-l2=0.2 m, 根据-(1 m/s)2=2a2l1, 结合-=2a1d, 解得v3=3 m/s。 10 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项06 动力学中的传送带模型与滑块—木板模型 模拟·基础演练 ⏳题型01 水平传送带中的动力学问题 1.【答案】　(1)5.1 s　(2)0.04 m 【解析】　(1)对行李，根据μmg=ma 解得a=2 m/s2 根据v=at1，匀加速运动的时间t1=0.2 s 匀加速运动的位移大小s=a=0.04 m<2 m，故行李先匀加速再匀速，匀速运动的时间为t2== s=4.9 s 可得行李从A到B的时间为t=t1+t2=5.1 s (2)在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δs=vt1-s=(0.4×0.2-0.04) m=0.04 m。 2.【答案】 C 3.【答案】 D 4.【答案】 4.5 s　9 m 5. 【答案】 A ⏳题型02 倾斜传送带问题 6.【答案】 (1)5 m/s　(2)0.5 s　(3)2 m/s 【解析】 (1)设斜面倾角为α,货物从O运动到A的过程有a1==gsin α, =2a1·, 代入数据解得vA=5 m/s。 (2)假设货物滑上水平传送带后一直做匀减速直线运动,有a2==μ1g, -=2a2xAB, 解得vB=3 m/s>2 m/s, 则假设成立,所以tAB==0.5 s。 (3)若CD段传送带的速度小于货物速度,货物先做匀减速直线运动,则 mgsin θ+μ2mgcos θ=ma3, 解得a3=10 m/s2, 因为μ2<tan 37°,所以货物不能匀速上升,即与传送带共速后再做匀减速直线运动, 则mgsin θ-μ2mgcos θ=ma4, 解得a4=2 m/s2, 恰好到达D端时有xCD=+, 解得v=2 m/s。 7.【答案】　(1)不能　(2)1.5 s　见解析图　(3)5 m 【解析】　(1)由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。 (2)煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，其加速度大小为a1=g(sin θ+μcos θ)=10 m/s2， 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1==1 s，发生的位移s1=a1=5 m 煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有 a2=g(sin θ-μcos θ)=2 m/s2， s2=L-s1=5.25 m，由s2=v0t2+a2，得t2=0.5 s，v1=v0+a2t2=11 m/s 故煤块从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5 s。v-t图像如图所示。 (3)第一过程痕迹长Δs1=v0t1-s1=5 m， 第二过程痕迹长Δs2=s2-v0t2=0.25 m， Δs2与Δs1部分重合，故痕迹总长为5 m。 8. 【答案】 (1)8 m/s　(2)0.5　(3)5 m 【解析】 (1)根据vt图像的面积表示位移,可知传送带A、B间的距离 L=×1×10 m+×(10+12)×1 m=16 m, 则小煤块的平均速度 v== m/s=8 m/s。 (2)由vt图像的斜率表示加速度可知,0~1 s内小煤块的加速度为 a1= m/s2=10 m/s2, 1~2 s内小煤块的加速度为 a2= m/s2=2 m/s2, 根据牛顿第二定律,在0~1 s和1~2 s内分别有 mgsin θ+μmgcos θ=ma1, mgsin θ-μmgcos θ=ma2, 联立解得μ=0.5。 (3)0~1 s内小煤块的位移为 s1=×1×10 m=5 m, 传送带的位移为s2=10×1 m=10 m, 则小煤块相对传送带向后运动的距离 Δs1=10 m-5 m=5 m, 其划痕长度为5 m; 1~2 s内小煤块的位移为 s1′=×1 m=11 m, 传送带的位移为s2′=10×1 m=10 m, 则小煤块相对传送带向前运动的距离 Δs2=11 m-10 m=1 m, 可知划痕与0~1 s重叠,故划痕总长度为5 m。 ⏳题型03 滑块—木板模型 9.【答案】 B 10. 【答案】 BD 11. 【答案】 BC 12. 【答案】 D 13. 【答案】 BD 重难·创新演练 设题创新:结合基本模型考查。 1. 【答案】 BD 2.【答案】 AD 3.【答案】 (1)2 m/s2　(2)0.2　0.1　(3)6 kg 【解析】 (1)根据vt图像的斜率表示加速度,由题图乙可知A在0~1 s内的加速度为 aA= m/s2=-2 m/s2, 故0~1 s内物块A的加速度的大小为2 m/s2。 (2)设A与B之间的动摩擦因数为μ1,B与水平面间的动摩擦因数为μ2, 在0~1 s内,根据牛顿第二定律,对物块A有-μ1mg=maA, 代入数据解得μ1=0.2; 在1~3 s内,A和B一起做减速运动,加速度为 a共= m/s2=-1 m/s2, 对其整体根据牛顿第二定律有 -μ2(M+m)g=(M+m)a共, 代入数据解得μ2=0.1。 (3)由于在0~1 s内,木板B的加速度为 aB= m/s2=2 m/s2, 根据牛顿第二定律,对木板B有 μ1mg-μ2(M+m)g=MaB, 代入数据解得m=6 kg。 4.【答案】 AB 5.【答案】 D 6.【答案】 BC 7.【答案】 D 8.【答案】 D 真题·实战演练 1.【答案】 B 2.【答案】 BCD 3.【答案】 (1)3.6 m　0.5　(2)1.6 m　(3)3 m/s 【解析】 (1)由题图丙可知,水平传送带AB段的长度 LAB=[×4×0.8+4×(1.3-0.8)] m=3.6 m; 货物的加速度大小为a= m/s2=5 m/s2, 根据牛顿第二定律有μmg=ma, 则μ=0.5。 (2)痕迹的长度等于颜料瓶与传送带的相对位移,即 s=4×0.8 m-×4×0.8 m=1.6 m。 (3)设传送带CD段的最小速度为v0,起初货物沿传送带向上运动,其速度大于传送带的速度,因此受到的摩擦力沿斜面向下,则mgsin θ+μmgcos θ=ma1, 解得a1=10 m/s2,方向沿斜面向下, 当货物与传送带共速以后货物受到的摩擦力沿斜面向上,此时有mgsin θ-μmgcos θ=ma2, 解得a2=2 m/s2,方向沿斜面向下, 根据运动学规律,二者共速前位移s1=,共速后位移s2=,且s1+s2=LCD, 代入数值解得v0=3 m/s。 4.【答案】　(1)1 m　(2)2 m/s 【解析】　(1)物块滑上传送带，根据牛顿第二定律得μ1mg=ma1 物块速度减小至与传送带速度相同时有 -=-2a1s1 解得s1=5 m<l 可知随后物块以v1=4 m/s的速度匀速运动通过M点滑上斜面，沿斜面上滑的过程中有 μ2mgcos 37°+mgsin 37°=ma2 上升至最大高度时有=2a2s 解得s=1 m。 (2)物块沿斜面下滑时有 mgsin 37°-μ2mgcos 37°=ma3 滑至M点时有=2a3s 解得v3=2 m/s 物块从M点滑上传送带速度减为0后反向加速，因v3<v1，所以第三次通过M点时速度大小为v=v3=2 m/s。 5.【答案】 BD 6.【答案】 (1)2 m/s　(2) m/s　(3)3 m/s 【解析】 (1)临界条件是物块刚好到达B点,此时vB=0,在轨道AB上滑行时的加速度大小为 a1=μg=5 m/s2, 根据速度位移关系式有-0=2a1d, 解得v1=2 m/s。 (2)临界条件为物块刚好能冲到C点,vC=0,物块沿传送带上滑时的加速度大小为a2,则有 mgsin θ+μmgcos θ=ma2, 解得a2=10 m/s2, 在B到C匀减速过程中,有-0=2a2L, A到B匀减速过程中,有-=2a1d, 解得v2= m/s。 (3)当物块以v3的初速度被弹出,到达B点时的速度为vB3,若vB3≤1 m/s,由于μ<tan θ,它将做匀减速运动, 加速度大小满足mgsin θ-μmgcos θ=ma3, 解得a3=2 m/s2, 能上滑的最大距离为=0.25 m<L,不符合题意; 当vB3>1 m/s时,做匀减速运动的加速度大小为10 m/s2,当速度减到1 m/s时(与传送带同速),紧接着做加速度大小为2 m/s2的匀减速运动,考虑临界情况,第二个匀减速运动的位移 l2= m=0.25 m, 那么第一个匀减速运动的位移 l1=L-l2=0.2 m, 根据-(1 m/s)2=2a2l1, 结合-=2a1d, 解得v3=3 m/s。 10 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $