专题09 滑块、木板与传送带模型 重难点讲义 -2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

该高中物理讲义以“滑块、木板与传送带模型”为核心，通过表格对比呈现滑块木板的两种几何类型及临界条件，用步骤化总结梳理受力分析、相对运动判断等分析要领，构建了从基础模型到临界问题的知识脉络，突出运动和相互作用观念的应用。 讲义亮点在于例题与变式题的梯度设计，如例1通过固定与不固定木板、施加外力等情景递进，例3结合倾斜斜面考查相对运动，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。参考答案详细解析临界条件分析，基础学生可掌握方法，优秀学生能深化逻辑，助力教师实施分层教学与精准复习。

专题09 滑块、木板与传送带模型——重难点 一．两种几何类型 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 二．分析要领总结 1．通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态（具体做什么运动）； 2．判断滑块与木板间是否存在相对运动。滑块与木板存在相对运动的临界条件是什么？ ⑴ 运动学条件：若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动。 ⑵ 动力学条件：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出共同加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力fm的关系，若f > fm，则发生相对滑动；否则不会发生相对滑动。 3. 分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度； 4. 对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移. 5. 计算滑块和木板的相对位移（即两者的位移差或位移和）； 6. 如果滑块和木板能达到共同速度，计算共同速度和达到共同速度所需要的时间； 7. 滑块滑离木板的临界条件是什么？ 当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件。 例1. 1．如图所示，在光滑的水平面上静置一质量、长度的木板，另一质量的小滑块以的水平初速度从木板的左端滑上木板（此时开始计时）。已知小滑块与木板间的动摩擦因数，重力加速度。 (1)若木板固定在水平面上，求小滑块从木板上滑离时的速度大小； (2)若木板不固定，求木板的加速度并通过计算判断小滑块能否从木板上滑离； (3)若木板不固定，且在小滑块滑上木板的同时对木板施加一水平向右的恒力，要使小滑块不从木板上滑离，求恒力的大小范围。 例2 2．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M=4kg的长木板，在长木板的右端放一质量为m=1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，初始时长木板与小物块均静止，现用水平恒力F向右拉长木板，g取。 (1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，求拉力F的最小值； (2)若，经时间撤去水平恒力F，则 ①刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ ②最终小物块离长木板右端多远？ 例3 3．在倾角为的固定斜面上放置一个长为L、质量为m的薄木板，木板上端与斜面的顶端对齐。将质量为m的小滑块置于木板上端，与木板一起由静止释放。木板与斜面间的动摩擦因数，小滑块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。斜面足够长，且小滑块未脱离木板，则在小滑块下滑的过程中，下列说法中正确的是（    ） A．小滑块与长木板相对静止一起加速下滑 B．长木板相对斜面匀速下滑 C．小滑块的加速度为 D．长木板的加速度为 变式1 4．如图所示，质量、长度的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量为m（大小未知）的物块（可视为质点）在某一时刻以的水平初速度从左端滑上木板，经过时间后物块与木板达到共速，又经时间，长木板与右侧一挡板（高度略低于长木板）碰撞，碰撞后长木板立即静止不动。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：    (1)物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小； (2)物块的质量m以及两者达到共速的瞬间，物块到木板左端的距离d； (3)物块最终能否脱离长木板？若能，请计算物块脱离长木板时的速度大小。 变式2 5．如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L=0.64m、质量为mA=4kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为mB=2kg的小物体B、A、B间的动摩擦因数为μ=0.2，求：（g取10m/s2） (1)当对B施加水平向右的力F=4N时，A、B加速度各为多大？ (2)当F=10N时，A、B加速度各为多大？ (3)当F=10N时，经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？ 变式3 6．如图，一倾角的固定斜面上锁定一木板B，木板B上表面粗糙，下表面光滑。在木板B下方有一木板C恰好静止在斜面上。某时刻滑块A以初速度平行斜面从上端冲上木板B，同时解除木板B的锁定，当A、B共速瞬间A恰好运动到B的最下端，且此时木板B与木板C相碰，相碰后瞬间B、C共速且速度大小为碰前木板B速度大小的一半，A、B、C的质量均为，滑块A与木板B、C上表面的动摩擦因数均为，木板C长，木板B、C厚度相同。重力加速度，滑块A视为质点，忽略空气阻力，斜面足够长，，求： (1)初始时刻木板B下端与木板C上端的距离L0； (2)木板B的长度LB； (3)通过计算判断滑块A能否从木板C下端滑出？若能滑出，求滑块A滑出木板C下端时的速度大小；若不能滑出，求滑块A在木板C上表面滑行的距离。 1.水平传送带模型 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 （1）v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 （2）v0<v时，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，滑块一直减速达到左端（2）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0 2.倾斜传送带模型 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 （1）可能一直加速 （2）可能先加速后匀速 （3）可能先以a1加速后以a2加速 例1 7．安检机通过传送带将被检物从端传到端，安检机的简化图如图所示，间的距离，传送带以速率匀速转动，将可视为质点的被检物无初速度地放在端。被检物与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小，下列说法正确的是（　　） A．在传送带将被检物从端送到端的过程中，被检物先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动 B．传送带将被检物从端送到端所用的时间为 C．若仅使被检物与传送带间的动摩擦因数增大，则传送带将被检物从端送到端所用的时间减小 D．若仅使传送带的速度增大，则传送带将被检物从端送到端所用的时间增大 例2 8．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。初速度大小为，质量为m的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处向左滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示，在时刻小物块速度为零，在时刻小物块速度恰好变为，g取，则 (1)小物块在传送带上做什么性质的运动？ (2)水平传送带的长度不能小于多少？ (3)小物块受到的摩擦力发生突变的时刻是时刻，还是时刻？ (4)小物块与传送带的动摩擦因数为多少？ 例3 9．图1为一足够长倾斜传送带，倾角，传送带以恒定速度匀速转动，将一个物块从传送带上某处以一定的初速度滑上传送带，物块在传送带上运动的速度—时间图像如图2所示。最终物块从传送带的上端离开传送带，物块在传送带上运动的时间为，重力加速度取，，下列判断正确的是（　　） A．物块一定不是从传送带上端滑上传送带 B．传送带一定是以大小为的速度沿逆时针方向转动 C．物块与传送带间的动摩擦因数为 D．物块在内运动的位移大小为 例4 10．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＝0.4m/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2m，g取10 m/s2。 (1)若旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，求行李到达B处的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度； (2)要想把无初速度放在A处的行李传到B处所用的时间最短，传送带的速度至少为多大？ (3)传送带转动方向反向，如图乙 ①若行李放在A处时的初速度为v0＝0.2 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度； ②若行李放在A处时的初速度为v0＝0.6 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。 变式1 11．如图所示，安检机工作时，通过传送带将被检物品从一端传送到另一端。已知水平传送带以3m/s顺时针匀速转动，两端AB相距2.1m，被检物品与传送带的动摩擦因数，若被检物品（可视为质点）无初速度放在A端，取，则（　　） A．物品先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动 B．物品先受到向右的滑动摩擦力，后受到向右的静摩擦力作用 C．物品从A端到B端所用的时间为1.2s D．若减小传送带的传送速度，物品运动的总时间将变长 变式2 12．如图，电动机带动传送带逆时针匀速运动的速度大小，一物块以初速度从左向右滑上传送带长度的传送带，最终滑离传送带。已知物块与传送带接触面间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，物块可看作质点。下列说法正确的是（　　） A．小物块会从右侧滑离传送带 B．整个过程中小物块速度变化量的大小为8m/s C．小物块从滑上传送带到离开传送带共经历的时间为4.5s D．整个过程中小物块相对于传送带的位移为8m 变式3 13．如图所示，倾斜传送带以v=2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带的倾角θ=37°，一个物块以初速度v0从传送带的下端冲上传送带，当v0=4m/s时，物块刚好能到达传送带的上端，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，物块大小不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（　　） A．传送带上、下两端间距离为1.2m B．当v0=4m/s时，物块在传送带上向上运动的时间为1.2s C．当v0=3m/s时，物块在传送带上运动时有三种不同的加速度 D．当v0=3m/s时，物块离开传送带的速度大小为 变式4 14．如图所示，煤矿有一长度的传送带与水平面夹角，传送带以的速率逆时针转动。在传送带上端A点由静止释放一个黑色煤块，煤块运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数，，g取。 (1)画出煤块刚放上传送带时的受力图，并求出煤块刚放到传送带上时的加速度大小； (2)求煤块在传送带上运动的时间； (3)煤块从A运动到B的过程中传送带上形成黑色痕迹的长度。 1．临界或极值条件的标志 （1）题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点． （2）题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态． （3）题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点． 2．常见临界问题的条件 （1）接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0. （2）相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值． （3）绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0. （4）最终速度（收尾速度）的临界条件：物体所受合外力为零． 3．解题基本思路 （1）认真审题，详尽分析问题中变化的过程（包括分析整体过程中有几个阶段）； （2）寻找过程中变化的物理量； （3）探索物理量的变化规律； （4）确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系． 例1 15．如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，则（　　） A．当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为mg B．若滑块以加速度a=g向左加速运动时，线中拉力为mg C．当滑块以加速度a=g向左加速运动时，小球对滑块压力不为零 D．当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，线中拉力为0.5mg 例2 16．如图所示，质量均为 m 的两个木块 P、Q 叠放在光滑的水平地面上，P、Q 接触面的倾角为θ。现在 Q 上加一水平推力 F，使 P、Q 保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，下列说法正确的有（　　）    A．木块Q对地面的压力可能小于 2mg B．当F增大时，P、Q间的摩擦力一定增大 C．若加速度a=gtanθ，则P受到摩擦力为零 D．若加速度a<gtanθ，则P受到摩擦力方向沿斜面向下 例3 17．劲度系数k＝100N/m的轻弹簧一端固定在倾角θ＝30°的固定光滑斜面的底部，另一端和质量mA＝2kg的小物块A相连，质量mB＝2kg的小物块B紧靠A静止在斜面上，轻质细线一端连在物块B上，另一端跨过定滑轮与质量mC＝1kg的物体C相连，对C施加外力，使C处于静止状态，细线刚好伸直，且线中没有张力，如图甲所示．从某时刻开始，撤掉外力，使C竖直向下运动，取g＝10m/s2，以下说法中正确的是（　　） A．撤掉外力瞬间，A的加速度为2.5m/s2 B．当A、B恰好分离时，A的加速度为2.5m/s2 C．当A、B恰好分离时，弹簧恢复原长 D．A运动过程中的最大速度为 变1 18．如图所示，细线的一端固定在倾角为的光滑劈形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，问： (1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？ (2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？ (3)若细线的最大张力为，则滑块向左运动的最大加速度是多少？ 变2 19．如图所示，一质量M=3kg、倾角为α=45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m=1kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g=10m/s2，下列判断正确的是（　　） A．系统做匀速直线运动 B．F=40N C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5N D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动 变3 20．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a（a＜g）的匀加速运动，重力加速度为g，则下列说法不正确的是（　　） A．施加外力F大小恒为M（g＋a） B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零 C．A、B分离时，A上升的距离为 D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《专题 09 滑块、木板与传送带模型——重难点》参考答案： 1．(1) (2)，可以从木板上滑离 (3) 【详解】（1）若木板固定在水平面上，对滑块，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 设滑块从木板上滑离时速度为，根据运动学公式可得 解得 （2）若木板不固定，，对木板根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 设经时间，滑块从木板上滑离，则有 代入数据可得 解得或（舍去，因为此时滑块速度小于木板速度） 可知滑块可以从木板上滑离。 （3）若木板不固定，当滑块刚好滑到木板右端且与木板共速，即滑块恰好不从木板的右端滑落；对木板，有 设该过程经历的时间为，则有， 联立解得，， 滑块与木板共速后，当滑块与木板刚好不发生相对滑动时，以滑块与木板为整体，有 对滑块有 联立解得 所以要使小滑块不从木板上滑离，恒力的大小范围为 2．(1)15N (2)① 0.625m ② 【详解】（1）小物块和木板间恰好发生相对滑动时，拉力F最小，设此时设系统加速度为a，根据牛顿第二定律，对小物块有 对整体有 解得 （2）①若，则小物块和木板已发生相对运动，根据牛顿第二定律，对小物块有 解得 对木板有 解得 撤去水平恒力F前，小物块的位移 木板的位移 则刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离 ②撤去F时，小物块的速度 木板的速度 撤去F后，小物块继续做匀加速运动，木板做匀减速运动，根据牛顿第二定律，对木板有 解得 设经过时间t2小物块和木板达到共速，则 解得， 时间t2内小物块的位移 时间t2内木板的位移 则时间t2内，木板比小物块向右多走的距离 此后两者保持相对静止一起做匀速运动，所以最终小物块到木板右端的距离 3．C 【详解】ABD．根据题意，由于，则可知，对于木板而言，若木板单独放在斜面上，则有 即木板会静止在斜面上，而由于，则对小滑块有 即小滑块不能静止在木板上，当在木板上放上小滑块后，由于小滑块不能静止，会与木板产生相对滑动，木板对小滑块的滑动摩擦力沿着木板向上，而根据牛顿第三定律可知，滑块对木板的滑动摩擦力沿着木板向下，此时对木板有 即木板仍然静止在斜面上，故ABD错误； C．对小滑块，由牛顿第二定律有 解得小滑块在静止的木板上下滑时的加速度大小为 故C正确。 故选C。 4．(1)， (2)， (3)会脱离， 【详解】（1）设物块的加速度大小为，由牛顿第二定律有 解得 因为2s时达到共速，此时速度大小 长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小 （2）对长木板由牛顿第二定律有 解得 2s内物块对地位移大小为 2s内长木板对地住移大小为 则时物块到长木板左端的距离为 （3）共速后，对物块和长木板整体，由牛顿第二定律有 解得     与挡板碰撞前瞬间，整体具有速度 解得 榳撞后，物块m运动到停下有 解得 因此，物块会脱离长木板，根据匀变速运动规律 解得 5．(1)， (2)， (3) 【详解】（1）若A、B间恰好发生相对滑动，对A、B整体有 对A有 联立可得 当对B施加水平向右的力时，则A、B未发生相对滑动，对A、B整体有 解得 （2）当时，A、B发生相对滑动，以A为对象，有 解得 以B为对象，有 解得 （3）设经过时间可将B从木板A的左端拉到右端，如图所示 则有，， 联立解得 6．(1)5m (2)4m (3)能，10.8m/s 【详解】（1）A在B上滑行，对A，其加速度为 对B，其加速度为 A、B达到共同速度所需要的时间为 解得 B下滑距离即为初始时刻木板B下端与木板C上端的距离 （2）A下滑距离 B木板长度 （3）A、B共速瞬间的速度 B、C碰撞后瞬间速度 C恰好能静止在斜面上，设其与斜面的动摩擦因数为μ2 解得 A滑上C后， B、C整体的加速度为 可知，滑块A一定能从C下端滑出木板C 设A在C上滑行时间为t2 解得 此时滑块A的速度大小 7．BC 【详解】AB．被检物无初速度放在端，受到水平向右的滑动摩擦力，根据 解得 被检物做匀加速直线运动，设被检物能与传送带共速，则到达共速所需时间 被检物此阶段位移为 刚好到达B端，物体一直加速，传送带将被检物从A端送到B端所用的时间为2s，故A错误，B正确； C．被检物加速度 动摩擦因数增大，即加速度增大，物体更快达到传送带速度，之后匀速，而位移不变，则运动总时间会减小，故C正确； D．若仅使传送带的速度增大，物块运动状态不变，一直加速，所以传送带将被检物从端送到端所用的时间不变，故D错误。 故选BC。 8．(1)小物块先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，向右做匀速直线运动 (2)4m (3)时刻 (4)0.2 【详解】（1）略。 （2）时刻，小物块向左前进的距离最大，为 所以水平传送带的长度不能小于 （3）从开始滑上传送带，到时刻之前，小物块相对于传送带向左运动，受到的摩擦力水平向右；在时间内，物块与传送带相对静止，物块不受摩擦力；所以在时刻小物块受到的摩擦力发生突变。 （4）结合乙图斜率的物理意义和牛顿第二定律可知，物块在传送带上运动的加速度为 所以 9．ACD 【详解】A．若物块在传送带上端滑上传送带，则物块离开传送带的速度大小应为，根据图像可知物块离开传送带的速度大小为，则物块一定不是从传送带上端滑上传送带，故A正确； B．由于物块从传送带上端离开，由图像可知，物块最终匀速离开，因此传送带一定是沿顺时针方向转动，且速度大小为，故B错误； C．由图像可知，物块运动的加速度沿传送带向上，设动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律 代入解得，故C正确； D．物块在传送带上运动的位移大小为，故D正确。 故选ACD。 10．(1)5.1s，0.04m (2) (3)①0.2s，0.08m；②0.625s，0.25m 【详解】（1）对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 解得a＝2m/s2 根据速度公式v＝at1，可得匀加速运动的时间t1＝0.2s 匀加速运动的位移大小 故行李先匀加速再匀速，匀速运动的时间为 可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1s 在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝（0.4×0.2－0.04）m＝0.04m （2）行李一直加速所用时间最短，加速度大小a＝2m/s2 由v2＝2aL，得传送带的速度至少为 （3）①传送带转动速度反向，若行李放在A处时的初速度为v0＝0.2m/s，行李先向右匀减速，加速度大小为a＝2m/s2，匀减速运动的时间 匀减速运动的位移大小 行李不会从右端滑出，接着行李向左匀加速运动，匀加速运动的时间t2＝t1＝0.1s，行李从左端离开，在传送带上的时间为t＝t1＋t2＝0.2s 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1＋x＋vt2－x＝0.08m ②若行李放在A处时的初速度为v0＝0.6m/s，行李先向右做匀减速运动，加速度大小为a＝2m/s2，匀减速运动的时间 匀减速运动的位移大小 行李不会从右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，根据v＝at1，匀加速运动的时间t2＝0.2s 匀加速运动的位移大小 接着再匀速运动 行李从左端离开，在传送带上的时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.625s 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1＋x1＋vt2－x2＝0.25m 11．ACD 【详解】AC．物品先做匀加速直线运动 解得 加速运动的时间为 加速运动的距离为 后做匀速直线运动，运动时间为 物品从A端到B端所用的时间为，故AC正确； B．全过程中，物品先受到向右的滑动摩擦力，后匀速运动时没有摩擦力，故B错误； D．根据，加速度不变，若减小传送带的传送速度v，物品加速运动的时间将变短，加速运动的位移也将变小，匀速运动的位移将变大，则匀速的时间将变长，由图像可知，总时间将变长，故D正确。 故选ACD。 12．C 【详解】AB．小物块先向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 当速度减为0时，位移为 因为传送带长度大于4m，由题分析可知，小物块先向右做匀减速直线运动，直到速度为零，然后再反向做匀加速直线运动，因，故小物块返回左端时的速度为 整个过程，小物块速度变化量的大小，故AB错误； CD．由题分析，小物块先向右做匀减速直线运动，直到速度为零，则运动的时间为 此过程中传送带的位移为，故小物块相对传送带的位移为 当小物块反向做匀加速直线运动，直到速度为时，加速度不变，则运动的时间为 此过程小物块的位移为 此过程中传送带的位移为 故小物块相对传送带的位移为 故整个过程小物块相对传送带的位移 小物块匀速运动的时间，总时间，故C正确，D错误。 故选C。 13．BD 【详解】AB．物块上滑的第一个减速过程的加速度 第二个减速过程的加速度 则传送带上、下两端间距离为 运动的时间，A错误，B正确； C．当时，物块在传送带上运动时，只有两种加速度，即第一过程先向上的减速的加速度a1，第二过程减速的加速度a2和第三过程反向加速的加速度a2，C错误； D．当时，物块沿传送带向上运动的最大位移 然后向下加速，加速度为a2，物块离开传送带时的速度大小，D正确。 故选BD。 14．(1)， (2) (3) 【详解】（1）对煤块受力分析，如图所示 由牛顿第二定律得 解得 （2）煤块匀加速到与传送带速度相等的过程有 解得 该过程煤块通过的位移为 因 故速度相等后，煤块与传送带一起做匀速直线运动，有 解得 煤块在传送带上运动的时间 （3）只有加速阶段会产生黑色痕迹，加速阶段传送带的位移为 传送带上形成黑色痕迹的长度 解得 15．C 【详解】A．当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为 故A错误； BC．设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，如图所示 根据牛顿第二定律可得 若滑块以加速度a=g向左加速运动时，此时小球没有脱离斜面，则 ， 解得 ， 故B错误；C正确； D．当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力为 故D错误。 故选C。 16．C 【详解】A．以木块P、Q整体为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则有 由牛顿第三定律可知，木块Q对地面的压力为2mg，A错误； B． P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，若F较小时，P有向下滑动的趋势，摩擦力沿斜面向上；若F较大时，P有向上滑动的趋势，摩擦力沿斜面向下，因此在F增大的过程中，摩擦力可能增大，也可能减小，也可能先减小后反向增大，B错误； C．对P受力分析，假设P受Q的摩擦力沿斜面向上为f，Q对P的支持力为N，在水平方向由牛顿第二定律可得 在竖直方向由平衡条件可得 联立解得 若加速度a=gtanθ，则有P受到摩擦力是零，C正确； D．由C选项分析计算可知，若加速度a<gtanθ，则P有向下滑动的趋势，因此P受到摩擦力方向沿斜面向上，D错误。 故选C。 17．D 【详解】A．撤掉外力瞬间，取ABC系统 解得 选项A错误； BC．AB恰好分离时，以BC整体为研究对象有 解得 则A的加速度大小也为0，此时弹簧处于压缩状态；选项BC错误； D．开始AB静止，设弹簧压缩量为，则 解得 当加速度为0时，的速度最大，当ABC一起加速运动位移为时，对C受力分析有 对AB受力分析有 弹簧弹力大小为 联立解得 当时，加速度，当时，位移图像如图所示，由图像与坐标轴围成的面积可计算物块A的最大速度，则最大速度大小为 选项D正确。 故选D。 18．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意，作出小球受力的示意图，如图所示 可得 结合牛顿第二定律可得 解得 （2）同理可得 解得 （3）根据（2）的结论可知，此时细线上的张力 所以细线的张力为，小球已脱离斜面，小球受到重力和细线的拉力 设此时滑块的最大加速度为，细线与竖直方向的夹角为，水平方向上，由牛顿第二定律可得 竖直方向上，由平衡条件可得 联立解得 19．BD 【详解】AB．对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有 对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有 可得 故A错误，B正确； C．斜面体对楔形物体的作用力 故C错误； D．外力F增大，则斜面体加速度增大，斜面体对楔形物体的支持力也增大，则支持力在竖直方向的分力大于重力，有向上的加速度，所以楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，故D正确。 故选BD。 20．ABD 【详解】A．施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx 解得： 加外力F后到物体A、B分离前，对AB整体有 又因 由于压缩量x减小，故F为变力，物体A、B分离时，此时A、B具有共同的v和a，且 对A有： 解得： 故A错误； BD．A、B分离后，B将做加速度减小的加速运动，当时，B达到最大速度，故BD错误； C．对B有： 解得： 此时弹簧的压缩量为 故弹簧的压缩量减小了 即A上升的距离 故C正确。 本题选不正确的，故应选ABD。 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $