【文档说明】备战2024年高考物理抢分秘籍（新高考通用）秘籍04 滑块板块模型和传送带模型 Word版含解析.docx，共(30)页，1.406 MB，由小赞的店铺上传

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秘籍04滑块木板模型和传送带模型一、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发生相对滑动．2．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，设板长为L，滑块(可视为质点)位移大小为x块，滑板位移大小

为x板。同向运动时：L＝x块－x板．反向运动时：L＝x块＋x板．3.判断滑块和模板运动状态的技巧：“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝Ffmm.假设两物体同时由静止开始运动，

若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力。4．技巧突破点(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力

或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．5．分析板块模型的思路二、传送带模型1．水平传送带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先加速后匀速v0<v时，一直加速v0<v时，先加速

再匀速v0>v时，一直减速v0>v时，先减速再匀速滑块一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端．若v0<v返回到左端时速度为v0，若v0>v返回到左端时速度为v.2．倾斜传送带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gsinθ<μgcosθ)先加速后匀速一直加速(加速度为gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后匀速若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0<v时，一直加速(加速度为gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加

速后匀速；若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0>v时，一直减速(加速度为gsinθ－μgcosθ)若μ≥tanθ，先减速后匀速；若μ<tanθ，先以a1减速，后以a2加速(摩擦力方向一定沿斜面向上)gsin

θ>μgcosθ，一直加速；gsinθ＝μgcosθ，一直匀速gsinθ<μgcosθ，一直减速先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v03．划痕问题：滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且

两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小．(图乙)4.功能关系分析：(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。(2)对W和Q的理解传送带克服摩擦力做的功：W＝fx传；产生的内能：Q＝fx相对。【题型一】滑块木板模型【典例1】（2024

·四川成都·二模）如图，一质量为2kgM=的木板静止在水平地面上，一质量为1kgm=的滑块（可视为质点）以02m/sv=的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因数为10.3=，木板与地面间的动摩擦因数为2（未知），重力加速度大小取21

0m/sg=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．地面对木板的摩擦力方向水平向右B．地面对木板的摩擦力大小为9NC．2可能为0.12D．整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为4J【答案】C【详解】A．根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右

，因此地面对木板的静摩擦力方向水平向左，故A错误；B．滑块对木板的滑动摩擦力大小m13Nfmg==由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小Mm3Nff==故B错误；C．木板始终保持静止，即2m()mMgf

+解得20.1故C正确；D．整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量2012J2Qmv==故D错误。故选C。【典例2】（2024·广西贵港·模拟预测）如图（a）所示，一质量为2kg的长木板静置于粗糙水平面上，其上放置一质量未知的小滑块，且长木板与小滑块之间接触面粗糙。小滑块

受到水平拉力F作用时，用传感器测出小滑块的加速度a与水平拉力F的关系如图（b）实线所示。已知地面与长木板的动摩擦因数为0.2，重力加速度210m/sg=，下列说法正确的是（）A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.6B．当水平拉力增大时，小滑块比

长木板先相对地面发生滑动C．小滑块的质量为2kgD．当水平拉力12NF=时，长木板的加速度大小为22m/s【答案】AC【详解】A．设小滑块质量为m，小滑块与长木板之间的动摩擦数为，当小滑块与长木板发生相对滑动时，对小滑块由牛顿第二定律有Fm

gma−=得Fagm=−由（b）图可得0.6=A正确；BC．从图（b）知，当拉力为0F时，小滑块与长木板恰好发生相对滑动，此时两物体具有共同加速度22m/s，对长木板分析，由牛顿第二定律有()0mgmMgMa−+=得2kgm=对小滑块，有0Fmgma−=得01

6NF=因为()0128mgNmMgN=+=所以小滑块和长木板相对地面同时发生相对滑动，B错误，C正确；D．由于012N16NFF==所以此时长木板的加速度未达到22m/s，D错误。故选AC。【典例3】（23-

24高三上·新疆·阶段练习）如图所示，质量为M的木板B在光滑水平面上以速度v0向右做匀速运动，把质量为m的小滑块A无初速度地轻放在木板右端，经过一段时间后小滑块恰好从木板的左端滑出，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（）A．若只增大M，则小滑块能滑离木板B．若只增大v0

，则小滑块在木板上运动的时间变长C．若只减小m，则滑离木板过程中小滑块对地的位移变小D．若只减小μ，则小滑块离开木板的速度变大【答案】AC【详解】A．若只增大木板的质量M，根据牛顿第二定律mgaM=木可知木板的加速度减小，小滑块的加速度为ag=块不变，以木板

为参考系，小滑块运动的平均速度变大，则小滑块能滑离木板，A正确；B．若只增大木板的初速度v0，小滑块受力情况不变，小滑块的加速度不变，小滑块相对木板的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，B错误；C．若只减小小滑块的

质量m，小滑块的加速度不变，木板的加速度变小，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，滑离木板过程中小滑块对地的位移变小，C正确；D．若只减小动摩擦因数，小滑块和木板的加速度都减小，相对位移不变，小滑块滑离木板的过程所用

时间变短，小滑块离开木板的速度变小，D错误。故选AC。【典例4】（2024·陕西西安·三模）如图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角为30=，上有质量为m的足够长木板A，其下端距挡板间的距离为L，质量也为m的小物块B置于木板A的顶端，B与木板B之

间的动摩擦因数为32=。无初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。试求:（1）木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上

滑的过程中木板A和物块B各自加速度的大小；（2）木板A从开始到第三次与挡板碰撞过程中运动的总路程s；（3）若从开始到A、B最后都静止的过程中，物块B一直未从木板A上滑落，则木板A长度l应满足的条件。【答案】（1）154ag=，方向沿斜

面向下，214ag=，方向沿斜面向上.；（2）73sL=；（3）4Ll【详解】（1）A第一次碰挡板前，系统相对静止，之间无摩擦。碰后，对B，有21gcosgsin4ag=−=方向沿斜面向上;碰后，对A，有15cosgsin4agg=+=方向沿斜面向下；（2）

第一次碰前系统加速度为sinag=第一次碰时系统速度为12vaLgL==第一次碰后，A沿斜面向上减速再向下加速，B沿A向下减速，直至AB共速后再一同沿斜面向下加速。第一次碰后，A沿斜面上滑的距离为2111225vxLa

==第一次碰后，设AB经时间t共速，共速时速度大小为v。有1211vvatvat=−=−+可得123vv=第一次碰后，A沿斜面上滑至AB共速时的位移为x，有22112axvv=−A第二次与挡板碰时速度为2v。AB共速后至A第二次碰，有2222axvv=−可得2123vv=

第二次碰后，A沿斜面上滑的距离为22214215vxLa==从开始到第三次碰，A的总路程为127223sLxxL=++=（3）A最后静止于斜面底部。设B相对A下滑位移为x，由系统功能关系，有:()sinΔs

inΔcosmgLmgLxmgx++=可得4xL=故板长条件为4lL1．如图所示，足够大的水平地面上静置一木板，两个均可视为质点的滑块A、B分别放在木板两端，现使两滑块同时以3m/s的速度相向滑动，两滑块恰好在木板的正中间相遇，相遇前木板做匀加速直线运

动，相遇后木板做匀减速直线运动。已知滑块A的质量为5kg，与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块B的质量为1kg，与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小210m/sg=。下列说法正确的是（）A．木板的长度为2mB．

木板的质量为1kgC．木板运动的最大距离为2mD．整个过程中滑块B的位移为0【答案】D【详解】B．对两滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得2AA2m/sag==，2BB4m/sag==依题意，相遇前木板匀加速，由牛顿第二定律，

有()AABBABmgmgMmmgMa−−++=木木相遇后木板匀减速，有()()ABAB'MmmgMmma++=++木木解得2'0.5m/sa=木可知相遇时三者共速，取向右为正方向，设三者经t时间共

速，由速度与时间关系可得0A0Bvvatvvatvat=−=−+=木，，联立，解得1m/s1s2kgvtM===，，故B错误；ACD．根据B选项分析，三者一起匀减速过程，有0'vat=−木解得2st=做出它们运动的v-t图像如图由图可知，木板的长度为132m3

m2L==木板运动的最大距离为31m1.5m2x==分析滑块B，减速时间设为Bt，则有BB0vat=−解得B0.75st=整个过程中滑块B的位移为()()B0.75330.751022x−−=

+=故AC错误；D正确。故选D。2．如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看做质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等，小滑块Q始

终没有从长木板P上滑下。重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（）A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.75C．t=9s时长木板P停下来D．长木板

P的长度至少是16.5m【答案】C【详解】A．由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为v1=5m/s，6s时两者速度相同为v2=3m/s，在0～6s的过程对Q由牛顿第二定律得12mgma=根据图乙可知220.5m/svat==代入数据可得μ1=0.05故A错误；

B．5s～6s对P由牛顿第二定律得μ1mg+μ2•2mg=ma1由乙图可知a1=2m/s2代入数据可得μ2=0.075故B错误；C．6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得2132mgmgma−=代入数据可得a3=1m/s2这段时

间233svta==所以9s时长木板P停下来，故C正确；D．6s前长木板的速度大于滑块Q的速度，6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由v-t图像的“面积”可知前6s的相对位移大于6s后的相对位移，故长木板P的长度至少为前6s过程中Q相对P滑动的距离()11155m531m63m

7.5m222x=++−=故D错误。故选C。3．（2024·贵州·模拟预测）如图甲，一质量为m的木板A静止在光滑水平地面上，A左端有一质量、厚度均不计的硬挡板，一轻质弹簧左端与挡板连接，弹簧右端与木板

A右端的距离为1x。质量也为m的可视为质点的滑块静止在A的右端，给滑块一水平向左、大小为1v的初速度，滑块会压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为2x，滑块压缩弹簧被弹回后恰好可以到达A的右端，滑块与A接触面间的动摩擦因

数0.5=；如图乙，如果将木板A与地面成30角固定，将滑块换为相同质量的光滑的滑块，滑块的初速度大小为2v，方向沿斜面向上，从木板A底端开始上滑，弹簧的最大压缩量也为2x，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．122vv=B．弹簧弹性势

能的最大值为2118mvC．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度为0D．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度大小为112v【答案】BD【详解】CD．如图甲，设滑块被弹簧弹开，运动到长木板右端时的速度为

v3，系统的合外力为零，系统动量守恒，滑块压缩弹簧被弹回后恰好可以到达A的右端，由动量守恒定律得132mvmv=解得3112vv=故C错误，D正确；AB．如图甲，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v

，弹簧最大弹性势能为pE，从滑块以速度1v滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律12mvmv=()22112p11222mvmvmgxxE=+++从弹簧被压缩到最短到滑块恰好滑

到长木板的右端，由能量守恒23122p11=()2222Emgxxmvmv+++如图乙，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，由能量守恒22p121sin30()2mvEmgxx=++联立可得122vv=，2p11=8Emv故A错误，B正确

。故选BD。4．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，木板B受到不断增大的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的aF−图像、已知g取210ms，则（）A．滑块A

的质量为4kgB．木板B的质量为1kgC．当10NF=时木板B加速度为24m/sD．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1【答案】BC【详解】ABD．根据题意，由图乙可知，当拉力等于8N，滑块A与木板B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，当拉力大于8N时，

对木板B，由牛顿第二定律有mBFfma−=由图乙可知m6Nf=当拉力等于8N时，对滑块A，由牛顿第二定律有mA1fma=对木板B，由牛顿第二定律有1mB1Ffma−=其中18NF=，21s2ma=解得A3kgm=，B1kgm=又有

mAfmg=解得0.2=故AD错误，B正确；C．当10NF=时，由牛顿第二定律有mB2Ffma−=解得224msa=故C正确。故选BC。5．（2024·广西河池·一模）如图所示，一足够长倾斜角30=的斜面顶端放置一长木板A，木板A上表面的某处放置一小滑块B（可看成质点），已知A

和B的质量分别为2m和3m，木板A顶端与滑块B相距为0.9mL=的地方固定一光滑小球C（可看成质点），已知小球C的质量为m，A与B之间的动摩擦因数132=，A与斜面间动摩擦因数233=，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度210m/sg=，将固定的光滑小球C由静止释放，C与

B会发生弹性碰撞，求：（1）小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度分别多大；（2）要使小球C再次碰到滑块B之前B未能滑出A下端，则木板A至少多长；（3）A和B共速时，滑块B与小球C距多远。【答案】（1）1.5m/s；1.5m/s；（2）1.2m；（3）0.6m【详解】

（1）由于A与B之间的动摩擦因数及A与斜面间动摩擦因数均不大于tan，则在BC相碰前，AB均相对斜面静止，小球在由释放到碰B过程中，根据动能定理201sin2mgLmv=解得03m/sv=BC碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒可得0323mvmvmv=+222032111322

2mvmvmv=+解得小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度31.5m/sv=−，21.5m/sv=（2）BC碰后，对ABC分别根据牛顿第二定律()12212sin3cos23cos5m/s24mgmgmmmgam+−++==2123cos3sin5m/s32mgmgam−==23

sin5m/sag==假设C再次碰到B之前，AB尚未共速，根据位移关系有2233221122vtatvtat+=−解得12s15t=此时A的速度11'1m/svat==B的速度222'0.5m/svvat=−=−显然假设不成立；在C再次碰到B之前，AB发生

向下的共速，在BC碰后到AB共速过程22111vvatat=−=解得12s5t=，0.5m/sv=此后由于12，则AB相对静止，因此要使小球C再次碰到滑块B之前B未能滑出A下端，则木板A的长度最少为()

22BA21211111'1.2m22LLxxLvtatat=+−=+−−=（3）AB发生向下的共速时滑块B与小球C相距2221213131110.6m22dvtatvtat=−−+=6．（2024·河南·三模）等高的木板B和木板C静置于水平地面上，

木块A静止在木板B上，P为固定挡板。A、B、C的质量分别为2kg、1kg、2kg。B与地面的动摩擦因数10.1=，C与地面间无摩擦，A与C之间的动摩擦因数20.5=，C右端离挡板P的距离l=1.2m。某时刻在A上施加一水平向右的拉力F

=10.5N，2s后撤去拉力，A获得速度A6m/sv=，此时B与C发生碰撞，A恰好从B滑到C上。C与B、P的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间及物块A的大小，C足够长使得A不会从C上滑下。取重力加速度大小210m/sg=。（1）求B与C碰撞前瞬间，B的速度大小；（2）求B与

C碰撞后瞬间，C的速度大小；（3）通过计算判断C是否能与B再次相碰。【答案】（1）3m/s；（2）2m/s；（3）不能与B再次相碰【详解】（1）对A、B整体，从静止到撤去拉力，由动量定理得()01AB0AABBFtmmgtmvmv−+=+所以有B3m/sv=（2）B、C碰撞前后动量守

恒，机械能守恒BBBB2CCmvmvmv=+222BBBB2CC111222mvmvmv=+所以B21m/sv=−，C2m/sv=（3）A、C达共速为v，有CCAACB()mvmvmvm++=可得v=4m/s对C，由牛顿第二定律有2ACCm

gma=22CC2vvax−=CC2vvat−=联立得ac=5m/s²，x=1.2m=l，t₁=0.4s此时C刚好与挡板P发生弹性碰撞，以大小v=4m/s原速率返回，向左减速，加速度大小仍为25/Cams=。此后，A、C

动量守恒且总动量为零，最后若C不与B相碰则A、C同时停下。B、C碰后，对B1BBBmgma=可得2B1m/sa=B从碰后到停下共需时间B2BB1svta==2B2BB0.5m2vxa==此时B距挡板P的距离为B2B1.7mxlx=+=在B停下来时，C的速

度()C2CB11m/svvatt=−−=发生的位移()CCB11.5m1.7m2vvxtt+=−=即在B停下前，B、C一直在靠近，并且没有相碰。C从与P相碰到停下发生的位移2C21.6m2Cvxa==因C2B2xx，故最后C

不能与B再次相碰。【题型二】传送带模型【典例1】如图所示，某快递公司为提高工作效率，利用传送带传输包裹，水平传送带长为4m，由电动机驱动以4m/s的速度顺时针转动。现将一体积很小、质量为10kg的包裹无初速的放到传送带A端，包裹和传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度为g10m/s?=

，则包裹从A运动到B的过程（）A．时间为1sB．时间为4sC．电动机多输出的电能为40JD．电动机多输出的电能为802J【答案】D【详解】AB．包裹加速度为21m/smgagm===加速运动到与传送带共速经历的时间为14s4s1vta===位移为21118m4m2xat==故包裹在与

传送带共速前已经滑离传送带，由212Lat=可得222sLta==AB错误；CD．包裹从A运动到B的过程传送带位移为82mxvt==传包裹位移为4mxL==包摩擦生热为()()80240JQmgxL=−=−传包裹的获得的速度为22m/svat

==包裹获得的动能为2k140J2Emv==故电动机多做的功为k802JWQE=+=C错误，D正确。故选D。【典例2】（2024·安徽六安·模拟预测）如图所示，传送带的倾角（37=，从A到B长度为16m，传送带以10m/s的速度逆

时针转动。0=t时刻在传送带上A端无初速度地放一个质量0.5kgm=的黑色煤块，=1st时皮带被异物卡住不动了。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.5=，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。（sin37°=0.6，cos37°=0.

8，取210m/sg=）则（）A．煤块到达B点时的速度为10m/sB．煤块从A到B的时间为3sC．煤块从A到B的过程中机械能减少了12JD．煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是16m【答案】C【详解】B．开始阶段，由牛顿第二定律得1sincosmgmgma+=解得21sincos

10m/sagg=+=煤块加速至传送带速度相等时需要的时间为1110s1s10vta===煤块发生的位移为2211111101m5m16m22xat===所以媒块加速到10m/s时仍未到达B点，此时皮带挒好被异物卡住不动了，此后

摩擦力方向改变；第二阶段有2sincosmgmgma−=解得222m/sa=设第二阶段煤块滑动到B点的时间为2t，则2122212ABLxvtat−=+解得21st=则煤块从A到B的时间122sttt=+=故B错误；A．根据12Bvvat=+得12m

/sBv=故A错误；D．第一阶段媒块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为111Δ101m5m5mxvtx=−=−=故煤块相对于传送带上移5m；第二阶段媒块的速度大于传送带速度（为零

），煤块相对传送带向下移动，媒块相对于传送带的位移大小为21Δ11mABxLx=−=即煤块相对传送带下移11m，故传送带表面留下黑色炭迹的长度为11m（前5m被覆盖），故D错误；C．煤块开始的机械能sin3748JABEmgL==到达B点时机械能2136J2BBEmv=

=故C正确。故选C。【典例3】如图所示，传送带与水平地面的夹角37=，以2m/sv=的速率顺时针方向转动。将一质量为1kgm=的物体（可视为质点）从A端无初速释放，经过1.2st=运动到B端。物体与传送带间的动摩擦因数0.5=（g取10m/s2，sin37°=0.

6，cos37°=0.8）。则（）A．物体运动的加速度恒为210m/sa=B．传送带的长为32ml.=C．物体运动到B端时的动量大小为2kgm/sBp=D．传送带与物体因摩擦产生的热量为4.8JQ=【答案】BD【详解】AB．对小煤块进行受力分析，由牛顿第

二定律有1sincosmgmgma+=解得2110m/sa=小煤块下滑到与传送带速度相等11vat=解得10.2st=此时小煤块的位移21112xat=解得10.2mx=又因为tan，小煤块继续下滑的加速度2sincosagg=−解得222m/sa=又222

2212xvtat=+121.2sttt=+=代入数据解得23mx=故123.2mxxx=+=故A错误，B正确；C．由124m/svvat=+=Bpmv=解得4kgm/sBp=故C错误；D．第一阶段小煤块相对传送

带位移111xvtx=−解得10.2mx=第二阶段小煤块相对传送带位移2221mxxvt=−=解得21x=m摩擦产生的热量()12cosQmgxx=+解得4.8JQ=故D正确。故选BD。【典例4】（2024·四川成都·

二模）如图所示，传送带倾斜放置，倾角为θ=37°，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度0v=12m/s从A端冲上传送带，煤块刚好不会从传送带顶端B冲出。已知煤块和传送带之间的动摩擦因数=0.25，g取10m/s2，求：（1）求AB之间的距离L；（2）煤块在传送带上留下的

划痕长度∆x。【答案】（1）10m；（2）(1245)+m【详解】（1）在煤块与传送带共速前，对煤块，由牛顿第二定律有1sincosmgmgma+=可得煤块的加速度大小218m/sa=煤块运动时间0111sv

vta−==煤块运动的位移0118m2vvLt+==煤块与传送带共速后，对煤块，由牛顿第二定律有2sincosmgmgma−=可得煤块的加速度大小224m/sa=煤块速度减为零所用的时间间221svta==煤块

运动的位移222m2vLt==则AB之间的距离1210mLLL=+=（2）在煤块与传送带共速前，传送带运动的位移114mLvt==传送带上痕迹长度1114mxLL==−煤块与传送带共速后，对煤块上滑的过程，传送带的位移大小为224mLvt==产生的划痕长度为2222mxLL=−=该过程

中由于传送带的速度始终大于煤块的速度，因此产生的划痕与共速前的划痕重叠，此时有2m的划痕在煤块之前，有2m的划痕在煤块之后，设煤块从传送带顶端滑到底端所用时间为t，则有2212Lat=解得5st=该过程中传送带的位移45mLvt==该过程中传

送带运动方向与煤块运动方向相反，煤块之后的2m划痕随着煤块的下滑被覆盖，因此总的划痕长度为2(1245)msLLx=++=+【典例5】（2024·湖南长沙·一模）如图所示，传送带的水平部分ab长度110mL=，倾斜部分bc长度216.8mL=，bc与

水平方向的夹角为θ＝37°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率v＝4m/s，现将质量m＝2kg的小煤块（视为质点）由静止轻放到a处，之后它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，且此过程中小煤块不会脱离传送带，取重力加速

度大小210m/sg=，求：（1）煤块从a运动到c的时间；（2）煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度；（3）煤块与传送带间的摩擦生热。【答案】（1）5.5s；（2）8.8m；（3）44.16J【详解】（1）煤块在水平部分

的运动时，由牛顿第二定律1mgma=可得煤块运动的加速度212m/sa=煤块从静止加速到与传送带共速的距离为221144m10m222vsa===故煤块在水平部分先加速，后匀速运动，加速时间的时间为114s2s2vta===匀速运动的

时间112104s1.5s4Lstv−−===在倾斜传送带上，由于tan0.75=＜故煤块在斜传送带上做加速运动，由牛顿第二定律2sincosmgmgma−=可得煤块在倾斜传送带上的加速度为22sincos4.4m/sagg=−=根据匀加速运动

的位移与时间的关系有2232312Lvtat=+解得32st=或342s11t=−（舍去）故煤块从a运动到c的时间1235.5stttt=++=（2）煤块在水平传送带的相对位移为()111Δ84m4msvts=−=−=煤块在倾斜传送带的相对

位移为()223Δ16.88m8.8msLvt=−=−=由于1s与2s是重复痕迹，故煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为8.8m。（3）煤块在水平传送带的摩擦生热111Qfs=其中1fmg=解得116JQ=煤块在倾斜传

送带的摩擦生热222Qfs=其中2cosfmg=解得228.16JQ=故12+16J28.16J44.16JQQQ==+=1．如图甲所示一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦

因数为0.2=。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在变速电机带动下先加速后减速，传送带的速度-时间()vt−图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，210msg=，则下列说法正确的是（

）A．黑色痕迹的长度为80mB．煤块在传送带上的相对位移为16mC．若煤块的质量为2kg，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为64JD．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长【答案】B【详解】A．煤块的加速度22m/smgam==在v-t图上作出煤块的速度—时间图像（图像过6s，12m/s；与传送带

的图像交于8s，16m/s；然后减速，交t轴于16s）由图可知，痕迹长1128m48m2s==故A错误；B．煤块在传送带上的相对位移148m416m16m2xxx=−=−=带煤故B正确；C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmg（s+x煤）=0

.2×2×10×（48+32）J=320J故C错误；D．质量变大，不改变加速度，痕迹长不变，故D错误。故选B。2．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度0v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vt−图像如图乙所示，物块到

传送带顶端时速度恰好为零，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，则（）A．由图乙可知，0～1s内物块受到的摩擦力大于1～2s内的摩擦力B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25D．传送带底端到顶端的距离为10m【答案】CD【

详解】AB．由乙图可知在0～1s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方向相反；1～2s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同；由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式NfF=可

知两段时间内摩擦力大小相等，故AB错误；C．根据vt−图像可知在0～1s内物块的加速度为22Δ412m/s8m/sΔ1vat−===−根据牛顿第二定律得(sin37cos30)mgmgma−+=解得0.25

=故C正确；D．物块上升的位移大小等于vt−图像所包围的面积大小，则有41241m1m10m22x+=+=故D正确。故选CD。3．如图（a）所示，在t=0时将一质量为0.1kg的滑块轻放置于传送带的左端，传送带在t=4s时因为突然断电而做减速运动，从t=0

到减速停下的全程，传送带的v-t图像如图（b）所示。已知传送带顺时针运动，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.08，传送带两轮间的距离足够长，重力加速度大小为10m/s2.，下列关于滑块说法正确的是（）A．滑块先匀加速运

动，后匀减速运动直至停止B．滑块从轻放上传送带至停下，所用的时间为6sC．滑块在传送带上留下的划痕为28mD．全程滑块与传送带间产生的热量为2.24J【答案】AC【详解】A．滑块轻放置于传送带的左端，则有滑块在传送带上的加速度为2210.0810ms0.8

msmgagm====若传送带不停电，滑块与传送带达到共速时所用时间0118s10s4s0.8vta===由图b可知传送带在t=4s后做减速运动的加速度22208ms4ms64a−==−−可知滑块做加速运动，传送带做减速运动，滑块与传

送带达到共速后，由于传送带做减速运动的加速度大于滑块的加速度，滑块开始做减速运动直至停止，因此滑块先匀加速运动，后匀减速运动直至停止，A正确；B．传送带做减速运动后，滑块与传送带达到共速时所用时间112022atatvat+=+解得

21st=此时滑块的速度为()()1120.841m/s4m/svatt=+=+=滑块停下所用时间1314s5s0.8vta===滑块从轻放上传送带至停下，所用的时间为234s1s5s10stttt=++=++=总B错误；C．滑块与传送带达到共速

时的位移()2112110m2xatt=+=传送带的位移0102138m2vvxvtt+=+=带滑块与传送带的相对位移是11138m10m28mxxx=−=−=带可知此时滑块在传送带上留下的划痕为28m。滑块开始做匀减速运动到停下运动的

位移12310m2vxt==传送带与滑块达到共速后到停下运动的位移21222m2vxa−==带此时滑块与传送带的相对位移是2222m10m8mxxx=−=−=−带可知此时滑块与传送带相对位移的大小8m产生的划痕与前面的划痕重叠，划痕取最大值，则有滑块在传送带上留

下的划痕为28m，C正确；D．全程滑块与传送带间的相对位移大小为121238m10m10m2m36mxxxxx=−+−=−+−=带带滑块与传送带间产生的热量为0.080.11036J2.88JQmgx===D错误。故选AC。

4．（2024·贵州·模拟预测）如图所示，一长2mL=的水平传送带在电动机带动下以速度2m/sv=沿顺时针方向匀速转动，质量14kgm=的小物块A和质量22kgm=的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，绳不可伸长，A与定滑轮间

的绳子与传送带平行。某时刻将物块A轻轻放在传送带最左端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数0.5=，滑轮的质量和绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度210m/sg=，两物块均可视为质点。求：（1）把物块A放上去瞬间B的加速度a的大小；（2）物块A从传送带左端运动到右端过程中传

送带对物块A的冲量大小。【答案】（1）220ms3；（2）2237Ns【详解】（1）根据题意，设物块A放上去瞬间绳子的拉力为1T，由牛顿定律，对物块A有111Tmgma+=对物块B有212mgTma−=解得220ms3a

=，120N3T=（2）根据（1）分析可知，物块A在传送带上做匀加速直线运动，设加速到与传送带共速的时间为1t，则有10.3svta==运动的距离为110.3m2vxt==由于物块A与传送带间的最大静摩擦力m1220Nfmgmg

===可知，物块A与传送带共速后，一起匀速到右端，运动时间为120.85sLxtv−==此时绳子的拉力为2220NTmg==设物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的水平方向冲量为xI，对物块A，由动量定理有11220xITtT

tmv++=−竖直方向的冲量为()112yImgtt=+总冲量为22=2237NsxyIII=+即物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的冲量大小2237Ns。5．（2024·福建漳州·三模）如图，足够长的水平传送带AB以6m/sv=的速

率逆时针方向匀速运行。质量为m的木板CD置于光滑的水平面上，木板与传送带上表面等高，B与C之间的缝隙不计。现将质量为的小滑块a置于木板上，让质量也为m的小滑块b以010m/sv=的初速度从传送带的A端沿传送带向左滑动，从小滑

块b滑上木板开始计时，经时间2s9t=与小滑块a弹性正碰。已知小滑块a与木板间的动摩擦因数10.5=，小滑块b与木板间的动摩擦因数20.9=，小滑块b与传送带间的动摩擦因数为0.8,g=取210m/s。（1）求小滑块b从A端滑上传送带开始到与传送带共速所需时间1t；（2）求小滑

块b刚滑上木板时，小滑块a的加速度大小2a；（3）求小滑块b与小滑块a碰前瞬间，小滑块a的速度大小a1v；（4）若碰后小滑块a不会滑离木板，求小滑块a相对木板滑行的最大距离s。【答案】（1）10.5st=；（2）224.5m/sa=；（3）11m/sav=；（4）0.6ms=【详解】（1）对小滑块

b，由牛顿第二定律得1mgma=由运动学公式得124m/s,1m/svv==011vvat=−联立解得10.5st=（2）小滑块b滑上木板后，假设小滑块a与木板一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动．对小滑块a，由牛顿第二定律得12maxmgma=解得22mnx

5m/sa=对小滑块a与木板整体，由牛顿第二定律得22mgma=共解得22max4.5m/saa=共假设成立，因此小滑块a与木板一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动，则224.5m/saa==共（3）设小滑块b与小滑块a碰前瞬间小滑块b的速度大小为1bv，则112bamvmvmv=

+21bmgtmvmv−=−解得111m/s,4m/sabvv==（4）设碰后瞬间小滑块a、b的速度大小分别为12vv、，则1112abmvmvmvmv+=+2222111211112222abmvmvmvmv+=+解得124m/s,1m/svv==小滑

块b与小滑块a碰后，两者速度交换，小滑块b与木板速度相同，一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动．设三者相对静止后，共同速度为v共，由动量守恒定律和能量守恒定律得3mvmv=共22221221111132222mvmvmvmvmgs++−=共联立解得0.6ms=