秘籍04 滑块板块模型和传送带模型（教师版）-备战2024年高考物理抢分秘籍

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＝eq\f(Ffm,m).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)gsinθ>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，一质量为的木板静止在水平地面上，一质量为的滑块（可视为质点）以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，木板与地面间的动摩擦因数为（未知），重力加速度大小取，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C．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【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由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小故B错误；C．木板始终保持静止，即解得故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作用时，用传感器测出小滑块的加速度与水平拉力的关系如图（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，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D．当水平拉力时，长木板的加速度大小为【答案】AC【详解】A．设小滑块质量为，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得由（b）图可得A正确；BC．从图（b）知，当拉力为时，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，对长木板分析，由牛顿第二定律有得对小滑块，有得因为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．由于所以此时长木板的加速度未达到，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，根据牛顿第二定律可知木板的加速度减小，小滑块的加速度为不变，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，上有质量为的足够长木板A，其下端距挡板间的距离为，质量也为的小物块B置于木板A的顶端，B与木板B之间的动摩擦因数为。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。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长度应满足的条件。【答案】（1），方向沿斜面向下，，方向沿斜面向上.；（2）；（3）【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，有方向沿斜面向上;碰后，对A，有方向沿斜面向下；（2）第一次碰前系统加速度为第一次碰时系统速度为第一次碰后，沿斜面向上减速再向下加速，沿向下减速，直至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第一次碰后，设经时间共速，共速时速度大小为v。有可得第一次碰后，A沿斜面上滑至AB共速时的位移为x，有A第二次与挡板碰时速度为。共速后至第二次碰，有可得第二次碰后，A沿斜面上滑的距离为从开始到第三次碰，的总路程为（3）最后静止于斜面底部。设相对下滑位移为，由系统功能关系，有:可得故板长条件为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，与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块B的质量为，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。下列说法正确的是（）A．木板的长度为B．木板的质量为C．木板运动的最大距离为D．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，依题意，相遇前木板匀加速，由牛顿第二定律，有相遇后木板匀减速，有解得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联立，解得故B错误；ACD．根据B选项分析，三者一起匀减速过程，有解得做出它们运动的v-t图像如图由图可知，木板的长度为木板运动的最大距离为分析滑块B，减速时间设为，则有解得整个过程中滑块B的位移为故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0.5 B．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由牛顿第二定律得根据图乙可知代入数据可得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代入数据可得a3=1m/s2这段时间所以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。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、大小为的初速度，滑块会压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为，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；如图乙，如果将木板A与地面成角固定，将滑块换为相同质量的光滑的滑块，滑块的初速度大小为，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，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．B．弹簧弹性势能的最大值为C．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【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，由动量守恒定律得解得故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，弹簧最大弹性势能为，从滑块以速度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，由能量守恒联立可得，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，得到如图乙所示的图像、已知取，则（）

A．滑块A的质量为B．木板B的质量为C．当时木板B加速度为D．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，滑块A与木板B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，当拉力大于时，对木板B，由牛顿第二定律有由图乙可知当拉力等于时，对滑块A，由牛顿第二定律有对木板B，由牛顿第二定律有其中，解得，又有解得故AD错误，B正确；C．当时，由牛顿第二定律有解得故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，A与斜面间动摩擦因数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，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，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，根据动能定理解得BC碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒可得解得小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度，（2）BC碰后，对ABC分别根据牛顿第二定律假设C再次碰到B之前，AB尚未共速，根据位移关系有解得此时A的速度B的速度显然假设不成立；在C再次碰到B之前，AB发生向下的共速，在BC碰后到AB共速过程解得，此后由于，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（3）AB发生向下的共速时滑块B与小球C相距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，C与地面间无摩擦，A与C之间的动摩擦因数，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，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（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）；（2）；（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，由动量定理得所以有（2）B、C碰撞前后动量守恒，机械能守恒所以，（3）A、C达共速为，有可得v=4m/s对C，由牛顿第二定律有联立得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。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B可得B从碰后到停下共需时间此时B距挡板P的距离为在B停下来时，C的速度发生的位移即在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因，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g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【答案】D【详解】AB．包裹加速度为加速运动到与传送带共速经历的时间为位移为故包裹在与传送带共速前已经滑离传送带，由可得AB错误；CD．包裹从A运动到B的过程传送带位移为包裹位移为摩擦生热为包裹的获得的速度为包裹获得的动能为故电动机多做的功为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（，从A到B长度为16m，传送带以10m/s的速度逆时针转动。时刻在传送带上A端无初速度地放一个质量的黑色煤块，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，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，取）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，由牛顿第二定律得解得煤块加速至传送带速度相等时需要的时间为煤块发生的位移为所以媒块加速到时仍未到达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；第二阶段有解得设第二阶段煤块滑动到B点的时间为，则解得则煤块从A到B的时间故B错误；A．根据得故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故煤块相对于传送带上移；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即煤块相对传送带下移，故传送带表面留下黑色炭迹的长度为（前被覆盖），故D错误；C．煤块开始的机械能到达B点时机械能故C正确。故选C。【典例3】如图所示，传送带与水平地面的夹角，以的速率顺时针方向转动。将一质量为的物体（可视为质点）从A端无初速释放，经过运动到B端。物体与传送带间的动摩擦因数（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。则（）A．物体运动的加速度恒为B．传送带的长为C．物体运动到B端时的动量大小为D．传送带与物体因摩擦产生的热量为【答案】BD【详解】AB．对小煤块进行受力分析，由牛顿第二定律有解得小煤块下滑到与传送带速度相等解得此时小煤块的位移解得又因为，小煤块继续下滑的加速度解得又代入数据解得故故A错误，B正确；C．由解得故C错误；D．第一阶段小煤块相对传送带位移解得第二阶段小煤块相对传送带位移解得m摩擦产生的热量解得故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=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）m【详解】（1）在煤块与传送带共速前，对煤块，由牛顿第二定律有可得煤块的加速度大小煤块运动时间煤块运动的位移煤块与传送带共速后，对煤块，由牛顿第二定律有可得煤块的加速度大小煤块速度减为零所用的时间间煤块运动的位移则AB之间的距离（2）在煤块与传送带共速前，传送带运动的位移传送带上痕迹长度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产生的划痕长度为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，则有解得该过程中传送带的位移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【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，倾斜部分bc长度，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，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）【详解】（1）煤块在水平部分的运动时，由牛顿第二定律可得煤块运动的加速度煤块从静止加速到与传送带共速的距离为故煤块在水平部分先加速，后匀速运动，加速时间的时间为匀速运动的时间在倾斜传送带上，由于故煤块在斜传送带上做加速运动，由牛顿第二定律可得煤块在倾斜传送带上的加速度为根据匀加速运动的位移与时间的关系有解得或（舍去）故煤块从a运动到c的时间（2）煤块在水平传送带的相对位移为煤块在倾斜传送带的相对位移为由于与是重复痕迹，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其中解得煤块在倾斜传送带的摩擦生热其中解得故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。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，，则下列说法正确的是（）

A．黑色痕迹的长度为B．煤块在传送带上的相对位移为C．若煤块的质量为，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为D．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，痕迹长故A错误；B．煤块在传送带上的相对位移故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，根据摩擦力公式可知两段时间内摩擦力大小相等，故AB错误；C．根据图像可知在0～1s内物块的加速度为根据牛顿第二定律得解得故C正确；D．物块上升的位移大小等于图像所包围的面积大小，则有故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若传送带不停电，滑块与传送带达到共速时所用时间由图b可知传送带在t=4s后做减速运动的加速度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解得此时滑块的速度为滑块停下所用时间滑块从轻放上传送带至停下，所用的时间为B错误；C．滑块与传送带达到共速时的位移传送带的位移滑块与传送带的相对位移是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传送带与滑块达到共速后到停下运动的位移此时滑块与传送带的相对位移是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滑块与传送带间产生的热量为D错误