【解题模型】专题11抛体运动模型-2026高考物理（原卷版及全解全析）

第第页专题11抛体运动模型模型总结模型1与斜面结合的抛体运动 1模型2与圆弧面有关的平抛运动 13模型3平抛运动的临界和极值问题 24模型4斜上抛运动 37模型1与斜面结合的抛体运动1.与斜面结合的抛体运动分解方法(1)水平方向：匀速直线运动竖直方向：匀变速直线运动。(2)沿斜面方向：加速度为gsinθ的匀变速直线运动。(θ为斜面与水平方向的夹角)垂直斜面方向：加速度为gcosθ的类竖直上抛运动。(3)斜抛运动：沿初速度方向的匀速直线运动，沿竖直方向的自由落体运动。2.几种常见情形已知条件情景示例解题策略已知速度方向已知速度方向垂直从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示。分解速度tanθ＝v从斜面外斜抛，垂直落在斜面上，如图所示。分解速度tanθ＝v已知位移方向已知位移方向沿斜面向下从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示。分解位移tanθ＝y从斜面上斜抛又落到斜面上，如图所示。分解位移tanθ＝y在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示。

已知位移方向垂直斜面分解位移tanθ＝x1．（2025·浙江台州·一模）跳台滑雪的简易示意图如图所示，运动员（可视为质点）两次从雪坡上由静止滑下，到达P点后分别以大小不同的速度水平飞出，分别落在平台下方斜面上的两点，落在两点时运动员的速度方向与斜面间的夹角分别为，落到斜面上时的速度大小分别为，在空中运动的时间分别为，下落过程中，运动员的速度变化量大小分别为。不计空气阻力，下列关系式正确的是（）A． B． C． D．2．（25-26高三上·贵州·期中）如图所示，在倾角为37°、长为的固定斜面中点固定一竖直直杆，小球从斜面顶端以的初速度水平抛出，取重力加速度为，，，为了使小球能够越过直杆，则杆的高度不能超过（

）A． B． C． D．3．（2025·海南·一模）如图所示，水平台面上的点静止有一可视为质点的小物块，点到台面左端点的距离为，台面左侧水平地面上固定有一斜面，斜面的倾角，高。现给物块一水平向左的初速度，物块从点抛出后，恰好从斜面顶端点无碰撞地滑上斜面。已知物块与台面及斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度取，不计空气阻力，，求：(1)物块到达点时的速度大小；(2)物块到达斜面底端点时的速度大小。4．（2025·浙江·一模）跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿上专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆。如图所示，现有某运动员从跳台a处沿水平方向飞出，以运动员在a处为计时起点，在斜坡b处着陆。测得ab间的距离为40m，斜坡与水平方向的夹角为30°，不计空气阻力。下列说法不正确的是（）A．运动员在a处的速度大小B．在空中飞行的时间C．运动员在空中离坡面的最大距离D．运动员在空中离坡面的距离最大时对应的时刻5．（2025·四川遂宁·一模）如图所示，在一个倾角37°的长斜面底端O点正上方的P点处将一小球以速度v0水平抛出，恰好垂直击中斜面上的Q点，取，重力加速度的大小。下列说法正确的是（）A．小球的初速度B．Q点离O点的距离C．保持h不变，将小球以2v0的速度水平抛出，则击中斜面的位置到O点的距离等于D．若抛出点高度变为2h，欲使小球仍能垂直击中斜面，小球的初速度应调整为6．（25-26高三上·安徽合肥·月考）假设某滑雪者从山上M点以水平速度v0飞出，经t0时间落在山坡上N点时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N点沿斜坡下滑，又经t0时间到达坡底P处。已知斜坡NP与水平面夹角为60°，不计摩擦阻力和空气阻力，则（

）A．滑雪者到达N点的速度大小为B．M、N两点之间的距离为2v0t0C．滑雪者沿斜坡NP下滑的加速度大小为D．M、P之间的高度差为7．（2025·湖南·模拟预测）如图所示，以10m/s的速度水平抛出的物体，飞行一段时间后撞在斜面上的B点，速度方向与斜面成74°角。已知斜面的倾角为37°，B点距地面的高度为3m，，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，以下说法中正确的是（）A．物体在空中飞行的时间是s B．物体撞击斜面时的速度大小为12.5m/sC．抛出点距斜面底端A的水平距离为7.5m D．抛出点距斜面底端A的水平距离为3.5m8．（25-26高二上·河南驻马店·月考）如图所示的斜面，从顶点分别以速度、沿水平方向同时抛出两小球、，两小球分别落在、两点。从抛出开始计时，不计空气阻力，则（）A．球先到达底端B．C．到达底端时，球的竖直速度较大D．减小球落到斜面上时速度与竖直方向的夹角变大9．（2025·浙江温州·一模）如图所示，在倾角为足够长的斜面顶点处，以速度水平抛出一小球，小球落在斜面上反弹，反弹前后瞬间垂直于斜面方向的速度等大反向，沿斜面方向的速度不变。取重力加速度为，空气阻力不计，，则下列说法正确的是（）A．小球第1、2次落在斜面上的速度方向相同B．第1次落在斜面上离开点距离为C．第2次落点与第1次落点的距离为D．从抛出到第2次落在斜面上的时间为10．（2025·江西·三模）如图所示，倾角为37°的斜面体固定在水平面上，，在距离水平面17m的O点将一小球沿水平方向抛出，经过一段时间小球刚好垂直地打在AC边的中点D，重力加速度，，，。则下列说法正确的是（）A．小球从抛出到击中D点的时间B．小球抛出瞬间的速度大小为16m/sC．抛出点到A点的水平距离为13.6mD．欲使小球落在C点，抛出点到D点的水平距离应为15.6m模型2与圆弧面有关的平抛运动1.几种常见情形已知条件情景示例解题策略已知速度方向从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示。已知速度方向沿该点圆弧的切线方向分解速度tanθ＝v利用位移关系从圆心处水平抛出，落到半径为R的圆弧上，如图所示。

已知位移大小等于半径Rx从与圆心等高的圆弧上水平抛出，落到半径为R的圆弧上，如图所示。已知水平位移x与半径R的差的平方与竖直位移的平方之和等于半径R的平方x11．（2025·全国·模拟预测）如图，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝60°，一小球在圆轨道左侧的A点以速度＝5m/s平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加速度为，不计空气阻力，则A、B之间的水平距离为：（）A． B． C． D．12．（2025·江西新余·模拟预测）如图所示竖直放置的圆环半径为R，以圆心O为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，不计空气阻力，从下列哪个位置沿x轴正方向水平抛出小球（可以看成质点）有可能垂直打到圆环上（）A． B． C． D．13．（2025·广东·模拟预测）如图所示，是四分之一圆弧，固定在竖直面内，是圆心，竖直，是圆弧上的一点，是上一点，水平，、、三点将四等分，在、、、四点分别水平抛出一个小球，小球均落在点，若小球落在点时能垂直打在圆弧面上，则小球的抛出点一定在（）A．点 B．点 C．点 D．点14．（2024·四川遂宁·模拟预测）如图所示，内壁光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定放置，轨道半径为，圆心为A点，分别是竖直半径和水平半径。现让光滑水平面上的小球获得一个水平向右的速度（未知量），小球从A点离开后运动到圆弧上的点，重力加速度为，小球可视为质点，下列说法正确的是（

）A．若，小球运动到点时速度与水平方向的夹角为，则有B．若小球从A到运动时间为，则C．改变的大小，小球落到圆弧上的速度最大值为D．改变的大小，小球落到圆弧上速度的最小值为15．（2024·山东·二模）如图所示，为竖直平面内的半圆环的水平直径，为环上最低点，环半径为，将一个小球从点以初速度沿方向抛出，设重力加速度为，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A．小球的初速度越大，碰到圆环时的竖直分位移越大B．当小球的初速度时，碰到圆环时的竖直分速度最大C．若取合适的值，小球能垂直撞击圆环D．取值不同时，小球落在圆环上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同16．（2021·湖南长沙·模拟预测）如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N与圆心等高且在同一竖直平面内。现甲、乙两位同学分别站在M、N两点，同时将两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知∠MOQ=60°，忽略空气阻力。则下列说法中不正确的是（）A．能够求两球抛出的速率之比B．小球从抛出到着地过程的时间随初速度变化而变化C．只要两球能够到达坑中的同一位置，两球运动的时间始终相等D．无论怎样改变抛出的速度大小，两球都不可能垂直坑壁落入坑中17．（2024·辽宁·模拟预测）如图所示，AB为竖直放置的半圆环ACB的水平直径，O为半圆环圆心，C为环上的最低点，环半径为R，两个质量相同的小球分别从A点和B点以初速度和水平相向抛出，初速度为的小球落到a点所用时间为，初速度为的小球落到b点所用时间为，a点高度大于b点高度，不计空气阻力。则下列判断正确的是（

）A．两小球的初速度一定有B．两小球落到圆环上所用的时间满足C．不论和满足什么关系，两小球都不会垂直打在圆环上D．若两小球同时水平抛出，不论和满足什么关系，两小球都能在空中相遇18．（23-24高一下·四川绵阳·期中）如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O。一小球（可视为质点）从与圆心等高的圆形轨道上的A点以速度水平向右抛出，落于圆轨道上的C点。已知OC的连线与OA的夹角为，重力加速度为，则小球从A运动到C的时间为（，）（）A．4s B．6s C．8s D．3s19．（2024·江苏·模拟预测）如图所示，半球面半径为R，A点与球心O等高，小球两次从A点以不同的速率沿AO方向抛出，下落相同高度h，分别撞击到球面上B点和C点，速度偏转角分别为和，不计空气阻力。则小球（  ）A．运动时间 B．两次运动速度变化C．在C点的速度方向可能与球面垂直 D．20．（2019·陕西·高考模拟）如图所示，一个半径为的半圆柱体放在水平地面上，一小球从圆柱体左端点正上方的点水平抛出（小球可视为质点），恰好从半圆柱体的右上方点掠过。已知为半圆柱体侧面半圆的圆心，与水平方向夹角为，，，不计空气阻力，重力加速度取，则（

）

A．小球从点运动到点所用时间为B．小球从点运动到点所用时间为C．小球做平抛运动的初速度为D．小球做平抛运动的初速度为模型3平抛运动的临界和极值问题1．平抛运动的临界问题有两种常见情形(1)物体的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；(2)物体的速度方向恰好达到某一方向。2．解题技巧在题中找出有关临界问题的关键字，如“恰好不出界”“刚好飞过壕沟”“速度方向恰好与斜面平行”“速度方向与圆周相切”等，然后利用平抛运动对应的位移规律或速度规律进行解题。21．（2025·陕西西安·模拟预测）如图所示是排球场地的示意图。排球场为矩形，长边，前场区的长度为，宽，网高为。在排球比赛中，对运动员的弹跳水平要求很高。如果运动员的弹跳水平不高，运动员的击球点的高度低于某个临界值，那么无论水平击球的速度多大，排球不是触网就是越界。不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．若在底线上方沿垂直水平击球，临界高度为B．若在前后场区的分界线的点正上方水平击球，沿着方向击球，临界高度为C．若在底线的点正上方的临界高度沿场地对角线水平击球，击球的速度为D．若在前后场区的分界线正上方的临界高度沿垂直水平击球，击球的速度为22．（2025·山东临沂·二模）从高H处的M点先后水平抛出两个小球1和2，轨迹如图所示，球1与地面碰撞一次后刚好越过竖直挡板AB，落在水平地面上的N点，球2刚好直接越过竖直挡板AB，也落在N点，球1与地面的碰后水平速度保持不变竖直速度反向，忽略空气阻力，则竖直挡板AB的高度为（）A． B． C． D．23．（25-26高一·全国·假期作业）如图所示，每一级台阶的高度，宽度，将一小球从最上面台阶的边沿以某初速度水平抛出。取重力加速度大小，不计空气阻力。若小球落在台阶3上，则小球的初速度大小可能为（）A． B． C． D．24．（2025高三·全国·专题练习）一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发球点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为。若乒乓球的发射速率为v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是（）A．B．C．D．25．（2025高三·全国·专题练习）中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是（）A．运动的时间都相同B．速度的变化量都相同C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍D．若初速度为，则26．（25-26高三上·广东深圳·月考）如图，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架，边长为L，从顶点A以不同速率沿不同方向水平抛出同一小球(可视为质点，不计空气阻力)。关于小球的运动，下列说法正确的是（

）A．落点在A1B1C1D1内的小球，运动时间可能不同B．落点在A1B1C1D1内的小球，击中C1点的小球初速度最大C．落点在A1B1C1D1内的小球，击中、D1点时速度相同D．运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同27．（25-26高三上·江苏南京·月考）如图所示，某滑雪者从平台P点以速度v水平向右跳出，恰好落在右侧平台最左端Q点。滑雪者（）A．减小速度v，仍落在Q点B．增大速度v，落在Q点右侧C．减小速度v，空中的运动时间不变D．增大速度v，空中的运动时间减少28．（25-26高二上·湖南长沙·月考）如图所示，水平地面上方有高和宽均为L的台阶，台阶下端与水平地面的交点为P，地面上Q点与P点相距L，将一小球从上方台阶端点以一定初速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度为g，不考虑小球的反弹，则（）A．小球以不同的初速度抛出后，在空中运动的时间也一定不同B．小球落在第一级台阶上和第二级台阶上，在空中飞行时间之比为1∶2C．小球可能落在地面上Q点左侧D．小球能落在地面上的最小初速度为29．（25-26高三上·贵州六盘水·阶段练习）乒乓球在我国有广泛的群众基础，并有“国球”的美誉。现讨论乒乓球的发球问题，已知球台长为，网高为，若球在球台边缘点正上方某高度处，以一定的水平速度垂直球网发出，如图所示，球恰好在最高点时越过球网。假设乒乓球反弹瞬间前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力，则根据以上信息可以求出（设重力加速度为）（）A．发球时球的高度大于B．球的初速度大小为C．球从被发出到第一次落在球台上的时间为D．球从被发出到落到对方球台上的时间为30．（25-26高三上·云南玉溪·期中）高楼发生火灾时，消防水枪喷口不能到达着火点等高处，消防员需要调整水枪出水角度，使水流恰能水平射入着火点。如图所示，C为消防水枪喷口（在图中用“⚪”表示）在水平面ABC的投影。已知着火点D距水平地面高度h1=60m，水枪喷口距水平地面高度h2=15m。图中AB=BC=30m，∠ABC=60°，喷口横截面积约为S=4.5×10-3m²，水的密度为ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度为g=10m/s2。不计空气阻力。求：(1)水枪喷口处水的速度大小和方向；(2)单位时间内从水枪喷口喷出的水的体积；(3)从水枪喷口到着火点的水柱质量。模型4斜上抛运动1.基本规律以斜抛运动的抛出点为坐标原点O，水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系xOy。(1)初速度可以分解为v0x＝v0cosθ，v0y＝v0sinθ在水平方向，物体的位移和速度分别为x＝v0xt＝(v0cosθ)t，vx＝v0x＝v0cosθ在竖直方向，物体的位移和速度分别为y＝v0yt－12gt2＝(v0sinθ)t－12vy＝v0y－gt＝v0sinθ－gt(2)当斜抛物体落点位置与抛出点等高时①射高：h＝v0②斜抛运动的飞行时间：t＝2v③射程：s＝v0cosθ·t＝2v对于给定的v0，当θ＝45°时，射程达到最大值，smax＝v031．（2025·山东·模拟预测）如图，一条小鱼从平静的水面跃出，初速度的方向与水面的夹角为，小鱼相对于水面跃起的最大高度为，小鱼看作质点且只受重力作用，重力加速度，，，则小鱼跃出的初速度的大小为（）A．5m/s B．6m/s C．10m/s D．12m/s32．（2025·广东深圳·模拟预测）如图所示，机器人连续两次在同一位置O投篮，分别投中离地高度相同的篮筐中心P和Q，篮球两次在空中运动轨迹（未画出）的最高点在同一水平线上。已知抛出点O与篮框中心P、Q在同一竖直面内，不计空气阻力，不考虑篮球进篮筐之后的运动。关于两次投篮，下列说法正确的是（）A．篮球两次在空中的运动轨迹除抛出点外没有交点B．篮球两次进入篮筐时速度方向相同C．篮球两次在空中运动的时间小于D．篮球两次在空中运动的最高点的速度小于33．（2025·甘肃·模拟预测）如图所示，某同学将小球从地面上的点处以初速度斜向上抛出，与水平方向成角，小球垂直打在竖直墙壁上的点。若不计空气阻力，该同学仍从点抛出该小球，为了使小球能垂直打在点正下方的点，他有可能适当（）A．减小、保持不变 B．增大、保持不变C．减少、同时减小 D．增大、同时增大34．（2025·吉林·一模）如图所示为某生态区的水景喷泉和灯光秀，水流从喷嘴斜向上喷出。现制作一个大小为实际尺寸的的模型展示效果，忽略空气阻力，则水流实际的初速度为模型中水流喷出速度的多少倍（）A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍35．（2025·吉林长春·一模）某学习小组利用如图所示的模型演示古代投石机的抛石过程。一定质量的石块（可视为质点）装在杆末端的口袋中，开始时口袋位于水平地面并处于静止状态。现对杆的另一端施力，当杆与竖直方向的夹角时，杆立即停止转动，石块从O点抛出后最终落在地面上的N点，石块运动轨迹的最高点为M，M离地面的高度m，石块在M点的速度大小m/s。不计空气阻力，重力加速度m/，，。求：(1)石块抛出点O距离地面的高度；(2)石块抛出点O与落地点N在水平方向上的距离。36．（2025·湖南郴州·一模）在一个倾角为θ的足够长的固定斜面上，一小球以初速度v离开斜面，方向与斜面方向成θ角斜向上。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（）A．小球在空中任意相等的时间内速度变化不相等B．小球经时间，离斜面最远C．小球开始运动到第一次落到斜面上时间为D．小球开始运动到第一次落到斜面上位移为37．（2025·四川绵阳·一模）如图所示，广场喷泉喷口与喷出的水柱落点在同一水平面，水从喷口喷出的速度大小保持不变，方向与水平面的夹角可以调整，设水柱最高点相对该水平面高度为，落点与间的距离为，不计空气阻力，则在从增大到的过程中（）A．逐渐减小B．先增大后减小C．逐渐减小D．先增大后减小38．（2025·四川·一模）如图所示，喷水池中央立柱的上端处有两个喷水口，分别以速度、沿水平方向、斜向上方喷水，两水柱均垂直落在倾角为的斜面上。若斜向上方喷出的水柱的最高点与点连线与斜面平行，且大小为，取，忽略空气阻力。则（）A．中央立柱的高度为B．的大小为C．的方向与水平方向夹角的正切值为D．斜向上方喷出的水柱从喷出至落到斜面上的时间为39．（2025·贵州·模拟预测）如图，一倾角为α=30°的足够长斜面固定在水平地面上，在斜面顶端沿与竖直方向成θ=60°角的方向以初速度v0斜向上抛出小球（可视为质点），则小球飞离斜面的最远距离是（重力加速度大小为g）（）A． B． C． D．40．（2025·山东·模拟预测）如图所示，小球甲、乙、丙分别从固定斜面上的点先后抛出，甲球沿水平向右抛出，乙、丙两球沿斜向上抛出，甲、乙、丙的初速度大小分别为，分别落在斜面上的点（图中均未画出），与的夹角，斜面倾角，不计空气阻力，。下列说法正确的是（）A．甲球在空中运动的时间最长B．三个球落到斜面上瞬间，速度与斜面之间的夹角均相等C．落到斜面上瞬间，丙球速率为乙球速率的2倍D．

专题09传送带模型和板块模型模型总结模型1水平传送带 1模型2倾斜传送带体 16模型3板块模型 32模型1水平传送带水平传送带问题的常见情形及运动分析1.物块初速度方向与传送带速度方向相同图示速度大小比较物块和传送带共速前传送带足够长，物块v－t图像Ff方向运动状态v0＝0向右匀加速直线运动v0<v向右匀加速直线运动v0>v向左匀减速直线运动2.物块初速度方向与传送带速度方向相反图示状态速度大小比较Ff方向物块运动状态传送带较短

向左匀减速直线运动传送带足够长v0<v向左v－t图像：v0>v向左(共速前)v－t图像：1．（2025·江苏南通·一模）足够长的传送带以速度v顺时针转动。两质量均为m的物块A、B用一根轻弹簧连接，A、B与传送带的动摩擦因数均为μ。开始弹簧处于原长，零时刻将两物块轻放在传送带上，且给物块A一个向右的初速度2v，t时刻物块A与传送带第一次共速，弹簧的压缩量为。求：(1)零时刻，A、B的加速度大小之比；(2)t时刻，B的速度；(3)t时刻，弹簧弹性势能。【答案】(1)1∶1(2)v(3)【详解】（1）t=0时刻，A、B受到的合力均为滑动摩擦力，有μmg=ma所以加速度之比aA：aB=1∶1（2）在t时刻前，A的加速度μmg+kx=maAB的加速度μmg+kx=maB加速度大小相等aA=aB根据在t时间内的速度变化量相同，即2v-v=vB-0解得vB=v（3）在t时间内，弹簧的压缩量即为A、B物体运动距离之差对AB和弹簧组成的系统，外力做功之和为机械能的变化解得2．（2025·广东深圳·一模）某工厂的传送装置如图甲所示，传送带空转时的速度为，时，工件无初速度放置传送带左端，传送带感受到压力后立刻做匀加速运动，直至时工件从右端离开，此时传送带尚未达到最大速度。已知工件在传送带上运动时的速度时间（v-t）图像如图乙所示，工件质量为，工件与传送带间动摩擦因数，重力加速度取，工件可视为质点，不计空气阻力。求：(1)传送带的加速度大小；(2)传送带的长度；(3)摩擦力对工件做的功；【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）工件相对传送带运动时，根据牛顿第二定律可得在时，工件与传送带达到共速，根据运动学公式解得（2）在0到时间内，工件运动的第一段位移第二段位移解得（3）根据运动学规律可得工件的速度由动能定理可得，摩擦力对工件做的功3．（2025·四川资阳·一模）如图甲所示一水平的浅色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。现让传送带在外力作用下先加速后减速，其速度—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，取，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短【答案】BC【详解】由图可知，传送带的加速度为，设煤块的加速度为，经过时间，煤块与传送带达到相同速度v，，，解得，，此后，煤块做匀减速运动，时停止，可得

，运动过程如图所示时间内，传送带比煤块多走的位移为图中红色三角形面积内，煤块比传送带多走的位移为图中蓝色三角形面积

A．黑色痕迹的长度为，A错误；B．煤块在传送带上的相对位移，B正确；C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量，C正确；D．黑色痕迹的长度由两物体位移关系决定，从的计算过程可看出，黑色痕迹的长度与煤块质量无关，D错误。故选BC。4．（2025·四川·一模）如图所示，A、B是长度水平传送带的两端，右端处上方有一固定挡板（不接触传送带），质量的小物块静止在、的中点处。某时刻，一质量的子弹以的速度沿传送带水平向左射入物块，射出的速度；子弹射出物块的同时，传送带从静止开始沿顺时针方向一直做匀加速运动，加速度大小为。已知物块每次与挡板碰撞反弹后其动能变为碰前动能的四分之一，物块与传送带间的动摩擦因数，不计物块与挡板碰撞的时间，重力加速度取。求：(1)子弹射出物块时物块速度的大小；(2)子弹射出物块到物块第一次与挡板相碰的时间；(3)在子弹射出物块到物块静止的过程中，物块运动的总时间及物块与传送带间产生的热能。【答案】(1)(2)16s(3)，【详解】（1）设子弹穿出物块时物块的速度大小为，根据动量守恒定律有代入数据解得（2）子弹穿出物块后，传送带向右做初速度为零、加速度的匀加速直线运动，物块向左以初速度做匀减速直线运动，设加速度大小为，经过时间速度减为零，通过的距离为，根据牛顿第二定律有根据运动学公式有，联立代入数据解得，，，即物块仍然在传送带上。之后，物块向右匀加速运动，设经过时间与传送带速度相等为，则有代入数据解得，所以，物块与传送带速度相等时，物块恰好回到位置点。之后，物块与传送带一起加速到第一次与挡板相碰，设经过的时间为，则代入数据解得设子弹穿出物块到物块第一次与挡板相碰的时间为，则（3）设物块第一次与挡板相碰前速度为，有由于物块与挡板碰撞反弹后其动能变为碰前动能的四分之一，所以每次相碰后速度减为碰前的二分之一，由于传送带一直做匀加速运动，物块与传送带速度不可能再相等。所以，物块以大小相等的加速度先做匀减速后做匀加速运动，每次都以前一次相碰后速度大小与挡板相碰，经过无穷多次，速度减为零，在挡板前被挡板挡住静止。设第一次相碰后到第二次碰撞所经历的时间为，则有设第二次相碰后到第三次碰撞所经历的时间为，有设第三次相碰后到第四次碰撞所经历的时间为，有……第一次相碰后到物块静止时间为，则子弹穿出物块到物块静止过程中，物块运动的总时间，则在子弹穿出物块到物块第一次与挡板相碰的时间内，设物块相对传送带的位移为，则在第一次相碰后到物块静止时间内，设物块相对传送带的位移为，则在子弹穿出物块到物块静止的过程中，物块与传送带间产生的热能为，则5．（2025·四川绵阳·一模）如图所示是分拣包裹常用的水平传送带，能以不同大小的速度沿顺时针方向匀速转动。若用该传送带先后以不同的速度运送同一个包裹，将该包裹无初速度轻放在传送带端，运动到端时都已相对传送带静止。则传送带的速度越大，包裹从运动到的过程中（）A．相对传送带滑动的距离越短B．相对传送带滑动的距离越长C．运动时间越短D．运动时间越长【答案】BC【详解】AB．设包裹质量为m，包裹与传送带间的动摩擦因数为，传送带长度为L，传送带速度为v，共速前，包裹加速度则其与传送带共速用时则二者相对位移可知传送带的速度越大，相对传送带滑动的距离越长，故A错误，B正确；CD．分析可知包裹先加速后匀速，则匀速运动时间则包裹从运动到的过程中运动时间由均值不等式可知当时间有最小值，此时题意可知包裹未达到B端已经与传送带共速（即包裹位移小于L），可知不满足最小值条件，因此传送带的速度越大，运动时间越短，故C正确，D错误。故选BC。6．（2025·河南·一模）火车站安检仪是借助于传送带将被检查行李送入射线检查通道完成检查，如图所示。水平传送带长为，传送带末端装有一个斜面，斜面长，倾角，和斜面在B点通过一极短的圆弧平滑连接，传送带以的恒定速率顺时针运转。已知物品与传送带以及斜面间的动摩擦因数均为，现将一质量的物品（可视为质点）无初速地放在A点，取，取，，下列说法正确的是（

）A．物品在水平传送带上运动时相对传送带的位移为B．物品到达水平传送带末端时速度为C．物品走完水平传送带所用的时间为10.1sD．物品在斜面上因摩擦产生的热量约为7.76J【答案】AC【详解】A．物品无初速度放在A点后，由受力可知物品先做匀加速运动解得，物品做匀加速所用时间物品做匀加速所走的位移为传送带走的位移为物品在水平传送带上运动时相对于传送带的位移故A正确；B．由上述分析可知，物品做匀加速结束后，还没有到达水平传送带末端，物品匀加速结束后，由受力分析可知，将匀速运动，即和传送带共速，即物品到达水平传送带末端的速度为，故B错误；C．物品在水平传送带上匀速运动所用时间为物品在水平传送带上所用的总时间故C正确；

D．当物品运动到斜面时，由可知物品在斜面上将加速下滑到底端，故摩擦产生的热量故D错误。故选AC。7．（2025·陕西榆林·模拟预测）如图所示，水平传送带以的速度做逆时针运动，传送带左端与水平地面平滑连接，传送带与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a从圆弧轨道最高点由静止下滑后滑过传送带，与静止在水平地面右端的物块b发生弹性碰撞。已知物块b的质量，两物块均可视为质点，物块a滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小，圆弧轨道半径，传送带左、右两端的距离，物块a与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为，物块b与水平地面间的动摩擦因数，取重力加速度，碰撞时间极短。求：(1)物块a的质量m和物块a下滑到圆弧轨道最低点时的速度大小；(2)物块a第一次与物块b碰撞前瞬间，物块a的速度大小；(3)碰撞后，物块b在水平地面运动的最远距离。【答案】(1)，(2)4m/s(3)0.48m【详解】（1）物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律有物块a运动到轨道最低点时，由牛顿第二定律有解得，（2）物块a在传送带上运动时，由于，所以物块a向左做减速运动，根据牛顿第二定律有设物块a第一次与物块b碰撞前瞬间的速度大小为，则解得所以物块a第一次与物块b碰撞前瞬间的速度大小为4m/s。（3）物块a、b碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设碰撞后物块a的速度为，b的速度为，则有、解得，碰撞后物块b沿地面向左做匀减速运动，设加速度为a2，到静止时所用时间为t1，位移为x1，物块a沿传送带先向右做匀减速运动，速度减到0后再向左做匀加速运动，对于物块b，由牛顿第二定律有由运动学公式有，解得，对于物块a，设速度减为0所用的时间为t2，位移为x2，由运动学公式有，解得，由可知，物块a第二次与b碰撞前b已经停止运动，设物块a第二次与b碰撞前瞬间的速度大小为v5，则有解得物块a、b第二次碰撞过程动量守恒、机械能守恒，设第二次碰撞后速度分别为、，则有、解得，物块b第二次碰撞后向左滑行的距离物块a第二次碰撞后向右滑行的距离则两物块最多碰撞2次，物块b在水平地面运动的最远距离8．（2025·山东·模拟预测）如图所示，在竖直平面内固定倾角的倾斜轨道两点的高度差，轨道末端点与顺时针转动的水平传送带左端平滑连接。传送带右端水平地面上有一质量的足够长的木板紧靠传送带放置，木板上表面与传送带等高且平滑连接。现将质量的小物块（可视为质点）从点由静止释放。已知传送带的长度，速度大小，小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数为，与传送带、木板间的动摩擦因数均为，木板与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块经过各连接处时速度大小均不变，取。求：(1)小物块滑至点时的速度大小；(2)小物块通过传送带所用的时间；(3)整个运动过程中，木板的位移大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）小物块从到的过程，对小物块由牛顿第二定律有解得加速度小物块从到有解得小物块滑至点时的速度（2）小物块在传送带上减速的过程中，由牛顿第二定律得设小物块减速至与传送带共速所用时间为，有解得小物块在传送带上减速过程运动的位移大小为设小物块在传送带上匀速运动所用时间为，有解得小物块通过传送带所用的时间为（3）小物块以的速度滑上木板，共速前，小物块加速度大小为，水平向左，对木板由牛顿第二定律，有解得设经时间小物块与木板达到共同速度，有解得二者达到共同速度时的速度大小为该过程木板运动的位移大小为共速后，由于，则小物块与木板一起做匀减速直线运动直至停止。对小物块和木板整体由牛顿第二定律有该过程木板的位移大小为整个过程中木板的位移大小9．（2025·广东·模拟预测）某工厂需要将货物从高处运输到地面的指定位置，运输过程可简化如图所示。长度的水平传送带以大小的速度顺时针匀速转动，质量的货物（可视为质点）从传送带的左端点由静止释放，经过右端点后，从半径的半圆管道的最高点水平进入，当货物沿管道下滑至点时，货物对管道的压力，随后货物滑上静止在光滑水平面上的长木板，当货物与长木板达到共速时，长木板左端恰好触碰制动装置并瞬间静止。已知货物与传送带间的动摩擦因数为，货物与长木板间的动摩擦因数为，长木板的质量，长度，重力加速度。求：(1)货物经过点时的速度大小；(2)货物和半圆管道之间因摩擦产生的热量；(3)若货物抛出点离地面的高度，求货物落地点与抛出点的水平距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）货物在传送带上加速运动的过程有

解得假设货物到达右端点前已经与传送带共速，则货物加速阶段通过的位移为

解得

假设成立，可知货物离开点时的速度大小为（2）当货物运动到点处，由牛顿第三定律可知，货物所受支持力大小为由牛顿第二定律可知

解得货物从半圆管道的点滑到点的过程中，由功能关系可知

解得此过程因摩擦产生的热量（3）货物与长木板共速，由动量守恒定律可得

解得对货物受力分析，有解得货物在长木板上向左做匀减速运动，则

解得对长木板受力分析，有解得长木板向左做匀加速运动，则

解得由位移关系可知因此货物与长木板达到共速时，货物离长木板最左侧的距离

即长木板触碰制动装置静止后，货物仍向左匀减速运动0.7m，由

解得随后货物做平抛运动，竖直方向有

解得货物落地点与抛出点的水平距离10．（2025·四川遂宁·一模）如图所示，水平传送带以速度v1=2m/s向右匀速转动。可视为质点的小物体Q的质量为1kg，P的质量为2kg，由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2=4m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，传送带两端距离足够长，绳足够长，g取10m/s2。关于小物体P的描述正确的是（）A．小物体P刚滑上传送带时的加速度大小为7m/s2B．小物体P在传送带上向左端滑时的加速度大小为C．小物体P离开传送带时的速度大小为D．物体P在传送带留下的划痕长度为【答案】BD【详解】A．小物体P刚滑上传送带时，对P分析可知对Q分析可得小物体P的加速度大小为，A错误；B．小物体P在传送带上向左端滑时，对PQ整体分析可知即小物体P的加速度大小为，B正确；C．小物体P与传送带共速时向右的位移离开传送带时的速度大小为，C错误；D．从开始滑上传送带到与传送带共速时，时间为物块的速度大于传送带的速度，则物块向后有划痕，划痕长从物块的速度小于传送带的速度开始到离开传送带物块向前有划痕，时间为划痕长后出现的划痕覆盖前面的划痕，而后出现的划痕长，物体P在传送带留下的划痕长度为，D正确。故选BD。模型2倾斜传送带体倾斜传送带问题的常见情形及运动分析1.物块由低处传送到高处(μ>tanθ)图示速度大小比较物块与传送带共速前传送带足够长，物块运动的v－t图像Ff方向加速度大小运动状态v0＝0沿传送带向上μgcosθ－gsinθ匀加速直线运动v0<vv0>v沿传送带向下μgcosθ＋gsinθ匀减速直线运动2.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ>tanθ)图示速度大小比较物块与传送带共速前传送带足够长，物块运动的v－t图像Ff方向加速度大小运动状态v0＝0沿传送带向下μgcosθ＋gsinθ匀加速直线运动v0<v沿传送带向下μgcosθ＋gsinθ匀加速直线运动v0>v沿传送带向上μgcosθ－gsinθ匀减速直线运动3.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ>tanθ)图示状态速度大小比较Ff方向加速度大小物块运动状态传送带较短

沿传送带向上μgcosθ－gsinθ匀减速直线运动传送带足够长v0<v沿传送带向上μgcosθ－gsinθv－t图像：v0>v沿传送带向上共速前：μgcosθ－gsinθ共速后：0v－t图像：11．（2025·贵州安顺·模拟预测）如图所示，倾角为的倾斜传送带上、下两端的间距，逆时针匀速率运转的速度大小，将一用特殊材料制作的物块乙无初速度轻放到传送带上端，当乙运动后，将物块甲无初速度轻放到传送带上端，以后每当甲追上乙时，两者发生弹性碰撞。已知甲、乙质量均为，甲与传送带间的动摩擦因数，乙与传送带间的动摩擦因数，甲、乙均可视为质点，重力加速度取，，。求：(1)乙刚放上传送带时的加速度大小及时间内运动的位移大小；(2)从开始放上甲到甲第一次追上乙的过程中，甲在传送带上留下的划痕长度；(3)在传送带上甲与乙碰撞的次数。【答案】(1)，0.8m(2)1m(3)4次【详解】（1）乙放上传送带后做加速运动，设加速度为，由牛顿第二定律有：解得设乙从静止到与传送带共速所用时间为，则，乙与传送带共速后与传送带一起匀速运动，位移为，则则（2）甲放上传送带后做加速运动，设加速度为，由牛顿第二定律有设甲由静止到与传送带共速所用时间为，则，经分析，共速后甲继续做加速运动，由牛顿第二定律有设共速后甲继续运动时间追上乙，则有甲运动的这段时间内乙的位移由位移公式有

综上，解得在时间内甲相对传送带向上移动在时间内甲相对传送带向下运动故甲与传送带间划痕为。（3）甲追上乙时甲的速度甲、乙发生弹性碰撞，对甲、乙组成的系统由动量守恒与能量守恒有：

，解得，碰后甲加速运动，加速度为，乙做减速运动，设加速度大小为对乙物块由牛顿第二定律有设甲再次追上乙前，乙一直减速运动，所用时间为则

解得此时，假设成立。之后甲、乙碰撞重复上述运动，在一次碰撞中乙向下移动的位移

则次取整后次，加上第一次碰撞，甲、乙在传送带上碰撞次数为4次。12．（2025·陕西西安·模拟预测）如图甲所示，倾角为37°、足够长的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一小煤块以初速度v0=12m/s从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向上为煤块运动的正方向，该煤块运动的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前1.0s内和在1.0s~t0内为两段不同的二次函数，t0时刻图线所对应的切线正好水平，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（）A．传送带转动速率v1=8m/sB．图乙中t0的数值为1.5C．0~t0内煤块在传送带上的划痕长度为6mD．煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25【答案】D【详解】A．煤块冲上传送带，开始时受到摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律则有解得加速度大小为当煤块速度减到与传送带速度相同后，煤块相对于传送带向下运动，受到的摩擦力方向沿传送带向上，同理可得加速度大小为煤块一直减速到零，接着反向沿传送带向下加速，加速度大小为，由于则煤块一直加速到离开传送带，与题意及图乙相符，所以可知时煤块的速度大小等于传送带的转动速率，由图乙可得代入数据解得则传送带的速度大小为，故A错误；BD．根据上述分析可知，图乙中时刻，煤块向上运动速度减为零，结合，解得则煤块下滑时的加速度大小为结合乙图可知，时间内煤块的位移又因为代入数据解得，故B错误，D正确；C．内煤块相对于传送带向上运动，煤块在传送带上的划痕长度为内煤块在传送带上的划痕长度为但由于该过程煤块相对传送带向下运动，所以内煤块在传送带上的划痕长度为4m，故C错误。故选D。13．（2025·浙江·一模）如图所示，倾角的倾斜传送带AB长m，以速率v顺时针匀速运转。一小煤块轻放在传送带上端A处，经B到达点进入螺旋圆环轨道，通过轨道最高点，继续沿轨道经过点，然后从D点离开平台，最后落在倾角为的斜坡上。环间距正好让小煤块通过，且与圆轨道半径相比可以忽略。已知小煤块与传送带表面间的动摩擦因数为，其它地方摩擦不计，传送带底部与水平面平滑过渡，m，，。(1)若，小煤块恰能过圆环最高点，求圆环轨道最大半径R；(2)若m/s，求小煤块在传送带上留下的痕迹长度；(3)要使小煤块垂直打在斜坡上，求传送带的速率v。【答案】(1)0.12m(2)0.2m(3)【详解】（1）恰能过最高点，由动能定理有解得（2）小煤块从A点到与皮带同速，由牛顿定律，有运动距离用时小煤块相对传送带位移小煤块从与皮带同速到B点，有速度为用时小煤块相对传送带位移所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为0.2m（3）要使小煤块垂直打在斜坡上，有以D点为坐标原点，水平为x方向，竖直向下为y方向，有，D点速度m/s小煤块从A点到B全过程分析解得m/s14．（25-26高三上·福建宁德·期中）如图所示，倾角的传送带以的速度沿顺时针方向匀速转动，将质量为的物块轻放在传送带下端，同时质量也为的物块从传送带上端以的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，不计物块大小，重力加速度取，，。则（）A．、两物块刚在传送带上运动时加速度相同B．两物块在传送带上运动到刚好相遇所用时间为C．传送带上下端间的距离为D．在运动过程中、两物块与传送带因摩擦产生的总热量为【答案】AD【详解】A．物块A向下减速运动解得物块A加速度大小物块B向上加速运动解得物块B加速度大小所以A、B两物块刚在传送带上运动时加速度相同，A正确；B．物块B在传送带上加速的时间物块B在以后相对于传送带静止，以的速度向上匀速运动。物块A向下减速的时间物块A向上加速到与传送带速度相同所用时间两个物块在与传送带共速时恰好相遇，所用时间，B错误；C．在7.5s内物块B的位移大小为在7.5s内物块A的位移大小为传送带上下端间的距离，C错误；D．物块A与传送带的相对位移大小物块B与传送带的相对位移大小因摩擦产生的总热量解得，D正确。故选AD。15．（2025·浙江台州·一模）某运输装置如图，倾角为的倾斜传送带长为，与光滑圆弧轨道相切于B点，圆弧的圆心角，半径。轨道右侧光滑水平台面上放置质量的滑板，右端带有半径为的圆弧光滑轨道，滑板左端D紧靠C点，滑板的水平部分于C点相切，长度。现将质量为的小物块从传送带底端A处静止释放，传送带由静止开始匀加速启动，可以调节传送带的启动加速度，使物块沿轨道外侧运送到滑板上。已知物块与传送带间动摩擦因数，与滑板水平部分间动摩擦因数未知，。求：(1)若传送带的启动加速度为，小物块到达B点时的速度；(2)求小物块到达最高点C的最大速度，以及传送带的启动加速度范围；(3)若小物块以速度为，冲上滑板左侧，经过时间刚好到达最高点F点。求：①小物块达到F点时相对地面运动的距离x；②小物块再次到达圆弧最低点E点时受到轨道支持力的大小。【答案】(1)2m/s(2)(3)①0.7905m；②50N【详解】（1）物块上滑的最大加速度为：，解得当传送带以的加速度启动，物块与传送带之间是静摩擦力，因此物块的加速度也是由得：（2）要使物块到达C点速度最大，需要考虑物块能达到的最大加速度和物块到达B点会不会离开斜面的问题B点不离开斜面的临界条件解得……根据，可得物块能达到的最大加速度也是，所以物块以最大加速度加速运动到B点，B点到C点，根据动能定理：得传送带启动的加速度（3）[1]物块与滑板水平方向动量守恒取很小的时间间隔，可得

解得：[2]当小物块到达F点时有当小物块再次到达E点时得：

16．（2025·湖南郴州·一模）如图甲所示，足够长、倾角为的倾斜传送带顺时针方向匀速运行，可视为质点的物块在时刻以大小为的速度从传送带底端开始沿传送带上滑。若取传送带底端所在平面为零势能面，物块在传送带上相对运动时可在传送带上留下痕迹。物块在传送带上的机械能E随时间t的变化关系如图乙所示：0.25s前图线为曲线；0.25s后图线为直线。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，sin37°=0.6，下列说法正确的是（）A．物块的质量为 B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5C．传送带的运行速度大小为2m/s D．物块从底端运动到最高处的过程中，传送带上的痕迹长度为0.375m【答案】ACD【详解】A．物块初动能解得物块的质量为，A正确；C．由图可知，在t=0.25s时物块与传送带共速，设传送带的速度为v，则此时的机械能为29J，即可解得v=2m/s，C正确；B．在0.25s内物块的加速度为大小方向沿传送带向下，则由牛顿第二定律可得物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.75，B错误；D．物块从滑上传送带到与传送带共速阶段在传送带上的划痕长度物块与传送带共速后因μ=0.75=tan37°可知，物块与传送带相对静止，则物块从底端运动到最高处的过程中，传送带上的痕迹长度为0.375m，D正确。故选ACD。17．（2025·广东肇庆·一模）如图所示，某滑雪场的传送带与水平面的夹角为θ，游客利用传送带运送器械。已知器械质量为m，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．在器械随传送带匀速上行的过程中，下列说法正确的是（）A．器械所受摩擦力的大小为B．器械受到的摩擦力方向沿传送带向下C．摩擦力对器械做负功D．器械所受支持力的冲量为0【答案】A【详解】A．器械匀速运动，受到的摩擦力大小等于重力沿斜面的分力大小，所以摩擦力为f=，故A正确；B．器械匀速上行，相对传送带有下滑趋势，所以器械受到的摩擦力方向沿传送带向上，故B错误；C．器械受到的摩擦力方向与运动方向相同，因此摩擦力对器械做正功，故C错误；D．器械上行过程中所受支持力一直垂直于传送带，根据可知器械所受支持力的冲量不可能为0，故D错误。故选A。18．（2025·山东·模拟预测）如图所示，倾斜传送带两端的距离为，倾角，以大小为的速度顺时针匀速转动。时刻，将质量为可视为质点的物块轻放在传送带端。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。下列说法正确的是（）A．从至，物块所受的摩擦力大小始终为B．时物块所受的摩擦力沿传送带向下C．从至，物块在传送带上留下的划痕长为D．若仅减小，则物块在传送带上留下的划痕将变长【答案】C【详解】AB．最初物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设其加速度大小为，根据牛顿第二定律有解得设时刻物块与传送带共速，有解得在加速过程中物块运动的位移大小因，故此后物块与传送带相对静止，一起匀速运动，设再经时间物块到达端，则有可知该时间段内物块所受的摩擦力为静摩擦力，大小为方向沿传送带向上，故AB错误；C．时间内传送带运动的位移大小划痕的长度，故C正确；D．设相对滑动的时间为t，减小后，滑块加速阶段的加速度变大，加速时间变短，则划痕长度为可知划痕变短，故D错误。故选C。19．（2025·贵州·模拟预测）如图，一倾角为的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其左端与长为、倾角也为的传送带平滑连接，右端与静止在水平地面上的长木板平滑连接。先将传送带以的速率顺时针匀速转动，然后将一质量为的物块（可视为质点）从传送带的顶端由静止释放，物块经圆弧轨道后冲上木板并恰好不从木板掉落。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，物块与木板上表面间的动摩擦因数为，木板下表面与地面间的动摩擦因数为，木板的质量为，圆弧轨道的半径为，，，重力加速度大小g取10。求：(1)物块离开传送带时的速度大小；(2)物块经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(3)木板的长度L及木板的运动时间t。【答案】(1)(2)(3)，【详解】（1）对物块，从释放至速度达到的过程，由牛顿第二定律得该过程所用的时间为该过程发生的位移大小为由于，所以物块将继续加速直至到达传送带下端。对该过程，由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律有，联立以上各式并代入数据解得（2）物块在圆弧轨道上运动的过程，由动能定理得在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律得由牛顿第三定律得联立以上各式并代入数据解得。（3）物块在木板上开始运动至二者共速的过程，对物块，由牛顿第二定律得同理，对木板，由牛顿第二定律得由匀变速直线运动的规律得由运动的相对性知，木板的长度为此后，二者相对静止并一起做匀减速运动直至停止。对整体，由牛顿第二定律得由匀变速直线运动的规律得又联立以上各式并代入数据解得20．（2025·贵州·模拟预测）如图所示，倾斜的传送带以的速率顺时针匀速转动，一质量为的小物块（可视为质点）从底部A处以平行传送带、大小为的初速度滑上传送带，小物块向上运动到距A的高度为的B处时与传送带的速度相等且能继续向上运动。已知传送带的最高处距的高度为，g取。则在小物块从运动到的过程中（）A．合力对物块做的功为12JB．因摩擦产生的内能为42JC．传送带对物块做的功为100JD．传送带克服摩擦力做功为126J【答案】AD【详解】A．合力对物块做的功等于物块增加的动能，则合力对物块做的功为，故A正确；B．小物块从A处到C处过程中只有A到B过程产生了滑动，小物块从A处到B处过程中做匀加速直线运动，则有，A到B过程中传送带的位移为A到B过程中物块的位移为则物块与传送带的相对位移为则联立可得因摩擦产生的内能为，故B错误；C．小物块从A处到C处，根据动能定理有解得传送带对物块做的功为，故C错误；D．传送带克服摩擦力做的功等于传送带对物块做的功与摩擦产生的内能之和，则传送带克服摩擦力做功为,故D正确。故选AD。模型3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作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。2.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。3.解题关键(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。(2)挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“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)。①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板；②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。4.处理“板块”模型中动力学问题的流程21．（2025·河北张家口·模拟预测）如图所示，质量为M=2.0kg、长度为l=2.5m的长木板静置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ1=0.2。质量为m=3.0kg可视为质点的滑块从长木板的右端以初速度v0向左滑上长木板，滑块恰好运动到长木板的左端。已知长木板刚开始运动时的加速度大小a1=1m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（）A．滑块与长木板间的动摩擦因数B．滑块与长木板间的动摩擦因数C．滑块初速度D．滑块初速度【答案】AD【详解】AB．长木板刚开始运动时的加速度大小，对木板分析，根据牛顿第二定律有解得，故A正确，B错误；CD．对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有解得可知滑块先向左做匀减速直线运动，木板向左做匀加速直线运动，两者达到相等速度后保持相对静止向左做匀减速直线运动，最终停止运动。两者达到相等速度过程有滑块相对于木板的相对位移大小恰好等于木板长度，即有解得，故C错误，D正确。故选AD。22．（2025·贵州贵阳·模拟预测）某多米诺骨牌游戏爱好者设计的游戏启动装置，如图所示。整个装置由粗糙水平直轨道AB、与AB相切于B点的光滑竖直半圆固定轨道BC、粗糙水平桌面DE、平台四部分组成。滑块P和Q分别放置于A点和B点，与平台等高的木板静置于DE上且其右端与C恰好在一条竖直线上，多米诺游戏启动牌静置于平台的右端。现用F=30N的水平恒力向右拉动滑块P，运动x=0.4m后撤去F，P运动到B点与Q发生弹性碰撞，Q经过C点后恰好水平滑上木板，木板左端运动到平台右端时木板被锁定，待Q与启动牌碰撞后游戏启动。已知AB的长度s=1m，BC的半径R=0.3m，木板的长度L=1.05m，木板左端到平台右端的距离d=0.34m，P的质量M=2kg，Q与木板的质量均为m=1kg。P与AB间、Q与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.15，木板与DE间的动摩擦因数μ2=0.05，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)P与Q碰撞前瞬间的速度大小；(2)Q运动到C点时对半圆轨道的压力大小；(3)Q与启动牌碰撞前瞬间的速度大小。【答案】(1)3m/s(2)(3)0.1m/s【详解】（1）滑块P从A运动到B，设P到B点时的速度大小为v0，根据动能定理有解得（2）P与Q在B点发生弹性碰撞，设向右为正，碰撞后P的速度为vP，Q的速度为vQ，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，解得，碰撞后，Q从B点运动到C点，根据能量守恒定律有Q在半圆轨道的C点，根据圆周运动规律有解得所以，滑块Q在C点对半圆轨道的压力大小为。（3）Q以vC滑上长木板后，Q向左做减速运动，木板向左做加速运动。设它们的加速度大小分别为a1、a2，对Q：对木板：解得，假设经时间t1，两者有共同的速度v共，此时Q运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，有对Q：，对木板：，解得，，，因为，，所以Q与木板达到共速后，再一起向左做减速运动至平台右端。设两者一起减速的过程中，加速度大小为a3，运动的位移为，末速度大小为v2，根据动力学分析对木板和Q：，，解得木板到达平台右端时被锁定，此时Q在木板上继续向左减速至平台右端。则该过程Q的加速度为a1，设其运动的位移为，末速度大小为v3即为Q与启动牌碰撞前瞬间的速度大小，根据动力学分析对Q：，解得23．（2025·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，粗糙地面上有一长木板C，滑块A、B位于C上表面，滑块A位于C的最右端，滑块A、B相距3m，三者的质量分别为，，C与A、B、地面之间的动摩擦因数分别为0.1、0.35、0.1。初始时，三者均处于静止状态。现给C一个水平向右、大小等于16N的力F，作用了一段时间之后，A和B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞之后滑块A、B粘连在一起。从此刻开始，力F方向不变，大小变为5N，在接下来的运动过程中，A、B始终没有离开C。（滑块A、B可以视为质点，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度）则下列说法中正确的是（）A．在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止B．从初始时刻到滑块A、B发生碰撞的过程所用时间是C．在滑块A、B碰撞瞬间，滑块A的动量变为D．长木板C的长度至少为3.075m【答案】AD【详解】A．假设在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止，对BC整体分析，根据牛顿第二定律可得解得对滑块B，由牛顿第二定律可得B与C之间的最大静摩擦力假设成立，故A正确；B．对滑块A，由牛顿第二定律可得解得设从初始时刻到A、B发生碰撞的时间为，则有解得，故B错误；C．碰撞前，滑块A的速度滑块B的速度设A、B碰撞后的共同速度为，根据动量守恒定律可得解得碰后滑块A的动量，故C错误；D．碰撞后，对A、B整体分析，根据牛顿第二定律可得解得方向向右，对木板C，根据牛顿第二定律可得解得方向向左，设经过时间A、B、C三者达到共同速度，则有解得此过程中，AB的位移C的位移代入数据解得二者的相对位移则木板C的最小长度为，故D正确。故选AD。24．（2025·云南楚雄·模拟预测）如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和2m，静止叠放在水平地面上。A、B之间的动摩擦因数为，B与地面之间的动摩擦因数为，可认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，则下列说法正确的是（）A．当时，A、B都相对地面静止B．无论F为何值，B的加速度都不会超过C．当时，A、B之间的摩擦力D．当时，A、B之间发生相对滑动【答案】AD【详解】A．A、B之间的最大静摩擦力B与地面之间的最大静摩擦力A、B都相对地面静止时，，选项A正确；CD．若A、B一起向右运动，A、B之间的摩擦力为静摩擦力，对A、B组成的整体有对B有又解得故时，A、B之间发生相对滑动，当时，A、B之间的摩擦力，选项C错误，D正确；B．当A、B发生相对滑动时，B的加速度所以无论F为何值，B的加速度都不会超过，选项B错误。故选AD。25．（2025·云南昆明·模拟预测）粗糙水平地面上有一质量m=1kg的长木板B，在木板B的最右端放一质量也为1kg的物块A（可视为质点），如图甲所示。给木板B施加水平向右的拉力F，木板B的加速度a随拉力F的变化关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。(1)求物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)现对B施加一恒力F0，A、B均由静止开始运动；某时刻撤去恒力F0，一段时间后，A、B都停止运动，A仍在木板B的最右端。求恒力F0的大小。【答案】(1)0.1，0.2(2)6.75N【详解】（1）由图乙可知，对AB受力分析，则有解得对A受力分析，根据牛顿第二定律有其中解得（2）对B受力分析，当有恒力时，根据牛顿第二定律有撤去恒力时，根据牛顿第二定律有AB共速后，根据牛顿第二定律有对A受力分析，只要有相对运动，根据牛顿第二定律有根据题意作出A、B相对地面的速度-时间图像如图所示设恒力作用的时间为，撤去恒力到A、B共速时间为，共速时有共速前后各自运动的位移相等，则有联立解得26．（2025·云南昆明·模拟预测）如图甲所示，水平面上放置质量的足够长的木板A，木板A上放置质量的滑块B，水平力F作用于滑块B上，F随时间变化的关系如图乙所示，时刻滑块B相对木板A发生相对滑动，此时拉力变成恒定的20N。已知滑块B与木板A之间的动摩擦因数，木板A和水平面之间的动摩擦因数，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)时，A、B的加速度；(2)时刻滑块B的速度大小；(3)0~15s内滑块B相对木板A的位移。【答案】(1)3m/s²(2)18.75m/s(3)18m【详解】（1）对整体受力分析，刚开始运动时，有解得由F-t图像可知F=2t联立解得刚开始运动时刻为t=1.5s整体开始运动后先一起做加速运动，当木板A的