【解题模型】专题09传送带模型和板块模型-2026高考物理（解析版）

第第页专题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的加速度达到最大时，A、B发生相对运动，对A受力分析，由牛顿第二定律，有解得a0=5m/s2对B受力分析，由牛顿第二定律，有联立解得A、B发生相对运动时拉力为F1=18N联立解得A、B发生相对运动的时刻为t0=9s因此t1=6s时，AB以共同的加速度运动，此时F=2t1=12N把AB看成一个整体，由牛顿第二定律，有解得a1=3m/s²（2）滑块B相对木板A刚开始运动前，A、B一起加速运动，对整体受力分析有整理有a-t图像如图所示由a-t图像的面积表示速度变化量可知滑块B相对木板A刚开始运动时的速度大小为（3）由上述分析可知1.5-9s之间A、B存在相对滑动，9s后对A受力分析，由牛顿第二定律，有解得aA=5m/s2对B受力分析，由牛顿第二定律，有解得aB=6m/s2则9s后由位移-时间公式可得A的位移为B的位移为联立解得整个过程中A、B的相对位移为27．（2025·河南·一模）如图甲所示，质量足够长的木板静止在粗糙水平地面上，木板左端放置一质量的小物块。时刻对小物块施加一水平向右的拉力，拉力的大小随时间的变化关系如图乙所示，末撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，取，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（

）A．时物块受到的摩擦力大小为B．撤去拉力后物块与木板达到共速C．撤去拉力后木板在水平面上停止运动D．在整个运动过程中摩擦生成的总热量为【答案】BC【详解】A．由题意可知，在第1s时间内，物块受到拉力为4N，假设物块与板不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得解得因为可知假设成立，对物块，由牛顿第二定律可知物块受到的摩擦力大小，故A错误；B．以上分析可知3s末整体速度图乙可知拉力为20N，假设物块与板不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得解得因为可知假设不成立，即物块与木板产生了相对滑动，对物块、木板分别有可知4s末二者速度分别为撤去拉力后物块加速度大小（方向水平向左）则撤去拉力后到二者共速有联立解得，故B正确；C．因为，二