2026高考物理一轮复习：传送带模型 滑块-木板模型

龙当场理

专题：传送带模型滑块一木板模型

考点一传送带模型

核心综述

1.传送带模型概述

根据实际生产生活中应用到的传送带的特点，可■以将传送带模型分成水平传送带模型和倾斜

传送带模型两种。

将物体放在传送带上，物体与传送带因相对滑动而产生摩擦力，由于物体速度。物与传送带

速度。佻大小、方向关系的不同，以及倾斜传送带倾角。与物体和传送带间动摩擦因数〃的

关系不确定，物体运动的可能性比较多，应具体情况具体分析。

2.分析传送带问题的三个步骤

(1)初始时刻，根据。物、。带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。

(2)确定临界状态。物带的受力情况，判断之后的运动情况。

(3)运用相应规律，进行相关计算。

题组强化

例1(2025•甘肃省定西市高三上模拟预测)如图，有一水平传送带以。=2m/s的速度匀速转

动，现将一物块(可视为质点)轻放在传送带4端，物块刚放在传送带上时的速度看作0,物

块与传送带之间的动摩擦因数为0.2。已知传送带长度为(8=10m，求：

(1)物块离开传送带时的速度大小；

(2)物块在传送带上运动的总时间；

⑶物块在传送带上留下的划痕长度。

［答案］(1)2m/s(2)5.5s(3)1m

［解析J(1)初始阶段，物块做匀加速直线运动，设物块的质量为〃?，加速度大小为4,物块

与传送带之间的动摩擦因数为〃，根据牛顿第二定律可得卬〃g=

解得〃=2m/s2

假设物块到达B端前已经与传送带共速，设加速过程的位移为不，由匀变速直线运动速度与

位移的关系有v2—Q=2ax\

解得即=1m

X}<LAB,则假设成立，物块与传送带共速后，与传送带保持相对静止，一起做匀速运切，可

龙当物理

知物块离开传送带时的速度大小V物=0=2m/So

(2)设物块在传送带上加速运动的时间为小物块与传送带共速后，继续匀速运动的时间为打，

有v=at\

。4厂工1="2

物块在传送带上运动的总时间为/=刀+，2

解得t=5.5$o

(3)物块加速运动期间，传送带的位移为

工传=%

物块与传送带共速前发生的相对位移为

Ax=x传一

解得Ax=1m

则物块在传送带上留下的划痕长度为1m。

关键能力升华

水平传送带问题的常见情境及分析

滑块的运动情况

情境

传送带不够长传送带足够长

»0=°

一直加速先加速后匀速

*'0劭V。时，一直加速如时，先加速再匀速

H_______

O先“时，一直减速00>0时，先减速再匀速

先减速到速度为0,后被传送带传回左

端。若为〈小返回到左端时速度为如；

一直减速到右端

若。0尔先减速到0再反向加速后匀

速，返回到左端时速度为。

例2现在传送带传送货物己被广泛地应用于车站、工厂、车间、码头。如图所示，某飞机

场利用传送带将旅客的行李箱运进机舱。在该次运输过程中，传送带以恒定的速率。=2m/s

向上运行。将行李箱无初速度地放在传送带底端，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数4=

1,传送带的长度£=9m,传送带与水平面的夹角8=37：g取lOm/s?。

2

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(1)求行李箱刚开始运动时的加速度；

(2)求行李箱的上升时间;

(3)如果提高传送带的运行速率，行李箱就能被较快地传送到机舱，求行李箱的最短上升时间

和传送带对应的最小运行速率。

［答案］(1)2m/s2,方向沿传送带向上

(2)5s(3)3s6ni/s

［解析］(1)设行李箱的质量为〃?，刚开始运动时的加速度为。，由牛顿第二定律可知

JJmgcos0—mgsin0=ma

解得《=2m/s2,方向沿传送带向上。

(2)行李箱加速到与传送带共速的时间/1=-

a

此时间内行李箱的位移大小X1=L产

2

L—/

行李箱匀速运动的时间口=^

V

行李箱的上升时间，=八+“

解得/—5So

(3)当行李箱一直做加速运动时，行李箱的上升时间最短，设这种情况下行李箱到达机舱的速

度为0,由匀变速直线运动速度与位移的关系有浮一0=2。£

解得6=6m/s

所以传送带的最小运行速率为6m/s

行李箱上升的最短时间为r=—

a

解得，=3s°

关键能力升华

倾斜传送带问题的常见情境及分析

滑块的运动情况

情境

传送带不够长传送带足够长

3

龙当场理

一直加速先加速后匀速

(//>tan6)

若"2tan。，先加速后匀速

•直加速（加速度为gsin夕+若"〈tan0,先以=gsin〃+〃gcos

/ZgCOS0），加速，后以〃2=gsin0—//geos8

加速

为<。时，若"2tan。，先加速后匀

为V0时，一直加速（加速度为速；若"〈tan。，先以ai=gsin〃+

gsin0+4gcos8）//geos，加速，后以42=gsin0—

"geos夕力口速

时，一直加速（加速度大小

时，若〃<tan。»一直加速；

为gsin0—//geos。）或减速（加

若">tan。,先减速后匀速

速度大小为"geos0—gsin0）

时，一直加速；4=tan。时，一直匀速

〃>tan，时，先减速到速度为0后反

向加速。若。o<。，返回原位置时速

w>tan9时，一直减速度大小为内；若如>。，先减速到0

再反向加速后匀速，返回原位置时

速度大小为V

跟进训练（2025•重庆市铜梁一中高三上10月月考）如图所示的装置是某工厂用于产品分拣

的传送带示意图，产品（可以忽略其形状和大小）无初速地放上水平传送带的最左端，当产

品运动到水平传送带最右端时被挡板d挡住，分拣员在此鉴定产品质量，不合格的被取走，

合格品被无初速地放在倾斜传送带4。的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等工序。已

知传送带力8、4C与产品间的动摩擦因数〃=0.5,均以。=4m/s的速度按图示方向匀速转

动，水平传送带月6长倾斜传送带6c长心一1・64m,倾角夕一37°（sin37°-

0.6,cos370=0.8,g=10m/s2）,求：

（1）产品刚放上水平传送带力〃时，产品加速度的大小和方向;

（2）产品在水平传送带AB上运动的时间；

4

龙当物理

(3)产品在倾斜传送带8c上运动的时间。

答案：(l)5m/s2水平向右(2)3.4s

(3)0.6s

解析：(1)设产品的质量为〃?，刚放上水平传送带48时的加速度大小为。，根据牛顿第二定

律可得"〃?g=〃s

解得。=5m/s2

分析可知，加速度的方向水平向右。

(2)假设产品在水平传送带上能加速到速度",则产品在水平传送带46上加速运动的时间

.v

为/i=-

a

产品在加速过程通过的位移大小为sy=-at2

2

解得《=().8s,5i=1.6m

sx<Lx,则假设成立

£1—51

产品匀速运动的时间为t=....-

2V

则产品在水平传送带48上运动的时间为

，=八+，2

解得/=3.4So

(3)设产品刚放上倾斜传送带8c时的加速度大小为m，根据牛顿第二定律可得

wgsin〃+〃〃?gcos0=ma\

解得=10m/s2

假设产品在倾斜传送带月C上能加速到速度。，则产品加速到与传送带共速所用时间为

产品加速到与传送带共速所通过的位移大小为5/=-«,//2

2

解得，J—0.4s,sj—0.8m

sj<L2,则假设成立，之后产品继续向下运动

由于〃?gsin〃>〃〃?gcos。，可知产品与传送带共速后继馍做匀加速运动，设加速度大小为。2,

加速时间为/，根据牛顿第二定律可得

/??gsin〃一"〃?gcos°=ma?

根据运动学公式可得£2—s」=*'+//2

2

解得，2'=0.2s(另一解/=-4.2$舍去)

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龙当物理

则产品在倾斜传送带8C上运动的时间为

/=/+/

解得1=06So

考点二滑块一木板模型

核心综述

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

擦力的相互作用下发生相对滑动。

2.位移关系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，如图甲所示,

位移大小之差AX=X|-M=L;滑块和木板反向运动时，如图乙所示，位移大小之和X|+M=

L。

甲

1-------------l^=Xt+Xt

1r：

乙

3.分析滑块一木板模型时要抓住一个转折和两个关联

/\滑块与木板达到相同速度或者滑块从

木板上滑下是受力情况和运动情况变

化的转折点

转折前、后受力情况之间的关联和滑

块、木板位移与板长之间的关联。一

般情况下,由于摩擦力或其他力的转

变，转折前、后滑块和木板的加速度

都会发生变化，因此以转折点为界.

对转折前、后进行受力分析是建立模

型的关键

4.解决滑块「木板模型中速度临界问题的思维模板

6

龙当场理

题组强化

例3(2024,宁夏银川市高三下三模)如图所示，光滑水平面上放着长£=2m、质量为〃=4kg

的薄木板，一个质量为〃1=1kg的小物体放在木板的最右端，小物体和薄木板之间的动摩擦

因数户一().2,开始时两者均静止在水平地面上，现对木板施加一水平向右的恒定拉力产，g

取10m/s2«求：

(i)为使小物体不从木板上掉下，厂不能超过多少？

(2)如果拉力尸=11N,小物体需多长时间就脱离木板？

［答案］(l)10N(2)4s

［解析］(1)设小物体随木板运动的最大加速度为m使小物体不从木板上掉下的厂的最大值

为七,对小物体由牛顿第二定律得

解得a=2m/s2

对小物体和木板整体，由牛顿第二定律得

解得产m=10N,即/不能超过10N。

(2)因施加的拉力”=11N>H)N,故小物体的加速度为〃，且相对木板滑动，设木板运明的加

7

龙当物理

速度为对木板由牛顿第二定律得

F-fimg=Mai

设小物体脱离木板所需的时间为小这段时间内小物块的位移xi=L产

2

木板的位移x,=lai产

-2

由位移的关系有L=X2-X］

联立并代入数据解得《=4s。

例4如图所示，木板A的质量M=3kg,A与水平地面之间的动摩擦因数为川=0.2,一

质量〃?=2kg的小滑块B(可视为质点)静止在木板的左端，小滑块B与木板A之间的动摩擦

因数〃2=0.4c现给木板A一个瞬间向左的初速度为=4m/s,重力加速度g=10m/s20

~~।

(1)分别求初始时刻A、B的加速度；

(2)要使滑块B始终未从木板上滑下，木板的长度心至少多长？

［答案］(1)6m/s2,方向水平向右4m/s2,方向水平向左

(2)0.8m

［解析］(1)初始时刻，A、B之间和A与地面之间均发生相对滑动，对应的滑动摩擦力的大

小分别为介="2匿，/地=的"+m)g

根据牛顿第二定律，对A有/地+力=例公

对B有力｝=切即

解得A的加速度大小aA=6m/s2,方向水平向右

B的加速度大小QB=4m/s2,方向水平向左。

(2)当A、B达到共速时，假设两者以相同的加速度做减速运动，设其大小为。，有

〃1(A/+m)g=(M+m)a

解得4=2m/s24B，假设成立

当B滑到木板最右端时两者恰好共速，此时.木板的长度L有最小值Lmin.设经过/时间A.B

达到共速，则有vQ—aAt=aBt

在A、B共速前，木板A的位移大小为

丛=如一；犷

滑块B的位移大小为XB=%B，2

木板的长度至少为Z/min=X4—冲

8

龙当场理

联立并代入数据解得Lmin=O.8m。

跟进训练如图所示，在水平地面上静置着一块质量叫=2kg的长木板，长木板与地面间的

动摩擦因数由=0.1。一物块(视为质点)的质量加2=1kg,物块与长木板间的动摩擦因数42=

0.4,物块以大小劭=9m/s、水平向右的初速度滑上长木板左端，物块未滑离长木板。取重

力加速度大小g=10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：

♦...............)

(1)长木板刚开始运动时的加速度大小用；

(2)长木板的最小长度L；

(3)整个过程物块的位移大小X。

答案：(1)0.5m/s2(2)9m(3)10.5m

解析：(1)物块在长木板上滑动时，长木板也在地面上滑动，设地面和物块对长木板的摩擦力

大小分别为力、力，则有

力=〃1(皿+加2应

力=〃2〃?2g

对长木板由牛顿第二定律有力一/i=〃?m

2

解得〃i=0.5m/so

(2)若物块滑到长木板右端时两者刚好共速，长木板的长度取最小值。设开始运动时物块的加

速度大小为。2，由牛顿第二定律有力'=〃?2。2

其中长木板对物块的摩擦力大小力'=/2

解得“2=4m/s2

设在八时刻，物块与长木板达到共同速度。，由运动学公式有

v=vo—a2t\

0=4由

解得4=2s,v=1m/s

。时间内，物块的位移大小处=%九一1。2K

2

长木板的位移大小Xi=L?i产

2

L=X2-X\

解得L=9m。

(3)由"产〃2可知，物块和长木板共速后，一起做匀减速直线运动，设加速度大小为的，对物

块和长木板整体，由牛顿第二定律有

力=5?l+机2)的

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龙当物理

解得的=1m/s2

设物块与长木板共速后，两者共同的位移大小为冷，由匀变速直线运动速度与位移的关系有

_2a到3

又X~X2~^~Xy

解得x=10.5m。

课时作业

[A组基础巩固练]

1.（2024•安徽高考）倾角为0的传送带以恒定速率为顺时针转动。/=0时在传送带底端无初

速轻放一小物块，如图所示。珀时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。°。不计空气

阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度。、速度。随时间/变化的关系图

线可能正确的是（）

答案：C

解析：设物块的质量为:〃，物块与传送带间的动摩擦因数为4，0〜/0时间内，物块从传送带

底端由静止开始沿传送带向上运动，可知物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力,

根据牛顿第二定律有finigcos〃一加gsinO=ma、,解得物块沿传送带向上滑动时的加速度a\=

//geos0-gsin0,则。〜Zo时间内，加速度〃保持不变，物块做初速度为。的匀加速直线运

动；10时刻，物块与传送带速度相同，因为/〃〃geosj>〃?gsin则物块所受滑动摩擦力突变

为静摩擦力，大小为/=〃?gsin”,则物块所受合力为0,加速度为0,则用时刻之后，物块随

传送带一起以速度为做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。

2.如图所示，水平传送带以。=1m/s的恒定速率运行。将一小物体无初速度地放在力处，

物体与传送带之间的动摩擦因数〃=0.1，力、8间的距离为2m,g取10m/s2,下列说法正

确的是（）

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龙当物理

/in___________B

©（・〕

A.物体在传送带上的加速时间为0.5s

B.物体从力处到8处的时间为2s

C.物体刚被放上传送带时的加速度大小为1m/s2

D.若传送带的速度足够大，物体从力处到4处的最短时间为1.5s

答案：C

解柝设物体的质量为〃，?由牛顿第二定律可知，物体刚被放上传送带时的加速度大小为。=

竺里="g=lm/s2,假设物体能加速到0,则物体在传送带上的加速时间为h=2=ls,物体

ma

加速运动的位移大小为占=夕产=0.5m,xi小于力、8间的距离L,则假设成立，之后物体

L-/

匀速运动的时间为6=-=1.5s,则物体从力处到4处的时间为，=/i+/?=2.5s,A,

v

B错误，C正确；若传送带的速度足够大，可知物体从4处到8处一直做加速度为。的匀加

速运动，根据小%叫可得物体从力处到4处的最短时间为Gin=2s,D错误。

3.（2025•山西省晋中市高三模拟预测）如图所示，在光滑平台上放置一长度/=0.5m、质量

A/=2kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m=1kg的物块，物块与薄板间动摩

擦因数"=0.2。开始时两者均静止，现对薄板施加尸=8N、水平向左的恒力，不计空气阻

力，最大静摩擦力等丁滑动摩擦力，重力加速度大小g取10n内九则物块在薄板上运动的时

间为（）

工斗

A.2.3sB.2s

C.1.7sD.1s

答案：D

解析：设物块脱离薄板前，物块的加速度为白，薄板的加速度为的，物块在薄板上运切的时

间为3则由牛顿第二定律有〃阳g=〃g,尸一〃〃?g=Ma2，由物块与薄板之间的位移关系可得a

联立并代入数据解得，=1s,故选D。

2

4.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度s运行。初速度大小为。2的小物块从与

传送带等高的光滑水平地面上的4处滑上传送带。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。”图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知外＞0,贝匹）

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龙当场理

A.时刻，小物块离力处的距离达到最大

B./2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大

C.0〜女时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左

D.0〜与时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作月

答案：B

解析：小物块对地速度为零时，即八时刻，向左离开/处最远；〃时刻，小物块刚好与传送

带共速，此后不再相对传送带滑动，所以介时刻，它相对传送带滑动的距离达到最大，A错

误，B正确。。〜2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变;

打时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度S匀速运动，不再受摩擦力作用,

C、D错误.

5.（多选）如图所示，可视为质点的物体A质量加=1kg,足够长的长木板B质量〃=2kg,

A与B之间的动摩擦因数〃=0.2,A以初速度％=6m/s从左端滑上静止在光滑水平面上的

长木板B,重力加速度大小g=l（）m/s2。则（）

m.

一〃〃4....1,一

A.A在B上滑动过程中，B受到的摩擦力大小为4N,方向向右

B.A在B上滑动过程中，A的加速度大小为2m/s2

C.A与B达到的共同速度大小为2m/s

D.A与B速度相等时，A相对B滑行的距离为4m

答案：BC

解析：A在B上滑动过程中，B受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为/=〃mg=2N,方向向

右，故A错误；A受到的滑动摩擦力大小为/=〃mg=2N,对A由牛顿第二定律有y*=〃?a,

解得A的加速度大小。一2m/s2,故B正确；以B为研究对象，根据牛顿第二定律有/一林/,

解得B的加速度大小〃=1m/s2,设经过/时间，A和B达到共同速度",根据匀变速直线运

动速度与时间的关系有v=a't,联立解得f=2s,v=2m/s,故C正确；A与B

速度相等时，B前进的位移大小为X|=LZ，2,A前进的位移大小为M=凡A相对B

22

滑行的距离L=M—XI，联立解得乙=6m,故D错误。

6.如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，

现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋（水平移动距离很小，几乎看不到）落入杯中，这

12

龙当场理

就是惯性演示实验。已知鸡蛋（可视为质点）离纸板左端的距离为a鸡蛋和纸板的质量均为

〃?，所有接触面的动摩擦因数均为〃，重力加速度为g,若鸡蛋移动的距离不超过［就能保证

实验成功，则所需拉力的最小值为（）

A.3umgB.12umg

C.14nmgD.26Umg

答案:C

解析：当纸板相对鸡蛋运动时，设临界情况时鸡蛋的加速度为©，纸板的加速度为。2,则纸

板抽出时鸡蛋运动的最大距离为幺=,。岛纸板运动的距离为"+幺=1"2凡联立解得幻=

102102

11m，设纸板和鸡蛋间的摩擦力为力，杯口对纸板的摩擦力为力，根据牛顿第二定律，对鸡

蛋有力=〃〃噌="叫»解得=〃g，对纸板有产min-/i=加。2，fl=2〃〃lg,联立解得F,nin=l4〃mg,

故选C。

7.（2021•辽宁高考）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率0

=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角。=37°,转轴间距乙=3.95m。工作人员沿传

送方向以速度。2=1.6m；s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间

的动摩擦因数〃=0.8o取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos370=0.8。求：

（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小。；

（2）小包裹通过传送带所需的时间人

答案：（1）0.4m/s2（2）4.5s

解析：（1）小包裹相对传送带滑动时，对小包裹受力分析，如图所示，垂直传送带方向，由平

衡条件有FN=/«gcosa

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龙当场理

由〃>tan37°知加速度方向沿传送带向上则沿传送带方向，由牛顿第二定律有/-/〃gsina=ma

又片〃取

联立并代入数据解得。=0.4m/s2o

(2)假设小包裹到达传送带底端前就已与传送带共速，共速前小包裹的位移大小为修，则有。，

2

—v=-2ax]

代入数据解得为=2.75m

因为xFL,所以假设成立。

由于4>tan370,所以共速后小包裹以速度0匀速运动。设共速前小包裹的运动时间为小

共速后小包裹的运动时间为。则有

V\=v2-ati

L-X\=V\t2

，=八十，2

联立并代入数据解得，=4.5s.

8.如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面

间的动摩擦因数均为〃。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离上后停

下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好

相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求

/.......B........

(I)A被敲击后获得的初速度大小VA；

(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小即、即'；

(3)B被敲击后获得的初速度大小OB。

答案：(1R2"理(2)3〃g/g(3)2也

解析：A、B的运动过程如图所示：

(1)设A、B的质量均为〃1，先敲击A时，由牛顿第二定律可知,

A的加速度大小％\=竺冬=4g

m

14

龙当物理

在B上滑动时有24AL=公

解得：%=储磔。

（2）对齐前，B所受A的摩擦力大小G="〃?g,方向向左

地面的摩擦力大小/地=2”“g,方向向左

合外力大小F=fz+f地=3〃mg

由牛顿第二定律尸=〃?即，得益=3遇

对齐后，A、B整体所受合外力大小

F'=/地=2〃mg

由牛顿第二定律尸=2〃?〃B'，得々B'=〃g。

（3）设敲击B后经过时间/,A、B达到共同速度V,位移分别为.X、冲，A的加速度大小等于

a.x

贝ijv=aN，v=VB-aBt

1,1

XA=：4A«，x=vt--at2

2ii2tiii

且xn~X\=L

解得他=2\,23。

[B组综合提升练]

9.（2025•宁夏银川一中高三上第2次月考）（多选）某传送装置如图所示，一长度£p0=3.2in

的传送带倾斜放置，与水平面的夹角为仇以%=2m/s的恒定速度逆时针转动。将一质量机

=1kg的物体无初速度地放在传送带的顶端P,经时间八=0.2s,物体的速度达到2E/s,

此后再经过乃=1.0s时间，物体运动到传送带的底端。。已知重力加速度g=10m/s2,物

体可视为质点。下列判断正确的是（）

A.物体运动到传送带的底端Q点时的速度大小是2m/s

B.传送带与物体间的动摩擦因数〃=0.5

C.传送带与水平面的夹角。=53°

D.物体由P运动到。的过程中，物体相对于传送带的位移大小为0.8m

答案：BD

v0°。

解析：物体在fi=0.2s内的加速度大小m=7=10m/s2,位移大小八=0.2m,假设

t2

15

龙当物理

LfV—L1

物体与传送带共速后做匀速运动，则到达底端再经过的时间为/=——=1.5s,因为

，竽"则假设错误，可知物体应该继续加速，根据匀变速直线运动规律有〃0—4=皿2+；

。2溜得物体与传送带共速后的加速度大小"2=2m/s为牛顿第二定律有wgsin〃+〃〃[gcos"=

〃必，〃冲in〃一〃/〃geos解得〃=0.5,8=3T,B正确，C错误；物体与传送带

共速后继续加速，可知当运动到传送带的底端。点时的速度人丁2m/s,故A错误；物体由P

运动到。的过程中，传送带的位移式=内5+切=2.4m,物体相对于传送带的位移大小为

^X=LPQ—X=0.8m,故D正确。

10.（2024・内蒙古呼和浩特市高三下二模）（多选）如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木

板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力产作用在长木板的右端,

让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力尸的作用。滑块、长木板的速度一时间图像如

图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。滑块Q与

长木板P之间的动摩擦因数为外，长木板P与地面之间的动摩擦因数为〃2,重力加速度g=

10m/s2o则下列说法正确的是（）

A.〃i=0.1

B.〃2=。-3

20

C./=—s时，木板P停止运动

3

20

D.滑块Q在长木板P上滑行的相对位移大小为5m

答案：AD

解析：”作用在长木板P1时，长木板P的速度一定不小于滑块Q的速度,则题图乙中0〜4

s下侧图线为滑块的v-t图线，根据:M图像可知,0〜3s内滑块Q加速阶段的加速度大小为佝

4

=-m/s2=lm/s2,设P、Q的质量均为〃，?此时对Q根据牛顿第二定律可得"|〃吆=〃以3，解

得出=0.1,根据题图乙可知，3s时撤去力尸到4s时P、Q共速前过程，木板P做减速运

9—4

22

动的加速度大小为tz=------m/s=5m/s，根据牛顿第二定律可得加"，g+〃2义2mg=maP，解

P4—3

得“2=0.2,故A正确，B错误；/=4s共速后，滑块Q静止的时刻一定不早于长木板，结

16

龙当场理

合题图乙可知，滑块Q相对于木板P向右运动，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得偿

,2

X2mg—fiimg=maP,解得P的加速度大小为4'=3m/s,则从共速到木板P停下所用时

。共416

间为Af=-jh=-s,