2026年高考物理二轮专题复习：重难09 板块模型与传送带模型（重难专练）（全国sy ）（解析版）

PAGE重难09板块模型和传送带模型重难专项突破内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”高考指导方向标近三年考查趋势分析近三年高考中，本专题常以计算题形式出现，分值约10-16分。命题注重结合实际情境（如货物传输），考查模型建构与多过程分析能力。命题特点：侧重分析多阶段、含摩擦的复杂运动；常结合v-t、a-t图像；综合考查牛顿定律与功能关系；倾斜传送带中摩擦力的突变与运动反向是难点。核心方法聚焦板块模型：抓住相对运动、共速临界条件，用好位移关系式。传送带模型：分析相对趋势与加速度变化，注意倾斜时重力与摩擦力的关系。功能关系：掌握划痕、产热、传送带做功（W=fx传，Q=fx相对）的计算。备考指导建议熟练受力与运动分析；强化图像解读与临界状态识别；加强综合大题训练，提升从实际问题中提炼模型的能力。1.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．（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2.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，若μ<tanθ一直加速(加速度为gsinθ－μgcosθ)，若μ≥tanθ，一直减速加速度为μgcosθ－gsinθ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v0（3）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。（建议用时：20分钟）1．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，足够长的木板Q静置在水平地面上，滑块P以水平速度从左端滑上Q。已知P、Q的质量分别为，，P、Q之间的动摩擦因数，Q与地面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。、分别表示P、Q的速度，、分别表示P、Q的动能，、分别表示P、Q的位移，下列图像正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【详解】AC．P、Q之间的最大静摩擦为Q与地面之间的最大静摩擦为由于，可知木板Q一直处于静止状态；故AC错误；BD．滑块P做减速运动的加速度大小为滑块P速度减为0所用时间为滑块P做减速运动到速度减为0通过的位移大小为根据动能定理可得可得，故B错误，D正确。故选D。2．（2024·四川遂宁·三模）如图所示，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，物块从木板右端离开，则（）A．此过程滑块与木板间摩擦产生的内能为B．此过程物块动能减少了C．物块离开时的动能一定大于D．物块离开时的动能一定小于【答案】AD【详解】A．由题知，水平桌面光滑，小物块运动过程中，因摩擦产生的摩擦热为A正确；B．设物块离开木板时的速度为，此时木板的速度为，由题分析，根据能量守恒定律可得此过程物块动能减少了B错误；CD．根据能量守恒定律可得整理可得C错误，D正确；故选AD。3．（2025·辽宁鞍山·一模）如图1所示，一质量为M的足够长木板静止在地面上，其左端放置一个质量为m的小物块，时刻起在物块上加一个水平向右的力F，大小与时间满足关系，其中，从此时起，木板和物块的加速度大小随时间变化的关系如图2所示，重力加速度g取。根据题干及图2中所给出的数据可知（）

A．长木板的质量为B．时小物块的速度大小为C．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.5D．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.4【答案】BC【详解】ACD．由图2可知，当时，物块和长木板开始运动，所以地面与长木板间没有摩擦力。当时，设长木板的质量为，根据牛顿第二定律当时，物块和长木板发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律又整理可得联立，解得，，，故AD错误，C正确；B．过程中，物块和长木板一直处于相对静止，对整体，根据动量定理解得，故B正确。故选BC。4．（2025·贵州·三模）如图所示，倾斜传送带与水平面夹角为，以的速度逆时针转动。某一时刻，一质量为m的小滑块从传送带顶端以初速度滑上传送带，初速度方向沿传送带向下，经时间t运动到传送带底端。已知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为，且，重力加速度为g，不计空气阻力。小滑块从传送带顶端到底端的过程中，下列说法正确的是（）A．支持力的冲量为零 B．重力的冲量大小为C．重力的功率为 D．摩擦力对小滑块做的功为【答案】D【详解】A．支持力的冲量为可知支持力的冲量不为零，故A错误；B．重力的冲量大小为故B错误。C．重力的功率为故C错误。D．由于，可得可知小滑块与传送带保持相对静止匀速下滑，运动的距离为小滑块受到的摩擦力大小为摩擦力对小滑块做的功为故D正确。故选D。5．（2025·浙江金华·一模）倾角为37°足够长斜面静止放在粗糙水平面上，有一长木板恰好能在斜面处于静止。现有物块以的速度从的顶端开始沿木板下滑，、间动摩擦因数为。已知、的质量分别为，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．物块下滑过程中，地面对斜面的摩擦力向左B．物块下滑过程中，板仍与斜面保持静止C．要使不脱离，板长度至少为0.5mD．若不从板上滑落，则最终与斜面保持相对静止【答案】C【详解】A．由木板A恰好能处于静止可得，A与斜面间动摩擦因数A与斜面之间的弹力及摩擦力的合力方向始终竖直向下，地面对斜面没有摩擦力，A错误；B．B下滑时，对A分析解得，A将沿斜面向下滑动，B错误；C．在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足可得对B物体，根据牛顿第二定律解得共速时间该过程中，物块B的位移木板A的位移为所以A板长度至少为，C正确；D．根据，A、B相对静止后沿斜面做匀速直线运动，D错误。故选C。6．（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。7．（2025·安徽池州·二模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度从传送带的底端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，，取，则（）A．1~3s时间内物块所受摩擦力做正功B．0~3s时间内物块平均速度大小为8m/sC．物块由顶端返回到底端的过程中所需时间大于3sD．0~1s与1~3s两段时间内物块与传送带间因摩擦产生的热量之比为3:2【答案】AC【详解】A．由题图乙可知，在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传送带向下，与物块运动的方向相反，所以0~1s时间内物块所受摩擦力做负功；末至物块到达传送带顶端，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同，所以1~3s时间内物块所受摩擦力做正功，故A正确；B．物块运动的位移大小等于图线与坐标轴所围图形的面积大小，为物块平均速度大小为故B错误；C．物块下滑加速度与1~3s时间内物块加速度相同根据解得故C正确；D．产热等于阻力乘以相对位移，所以0~1s与1~3s两段时间内物块与传送带间因摩擦产生的热量之比等于相对位移之比，根据图像可知故D错误。故选AC。（建议用时：30分钟）8．（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。9．（2025·广东广州·模拟预测）如图所示，传送带倾斜放置，与水平面的夹角保持不变，传送带可向下匀速运动，也可向下加速运动；货箱M与传送带间保持相对静止，设受传送带的摩擦力为。则（）A．相同的货箱，传送带匀速运动的速度越大，越大B．相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，越大C．传送带加速运动时，的方向可能平行传送带向下D．传送带加速运动时，不同质量的货箱，一定不相等【答案】C【详解】A．货箱M与传送带间保持相对静止，传送带匀速运动时，M受力平衡，有，相同的货箱相同，与速度无关，故A错误；BCD．传送带加速运动时，设其加速度为，根据牛顿第二定律方程当时，当时，的方向向下，越大，越大当时，的方向向上，越大，越小，故C正确，BD错误。故选C。10．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，若传送带以速度顺时针转动，将小木箱无初速度放在传送带底端点，经时间到达顶端A点，因摩擦产生的热量为；若传送带以速度逆时针转动，将此小木箱无初速度放在A点，经时间也刚好到达底端点，因摩擦产生的热量为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小木箱可视为质点，下列说法正确的是（）A．两次传送带的速度大小B．两次传送带的速度大小C．两次因摩擦产生的热量D．两次因摩擦产生的热量【答案】BC【详解】AB．设传送带的倾角为，木箱的质量为，木箱与传送带之间的动摩擦因数为。传送带顺时针转动时，对木箱根据牛顿第二定律有若能达到，随后做匀速运动；当传送带逆时针转动时，对木箱根据牛顿第二定律有达到后做匀速运动。因此木箱向上运动和向下运动的时间相同，位移大小也相同，且画出符合题意的一种情况的图像，如图所示由图像可得故A错误，B正确；CD．根据图像可知，木箱向上运动过程相对位移较大，根据可知故C正确，D错误。故选BC。11．（2025·安徽·三模）轮船运输过程中常用传送带将船舱里的货物输送到码头，工作人员将货物轻放在传送带的底端，由传送带传送到顶端，随后由其它工作人员完成装车任务。可以简化为如图所示模型，图甲为倾角37°的传送带，在电动机的带动下以一定的速度稳定运行，电动机的内阻不计。货物质量M=50kg，从轻放在传送带底端A处开始计时，10s时到达顶端B，其运动过程的v-t图像如图乙，g取10m/s²，sin37°=0.6，则货物从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（）A．货物与传送带之间的摩擦力大小始终不变B．货物机械能的增加量为4500JC．货物与传送带之间因摩擦产生的热量为1600JD．传送货物过程中电动机多消耗的电能为6400J【答案】C【详解】A．由图乙可知货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。在匀加速阶段，摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有根据图像可得加速度解得匀速阶段，摩擦力所以摩擦力大小发生了变化，故A错误；B．货物机械能的增加量等于动能增加量与重力势能增加量之和，其动能增加量为重力势能增加量为其中为传送带长度，根据图乙可知货物前匀加速运动的位移为后匀速运动的位移为则货物总位移即传送带长度为解得货物重力势能增加量为其机械能增加量为故B错误；C．货物与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，匀加速阶段传送带的位移为货物位移相对位移为则摩擦产生的热量故C正确；D．电动机多消耗的电能等于货物机械能增加量与摩擦产生的热量之和，即故D错误。故选C。12．（2025·江西鹰潭·一模）某同学设计了如图甲所示装置：一质量为0.5kg的长木板A置于水平桌面上，质量为1kg的滑块B（可视为质点）置于木板A上右侧，轻绳一端跨过定滑轮与滑块B连接，另一端悬挂一重物C，定滑轮和滑块B间轻绳水平，重物落地后立即与轻绳脱离连接。t=0时刻，所有物体均静止。该同学在某次操作中，记录下滑块B和木板A运动的部分v-t图像如图乙所示，整个运动过程中，滑块B始终不脱离木板A，木板A距定滑轮足够远，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（）A．本次操作中，所挂重物C的质量为8kgB．木板A与滑块B间动摩擦因数为µ1=0.4C．木板A与桌面间的动摩擦因数为µ2=0.2D．为使滑块B始终不脱离木板A，A至少长1.5m【答案】BCD【详解】ABC．由图可知，，根据牛顿第二定律可得，，代入数据解得，，故A错误，BC正确；D．为使滑块B始终不脱离木板A，则二者共速时，B滑到A的最左端，由图可知A至少长为故D正确。故选BCD。13．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）如图所示，在光滑的水平面上，质量为、长为的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为的滑块（可视为质点）以水平向右的速度滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度（未知）滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为。下列说法正确的是（）A．滑块向右运动的过程中，加速度大小为B．滑块与木板间的动摩擦因数为C．k=1.5D．滑块弹回瞬间的速度大小为【答案】CD【详解】A．滑块（可视为质点）以水平向右的速度滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律可知解得故A错误；B．根据牛顿第二定律有解得故B错误；CD．小滑块以水平速度右滑时，由动能定理有小滑块以速度滑上木板到运动至碰墙时速度为，由动能定理有滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为，由动量守恒有由能量守恒定律可得解得，故CD正确。故选CD。14．（23-24高二下·安徽合肥·期末）如图甲所示，粗糙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。滑块和长木板在内的速度—时间图像如图乙所示，已知小滑块与长木板的质量均为m＝1kg，重力加速度，则下列说法正确的是（）A．力F的大小为6NB．小滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为0.1C．长木板P与地面之间的动摩擦因数为0.3D．时长木板P停止运动【答案】BD【详解】ABC．根据题意，由图乙可知，时撤去力F的作用，撤去力F前，木板的加速度为撤去力F后，木板的加速度为小滑块Q的加速度为设小滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为，长木板P与地面之间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律有解得，，故AC错误，B正确；D．由图乙可知，时，小滑块Q与长木板P共速，若小滑块Q与长木板P保持相对静止，则有解得此时小滑块Q与长木板P之间的摩擦力为可知，小滑块Q与长木板P不能保持相对静止，则对长木板P有解得则到长木板P停止运动还需则长木板P停止运动的时间为故D正确。故选BD。15．（24-25高一上·江苏常州·阶段练习）如图所示，一质量M=2kg、长L=1m的木板置于在光滑水平地面上，木板左端静置一个质量m=1kg的小物块，现给小物块施加一水平向右的拉力F。已知小物块与木板间动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。(1)若将木板固定，滑块施加水平力后经过t1=1.0s滑离木板，求水平拉力F的大小；(2)若木板不固定，水平力F与（1）中相同，求经过多长时间物块滑离木板；(3)若木板不固定，欲使小物块与木板运动过程中始终保持相对静止，求水平拉力的大小范围。【答案】(1)4N(2)(3)0<F≤3N【详解】（1）若木板固定，对滑块有解得根据牛顿第二定律解得（2）若木板不固定，滑块仍以向右加速，木板在物块的摩擦力作用下加速，对木板有解得由位移关系可得（3）若木板不固定，要使物块与板相对静止，最小拉力为零，若两者恰要相对滑动时拉力最大共同加速，对木板和物块系统有对木板，加速度最大为解得最大拉力为故水平拉力的范围为16．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图所示，木板AB质量为M=2kg静止放在光滑水平面上，木板的右端B处固定一根轻质弹簧，弹簧的原长为BC长度，C点到木板左端A的距离LAC=1.0m，可视为质点的小滑块质量为m，静止放置在木板的左端；现对木板施加水平向左的恒力F=24N，0.5s时撤去恒力F，此时滑块恰好到达弹簧自由端C处，此后的运动中始终没有超过弹簧的弹性限度。已知木板C点右侧部分光滑、C点左侧部分与滑块间的动摩擦因数为μ=0.2；取g=10m/s2。下列说法正确的是（）A．若恒力F=7.5N，则在F作用时间内木板和滑块会相对静止B．撤去恒力F后，木板先做减速后做匀速运动C．在木板和滑块相对运动的整个过程中，弹簧的最大弹性势能Ep=8.0JD．在木板和滑块相对运动的整个过程中，系统产生的热量Q=8.0J【答案】ACD【详解】A．若在F1作用下木板和滑块恰好发生相对运动，则对滑块有对木板有可得F1=8N，若恒力F=7.5N，木板和滑块相对静止一起运动，故A正确；BC．F作用的过程中，对小滑块有，可得，对木板有，，联立可得，此时木板的速度小滑块的速度所以弹簧被压缩，小滑块继续做加速运动，木板开始做减速运动，弹簧压缩到最短时，两者共速，此时弹簧弹性势能最大。由动量守恒和能量守恒有，可得，之后弹簧伸长，小滑块继续做加速运动，木板继续做减速运动，弹簧回复原长时，小滑块速度大于木板速度，小滑块接着向左运动进入粗糙面，开始做减速运动；木板受到向左的摩擦力，开始做加速运动，二者共速时，开始做匀速运动，故B错误，C正确；D．弹簧回复原长时，根据动量和能量守恒，，可知假设二者在粗糙部分最后共速，则由，可得木板的加速度大小，木板向左运动的位移小滑块的位移，则即小滑块从木板左侧滑出，所以整个运动过程中，系统产生的热量，故D正确。故选ACD。（建议用时：20分钟）17．（2025·黑龙江·模拟预测）如图甲所示，滑块A放在静止于水平地面上的木板B右端，已知滑块A与木板B的质量均为时刻滑块A以的初速度向左运动，同时在木板右端加一个水平向右的外力，作用后撤去外力，前内滑块和木板的关系图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块始终没有离开木板，取重力加速度。则（

）A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1B．木板与地面间的动摩擦因数为0.4C．木板长度至少滑块才能不掉D．整个过程中系统摩擦生热共【答案】ACD【详解】A．前1s内，对滑块A有由图中斜率可得解得滑块和木板间的动摩擦因数，故A正确；B．前内，对木板B有根据图中斜率得解得木板和地面间的动摩擦因数，故B错误；C．后撤去外力，对木板B有解得木板B以向右做匀减速运动，速度减为零用时由于，故之后木板保持静止，滑块继续向左减速到停；滑块的位移木板的总位移所以木板板长至少为，故C正确；D．系统摩擦生热，故D正确。故选ACD。18．（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。19．（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