2025-2026学年高一物理上学期期末复习专练：传送带模型和板块模型（解析版）

专题06传送带模型和板块模型

小题型归纳•内容导航丰

:题型1水平传送带（常考点）:题型4无外力板块模型（常考点）

;t..........................................................................................•.4.......................................................................

［题型2倾斜传送带（常考点）：题型5有外力板块模型（常考点）

题型3传送带划痕问题（常考点）；题型6地面粗糙的板块模型（常考点）

I题型通关•靶向提分q：

一、单选题

1.（23-24高一上•安徽蚌埠・期末）如图甲所示，沿顺时针方向运动的水平传送带力8,零时

刻将一个质量片1kg的物块轻放在A处，6s末恰好运动到B处，物块6s内的速度一时间图

像如图乙所示，物块可视为质点，（重力加速度g=10m/s2）则（)

A.传送带的长度为24m

B.物块相对于传送带滑动的距离8m

C.物块运动的位移大小是12m

D.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2

【答案】B

【详解】AC.由图得44长度为物块的位移

,（6+2）义4

X-L--------------m-

2

故整个传送带的总长不小于32m，故AC错误；

B.6s内传送带的路程为

s=vor=24m

物块相对于传送带滑动的距离

A.V=5-x=8m

1

故B正确；

D.由图可知，物块的加速度为

^=—=lm/s2

A/

对物块用牛顿第二定律得

pimg=ma

解得

〃=0.1

故D错误。

故选B“

2.(23-24高一上•湖南衡阳•期末)光滑水平面上静止叠放着物块A和木板B,质量分别为

1kg和3kg。/=0时刻给木板B施加一个随时间变化的水平拉力尸，拉力/与时间/的关系

为尸=2+3/(N)。已知A和B之间的动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木

板足够长，g取lOm/s?下列说法正确的是()

A

A.1=0时刻时〃的加速度为零B.2s末/、8即将相对滑动

C.3s末力、8加速度相同D.4s末8的加速度为2m/s2

【答案】B

【详解】AB.设恰好发生相对滑动时的加速度为的

〃叫=ma(t

F=(m+M)q)

"=2+3/

解得

/=2s

2s时开始滑动，z=0时刻的B加速度为

F=(w+M)«*

解得

ci=0.5m/s2

2

A错误B正确;

C.3s末A、B已经发生滑动，加速度不相同，C错误;

D.4s末8的加速度为

F-pmg=Ma4

尸=2+3/

I=4s

解得

2

aA=4in/s

D错误。

故选B。

3.（24-25高一上・甘肃张掖・期末）快递分拣常常利用传送带运送货物，现在分拣员把一质

量为2kg的货物轻放在水平传送带左端，传送带以恒定的速度v尸2m/s向右运行，传送带左

右两端距离为4m,货物与传送带之间动摩擦因数为0.5,g取lOm/se,货物可作质点史理，

则货物到达右端的4m时间/和速度v正确的是（）

G

<---------4m----------►

A.t=2.2sB.r=1.6sC.y=3m，sD.v=8m/s

【答案】A

【详解】开始时物块的加速度

"续=5m/s2

m

加速的时间

t[=2k=o.4s

a

加速的位移

*=~2^=04Tl

以后物块做匀速运动，则货物到达右端的速度片2m/s,总时间

t=ty+=0.4s+4-04s=2.2s

%2

故选Ao

3

4.（24-25高一上・江苏•期末）如图所示，水平传送带以lm/s的速度逆时针匀速运行，现将

一小滑块（视为质点）从力处由静止开始沿光滑固定斜面滑下，结果滑块以lm/s的速度滑

上传送带的右端。若滑块从图示位置4（比/I处低）由静止开始沿斜面滑下，则滑块在传送

带上运动的过程中（）

c—o一0./B

A.可能一直做加速运动B.可能一直做减速运动

C.可能先做匀速运动后做加速运动D.可能先做减速运动后做匀速运动

【答案】A

【详解】根据

3=2aL

在滑块从Z位置下滑的情况下，滑块通过斜面底端时的速度等于lm/s,8比力处低，则在

滑块从8位置下滑的情况下，滑块通过斜面底端时的速度小于lm/s,若传送带足够长，则

滑块在传送带上先做加速运动后做匀速运动；若传送带不够长，则滑块在传送带上一直做加

速运动，A正确，BCD错误。

故选A。

5.（24-25高一上•陕西渭南•期末）如图所示为某建筑工地的传送装置.，长为A=6m、倾角

9=24。的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率％=8m/s顺时针转动，质量机=1kg

的工件（可视为质点）无初速地放在传送带的顶端，经过一段时间工件运动到传动带的底端，

4

工件与传送带之间的动摩擦因数为〃=§，取cos24o=0.9,sin24o=0.4,重力加速度g=1（）

A.工件由顶端到底端的时间为Is

B.若工件与传送带共速时立马将传送带改为逆时针转动，则工件由顶端到底端的时间

将变长

C.工件在传送带上留下的痕迹长度为3m

4

D.调整转速，工件从顶端到底端的最短时间为逅s

2

【答案】D

【详解】AC.工件轻放在传送带上，受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律有

mgsin0+jLimgcos0-ma

得

a=8m/s2

工件与传送带共速的时间

%=—=-s=Is

1a8

在力内工件的位移

1，

再=/叫-=4Am

传送带的位移

s2=%%=8m

此后由于

tan夕=〃

之后工件做匀速直线运动，再经"到底端，有

0.25s

%

工件由顶端到底端的时间为

/=/t+/;=1.25s

戈IJ痕为

As-=%-s、=4m

故AC错误；

B.因为tan0=",若工件与传送带共速时立马将传送带改为逆时针转动，工件受重力沿传

送带向下的分力〃酸inO与沿传送带向上的滑动摩擦力sgcos。大小相等，故工件还是以传送

带速度向下做匀速直线运动，到达底端时间不变。故B错误；

D.当传送带的速度足够天，可使工件从顶端到底端全程加速卜滑，此时工件从顶端到底端

用时最短，设为则

,12

L=—at~

2

5

解得

故D正确。

故选D。

6.（24-25高一上•湖南•期末）如图所示，平板车静止在水平面上，可视为质点的物块放在

平板车的右端，现让平板车以4=6m//的加速度做匀加速运动，运动2s后做匀速直线运

动，最终物块恰好运动到平板车的左端，已知物块与平板车上表面的动摩擦因数为（）2重

力加速度g=10m/S?则平板车的长度为（）

「，、口

///，////////////

A.12mB.24mC.36mD.48m

【答案】B

【详解】根据题意可知，平板车开始向右做匀加速直线运动，物块相对于平板车向左运动，

物块对对地向右做匀加速直线运动，对物块有

%=g=2mH

m

运动2s时，平板车的速度

%=ailo=12m/s

令再经历时间4物块与平板车速度相等，此后两者保持相对静止，则有

解得

八=4s

由丁最终物块恰好运动到平板车的左端，则有

人二出+必若例+/）

解得

L=24m

故选B„

7.（24-25高一上•辽宁辽阳•期末）如图所示，质量为2kg、长度为2m的木板放在足够大的

6

光滑水平面上，质量为1kg的物块（视为质点）放在木板的左端，物块与木板通过足够长的

水平轻绳绕过光滑定滑轮连接，物块与木板间的动摩擦因数为0.2。若对物块施加一大小为

10N、方向水平向右的拉刀，取重力加速度大小g=10m/s。则从物块开始运动到物块离开

木板的时间为（）

A.0.5sB.IsC.1.5sD.2s

【答案】B

【详解】设木板的质量为M,物块的质量为“，木板的长为乙对物块受力分析，由牛顿第

二定律可得

F-/.nng-T=ma

对木板受力分析♦，结合牛顿第二定律可得

T-=Ma

联立解得

F-2pmg_.2

a=--------=2m/s

M+〃？

选取向右的方向为正方向，根据运动学得公式可得，物块的位移

12

x.--at'

2

木板的位移

12

=—at

，2

故有

xi-x2=L

联立解得

/=1s

故选B,

8.（2024•河南•二模）如图1所示，倾角为30。的浅色传送带以恒定速率逆时针运行，将一

质量为加的可视为质点的深色物块轻放在传送带的顶端夕点，2s末物块恰好到达传送带底

端0点。物块的速度v随时间，的变化图像如图2所示，重力加速度大小g=10m/s2。下列

说法正确的是（)

7

B.物体滑到Q点的速度大小为9m/s

C.P、。两点之间的距离为12m

D.传送带划痕的长度为3m

【答案】D

【详解】A.图2可知，物块向从0开始先加速到与传送带共速(丫共=6m/s),之后再继续

加速到传送带末端，设动摩擦因数为〃，速度时间图像斜率表示加速度，故结合图2可知共

速前，物块加速度大小

4=gsin30°+cos300=—m/s2=6m/s2

解得

x/3

F

故A错误；

B.共速后，物块加速度大小

00

a2=gsin30-//gcos30=4m/S

物体滑到。点的速度大小为

々=丫共+=(6+4xl)m/s=10m/s

故B错误；

C.速度时间图像面积表位移，P、0两点之间的距离为

-6+10△

L=—x6xl+-------x1m=11Itm

(22)

故C错误；

D.图像可知从开始到共速用时乙=ls,则共速前划痕

8

联立以上解得

A、=3m

图像2可知，共后到。点用时G=Is,则共速到0点划痕

A12

A.Y2=v^x/2+-6f,/2-VRxr2

乙

联立以上，解得

Ar2=2m〈A/

故传送带划痕的长度为3m故D正确。

故选D。

9.（23-24高一上•江苏无锡・期末）如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角。=37。，

以恒定速率v=2m/s顺时针转动。一煤块以初速度%=12m/s从4端冲上传送带，煤块与

传送带之间动摩擦因数4=0.5,取gfOm/s?、sin37°=0.6>cos37°=0.8,则下列说法错

A.煤块冲上传送带后经Is与传送带速度相同

B.煤块向上滑行的最大位移为8m

C.煤块从冲上传送带到返问A端所用的时间（2+2及卜

D.煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4亚卜h

【答案】D

【详解】A.煤块冲上传送带后，先沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律可得

〃igsin6M7〃〃gcos37°=/〃a/

解得

a/=10m/s2

设经时间。煤块与传送带共速，则

vo-atti=v

9

解得

//=ls

故A正确;

B.前Is内，煤块的位移为

v+v12+2._

x,=-n---/.=------xlm=7m

212

共速后，由于

〃?gsin9>"/〃gcos37°

所以燥块受到的滑动摩擦力方向向上，继续向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得

"igsin8”〃〃gcos37°="iQ2

解得

t72=2in/s2

共速后，煤块继续做匀减速运动的最大位移为

2

—m=lfr.

2m2x2

所以煤块向上滑行的最大位移为

x=x/+%2=7m+1m=8m

故B正确;

C.煤块速度从、，减至零的时间为

v2,

/,=—=—s=ls

2%2

煤块上升到最高点后反向做初速度为零、加速度为。2=4m/s2的匀加速直线运动，设从最高

点返回到A端所需的时间为t3,则

12

解得

0=272s

煤块从冲上传送带到返回力端所用的时间为

t=ti+t2+t3=1s+ls+2及s=（2+2及）s

故C正确；

D.在〃时间内，传送带的位移

10

x/-v//=2x|m=2m

煤块传送带上的划痕长为

L/=x/-x/-7m-2m=5m

在t2时间内，传送带的位移

X2/=VZ2=2X1m=2m

煤块传送带上的划痕长为

L2=X2-x2=2m-1m=Im

由于两个过程痕迹重叠1门,所以前2s内，煤块在传送带上留下的痕迹长为5m。

在打时间内，传送带的位移

x/=vt3=2^2y/2m=4丘m

煤块传送带上的划痕长为

-8m+4y/2m

由于有4m长的痕迹与前面的重叠，所以煤块在传送带上留下的痕迹长为

L=5m+4m+472m=（9+4&）m

故D错误。

此题选择错误的，故选D,

二、多选题

10.（23-24高一下•四川乐山・期末）如图1,一足够长的木板A静止在光滑水平面上，现有

质量为1kg的物块B以水平速度4m/s从最左端滑上木板，随后A、B的速度随时间的变化

图像如图2。g取lOm/s"则下列说法正确的是（）

B%

图I图2

A.木板的质量为4kgB.A、B间的动摩擦因数为0.1

C.木板的最短长度为7.5mD.系统损失的机械能为6J

【答案】BD

II

【详解】A.根据动量守恒定律

mv0=(/〃+A/)v

即

Ix4=(l+/W)xl

解得木板的质量为

M=3kg

故A错误；

B.根据牛顿第二定律

pmg=ma

根据运动学规律

v-v0=-at

根据图2知

r=3s

解得A、B间的动摩擦因数为

〃=0.1

故B正确;

C.木板的最短长度为

.v4-vV/八

L=-o1—r=6.0m

22

故C错误；

D.系统损失的机械能为

；"W+A/)v2=6J

故D正确。

故选BD0

11.(24-25高三上・甘肃白银•期中)如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质

点的物体A静止叠放在木板B的最左端。从，=0时刻起，用尸=8>1的水平恒力向右拉A,

经过5s,A运动到B的最右端，物体AIftv-z图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为2kg、

8kg,A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=lOm/s2。下列说法正确的

是()

12

A.木板B的长度为10m

B.A、B间的动摩擦因数为0.2

C.若B不固定，B的加速度大小为0.5m/s?

D.若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为l()s

【答案】BC

【详解】A.根据丫-/图像与时间轴围成的面积代表位移，可知木板B的长度

—=W^m=25m

22

故A错误:

B.根据Vt图像的斜率代表加速度，可知物体A的加速度

a.=-=2m/s2

AA/

对物体A受力分析，由牛顿第二定律有

尸一"〃?Ag=mA〃A

解得

//=0.2

故B正确；

C.若B不固定，对B受刀分析，由牛顿第二定律有

…g="UB

解得

2

aB=O.5m/s

故C正确；

D.若B不固定，A运动到B的最右端的过程，由运动学公式有

,1-21

L=2a^'~2a^'

解得

13

，IOG

t=-------s

3

故D错误。

故选BCo

12.（23-24高一下•江西赣州•开学考试）如图所示，A、B两物块的质量分别为叫=2kg和

=1kg,静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数必=04,B与地面间的动摩擦因

数〃2=。』，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。现对A施加一

水平拉力尸，则下列说法正确的是（）

'BI

7777777777777777777777777777T

A.当/=2N时，A、B一定都相对地面静止

B.当尸=15N时,A的加速度大小为4m*

C.当b=24N时，A、B的加速度大小均为7m/s?

D.无论尸多大，B的加速度大小都不会超过5m/s?

【答案】ABD

【详解】A.A、B间的最大静摩擦力为

fi=4”=8N

B与地面间的最大静摩擦力为

—g=3N>2N

故当/=2N时，A、B一定都相对地面静止，故A正确：

B.若A、B保持相对静止，B的最大加速度根据

解得

2

am=5m/s

对力受力分析可得，A、B保持相对静止时有

『工二加人/

解得A、B保持相对静止时水平拉力的最大值为

I4

Fm=18N

当产=15N<4时，A、B保持相对静止，对A、B分别受力分析有

解得

a—4m/s2

故B正确；

C.当产=24N>0时，A、B发生相对滑动，加速度不同，故C错误：

D.当两物体发生相对滑动时，B的加速度最大，根据牛顿第二定律得

f{-f2=n^am

解得

Om=5m/s?

故D正确。

故选ABD,

13.(24-25高一上•宁夏吴忠・期末)某高铁站的安全检查仪用于对乘客的行李进行安全检查。

其水平传送装置可简化为如图所示模型，紧绷的传送带始终保持v=lm/s的恒定速率向左运

行.乘客把可视为质点的行李无初速度地放在/处，设行李9传送带之间的动摩擦因数

〃=0.2,传送带长度即力、4间的距离为2m,g取10nVs2,行李在被传送到〃处过程中

()

(•)仁)

A.行李始终受三个力的作用

B.行李先受向左的滑动摩擦力，后不受摩擦力

C.行李在传送带上运动的时间为2.25s

D.行李相对传送带发生了0.5m的位移

【答案】BC

【详解】AB.行李无初速度地放在传送带上，根据牛顿第二定律可得

pmg=ma

解得加速度大小为

15

。=2m/s2

设经过。时间行李与传送帝速度相等，则有

v=的

解得

4=0.5s

此过程行李的位移为

V

王==0.25m<LAB-2m

可知行李先向左加速运动，受到向左的滑动摩擦力，与传送带共速后，行李与传送带保持相

对静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，此时行李只受重力和支持力两个力的作用，故A

错误，B正确；

C.行李与传送带共谏后，做匀速运动的时间为

.=75s

V

则行李在传送带上运动的时间为

/=/1+/,=2.25s

故C正确；

D.行李相对传送带发生的位移为

At=vt]-X1=0.25m

故D错误。

故选BCP

14.（24・25高一上•山东•阶段练习）如图所示，传送带始终保持y=0.4m/s的恒定速率运行,

将一煤块（可视为质点）无初速度地放在力处，煤块与传送带之间的动摩擦因数〃=02,4、

6间的距离为2m,g取lOm/s'则下列说法正确的是（）

B<—v[~\A

G）《•）

A.煤块一直做匀加速直线运动

B.煤块经过5.1s到达6处

C.燥块到达8处时速度大小为0.4m/s

D.煤块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m

16

【答案】BC

【详解】AC.开始时煤块初速度为零，相对传送带向右滑动，设煤块刚开始时的加速度为。，

煤块从放上传送带到与传送带共速过程中的位移为毛，分牛顿第二定律和运动学公式得

pimg=ma

v2=2axi

解得

6?=2m/s2

Xi=0.04m

由于$<4B=2m,所以煤块是先做初速度为0的匀加速直线运动，与传送带共速后，做匀

速直线运动，故煤块到达4处时速度大小为0.4m/s,A错误，C正确：

B.设煤块在传送带上做加速运动的时间为J做匀速运动的时间为G，则

v=叫

一玉=可2

煤块到达8处所用时间

』士2

解得

/=5.1s

B正确：

D.煤块在传送带上留下的摩擦痕迹长度

Ax=v/|-X1=0.4x0.2m-0.04m=0.04m

D错误。

故选BCo

15.（2021•四川眉山•三模）如图，倾斜传送带44以恒定速率w逆时针转动，一可视为质

点的滑块以平行于传送带向下的初速度v（丫5丫）滑上A点。滑块与传送带间的动摩擦因数

恒定，不计传送带滑轮的尺寸，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若用/表示时间，用叨表示

滑块的速度大小，滑块从4滑向B运动过程的w-r图像可能是（）

17

VA

【答案】AC

【详解】BC.当vVvo时，当滑块在斜面上受到的滑动摩擦力/7〃〃gcosOV〃?gsin。时，在达

到相同速度前，滑块受到重力，支持力和沿斜面向下的摩擦力，根据牛顿第二定律可得:

解得

。尸gsin〃+〃gcosO

当速度达到传送带速度后，滑块受到重力，支持力和沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第二定

律可得

zwgsinO-[.ungCQsO=ma2

解得

Q2=gsin0-4gcos。

当户W〃gcos〃>/〃gsin/4，滑块达到传送带速度后，随传送带一起匀速运动，故B错误，C

正确;

AD.当I〉心时，当滑块在斜面上受到的滑动摩擦力户〃〃呼osOV〃噜sin。时，根据牛顿第二

定律可得

mgsin0-/imgcos0=ma3

18

解得

Q3=gsinO-〃gcos。

滑块一直做加速运动，当户y/zgcosOA6gsin〃时，滑块先做减速运动，减速到达到传送带速

度后，随传送带一起匀速运动，故A正确，D错误：

故选ACo

16.（24-25高一上•四川成都・期末）如图，一倾角为6=37。的传送带以恒定速如V|=5m/s顺

时针转动。一质量为m=1kg的煤块（可视为质点）以初速度%=10m/s从最低点力冲上传

送带，恰好能到达最高点儿煤块与传送带间的动摩擦因数为〃=0.5,设最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，重力加速度大小取g=IOm/s，sin370=0.6,8s37。=0.8。煤块从4点运动

到E点的过程中，下列说法正确的是（）

A.A点到B点的距离为%s=m

B.煤块的运动时间为,=5s

C.煤块的加速度大小一1直为afOm/s?

D.煤块在传送带上的划痕长度为-=6.25m

【答案】AD

【详解】C.煤块初速度大于传送带的速度，煤块开始相对于传送带向上运动，对煤块进行

分析，根据牛顿第二定律有

mgsin37°+〃〃igcos37°=ma]

=10m/s2

煤块速度减至与传送带相等之后相对于传送带向下运动，根据牛顿第二定律有

mgsin37°-pmgcos370=ma2

a、=2m/s

19

故c错误；

B.结合上述分析，当煤块与传送带速度相等时有

K=%-砧

解得

4=0.5s

之后煤块减速至0,利用逆向思维有

解得

/2=2.5S

则煤块的运动时间为

t=ti+12=3s

故B错误；

A.结合上述分析，煤块开始向上匀减速运动的位移

x\-2f|

解得

x1=3.75m

煤块与传送带速度达到相等后匀减速运动的位移

■2■

解得

x2=6.25m

则/1点到B点的距离

xAB=x}+x2=\0m

故A正确；

D.煤块开始相对于传送带向上运动，此过程的相对位移

△Xi=X|一匕乙=1.25m

煤块速度与传送带相等之后，煤块相对于传送带向卜运动，此过程的相对位移

20

Ax,=v172—x2=6.25m

由于

A.Y,>AX1

所以划痕长度为6.25m,故D正确。

故选ADo

17.（24-25高三上•陕西商洛•阶段练习）如图1所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0

时，小物块（可视为质点）以速度内滑到长木板上，〃时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。

图2为物块与木板运动的修图像，图中〃、也、盯已知，重力加速度大小为g。下列说法正

B.木板的长度为I，"/

C.物块与木板的质量之比为一^

%一9

D.物块与木板之间的动摩擦因数为今二

2以

【答案】AC

【详解】A.物块做匀减速直线运动的初速度为yo,末退度为1，八时间为。，则物块的位移

为图2中的梯形面积有

r_（vu+.）f

人一*1

21

故A正确；

B.〃时刻物块恰好滑至长木板的最右端，所以相对位移就是板长，根据图2可知相对位移

为

/=必

2

故B错误:

21

C.设物块与长木板间的摩擦力大小为/；物块的加速度大小为

m/1

木板加速度大小为

一M/,

所以物块与木板的质量之比为

川二W

Mv0-V1

故C正确；

D.由于摩擦力为

/=〃〃笈=〃9

所以物块与木板之间的动摩擦因数为

故D错误。

故选ACo

18.（23-24高一上•浙江杭州•期末）质量为M=2.5kg的一只长方体形状的铁箱在水平恒定

拉力与作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为4=0.50。这时

铁箱内•个质量为〃?=O.5kg的木块恰好不能沿后壁滑卜.来（如图所示），木块与铁箱内壁间

的动摩擦因数为%=025。运动途中使拉力片减小到12DN,经过一段时间，木块落至箱底

后且不反弹，某时刻当箱的速度为v=6m/s时撤去拉力，经1s时间木块从铁箱的左侧到达铁

箱的右侧。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木块可以看着质点，gUX10m/s2（）

A.拉力々=132.5NB.拉力£=135N

C.木箱的长度为L5mD.木箱的长度为LOm

【答案】BC

【详解】AB.木块在竖直方向，由相对静止得〃医=4晨

22

求得&二20N

对木块，在水平方向尸N二〃S

求得“=40m/s?

由牛顿第三定律得，木块对铁箱的压力大小为20N,方向水平向左；对铁箱和木块整体

£_从（A/+/〃）g=（M+〃?）〃

求得水平拉力大=135N

故A错误，B正确；

CD.当b=120N时，铁箱与木块水平方向仍然一起加速，所以撤去拉力/时，箱和木块的

速度均为6in/s,因〃]>〃2，以后木块相对箱向前滑动，木块加速度大小的=〃2g=2.5in/s2

2

铁箱加速度q=心沪燮=5,5m/s

v6.

铁箱减速时间为^o=-=—S>1S

q5.5

故木块到达箱右端时，箱未能停止。则经Z=ls木块比铁箱向右多移动距离£即铁箱长.即

有-/「卜卜-3和一％尸

解得L=1.5m

故C正确，D错误。

故选BCo

19.（23-24高一上•河北沧州•期末）粗糙水平面上放置一长木板，靠近长木板的左端放一个

小物块，如图甲所示，二者均处于静止状态。现对小物块施加一水平向右的拉力，拉力的大

小厂随时间/的变化关系为尸=卜a是常数）。在拉力「的作用下长木板和小物块获得的加

速度。随时间/的变化关系如图乙所示。己知长木板与小物块的质量均为小，小物块与长木

板间的动摩擦因数为3〃，长木板与地面间的动摩擦因数为〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

甲乙

23

A.。时刻对应的拉力为3"〃g

B.G时刻对应的加速度大小为3〃g

C.②®图线反映/长木板的加速度随时间变化的规律

D.①图线的斜率大小为③图线的2倍

【答案】CD

【详解】AB.。时刻前系统静止，。时刻拉力

F=kt=2即7g

之后一起加速运动，满足

灯-=q时刻后长木板和物块间发生相对滑动，长木板的加速度将保持不变，满

足

3〃mg-=ma

得

选项AB错误；

C.二者相对滑动后，长木板的加速度不变，所以②③图线为长木板的加速度随时间的变化

规律，C正确：

D.二者以相同的加速度做匀加速运动时有

kt-2/.ung=2ma

所以③图线的斜率为白，发生相对滑动后，对小物块满足

2m

kt-=ma

所以①图线的斜率为幺，①图线的斜率大小为③线的2倍，D正确。

m

故选CD。

三、解答题

20.（24-25高一上•辽宁・期末）如图所示，传送带与水平面夹角为Q37。，无货物时传送带

保持静止状态，当有货物放置到传送带上时，传送带立即以，=6m/s2的加速度由静止开始

逆时针方向转动，速度达到%=6m/s后保持匀速运动，传送带力5间距离为L=14.25m,某

时刻将质量为〃，的木块，无初速度放置在静止的传送带顶端A处，同时传送带开始工作，

24

传送带与木块间的动摩擦因数为〃=0.5,在木块从力端运动到8端的过程中，重力加速度

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)木块刚放置在传送带上时加速4大小：

⑵木块从A运动到B过程所用时间/为多少；

(3)木块从A运动到B过程中传送带上留下划痕长Ax为多少。

【答案】(1)6m/s2

(2)2.5s

(3)2.25m

【详解】(1)若木块不受摩擦力作用，只在重力和支持力作用下运动时

wgsin37=ma]

得

2

a1=6m/s

木块加速度与传送带加速度。。恰好相等，所以物体相对传送带静止且不受摩擦力作用，物

体加速度大小为6m/s2o

(2)木块加速到6m/s所用时间)和位移为,则

匕=a/

得

v,-06-0.

t.=-——=-------=1s

46

又

X[=gx6xl?=3m

速度达到%=6m/s后传送带匀速运动，因为

/z=0.5<tan37°

25

所以木块将沿传送带向下滑动，受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得

7

mgsin370-///N=ma,

又

R-mgCOS3T=0

得

2

a2=2m/s

由匀变速直线运动

代入数据得

14.25-3=6L+-X2/J

222

得

q=L5s或G=-7.5S（舍去）

所以从4到8所以用时间

/=/1+/2=2.5S

（3）在6=ls时间内物体和传送带相对静止没有划痕，在&=L5s时间内物体的位移为

占=11.25m

传送带发生的位移为

x传=6*1.5=9m

所以木块在传送带上留下为划痕大小为

A.v=x2-x^=2.2