传送带与板块问题(解析版)--高二物理专题练习

传送带与板块问题--高二物理专题练习
一、“传送带模型”问题
1.水平传送带问题
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.
2.倾斜传送带问题
求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.
二、“滑块－木板模型”问题
1.模型特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动.
2.两种位移关系
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长.
设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2
同向运动时：如图所示，L＝x1－x2
反向运动时：如图所示，L＝x1＋x2
3.解题步骤
审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求↓
建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程接连处的加速度可能突变)↓
明确关系→找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的
末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带
1．（多选）如图所示，水平绷紧的传送带AB 长8m =L ，始终以恒定速率12m/s v =向右运行。

初速度大小为26m/s v =的小物块（可视为质点）从与传送带等高的光滑水平地面上经B 点向左滑上传送带。

小物块1kg m =，物块与传送带间的动摩擦因数0.3μ=，g 取210m/s 。

小物块在传送带上运动的过程中，下列说
正确的是（）
A ．小物块离开传送带的速度大小为2m/s
B ．摩擦力对小物块做功功率的绝对值先变小后不变
C ．传送带克服摩擦力做的功为16J
D ．相互摩擦产生的热量为40.5J 【答案】AC
【详解】A ．根据题意，物块划上传送带之后，由牛顿第二定律有mg ma
μ=解得2
s 3m a =，物块向左做匀减速直线运动，速度为零时的位移2
2
6m 8m
2v x L a
==<=物即物块不能到达传送带左端，减速到零时，开始向右做匀加速直线运动，当与传送带速度相同时，做匀速直线运动，则小物块离开传送带的速度大小为2m/s ，故A 正确；
B ．由A 分析可知，小物块的速率先减小后增大再不变，由公式P Fv =可知，摩擦力对小物块做功功率的绝对值先变小后增大，最后为0，故B 错误；
C ．根据题意，由公式0v v at =+可知，滑块向左运动的时间为2
12s v t a
==，滑块向右运动的时间为122s 3
v t a =
=则传送带运动的位移为()11216
m 3
x v t t =+=
传，传送带克服摩擦力做的功为16J W mgx μ==传，故C 正确；D ．根据题意，由公式2
20
2v v ax -=可得，滑块向右滑动的位移为2122
m
23
v x a ==则滑块与传送带间的相对位移为232m 3
x x x x ∆=+-=传物相互摩擦产生的热量为32J Q mg x μ=⋅∆=，故D 错误。

故选AC 。

2．
（多选）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v =4m/s 顺时针转动。

一煤块以初速度v 0=12m/s 从A 端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=10m/s 2，则下列
说法正确的是（
）
A ．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ=0.75
B ．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C ．煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为4s D
．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+m 【答案】AD
【详解】AB ．由v -t 图像得0~1s 内煤块的加速度大小221124
m/s 8m/s 1
a -==方向沿传送带向下；1~2s 内煤块的加速度大小22240
m/s 4m/s 1
a -=
=方向沿传送带向下。

0~1s ，对煤块由牛顿第二定律得1sin cos mg mg ma θμθ+=1~2s ，对煤块由牛顿第二定律得2sin cos mg mg ma θμθ-=解得tan θ=0.75，μ=0.25，故A 正确，B 错误；
C ．v -t 图像图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为x =10m ，由运动学公式得
下滑时间为t =
==下所以煤块从冲上传送带到返回A
端所用的时间为(2，故C 错误；
D ．0~1s 内煤块比传送带多走4m ，划痕长4m ，1~2s 内传送带比煤块多走2m ，划痕还是4m。

2~(2
内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为2
212(122
a t vt ++=+，故D 正确。

故选AD 。

3．
（多选）如图甲所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上。

一个质量为m 的小滑块以初速度v 0从木板的左端向右滑上木板。

滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示。

某同学根据图像作出如下一些判断，正确的是（
）
A ．滑块和木板始终存在相对运动
B ．滑块始终未离开木板
C ．滑块的质量大于木板的质量
D ．木板的长度一定为012
v t 【答案】BC
【详解】AB ．由题图乙可知在t 1时刻滑块和木板达到共同速度，此后滑块与木板相对静止，所以滑块始终未离开木板，故A 错误，B 正确；
C ．滑块与木板相对滑动过程中，二者所受合外力大小均等于滑动摩擦力大小，而根据题图乙中图像的斜率情况可知此过程中滑块的加速度小于木板的加速度，则根据牛顿第二定律F
a m
=可知滑块的质量大于木板的质量，故C 正确；
D ．根据v -t 图像与坐标轴所围面积表示位移可知，t 1时刻滑块相对木板的位移大小为
012
v t x ∆=
但滑块在t 1时刻不一定位于木板的右端，所以木板的长度不一定为012v t ，其满足题意的最小长度为012
v t
，故D 错误。

故选BC 。

4．
（多选）如图甲所示在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A ，假定木板与地面之间，木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等，用一水平力F 作用于B ，A 、B 的加速度与F 的关系如图乙所示，重力加速度g 取210m /s ，则下列说法正确的是（
）
A ．A 的质量为0.5kg
B ．B 的质量为2.0kg
C ．B 与地面间的动摩擦因数为0.2
D ．A 、B 间的动摩擦因数为0.8【答案】AC
【详解】AB ．在F ＜3N 时，一起保持静止；在3N≤F ＜9N 时，A 、B 保持相对静止，故地面对B 的最大静摩擦力f B =3N
在3N≤F ＜9N 时，A 、B 保持相对静止；在F ≥9N 时，A 与B 发生相对滑动，故B 对A 的最大静摩擦力f A =4m A
在3N≤F ＜9N 时，A 、B 运动的加速度B
A B
F f a m m -=+，可得m A +m B =1.5kg
在F ≥9N 时，B 的加速度A B
B B
F f f a m --=
，可得m B =1kg ，m A =0.5kg ，故A 正确B 错误；
C ．B 与地面间的动摩擦因数B
B A B 0.2()f m m g
μ==+，故C 正确；
D ．A 、B 间的动摩擦因数A
A A 0.4f m g
μ==，故D 错误。

故选AC 。

5．如图甲所示，一物块以某一初速度从倾角为α、顺时针转动的传送带底端沿传送带向上运动，其v t -图像如图乙所示。

已知传送带的速度为0v ，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（
）
A ．物块的初速度小于0
v B ．物块与传送带间的动摩擦因数tan μα>C ．物块运动过程中的速度一定有等于0v 的时刻
D ．若物块从传送带项端由静止向下运动，其他条件不变，物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动【答案】C
【详解】B ．由图像可知，物块先以加速度1a 做匀减速直线运动，后以加速度2a 做匀减速直线运动，且12a a >分析可知sin cos mg mg αμα>，即tan μα<，故B 错误；
A ．若物块的初速度小于0v ，则受到沿传送带向上的摩擦力，物块做匀减速直线运动，物块会一直以此加速度向上减速为0与题设不符，故A 错误；
C ．物块的初速度大于0v ，则受到沿传送带向下的摩擦力，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，有1
sin cos mg mg ma αμα+=物块减速到速度等于0v 后，则受到沿传送带向上的摩擦力，对物块根据牛顿第二定律，有2sin cos mg mg ma αμα-=，故C 正确；
D ．若物块从传送带顶端开始向下运动，物块受到沿传送带向上的摩擦力，由于tan μα<则物块会以加速度2a 一直向下加速运动，故D 错误。

故选C 。

6．如图所示，水平地面上有一倾角为θ=37°的传送带，以v 0=16m/s 的速度逆时针匀速运行。

将一煤块从h =33.6m 的高台从静止开始运送到地面，煤块可看做质点，已知煤块的质量为m =1kg ，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度为g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.煤块由高台运送到地面的过程中，下列说法正确的是（
）
A ．运送煤块所用的时间为4.5s
B ．摩擦力对煤块做的功为-48J
C ．煤块相对传送带运动而产生的划痕长8m
D ．煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为16J
【答案】B
【详解】A ．设传动带的长度为L sin 3733.6m L ︒=，解得56m
L =煤块刚放上传动带时，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得1sin 37cos37mg ng ma μ︒+︒=解得2
18m/s
a =则煤块从0加速到与传送带共速需要0
11
2s v t a =
=
煤块的位移为2
1116m 2
x at =
=由于sin 37cos 37mg ung ︒>︒
可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得
2sin 37cos37 mg umg ma ︒-︒=，解得2
24m/s
a =根据2
222112
=+=-x vt at L x ，解得22s t =，共计4s ，A 错误；
B ．摩擦力大小为cos 372N f F mg μ=︒=第-过程摩擦力对煤块做功1f 132J
W F x ==第二个过程摩擦力对煤块做功2f 280J W F x =-=-，故摩擦力对全程对煤块做功为-48J ，B 正确；C ．第一个过程传动带的位移为3132m x vt ==煤块与传送带的相对位移为13116m x x x =-=∆第二个过程传送带的位移4232m x vt ==相对位移2428m
x x x =-=∆第一个过程传送带运动快，第二个过程煤块运动快，煤块在传动带上的划痕应为16m ，C 错误；D ．第一个过程摩擦生热为1f 132J Q F x =∆=第二个过程摩擦生热为2f 216J Q F x =∆=故总产热1248J Q Q Q =+=，D 错误。

故选B 。

7．如图所示，质量为m 的木块在置于水平地面上的木板上滑行，木板静止，它的质量为M =4m ，木板与木块间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则下列说法正确的是（
）
A ．木板受到木块对它向左的滑动摩擦力大小为μ1mg
B ．木块受到木板对它向左的滑动摩擦力大小为μ1mg
C ．木板受到地面对它向左的静摩擦力大小为μ2mg
D ．木板受到地面对它向左的静摩擦力大小为3μ2mg
【答案】B
【详解】因为木板相对于地面处于静止状态，所以地面对木板的摩擦力为静摩擦力。

因木块向右滑行，所以受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f =μ1mg
方向向左。

再对木板进行受力分析，在水平方向上，受到木块的摩擦力和地面的摩擦力作用而处于静止状态。

根据牛顿第三定律，木板受到木块的摩擦力的方向向右，大小为μ1mg 。

则木板受到地面的摩擦力大小为f ′=f =μ1mg ，方向向左，ACD 错误，B 正确。

故选B
8．水平地面上有一质量为1m 的长木板，木板上右端放有一质量为2m 的木块，如图甲所示；用水平向右的拉力F 作用在长木板上，F 随时间t 变化的规律如图乙所示，其中1F 、2F 分别为1t 、2t 时刻F 的大小；木块的加速度2a 随时间t 变化的规律如图丙所示，已知长木板与地面间的动摩擦因数为1μ，木块与长木板间的动摩擦因数为2μ，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g ，则下列说法正确的是（
）
A ．111=F m g
μB ．()()21212F m m g
μμ=-+C ．1t 至2t 这段时间内木块的速度变化量()2211
2
v g t t μ∆=-D ．1t 至2t 这段时间内木块的速度变化量()()
12212
2F F t t v m +-∆=【答案】C
【详解】A ．在t 1时刻，木板和物块恰好开始运动，此时拉力恰好等于地面对木板的最大静摩擦力，即F 1=μ1（m 1+m 2）g ，故A 错误；
B ．在t 2时刻，木板和物块恰好发生相对运动，此时二者的加速度仍相同，即为20222
m g
a g m μμ=
=将木板和物块作为一个整体，根据牛顿第二定律2220111()()F m m g m m a μ-+=+，解得
21212()()F m m g μμ=++，故B 错误；
C ．根据图丙可知，t 1～t 2时间内二者的加速度相同，物块与木板之间没有发生相对运动，图丙中图像与横轴围成面积代表速度变化量，1t 至2t 这段时间内木块的速度变化量()2211
2
v g t t μ∆=
-，故C 正确D ．因为t 1～t 2时间内存在摩擦力，摩擦力的冲量是m 2的合外力冲量，故D 错误。

故选C 。

9．近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。

如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持04m/s v =的恒定速率顺时针运行，传送带的长5m L =。

现将一质量为0.4kg 的包裹A 轻放在传送带左端，包裹A 刚离开传送带时恰好与静止的包裹B 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A 向前滑行了0.25m 静止，包裹B 向前运动了0.9m 静止。

已知包裹A 与传送带和水平面间的动摩擦系数均为0.2，包裹B 与水平面间的动摩擦因数为0.5，g 取210m/s 。

求：（1）包裹A 在传送带上运动的时间；（2）包裹B 的质量。

【答案】（1）2.25s ；（2）0.4kg
【详解】（1A ，由牛顿第二定律有1A A A m g m a μ=，解得2A 12m/s
a g μ==设包裹A 经过时间1t 与传送带共速，由运动学公式0v v at =+可得0
1A
2s v t a =
=由运动学公式2
20
2v v ax -=可得，包裹A 匀加速的距离为2
14m
2v x a
==则包裹A 在传送带上匀速运动的时间为20
0.25s L x
t v -==则包裹A 在传送带上运动的时间12 2.25s
t t t =+=总（2）根据题意，对包裹B 由牛顿第二定律得2
B 25m/s
a g μ==设A 、B 碰撞后速度分别为A v 、B v ，它们碰后各自做匀减速直线运动，根据运动学公式22
02v v ax -=有
2
A A A 2v a x =，2B
B B 2v a x =，解得A 、B 碰撞后A /s 1m v =，B 3m/s v =由于碰撞时间极短，A 、B 碰撞前后系统动量守恒，则有A 0A A B B m v m v m v =+，解得B 0.4kg
m =10．如图所示，传送带与水平方向成30 角，顺时针匀速转动的速度大小8m/s v =，传送带长11.4m AB L =，
水平面上有一块足够长的木板。

质量为3kg m =的物块（可视为质点）以初速度04m/s v =，自A 端沿AB 方向滑上传送带，在底端B 滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为1kg M =，不考虑物块冲上木
板时碰撞带来的机械能损失。

已知物块与传送带间的动摩擦因数为1μ=
为20.3μ=，木板与地面间的动摩擦因数为30.1μ=。

取重力加速度210m/s =g ，求：（1）物块从A 运动到B 点经历的时间t ；（2）物块停止运动时与B 点的距离x 。

【答案】（1）1.525s ；（2）19m
x =【详解】（1）根据题意，物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得11sin 30cos30mg mg ma μ︒+︒=解得2
110m/s a =物块滑上传送带到速度与传送带相同所需的时间为1t ，由公式0v v at =+可得，10.4s t =设此过程物块的位移大小为1x ，由公式10
112
v v x t +=
解得1 2.4m 11.4m x =<又有1sin 30cos30
mg mg μ︒︒=此后物块随皮带匀速运动，则有12AB L x vt -=，解得2 1.125s t =则物块从A 运动到B 点经历的时间为12 1.525s
t t t =+=（2）物块滑上木板后，木块的加速度为2a ，木板的加速度为3a ，木板与木块一块减速时的共同加速度为
4a ，根据牛顿第二定律得22mg ma μ=，233()mg m M g Ma μμ-+=，34()()m M g m M a μ+=+，解得2
23m/s a =，
235m/s a =，2
41m/s a =木块与木板经时间3t 达到共同速度1v ，则有2333v a t a t -=，133v a t =，解得31s t =，15m/s v =此过程物块位移为2
233 6.512
m
x vt at -==二者共同减速的位移为3x ，则有2
1432v a x =，解得312.5m
x =
则物块停止运动时与B 点的距离为2319m
x x x =+=1．
（多选）传送带的高效利用能为生活带来诸多便利，如图甲为一足够长的倾斜传送带，倾角37θ=︒，现以恒定速率4m /s υ=顺时针转动。

一煤块以初速度012m /s υ=从A 端冲上传送带，煤块的v t -图像如图乙所示，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，取210m /s g =，sin370.6cos370.8︒=︒=，，则（
）
A ．图乙中10.75s t =
B ．图乙中22s
t =C ．煤块运动过程中距离A 点的最远距离为10m D
．煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+）m 【答案】BCD
【详解】A ．0~t 1内，根据牛顿第二定律得1sin cos mg mg ma θμθ+=解得煤块的加速度为2
18m/s a =所以0111124
s 1s 8
v v t a --=
==，故A 错误；B ．t 1~t 2内，根据牛顿第二定律得煤块运动的加速度大小为2
2sin cos 4m/s a g g θμθ=-=，所以
1
212
2s v t t a =
+=，故B 正确；C ．由图像知，在20~t 内，煤块向上运动的位移为11
(124)1m 41m 10m 22
x =⨯+⨯+⨯⨯=，故C 正确；
D ．0~t 1内，传送带位移大小为114m
x vt ==由图像知煤块位移大小为8m ，煤块比传送带多走1Δ4m x =t 1~t 2内，传送带位移大小为()2214m
x v t t =-=
由图像知煤块位移大小为2m ，传送带比煤块多走2Δ2m x =，故煤块向上运动时划痕是4.0m ；，
当煤块下滑时，有2
2312
x a t =，解得3t =
传送带向上运动的位移为33x vt ==
故划痕总长为Δ4m 2m 10m (12x =-++=+，故D 正确。

故选BCD 。

2．
（多选）如图所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t =0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t =t 0时刻P 离开传送带。

不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。

能正确描述小物体P 速度随时间变化的图像可能是（
）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】ABC
【详解】AB ．若v 1=v 2，小物体P 可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动，若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P 先向右匀减速运动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知m Q g-μm P g=(m Q +m P )a 1，加速度不变；
若v 1＞v 2，小物体P 先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知μm P g-m Q g =(m Q +m P )a 2，到小物体P 加速到与传送带速度v 1相等后匀速。

故AB 正确；
CD ．若v 1＜v 2，小物体P 先向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律知m Q g ＋μm P g=(m Q +m P )a 3
到小物体P 减速到与传送带速度v 1相等后，若最大静摩擦力大于或等于绳的拉力，继续向右匀速运动。

若最大静摩擦力小于绳的拉力，继续向右减速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为m Q g －μm P g=(m Q +m P )a 4
到减速为零后，又反向以a 4加速度匀加速向左运动，而a 4＜a 3。

故C 正确；D 错误。

故选ABC 。

3．如图所示，一质量为0.3kg 的“L”型平板B 静置在地面上，平板B 的上表面O 点左侧粗糙、右侧光滑，
质量为0.1kg 的小物块A 从平板B 上的O 点以某一初速度沿平板B 向右滑动，与平板B 右侧挡板碰撞后瞬间，二者速度大小均为2m/s ，速度方向相反，当小物块A 速度减为零时，恰好返回到相对地面的出发位置，已知小物块A 与平板B 间的动摩擦因数为0.4，平板B 与地面间的动摩擦因数为0.225，重力加速度g =10m/s 2，整个过程中小物块A 始终未滑离平板B ，下列说法正确的是（
）
A ．碰撞后平板
B 在运动过程中加速度大小不变B ．碰撞后小物块A 减速时的加速度大小为2.25m/s 2
C ．碰撞后小物块A 刚减速时平板B 的速度大小为1m/s
D ．平板B 上O 点右侧光滑部分的长度为6m
7
【答案】C
【详解】AB ．碰撞后小物块A 先在平板B 的光滑部分做匀速直线运动，后在平板B 的粗糙部分做匀减速直线运动，平板B 在这两个过程中做加速度不同的匀减速直线运动；对小物块A 、平板B 分别应用牛顿第二定律得21A A A
4m /s m g
a m μ==，()2A B 2B1B
3m /s m m g
a m μ+=
=，()2A B 1A 2
B2B 13
m /s 3
m m g m g a m μμ++=
=故AB 错误；
C ．设碰撞后小物块A 刚滑到平板B 的粗糙部分开始做减速运动时，平板B 的速度大小为B 0v ，则有B0B A v v v <=，又B2A a a >，所以平板B 的速度先减为0，后小物块A 的速度再减为0。

由于
2A B 1A ()m m g m g
μμ+>所以平板B 速度减为0后静止不动，小物块A 继续向左做减速运动；因小物块A 运动到相对地面的出发位置时速度减为0，所以平板B 以加速度B1a 向右运动的位移大小等于小物块A 在平板B 的粗糙部分上相
对地面运动的位移大小；根据小物块A 、平板B 的位移大小关系，有
222
B B0A B1A
22v v v a a --=解得B01m /s v =，故C 正确；
D ．根据小物块A 、平板B 的位移大小关系可得平板B 光滑部分的长度22
B B0B B0A B1B17
m 26
v v v v d v a a --=⨯
+=故D 错误。

故选C 。

4．水平地面上某平板车正在做直线运动，0=t 时将质量为m 的物块无初速度地放在平板车上，控制平板车的运动使平板车的v t -图像如图所示。

已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.4，平板车足够长，g 取
210m /s ，则物块运动的v t -图像为（
）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
【详解】0~4s 内平板车做匀速直线运动，速度大小为8m/s ，则物块首先做加速度为a 的匀加速直线运动，有2
4m /s a g μ==物块加速到与平板车共速时所需要的时间为12s v
t a
=
=然后在2~4s 的时间内，物块以8m/s 的速度与平板车一起做匀速直线运动；4s 末平板车开始做匀减速直线运动，加速度大小为222m /s 4m /s v
a g t
μ∆=
==∆车＜所以物块和平板车一起做匀减速直线运动，加速度均为22m /s ，减速到零的时间34s t =所以物块运动的v t -图像为A 选项中的图像。

故选A 。

5．如图所示，水平传送带以v 0=2m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带的长度L =6.2m ，每隔Δt 1=0.5s 将物块（可视为质点）P 1、P 2、P 3、P 4……依次无初速度放置于传送带左端A 点，一段时间后物块从传送带右端B 点离开传送带做平抛运动，最后落入货车车厢，货车始终保持静止。

已知每个物块的质量均为m =1kg ，
物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，B 点与货车车厢底板间的竖直高度h =0.8m ，物块从接触车厢底板到减速为0（忽略物块的反弹和相对车厢的滑动）的时间为Δt 2=0.1s ，重力加速度g =10m/s 2，求：（1）物块P 1从A 点运动到刚接触车厢底板瞬间的时间t ；（2）传送带上相邻两物块间的最大距离Δx 1和最小距离Δx 2；（3）物块P 1刚到达B 点时传送带克服摩擦力做功的瞬时功率P ；
（4）物块P 1从接触车厢底板到减速为0的过程中对车厢底板的平均作用力F 的大小。

【答案】（1）4.5s ；（2）1m ；0.125m ；（3）8W ；（4）【详解】（1）小物块在传送带上加速的过程满足mg ma μ=，解得a =1m/s 2由v 0=at 1，解得t 1=2s ，2
1112
x at =
，解得x 1=2m 小物块在传送带上匀速的过程满足102L x v t =-，解得t 2=2.1s 在平抛运动中2
312
h gt =
，解得t 3=0.4s 则123 4.5s
t t t t =++=（2）当相邻两个物块相对静止时距离最大101x v t =⋅ ，解得11m x = 当物块刚被放上传送带上时与上一个物块距离最小()2
2110.125m 2
x a t == （3）当P 1刚到B 点时，已经静止的物块个数为2
11
4.2t n t =
= 即有5个木块与传送带间的摩擦力为零，仍在加速的物块的个数为1
21
4t n t =
= 即有4个木块与传送带间的摩擦力为滑动摩擦力，传送带克服摩擦力做功的功率，04P mgv μ=，解得P =8W
（4）物块从接触车厢底到减速为零的过程中，在竖直方向满足()()20y y F mg t mv -=-- ，3y v gt =解得F y =50N ，
在水平方向满足()020x F t mv -=-- ，F x =20N ，F =1．（2021·全国高考）（多选）水平地面上有一质量为1m 的长木板，木板的左端上有一质量为2m 的物块，
如图（a ）所示。

用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（b ）所示，其中1F 、2F 分别为1t 、2t 时刻F 的大小。

木板的加速度1a 随时间t 的变化关系如图（c ）所示。

已知木板与地面间的动摩擦因数为1μ，物块与木板间的动摩擦因数为2μ，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g 。

则（
）
A ．111=F m g μ
B ．2122211
()
()m m m F g
m μμ+=
-C ．2
21
12
m m m μμ+>
D ．在20~t 时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【详解】A ．图（c ）可知，t 1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有1112()F m m g μ=+，A 错误；
BC ．图（c ）可知，t 2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有211212()()F m m g m m a
μ-+=+以木板为对象，根据牛顿第二定律，有221121()0m g m m g m a μμ-+=>解得2122211()()m m m F g m μμ+=
-，()12212
m m m μμ+>，BC 正确；
D ．图（c ）可知，0~t 2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D 正确。

故选BCD 。

2．
（2014·四川高考）如图所示，水平传送带以速度1v 匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，0=t 时刻P 在传送带左端具有速度2v ，P 与定滑轮间的绳水平，t t =0时刻P 离开传送带，不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长，正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是（
）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】BC
【详解】B ．若21v v <，且Q P m g m g μ<，则P Q Q P 1
()m g m g m m a μ-=+当P 加速运动速度达到1v 后，与皮带一起匀速运动，直到离开转送带（也可能加速过程中就离开传送带），故B 正确；
ACD ．若21v v <，且Q P m g m g μ>，则P 先匀减速到零，再反向加速到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带）；
若21v v >且Q P m g m g μ<，则P 先匀减速至1v ，然后与传送带一起匀速运动，直到离开传送带（有可能减速过程中就离开传送带）；
若21v v >且Q P m g m g μ>，满足Q P Q P 2()m g m g m m a μ+=+中途速度减至1v ，以后满足Q P Q P 3
()m g m g m m a μ-=+先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带），故C 正确，AD 错误。

故选BC 。

3．
（2019·江苏高考）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μ．先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 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：（1）A 被敲击后获得的初速度大小v ；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a 、a ；（3）B 被敲击后获得的初速度大小v ．
【答案】（1）A v =（2）aB =3μg ，aB ′=μg ；（3）B v =【详解】（1）由牛顿运动定律知，A 加速度的大小aA =μg 匀变速直线运动2aAL =vA 2
解得A v =（2）设A 、B 的质量均为m 对齐前，B 所受合外力大小F =3μmg 由牛顿运动定律F =maB ，得aB =3μg 对齐后，A 、B 所受合外力大小F ′=2μmg 由牛顿运动定律F ′=2maB ′，得aB ′=μg
（3）经过时间t ，A 、B v ，位移分别为xA 、xB ，A 加速度的大小等于aA 则v =aAt ，v =vB –aBt
2211
22
A A
B B B x a t x v t a t =
=-，且xB –xA =L
解得B v =4．
（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v 1=0.6m/s 运行的传送带与水平面间的夹角37α=︒，转轴间距L =3.95m 。

工作人员沿传送方向以速度v 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μ=0.8。

取重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a ；（2）小包裹通过传送带所需的时间t 。

【答案】（1）20.4m/s ；（2）4.5s
【详解】（1）小包裹的速度2v 大于传动带的速度1v ，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知cos sin mg mg ma μθθ-=解得2
0.4m/s a =（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时211 1.60.6
s 2.5s 0.4
v v t a --===在传动带上滑动的距离为1211 1.60.6
2.5 2.75m 22
v v x t ++=
=⨯=因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即cos sin mg mg μθθ>，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为121 3.95 2.75
s 2s 0.6
L x t v --===所以小包裹通过传送带的时间为12 4.5s
=+=t t t。