2026年高考物理一轮复习第09讲动力学中三种典型物理模型(专项训练)(安徽专用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习第09讲动力学中三种典型物理模型(专项训练)(安徽专用)(学生版+解析)，共9页。试卷主要包含了【生产生活与学科知识结合】等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc14353" \l "_Tc17943" 01 课标达标练 PAGEREF _Tc14353 \h 1
\l "_Tc2978" 题型01 等时圆模型 PAGEREF _Tc2978 \h 1
\l "_Tc9724" 题型02 水平传送带模型 PAGEREF _Tc9724 \h 4
\l "_Tc27766" 题型03 倾斜传送带模型 PAGEREF _Tc27766 \h 7
\l "_Tc6753" 题型04 传送带中的动力学图像 PAGEREF _Tc6753 \h 10
\l "_Tc1735" 题型05 滑块带动木板模型 PAGEREF _Tc1735 \h 13
\l "_Tc12437" 题型06 木板带动滑块模型 PAGEREF _Tc12437 \h 15
\l "_Tc12764" 题型07 斜面上的板块问题 PAGEREF _Tc12764 \h 18
\l "_Tc32375" \l "_Tc20184" 02 核心突破练 PAGEREF _Tc32375 \h 21
\l "_Tc24625" \l "_Tc5699" 03 真题溯源练 PAGEREF _Tc24625 \h 32
01 等时圆模型
1．（2025·安徽安庆·二模）如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3:2:1，它们的最低点相切于P点，有三根光滑细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点，空气阻力不计，则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为（ ）
A．B．
C．3:2:1D．1:1:1
【答案】A
【详解】根据等时圆模型，如图所示
只需要求出A′P、B′P、C′P，的时间之比，设最小圆的直径为d，则
故选A。
2．某儿童立体游乐场，在水平一、二、三层平台之间建造了三个滑梯、、，三个滑梯分别位于三个平行的竖直平面内。从侧面看如图所示，滑梯可看作光滑的斜面。其中与垂直，的中点在A点的正上方。小朋友从三个滑梯顶端均由静止开始下滑，到达该滑梯底端所用的时间分别为、、。则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图，以A、B、C三点构建一个竖直面内的圆，A为圆与第一层水平面的切点，
由题可知BC为该圆一条直径，所以A为最低点，AB、AC为圆的两条弦，根据等时圆知识可知
故选D。
3．如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐，B管竖直放置，A管与B管的夹角为α，C管与B管的夹角为β，且α﹤β。三个小球同时从管口顶端静止释放，经过相同的时间，三球所处位置正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】如图所示，ABCD为同一圆上的点，圆的半径为R，小球从A沿光滑杆AB、AC、AD滑下，
从AB下滑用时，有
解得
从AC下滑，有
而AC的长度为
故有
解得
同理若从AD下滑，时间为，即小球到达圆上三点所用时间相同；
依此结论可知，而现在三个小球均从管口上方下滑且无摩擦，相同时间后小球的位置是在同一个圆弧上，且所在位置与竖直位置连线与倾斜轨道夹角为直角，故选C。
02 水平传送带模型
4．如图所示，水平皮带匀速顺时针转动，速度大小，传送带上A、B两点间的距离为，在A点一物块（可视作质点）以的速度滑上皮带，物块与皮带间的动摩擦因数，取，则下列说法正确的是（ ）
A．物块能滑过B点
B．物块经速度减为零
C．物块在皮带上滑动时加速度的大小是
D．物块返回到A点时的速度大小仍是
【答案】C
【详解】ABC．物块在皮带上滑动时，根据牛顿第二定律可得
可得加速度大小为
物块速度减为零所用的时间为
该过程物块的位移大小为
可知物块不能滑过B点，故AB错误，C正确；
D．由于，可知物块向左速度减为0后，反向向右加速到返回到A点前已经与传送带共速，之后与传送带保持相对静止，所以物块返回到A点时的速度大小为，故D错误。
故选C。
5．（多选）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度顺时针运行，小煤块以的初速度从传送带右端滑上传送带。已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带的长度为15m，重力加速度，则小煤块从滑上传送带到离开传送带的过程，下列说法正确的是（ ）
A．小煤块从传送带右端滑离传送带
B．小煤块滑离传送带时的速度大小为6m/s
C．小煤块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为6s
D．小煤块在传送带上留下的痕迹长度为25m
【答案】AD
【详解】A．小煤块在传送带上的加速度大小为
向左减速到零的时间为
向左运动的最大距离为
故小煤块不会从左端滑离传送带，应从传送带右端滑离传送带，故A正确；
B．小煤块向左减速到零后，向右加速到与传送带共速，之后做匀速直线运动，从传送带右端滑离传送带，则小煤块滑离传送带时的速度大小为4m/s，故B错误；
C．小煤块向右加速到与传送带共速所用时间为
这段时间内向右运动的距离为
之后小煤块在传送带上做匀速直线运动的时间为
则小煤块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为
故C错误；
D．小煤块向左运动过程，小煤块相对传送带向左发生的位移大小为
小煤块右运动过程，小煤块相对传送带向左发生的位移大小为
则小煤块在传送带上留下的痕迹长度为
故D正确。
故选AD。
6．如图所示，一平直的传送带以速率 v=2m/s 匀速运行，把工件从 A 处运送到 B处。A、B 间的距离 L=10m，工件与传送带间的动摩擦因数 μ=0.1。若在 A 处把工件轻轻放到传送带上，g 取 10m/s2，求：
（1）工件经过多长时间能被传送到 B 处？
（2）若传送带的速度大小可调节，工件从 A 到 B 运动的最短时间是多少？此时传送带的速度应满足什么条件？
【答案】（1）6s；（2），不小于
【详解】（1）由牛顿第二定律得，工件刚开始加速时的加速度为
工件匀加速运动的位移

加速时间
匀速运动的时间

则工件运动的时间
（2）当工件一直做匀加速直线运动时，运行时间最短，则有
可得工件从 A 到 B 运动的最短时间为
则传送带的速度最小为
即传送带的速度不小于。
03 倾斜传送带模型
7．【生产生活与学科知识结合】（2025·贵州·模拟预测）如图，倾角可调的货物运输机通过传送带将货物从底端传送到顶端。已知传送带底端到顶端的距离为L，货物与传送带间的动摩擦因数为µ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为保证轻放在传送带上的货物能被传送到顶端，则传送带底端与顶端间的高度差须小于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】设传送带与水平面的夹角为θ，若货物能被传送到顶端，则
即
根据几何关系可得
联立可得
故选D。
8．如图所示，许多工厂的流水线上安装有传送带用于传送工件，以提高工作效率。如图甲所示，倾角为的倾斜传送带沿顺时针方向转动，传送带的速度v随时间t的变化图像如图乙所示。时刻将质量为m=1kg的煤块轻放在传送带底端，已知煤块和传送带间动摩擦因数μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。0s~15s过程中传送带上煤块划出的煤块痕迹的长度（ ）
A．2.5mB．3mC．5mD．6.3m
【答案】C
【详解】煤块相对传送带滑动时，由牛顿第二定律得
代入数据解得a＝0.4m/s2
由图乙所示v﹣t图像可知，在0~10s内传送带速度加速度a1
在10~15s内传送带的加速度a2
由于a＞a1，则在0~10s内煤块相对传送带静止一起以加速度a1向上做匀加速直线运动
在10~15s内由于a＜a2，煤块相对于传送带向下滑动，在传送带上留下痕迹
该时间内煤块的位移x1＝vt3×5mm＝20m
传送带的位移x2＝vt3×5mm＝25m
则在0~15s内煤块在传送带上划出痕迹的长度
C正确，ABD错误。
故选C。
9．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v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=10.4m。工作人员沿传送方向以速度v2=2.6m/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/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)小包裹刚放上传送带时所受摩擦力的方向；
(2)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(3)小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】(1)沿斜面向上；(2)0.4m/s2；(3)9s
【详解】（1）由于包裹的速度大于传送带的速度，所以包裹相对于传送带向下运动，则受到沿斜面向上的摩擦力；
（2）根据牛顿第二定律有
解得
（3）小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
解得
在传动带上滑动的距离为
解得
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
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
解得
所以小包裹通过传送带的时间为
10．如图所示，倾斜的传送带正常工作时顺时针匀速转动，传送带的速率为，传送带倾角为一物块从传送带上端滑上传送带，已知滑上时速率为，不计空气阻力，动摩擦因数为μ，传送带长度为L。
(1)若，且使传送带不动，，求物块离开传送带时的速度大小。
(2)若，，传送带正常转动，求物块在传送带上运动的时间。
(3)若，，传送带正常转动，物块从哪一端离开传送带？并求物块离开传送带时速度大小和在传送带上运动的时间。
【答案】(1)；(2)；(3)见解析
【详解】（1）依题意，对物块受力分析，由牛顿第二定律可得，
物块在传送带上做匀加速直线运动，有，解得。
（2）对物块受力分析，可得，
即物块下滑过程，合力为零，做匀速直线运动，则。
（3）对物块受力分析，由牛顿第二定律可得，
解得，
即物块先做匀减速运动，设经速度减为零，则有，
解得。
此时物块下滑的距离为。
此后，物块将沿传送带向上做匀加速直线运动。
设经与传送带共速，则有，
此时物块上滑位移为。
因为，物块将随传送带一起运动，则有，
故物块从上端离开传送带，离开传送带时速度大小与传送带相同为。
物块在传送带上运动的时间为。
04 传送带中的动力学图像
11．如图所示，传送带与水平面间夹角为，以速度逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为，则下图中反映小木块在传送带上的速度随时间变化的关系不可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】当木块刚放在传送带上时，有，又，若传送带长度，则木块一直做匀加速运动，B正确；当时，木块与传送带速度相同后，若，即，木块做匀速运动，C正确；若，即，木块继续以更小的加速度加速，D正确。A符合题意。
12．（2025·陕西商洛·二模）如图所示，某机场行李传输系统可简化为倾斜传送带以恒定速率顺时针转动，时刻从传送带底端无初速地释放一行李（图中用方块表示，视为质点），时刻行李通过传送带中间某位置时的速率达到。在行李从传送带底端运动到顶端的过程中，行李的位移随时间变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】在时间内，行李受到重力、支持力与滑动摩擦力，因为滑动摩擦力大于行李所受重力沿传送带向下的分力，所以行李做匀加速直线运动，图像为开口向上的抛物线，在时刻，行李的速度与传送带的速度相同，行李受到的摩擦力为静摩擦力，且静摩擦力与行李所受重力沿传送带向下的分力大小相等，行李的加速度突变为零，此后行李做匀速直线运动，图像为向上倾斜的直线。
故选A。
13．（2025·河北·模拟预测）（多选）倾角为的足够长传送带以速度顺时针匀速转动，时刻，一物块以初速度冲上传送带，传送带各处的粗糙程度相同，不计空气阻力，规定沿传送带向下为正方向，物块的加速度随时间变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【详解】当物块与传送带之间的动摩擦因数时，根据牛顿第二定律，可得物块先做加速度大小
方向沿传送带向下的匀减速运动，减速到与传送带共速后匀速上升，加速度为零；
当时，物块先做加速度大小
方向沿传送带向下的匀减速运动，减速到与传送带共速后，摩擦力方向变为向上，物块继续做减速运动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小
方向沿传送带向下，直到减速到零，后向下加速，加速过程摩擦力方向依然向上，加速度大小依然为
方向沿传送带向下。
故选BC。
05 滑块带动木板模型
14．（2025·四川绵阳·三模）（多选）如图甲所示，足够长、上表面粗糙的木板P静止在粗糙水平地面上，可视为质点的小物块Q静止在木板的右端、现给物块Q水平向左的初速度，之后物块Q的速度随时间变化的关系图像如图乙所示。若木板与地面间的滑动摩擦因数是，小物块与木板上表面间的滑动摩擦因数是，则（ ）
A．木板始终静止B．木板先运动后静止C．D．
【答案】BD
【详解】根据题意，由图乙可知，物块一直减速运动，且一段时间后加速度变小，可知，物块运动一段时间后与木板共速，并一起减速到0。
AB．物块刚滑上木板时，对木块由牛顿第二定律有
解得物块的加速度大小为
木板在木块给的水平向左的滑动摩擦力和地面给的向右的滑动摩擦力作用下，加速向做运动，当木块与木板共速后，一起向左做减速运动，直到速度减为零，停止运动，A错误，B正确；
CD．当木块与木板共速后，一起向左做减速运动的过程中，对整体受力分析，由牛顿第二定律有
解得共速后木块的加速度大小为
由木块的图像可知
即
C错误，D正确。
故选BD。
15．如图所示，质量为2m的滑板A与质量为m的木板B左端对齐，静止叠放在水平地面上。现用带有橡胶指套的手指在滑板A的上表面以某一恒定速率向右移动，运动后从滑板A上撤去手指。手指作用过程中，对滑板A的压力大小为mg，手指在滑板A上表面留下的划痕长度恰好等于滑板A在木板B上表面滑动距离的。撤去手指后，B仍然向右加速运动，再经过，AB速度恰好相等，保持相对静止，滑板A始终未脱离木板B。已知A、B之间的动摩擦因数，B与地面之间的动摩擦因数，手指与A的动摩擦因数处处相同。取重力加速度。，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)手指撤去前后，木板B加速度分别为多大？
(2)AB相对静止之前，木板B运动的距离；
(3)手指作用过程中，滑板A上表面留下的划痕长度。
【答案】(1)；；(2)；(3)0.25m
【详解】（1）由题意得，手指作用期间，A、B发生相对滑动，B相对地面向右加速运动；对B有
解得
撤去手指后，B仍然向右加速运动，对B有
解得
（2）经过，此时对B由运动公式
当手离开滑块A时，
运动的总位移为
解得
（3）撤去手指后，A向右减速，对A有
解得
撤去手指瞬间，A的速度
解得
假设手指作用时先与A相对滑动，设经手指和A达到共速，随后保持相对静止。则指套在A上面留下的划痕长度为
滑块A在木板B上表面上滑动的距离为
根据题意
解得
假设成立，联立解得
06 木板带动滑块模型
16．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，水平桌面宽度，其上铺有很薄的桌布，桌布左侧与桌边平齐，桌布上静止放置一茶杯（可视为质点），茶杯位于桌面中央处。现用力沿水平方向拉动桌布，使茶杯与桌布间发生相对滑动，茶杯滑离桌布落到桌面上时速度不变，所用时间忽略不计，茶杯恰好停在桌边。已知茶杯与桌布间及茶杯与桌面间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度取，桌布运动加速度为，茶杯运动时间为，下列说法正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【详解】根据题意可知，茶杯做加速和减速的加速度大小均为
根据对称性可得茶杯加速阶段有
解得茶杯加速阶段的时间为
则茶杯减速阶段的时间也为
茶杯的运动时间为
根据相对运动位移关系可得
解得桌布运动加速度为
故选B。
17．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）（多选）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）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、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.75
C．时长木板P停下来D．长木板P的长度至少是
【答案】AC
【详解】A．由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为，6s时两者速度相同为，在0~6s的过程，对Q由牛顿第二定律得
根据图乙可知
联立解得滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为
故A正确；
B．在5~6s的过程，对P由牛顿第二定律得
由乙图可知
联立解得长木板P与地面之间的动摩擦因数为
故B错误；
C．从6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得
解得
该过程所用时间为
可知时长木板P停下来，故C正确；
D．6s前长木板的速度大于滑块Q的速度，6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由图像与横轴围成的面积表示位移，可知6s前Q相对于P向左运动的位移大小为
6s后到两者都停下，Q相对于P向右运动的位移大小为
则长木板P的长度至少为
故D错误。
故选AC。
18．【实际生活与学科知识结合】某兴趣小组对一个惯性实验进行研究。如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的正中间，手指水平弹向纸板，纸板水平飞出，橡皮擦脱离纸板。已知橡皮擦质量为，硬纸板的质量为，硬纸板长度，橡皮擦与纸板间的动摩擦因数为，纸板与桌面间的动摩擦因数为，认为所有接触面处最大静摩擦力等于滑动摩擦力，橡皮擦可视为质点且不会翻滚，重力加速度。求：
(1)若手指与纸板间的作用力随时间变化如图乙所示，则要使橡皮擦相对纸板滑动，至少多大？
(2)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度但位移为零。要使橡皮擦脱离纸板，至少多大？
(3)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度但位移为零。若，橡皮擦和硬纸板均停止时，橡皮擦和硬纸板之间的相对位移大小。
【答案】(1)0.2N；(2)；(3)0.045m
【详解】（1）对橡皮擦和纸板整体分析得
对橡皮擦分析，当橡皮擦所受摩擦达到最大时，此时恰好相对滑动，则有
联立解得，
（2）由分析得两物体速度恰好相等时，橡皮擦相对纸板向左位移最大；对橡皮擦受力分析得
解得加速度大小为
对纸板分析得
解得加速度大小为
开始运动到速度相等时，有
又
联立解得
（3）若，设经过时间，橡皮擦与纸板共速，则有
解得，
该过程橡皮擦相对纸板向左发生的位移大小为
共速后，由于，可知橡皮擦相对于纸板向右运动，对橡皮擦受力分析得
解得加速度大小为
方向向左；对纸板分析得
解得加速度大小为
方向向左；从共速到两者都停止运动，该过程橡皮擦相对纸板向右发生的位移大小为
则橡皮擦和硬纸板均停止时，橡皮擦和硬纸板之间的相对位移大小为
07 斜面上的板块问题
19．倾角为的足够长斜面，上面有一质量为2kg，长为8m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是（取，，）（ ）
A．P、Q两个物体加速度分别为、
B．P、Q两个物体加速度分别为，
C．P滑块在Q上运动时间为1s
D．P滑块在Q上运动时间为3s
【答案】B
【详解】对受力分析，受重力和对的支持力作用，根据牛顿第二定律有，解得；对受力分析，受重力，斜面对的支持力，摩擦力和对的压力作用，根据牛顿第二定律有，解得，A错误，B正确。设在上面滑动的时间为，因，故比运动更快，根据位移关系有，解得，C、D错误。
20．（24-25高一上·云南·期末）如图所示，质量、长的木板放在倾角的斜坡上。现用一沿斜坡向上且大小的力将木板匀速推到斜坡顶端并固定。将一质量的小物块（可视为质点，图中未画出）从固定木板的最上端由静止释放，经小物块滑离木板。已知斜坡足够长，取，，，求：
(1)小物块沿固定木板下滑的加速度大小；
(2)木板与斜坡间的动摩擦因数和小物块与木板间的动摩擦因数；
(3)若释放小物块的同时解除木板的固定，小物块在木板上运动的时间。
【答案】(1)；(2)，；(3)
【详解】（1）由题可知
解得小物块沿固定木板下滑的加速度大小
（2）木板沿斜面匀速运动时，则有
代入数据解得
小物块下滑时，则有
结合上述结论解得
（3）对物块而言，由于物块受力情况不变，故物块的加速度不变，即
当解除木板固定，对木板受力分析如图所示
根据牛顿第二定律可得
解得
物块滑离木板时，则有
代入数据解得
21．如图所示，倾角的足够长斜面固定在水平地面上，质量、长的木板放置在斜面上，木板的右端放置着质量的物块A（可视为质点），木板右端通过一根跨过定滑轮（固定在斜面顶端）的细绳连接着物块B（始终未与斜面侧壁接触或落地），斜面表面的细绳与斜面平行，用外力托着物块B使物块A、B及木板均静止。当物块B的质量时，撤去外力后物块A、B均静止，木板恰好不下滑。已知物块A与木板间的动摩擦因数，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，，，各处细绳始终绷直。
(1)求木板与斜面间的动摩擦因数；
(2)若撤去外力后，木板恰好不上滑，求物块B的质量；
(3)若物块B的质量，撤去外力后物块A相对于木板滑动，求物块A在木板上运动的时间t。
【答案】(1)0.5；(2)4kg；(3)2s
【详解】（1）对物块B受力分析，有
对物块A和木板构成的整体受力分析，平行于斜面方向上有
垂直于斜面方向上有
木板恰好不下滑，有
联立解得，
（2）木板恰好不上滑时，对物块A和木板构成的整体受力分析，平行于斜面方向上有
其中
解得
（3）对物块A受力分析，有
解得
对物块B受力分析有
对木板受力分析有
解得
从物块A开始运动到滑离木板，有
解得

1．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，长木板静置在粗糙水平面上，时与长木板质量相同的小滑块以某一初速度滑上长木板，已知滑块与木板之间的动摩擦因数是木板与地面间动摩擦因数的3倍。设滑块没有离开木板，则下列关于滑块的速度与时间的关系图像以及木板的速度与时间的关系图像，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】规定向右为正，滑块与木板之间存在相对运动，滑块受到木板施加的滑动摩擦力为
根据牛顿第二定律滑块的加速度
因此滑块的速度随时间变化关系
木板受到滑块施加的滑动摩擦力（方向向右）和地面施加的动摩擦力，即
根据牛顿第二定律木板的加速度
因此木板的速度随时间变化关系
则在某时刻，滑块与木板相对静止，一起运动，系统加速度为
因v-t图像的斜率等于加速度，可知只有B正确。
故选B。
2．（2025·陕西商洛·三模）如图所示，与水平面的夹角为30°的倾斜传送带以恒定速率v4m/s顺时针转动，上端与一倾角也为30°的足够长的固定斜面平滑连接，物块从传送带底端以大小v03m/s的速度沿传送带向上滑上斜面。物块与斜面、传送带间的动摩擦因数相同。从物块刚滑上传送带开始计时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。关于物块在传送带和斜面上滑动的速度随时间变化的关系图像，下列组合中全部可能正确的是（ ）
A．①②⑦B．②③⑦C．①④⑥D．③④⑤
【答案】D
【详解】物块的初速度
若
根据牛顿第二定律知传送带上匀加速运动和斜面上匀减速运动时的加速度大小分别为和
有
情况一：物块在传送带上先匀加速直线运动到与传送带共速，后一直匀速上滑，冲上斜面后做匀减速直线运动，最后静止在斜面上，如题图④所示；题图①前面类似于图像④，但开始部分不对；情况二：物块在传送带上一直做匀加速直线运动未达到传送带的速度大小，则冲上斜面后一直做匀减速直线运动，最后静止在斜面上，如题图⑤所示；情况三：物块在传送带上一直做匀加速直线运动恰达到传送带的速度大小，则冲上斜面后一直做匀减速直线运动，最后静止在斜面上，故题图⑥不对；
若
情况一：物块在传送带上匀减速上滑，物块可能在冲上斜面之前速度减为零并向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律知加速度大小
不变，则物块回到出发点时速度为3m/s，如题图②所示；
情况二：物块在传送带上匀减速上滑，，物块可能速度未减为零就冲上斜面，物块在斜面上的加速度大小，速度减为零后向下做匀加速直线运动，加速度大小，如题图③所示；题图⑦前面类似于图像③，但后面部分不对；综上所述， D正确。
故选D。
3．（2025·江苏·二模）如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（ ）
A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同
B．滑块一定可以回到A点
C．滑块最终停留在B点
D．若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方
【答案】A
【详解】A．因，可得
所以滑块由A点释放后沿传送带向下匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加速度也相同，故A正确；
BD．若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故BD错误；
C．由以上分析可知，滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故C错误。
故选A。
4．（2025·山西太原·模拟预测）（多选）如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1 kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v-­t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则不正确的是（ ）
A．传送带的速率v0＝10 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0~2 s内物体在传送带上留下的痕迹为6m
【答案】BD
【详解】A．由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t＝1.0s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为
故A正确；
BC．在0~1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为
由图知
在1.0~2.0s，物体的加速度为
由图知
联立解得
故B错误，C正确；
D．根据“面积”表示位移，可知0~1.0s物体相对于地的位移
传送带的位移为
物体对传送带的位移大小为
方向向上；1.0~2.0s物体相对于地的位移
传送带的位移为
物体对传送带的位移大小为
方向向下，故留下的痕迹为5m，故D错误。
本题选不正确的，故选BD。
5．（2025·内蒙古乌兰察布·二模）如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2。在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F，当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示。其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．DE段表示滑块最终与滑板共速
B．F=0时，滑块离开滑板的速度v=2m/s
C．B点的坐标为（，）
D．C点的坐标为（，）
【答案】D
【详解】A．在AB段，拉力F较小，物体在木板上相对于木板滑动的路程保持不变，说明物块会从板右侧滑离木板；在BC段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；在DE段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，物块相对于木板向左滑动，最终物块会从板左侧滑离木板；故A错误；
B．时，根据牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为
木板的加速度大小为
由图像AB段可知，滑块相对木板的路程为
联立解得或（舍去，此时滑块的速度小于木板的速度）
则物块滑离木板时的速度大小为
故B错误；
C．在AB段，F较小，物块将从木板右端滑下，其中B点，对应物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度，设此时对应的恒力为，由牛顿第二定律得
由速度关系得
由位移关系得
联立解得
由图乙可知，B点对应的相对路程，代入解得
故B点的坐标为（，），故C错误；
D．在BC段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；C点时物块与木板间的静摩擦力刚好达到最大，设此时对应的恒力为，以物块与木板为整体，由牛顿第二定律得
以物块为对象，由牛顿第二定律得
联立解得，
由C选项分析同理可得
代入，可得
故C点的坐标为（，），故D正确。
故选D。
6．（2025·云南曲靖·二模）（多选）在渔业作业中，鱼虾被捕捞上岸后，借助“鱼虾自动分离装置”，实现了鱼和虾的机械化高效分离，显著降低了人工成本。这一装置的简化模型如图所示，其中分离器出口与传送带中段有一定的高度差。鱼、虾（视为质点）均下落至分离器出口正下方，且到传送带时有沿斜面向下相同的初速度（垂直于传送带的速度瞬间变为零）。最终虾均能被传送到下端收集箱中，鱼均能被传送到上端收集箱中，已知传送带与水平面夹角为，始终以恒定速率顺时针转动。则下列说法正确的是（ ）

A．鱼和虾在传送带上运送的过程中，所受的摩擦力方向始终相同
B．鱼从掉落到传送带后，先沿着传送带向下做减速直线运动，最终一定会和传送带共速
C．鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于虾与传送带的动摩擦因数
D．虾从掉落到传送带后，可能做匀速直线运动，也可能做加速直线运动，还可能做减速直线运动
【答案】ACD
【详解】A．由于鱼和虾最终均能进入收集箱，且由于两者落在传送带时均有沿斜面向下的初速度，虾沿传送带向下运动所以受到的摩擦力一定向上，鱼先向下减速，所受的摩擦力向上，速度减为零后，又沿传送带向上运动此时摩擦力向上，所以鱼和虾在传送带上运送的过程中，所受的摩擦力方向始终相同，故A正确；
B．鱼在掉落到传送带后，有一个沿传送带斜面向下的初速度，鱼先向下减速到速度为零后，变为向上的加速运动，最终可能变为匀速直线运动，故B错误；
C．鱼向上运动，有
虾向下运动加速时有
匀速时有
向下减速时为了和鱼能够分开，说明虾向下减速的减速度小于鱼向下减速的加速度，即
所以一定大于，故C正确；
D．虾的收集箱在下方，所以虾一定是向下运动，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力小于虾受到的摩擦力，此时虾向下做减速直线运动，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力等于虾受到的摩擦力，虾向下做匀速直线运动，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力大于虾受到的摩擦力，此时虾向下做加速直线运动，故D正确。
故选ACD。
7．（2025·河北·模拟预测）（多选）如图所示，“L”形的木板A置于水平面上，其质量为m，初始时刻静止，木板与地面间的动摩擦因数为μ，另一质量也为m的滑块B初始紧贴木板A的左侧面且B的下表面距平板A的上表面高度为h，滑块B与A的左侧面间的动摩擦因数也为μ。在t=0时刻，将B从静止释放，并在B上施加一水平向左、大小为mg（g为重力加速度）的恒力F，在t１时刻，物块B下落至木板的上表面后不反弹。在0~t１时间内，木板A的加速度大小为，下列选项正确的是（ ）
A．μ=0.5
B．0~t１时间内B在竖直方向上的加速度大小为
C．t１时刻之后，整个系统将向左做加速度小于的匀加速直线运动
D．物块B落在A的上表面前的瞬间，其速度大小为
【答案】AB
【详解】A．在水平方向上，对A、B组成的系统由牛顿第二定律有
对B，有，
可得动摩擦因数为μ=0.5
A正确；
B．对B在竖直方向上分析有mg-
可得B在竖直方向上的加速度大小
B正确；
C．t1时刻之后，μ·2mg= mg=F
整个系统水平方向受力平衡，整个系统将向左做匀速直线运动，C错误；
D．物块B落在A的上表面前的瞬间，在竖直方向有
则其竖直方向分速度大小为
B还有水平方向上的分速度，其合速度大于，D错误。
故选AB。
8．（2025·河北邯郸·模拟预测）如图所示，一倾角为，足够长的传送带始终以的速度顺时针匀速运转，一可视为质点的质量为的物块放在质量为的木板上的某位置。时刻，两者同时在传送带的顶端由静止释放，木板与传送带之间的动摩擦因数，物块与木板之间的动摩擦因数，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度，不计其它阻力。
(1)求由静止释放后木板和物块开始运动时加速度的大小和；
(2)要使物块不从木板上端滑出，物块初始状态在木板上的位置距木板上端至少为多少；
(3)时，物块恰好从木板上滑下，求木板的长度至少是多长。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）释放后，木板受传送带向下的滑动摩擦力，由于大于，木板比物块运动得快，对物块由牛顿第二定律得
解得
对木板有
解得
（2）设经时间木板与传送带速度相同，则
解得
同速后由于
可知
故木板与传送带相对静止一起匀速运动，物块继续加速，设再经时间物块与木板及传送带速度相同，则
解得
此时物块相对木板向上端发生位移为
故要使物块不从木板上端滑出，物块初始状态在木板上的位置距木板上端至少为1.26m。
（3）同速后物块会相对于木板下滑，对物块有
解得
对木板有
知木板仍匀速运动至
则从物块与木板及传送带等速至物块从木板上滑落时间为
这段时间内物块相对木板向下端运动的距离为
可得木板上的长度至少是。
9．如图1，足够长的竖直板C固定不动，C内部有电磁铁，B为长木板，铁块A始终受到电磁铁的水平方向的吸引力，吸引力随时间变化的图像如图2所示。已知A、B的质量均为m，重力加速度m取，A、B之间的动摩擦因数，B、C之间的动摩擦因数。A位于B板上端，时刻，A、B由静止释放，求：
(1) 内，A、B的加速度；
(2)0.2s时，A相对于B滑动的距离；
(3)为保证A不离开长木板B，求长木板B的最小长度。
【答案】(1)7.5m/s2，；(2)0.05m；(3)
【详解】（1）假设A、B均发生滑动， A、B之间也发生相对滑动，
对A根据牛顿第二定律，有
解得
对B根据牛顿第二定律，有
解得
即
假设成立。
（2）在内，A运动的位移为
B运动的位移为
A相对于B滑动的距离
联立解得
（3）当时，A的速度为
B的速度为
0.2s后，对A根据牛顿第二定律，有
解得
对B根据牛顿第二定律，有
解得
A运动的位移为
B运动的位移为
长木板B的最小长度
联立解得

1．（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【答案】D
【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；
B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；
C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；
D．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时
做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。
故选D。
2．（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)加速阶段散货与传送带发生的相对位移为。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）对单个散货水平方向由动量定理
解得单个散货的质量为
（2）落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为
其中
则匀速位移为
故传送带的长度为
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为