重难点07 板块模型和传送带模型的综合应用-2025年高考物理 热点 重点 难点 专练（新高考通用）

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一、滑块木板模型
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
二、传送带模型
1．水平传送带
2．倾斜传送带
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：40分钟）
一、单选题
1．（2024·江苏南通·模拟预测）如图所示，水平面上一滑块压在一张纸上，将纸匀速抽出，滑块向前移动一段距离后停止。若换一质量更大的滑块，压在纸上的同一位置，将纸以相同的速度抽出，已知两滑块与纸、水平面之间的动摩擦因数相同，则（ ）

A．纸抽出的时间变长B．纸抽出的时间变短
C．抽纸过程拉力做功变多D．抽纸过程拉力做功不变
【答案】C
【知识点】常见力做功与相应的能量转化、没有其他外力的板块问题
【详解】AB．设滑块的质量为m，则滑块与纸之间的摩擦力大小为，纸抽出过程中，根据牛顿第二定律可知
解得滑块的加速度大小为
纸抽出过程中，物块相对纸的位移
两次将纸以相同的速度抽出，滑块压在纸上的同一位置，即x、相同，加速度相同，所以两次的纸抽出的时间相同，AB错误；
CD．纸抽出时，滑块的速度
加速度a与时间t相同，所以滑块的速度相同，而第二次滑块与纸之间的摩擦力增大，两者的相对位移不变，所以因摩擦产生的热量增大，根据能量守恒可得抽纸过程拉力做功变多，故C正确，D错误。
故选C。
2．（2024·全国·模拟预测）如图所示，足够长的长木板A放在光滑的水平面上，另一物体B静止在长木板A的右端，t=0时刻对A施加水平向右且随时间均匀增大的力F（F=kt），t0时刻A、B共同运动的速度为v0，2t0时刻撤去力F，由于A、B间存在摩擦，经过一段时间两者再次达到相同速度，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B发生相对滑动前，B的加速度保持不变
B．二者最后共速时速度为2v0
C．A、B发生第一次相对滑动一定在t0~2t0之间
D．A与B的质量一定相等
【答案】C
【知识点】受变化外力的板块问题
【详解】A．A、B发生相对滑动前，A、B的加速度相同，根据牛顿第二定律
由此可知，加速度随时间均匀增大，故A错误；
B．0~t0、0~2t0，根据动量定理可得
由于2t0时刻撤去力F，A、B组成的系统动量守恒，则
所以
所以二者最后共速时速度为4v0，故B错误；
C．根据题意可知，t0时刻A、B共同运动的速度为v0，而2t0时刻撤去力F，一段时间两者再次达到相同速度4v0，说明2t0时刻后A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，最后共速，则A、B发生第一次相对滑动一定在t0~2t0之间，故C正确；
D．无法确定二者质量关系，故D错误。
故选C。
3．（2024·山东济南·模拟预测）如图所示，木板B静止在光滑的水平面上，距右侧墙壁1m。物块A以的水平速度从B的左端滑上B，B上表面粗糙，AB之间动摩擦因数为0.3。B与右侧墙壁碰撞前AB未分离，B与墙壁碰撞后以某一速度反弹，之后某一瞬间AB同时停止运动，且A刚好停在B的最右侧。已知物块A质量为1kg，木板B质量为3kg，g取10m/s2。关于该运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．木块B与右侧墙壁碰撞无机械能损失
B．木块B与右侧墙壁碰撞损失的机械能为4J
C．木板B的长度为
D．木板B的长度为
【答案】C
【知识点】含有动量守恒的多过程问题、没有其他外力的板块问题
【详解】AB．A在B上向右滑动，A减速，B加速。B向右运动与墙相碰，碰后B向左减速，A向右减速，二者速度同时减到0。对A
可得
对B
可得
设经过时间t达到共同速度，可得
得
设B撞墙前的速度为，此时A的速度为v2，可得
设此过程中木板的位移为x1，根据
可得
共速时B未到右墙。B撞墙后，A的速度不变，设B撞墙后的速度为，因A、B最终恰好同时静止，由动量守恒可得
可得
损失的机械能
故AB错误；
CD．木板B的长度为撞前和撞后A、B的相对位移之和，即
故
故C正确，D错误。
故选C。
4．（2024·河北·模拟预测）质量1kg的带正电滑块，轻轻放在传送带底端。传送带与水平方向夹角为，与滑块间动摩擦因数为，电动机带动传送带以3m/s速度顺时针匀速转动。滑块受到沿斜面向上的4N恒定电场力作用，已知重力加速度为g=10m/s2，则1s内（ ）
A．滑块动能增加4JB．滑块机械能增加12J
C．由于放上滑块电机多消耗电能为12JD．滑块与传送带间摩擦产热为4J
【答案】C
【知识点】物块在倾斜的传送带上运动分析、能量守恒定律与传送带结合、带电粒子在匀强电场中的直线运动
【详解】A．分析滑块，由牛顿第二定律得
解得
1s末，滑块末速度为
位移为
传送带位移为
则，滑块动能为
故A错误；
B．滑块机械能增加
故B错误；
C．电机多消耗电能
故C正确；
D．滑块与传送带间摩擦产热为
故D错误。
故选C。
5．（2024·广东·三模）工厂中某水平传送带由静止启动，启动初期驱动轮上某点的线速度随路程均匀增大，已知传送带与驱动轮间无相对滑动，则启动初期与传送带相对静止的滑块（ ）
A．做匀加速运动B．加速度逐渐减小
C．动量变化得越来越快D．所受摩擦力的功率不变
【答案】C
【知识点】平均功率与瞬时功率的计算、物块在倾斜的传送带上运动分析、计算物体的动量及动量的变化
【详解】A．由于滑块与传送带相对静止，传送带与驱动轮间无相对滑动，则滑块的速度随位移均匀增大，若滑块做匀加速运动，由直线运动规律得
滑块速度不随位移均匀增大，即滑块不做匀加速运动，故A错误；
B．滑块速度逐渐增大，则通过任意相同位移的时间逐渐减小，又滑块通过相同位移的速度变化量相同，则滑块加速度越来越大，故B错误；
C．滑块动量
由于滑块加速度逐渐增大，即速度变化的越来越快，而滑块质量不变，则滑块动量变化的越来越快，故C正确；
D．滑块所受摩擦力即其所受合外力，由牛顿第二定律得所受摩擦力逐渐增大，又滑块速度逐渐增大，由
可知摩擦力的功率增大，故D错误。
故选C。
6．（2024·贵州安顺·一模）快递员通过传送带和一段光滑圆弧轨道把包裹从低处送到高处的车厢，传送带倾角为，传送带ab端距离，始终以速度匀速顺时针转动，传送带上端与圆弧轨道bc相切于b点，bc段圆心为O，最高点为c。时刻，把第一个包裹轻放在传送带底端a，后面每隔0.5s放一个包裹，若包裹与传送带间的动摩擦因数为，每个包裹沿圆弧轨道恰好能达到c点。重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．包裹在最高点c时，对圆弧轨道的压力为零
B．第一个包裹在传送带上运动的时间为3.55s
C．圆弧轨道半径为
D．传送带上最多有5个包裹
【答案】B
【知识点】绳球类模型及其临界条件、用动能定理求解外力做功和初末速度、物块在倾斜的传送带上运动分析
【详解】A．因为每个包裹沿圆弧轨道恰好能达到c点，即包裹到达c点时的速度为0，即包裹在c点时重力和支持力为平衡力，等大反向，则支持力等于重力，根据牛顿第三定律，对圆弧轨道的压力等于支持力等于重力，故A错误；
B．包裹在倾斜传送带上先加速运动后匀速运动，加速时，根据牛顿第二定律
则加速时间为
加速位移为
匀速运动时间为
则包裹在传送带上运动时间为
故B正确；
C．由B可知，包裹在传送带上最终和传送带共速，即包裹在b点的速度为
包裹由b到c点，设圆弧轨道半径为R，根据动能定理
解得
故C错误；
D．由B可知，第一个包裹在传送带上运动时间为3.55s，这段时间内可以在传送带上放置包裹的个数为
即，第一个包裹到达b点时，传送带上又放置了7个包裹，则传送带上最多有8个包裹，故D错误。
故选B。
二、多选题
7．（2024·河南新乡·一模）如图所示，书本甲叠放在书本乙上，甲、乙两书足够长，甲、乙的质量分别为，甲、乙之间的动摩擦因数，乙与桌面之间的动摩擦因数。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，用水平向右的力推书本甲，开始时，此后缓慢增大，下列说法正确的是（ ）
A．当推力时，书本甲对书本乙的摩擦力大小为
B．当推力时，书本均保持静止状态
C．当推力时，书本甲、乙之间无相对滑动
D．当推力时，书本甲、乙之间有相对滑动
【答案】AC
【知识点】复杂受力情况下计算静摩擦力的大小、受变化外力的板块问题
【详解】CD．甲、乙间的最大静摩擦力为
乙与桌面间的最大静摩擦力为
以乙为研究对象，设乙的最大加速度大小为a，由牛顿第二定律
解得
由整体牛顿第二定律
解得
故当推力时，书本甲、乙之间有相对滑动，故C正确，D错误；
A．当推力时，乙对甲的摩擦力为静摩擦力，则书本甲对书本乙的摩擦力大小为，故A正确；
B．当推力时，大于乙与桌面间的最大静摩擦力，而小于甲、乙间的最大静摩擦力，则书本甲、乙一起做匀加速直线运动，故B错误。
故选AC。
8．（2024·安徽·一模）如图所示，一长L、质量为M的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量为m的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力，现用水平恒力F1向左作用在滑块上，用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块、木板同时从地面由静止开始向上运动。已知L=1.0m、质量M=0.20kg、m=0.80kg、μ=0.10，现F2与F1同时作用时间t=2s，滑块与木板恰好分离，g=10m/s2，试根据以上信息，判断以下正确的选项是（ ）
A．F1不能小于20N
B．F2不能小于20N
C．当F1=30N时，F2=19N
D．t=2s内，滑块与木板加速度之差一定等于0.5m/s2
【答案】AD
【知识点】受恒定外力的板块问题
【详解】A．根据题意有
所以

故A正确；
B．根据牛顿第二定律，对滑块有
对木板有
根据滑块与木板的位移关系有
联立并代入数据可得
由于
所以
故B错误；
C．当F1=30N时，有
故C错误；
D．由于
代入数据可得
故D正确。
故选AD。
9．（2024·四川遂宁·模拟预测）如图甲所示，一足够长的木板静置于水平地面上，右端放置一可视为质点的小物块。在时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F=36N，作用1s后撤去F，整个过程木板运动的图像如图乙所示。已知小物块的质量，木板的质量M，物块与木板间及木板与地面间动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，物块始终未从木板掉落。下列说法正确的是（ ）
A．木板的质量M=4.5kg
B．物块与木板及木板与地面间的动摩擦因数大小为0.2
C．整个过程系统因摩擦而产生的热量为81J
D．整个过程木板运动的位移大小为6.75m
【答案】BD
【知识点】受变化外力的板块问题
【详解】AB．由图像乙可知，在时木板的加速度发生了变化，说明此时小物块与木板的速度相等，小物块对木板的摩擦力方向发生了变化，在1-1.5s时间内小物块相对木板滑动，根据图象则木板的加速度为
对木板由牛顿第二定律
根据图象在0-1s时间内木板的加速度为
由牛顿第二定律
联立解得
故B正确，A错误；
CD．在0-1.5s时间内小物块始终相对木板滑动，由牛顿第二定律，则小物块的加速度
小物块的位移为
木板的位移为v−t图像包围的面积，则
时间，小物块与木板相对静止，则整个过程小物块相对木板运动的位移大小为
整个过程小物块相对木板运动时产生的热量为
木板与地面之间的摩擦产生的热量为
木板与小物块一起运动的位移
木板运动的总位移
联立解得
因此整个过程系统因摩擦而产生的热量为
故D正确，C错误。
故选BD。
10．（2024·湖南·模拟预测）传送带在现代工业生产和物流体系中扮演着至关重要的角色，其能够提升生产效率，节省空间成本，广泛应用于各领域，推动物流自动化发展。如图所示，传送带与水平面夹角为θ，且夹角θ可根据需求调整，货物与传送带之间的动摩擦因数为μ，在货物随传送带匀速运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．摩擦力对货物不做功
B．θ减小，货物对传送带的压力变大
C．θ增大，货物受的摩擦力大小始终等于
D．当时，则传送带无法将货物向上输送
【答案】BD
【知识点】物块在倾斜的传送带上运动分析、判断某个力是否做功，做何种功
【详解】A．货物所受摩擦力沿斜面向上，与速度方向同向，故做正功，故A错误；
B．货物对传送带的压力
θ减小，货物对传送带的压力增大，故B正确；
C．货物随传送带一起保持匀速运动，两者之间无相对滑动，所受摩擦力为静摩擦力
故C错误；
D．如果，则最大静摩擦力小于重力的分力，所以无法向上传输，故D正确。
故选BD。
11．（2024·广东肇庆·一模）如图为一种鱼虾自动分离装置的示意图，鱼和虾均从一个靠近传送带的出料口掉落到转动的传送带上，鱼和虾就会自动分别向两端运动。下列说法正确的是（ ）
A．传送带的转动方向是顺时针方向
B．鱼在传送带上运动时，内能增加，机械能减小
C．传送带速度越大，虾到达下端虾收集箱的用时越短
D．鱼和传送带间的动摩擦因数一定大于虾和传送带间的动摩擦因数
【答案】AD
【知识点】能量守恒定律与传送带结合、物块在倾斜的传送带上运动分析
【详解】A．鱼和虾在传送带上受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，故传送带沿顺时针方向转动，A正确；
BD．鱼向上运动，有
摩擦力对鱼做正功，机械能增大；
虾向下运动有
一定大于，B错误，D正确；
C．传送带沿顺时针方向转动，无论速度为多少，对虾的摩擦力大小和方向均不变，虾下滑的时间与传送带的速度无关，C错误。
故选AD。
12．（2024·安徽·三模）如图（a）所示，一倾斜传送带以恒定速度v向下传动，质量分别为m、M的两物块P、Q用绕过定滑轮的细绳相连，某时刻P以速度滑上传送带顶端，同时Q也以速度竖直向上运动，此后P运动的图像如图（b）所示，、已知。已知P与滑轮之间的轻绳始终与传送带平行，传送带足够长，Q始终没有与滑轮相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．一定有
B．一定有
C．物块P返回传送带顶端的时刻为
D．根据图像可求出P与传送带间的动摩擦因数以及传送带倾角
【答案】AD
【知识点】细绳或弹簧相连的连接体问题、物块在倾斜的传送带上运动分析
【详解】ABD．物块P先向下做减速运动，t1时刻加速度发生变化，说明摩擦力方向发生了变化，即t1时刻物块P与传送带共速，t1时刻之前物块的速度大于传送带的速度，则一定有，在t1时刻之前，对PQ的整体
在t1时刻之后，对PQ的整体
因a1和a2可以从v-t图像斜率中得到，则由两方程联立可求出P与传送带间的动摩擦因数以及传送带倾角，但不能确定M和m的大小关系，选项AD正确，B错误。
C．由图像可知，在t2时刻物块P到达最低点，然后反向沿斜面向上运动，加速度一直为a2，因结合图像的面积等于位移可知物块P返回传送带顶端的时刻为大于时刻，选项C错误；
故选AD。
三、解答题
13．（2024·福建·模拟预测）如图所示，光滑的曲面轨道与粗糙水平轨道相切于P点，质量M=4kg、长L=4m的长木板B静止在水平面上，且长木板B的最左端刚好位于P点，质量为m=2kg的可视为质点的物体C静止在长木板B的正中央，另一质量为m0=4kg的物体A从曲面上的O点由静止释放，经过一段时间与长木板B发生弹性碰撞，已知B、C间的动摩擦因数为，B与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度g=10m/s2，A、C均可视为质点，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)物体A与长木板B碰后瞬间，长木板B与物体C的加速度大小；
(2)欲使物体C刚好不从长木板B的左端离开，释放点O到P点的高度；
(3)若使物体A从距离P点高为h0=0.2m处由静止释放，A、B碰后的瞬间，立即在长木板B上施加水平向右的恒力F0=20N，若物体C刚好不从长木板上离开，则恒力作用的时间t1（结果可保留根号）。
【答案】(1)，
(2)0.8m
(3)
【知识点】利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题、没有其他外力的板块问题
【详解】（1）对B进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
对C进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
（2）若物体C先向右做匀加速直线运动，木板先向右做匀减速直线运动，此过程C相对于B向右运动，两者速度达到相等后，由于
C、B不能够保持相对静止，C随后向右做匀减速直线运动，B也向右做匀减速直线运动，C刚好不从长木板B的左端离开，表明两者速度达到相等时C恰好到达B左端，令碰撞后B的速度为，则有
此过程，相对位移恰好等于B长的一半，则有
解得
，，
A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有
，
解得
A从点O到P点过程。根据动能定理有
解得
（3）若使物体A从距离P点高为h0=0.2m处由静止释放，根据动能定理有
解得
A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有
，
解得
碰后瞬间立即在长木板B上施加水平向右的恒力F0=20N，对B分析，根据牛顿第二定律有
解得
B在恒力作用下向右做匀加速直线运动，C向右以做匀加速直线运动，C相对于B向左运动，历时撤去恒力，对B的运动有
，
对C的运动有
，
此过程的相对位移
撤去恒力后，结合上述可知，B向右以做匀减速直线运动，C向右以做匀加速直线运动，C相对于B仍然向左运动，历时达到相等速度时，c恰好到达B左端，则有
此过程的相对位移
之后C、B不能够保持相对静止，C随后向右做匀减速直线运动，B也向右做匀减速直线运动，C相对于B向右运动，则有
舍去解的负值，解得
14．（2024·安徽·一模）如图所示，地面的左侧有一个长3m的固定平台，上表面水平，质量为的物体P静止在平台的左端，物体P与平台间的动摩擦因数。在平台的右侧光滑的水平地面上紧靠平台放置一块质量为的足够长的木板，木板的左端静止放置一个质量也为1kg小物体Q，木板的下表面光滑，木板的上表面粗糙且与平台等高，木板的右端足够远处有竖直的墙壁。现对物体P施加一水平向右的拉力（x为物体P的位移，式中各物理量均取国际单位制单位），物体P由静止开始运动，在物体P、Q发生弹性正碰前的瞬间撤去拉力F，重力加速度，每一次碰撞的时间都极短，可忽略不计。求
(1)物体P、Q碰前瞬间，物体P的速度大小；
(2)木板第一次与墙碰前瞬间的速度大小：
(3)若木板每一次与墙碰后瞬间的速度大小是碰前瞬间的，求：
①木板与墙第8次碰撞损失的动能（结果可以用分数表示）；
②木板与物体Q之间因摩擦产生的总热量。
【答案】(1)3m/s
(2)1m/s
(3)①，②
【知识点】含有动量守恒的多过程问题、利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题、受变化外力的板块问题、用动能定理求解外力做功和初末速度
【详解】（1）固定平台的长度为，碰前瞬间P的速度大小为，由动能定理得
可得
代入数据可得
（2）设物体P、Q碰后瞬间的速度分别为和，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立可得
，
物体P、Q碰后，P返回平台，Q在木板上滑动，由题意可知，木板与墙第一次相碰时，已经和物体Q达到速度相同，设为，由动量守恒定律
解得
所以木板第一次与墙碰前瞬间的速度大小为1m/s。
（3）①假设木板与墙第二次碰前可以和物体Q达到共同速度，由动量守恒得
解得
和第一次碰后的速度相同，所以达到速度相同时恰好发生第二次碰撞。设木板第n次（）
与墙碰前瞬间的速度为，则有
所以木板第8次和墙壁碰前瞬间的速度为
木板第8次和墙壁碰撞损失的动能为
②木板第一次和墙壁碰撞后，物体Q相对木板一直向右滑动，直到最终静止，所以物体Q相对于地面一直做匀减速直线运动到静止，物体Q相对于地面的位移和相对于木板的位移相同，设为x，物体Q与木板间的摩擦力f，由动能定理
由能量守恒定律
联立解得
15．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图所示，水平面上一小滑块置于长木板上，且均处于静止状态。已知滑块与木板左、右两端距离分别为L1 = 6 m、L2 = 8 m，木板与滑块、水平面间的动摩擦因数分别为μ1 = 0.2、μ2 = 0.1，木板的质量M = 1 kg，上表面距水平面高度h = 0.8 m，滑块的质量m = 2 kg。现给滑块一水平向右的初速度v0 = 8 m/s，重力加速度g = 10 m/s2。
(1)要使木板保持静止，在木板上加一竖直向下的力F1，求力F1的最小值；
(2)为使滑块不滑离木板，在木板上加一水平方向的力F2，求力F2的大小范围；
(3)若在木板上加一水平向右的力F3，且F3 = 13 N，求滑块落地时距木板左端的距离Δx。
【答案】(1)10 N
(2)1 N ≤ F2 ≤ 9 N
(3)4.16 m
【知识点】受恒定外力的板块问题
【详解】（1）在木板上加一竖直向下的力F1，要使木板保持静止，则水平面与木板之间的最大静摩擦力要大于等于滑块对木板的摩擦力，则有
解得
故力F1的最小值为10 N。
（2）①若在木板上加一水平向左的力F2，且木板的初始加速度也向左，则滑块向右做匀减速运动到静止时，滑块的位移为
则滑块向右做匀减速运动，还未与木板共速时就已经从木板最右端滑离了木板，故木板的初始加速度不可能向左。
②若在木板上加一水平向右的力F2，设滑块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得
为使滑块不滑离木板，则滑块和木板共速时，滑块最多只能到达木板的最右端，即木板与滑块的相对位移小于等于L2，设滑块和木板达到共速v共所用时间为t，滑块的位移为x块，木板的位移为x板，则
解得
要使滑块与木板达到共速后，不再相对滑动，则应满足
解得
故力F2的大小范围为1 N ≤ F2 ≤ 9 N。
（3）若在木板上加一水平向右的力F3，且F3 = 13 N，则滑块和木板共速前，滑块的加速度大小为a1 = μ1g = 2 m/s2，设木板的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得
设此时滑块和木板达到共速所用时间为t1，滑块和木板的相对位移大小为Δx1，则
因为F3 = 13 N > 9 N，所以滑块和木板共速后还会相对滑动，设此后再经过时间t2，滑块刚好到达木板最左端而离开木板，此时滑块和木板的相对位移大小为Δx2，木板的加速度大小为a4，滑块和木板的速度分别为v块和v板，则
滑块脱离木板后，做平抛运动，设经过时间t3后落地，此时木板继续做匀加速直线运动，设其加速度为a5，则
滑块落地时距木板左端的距离为
解得
16．（2024·江西吉安·模拟预测）如图，一平台固定在光滑水平地面上，质量为m的一辆小车左端紧靠平台静止在光滑水平面上，小车上表面和平台上表面在同一水平面上，质量为m的物块A静止在平台上表面左端，质量为m的物块B静止在小车上表面左端，两物块与平台和小车上表面的动摩擦因数均为0.5，在小车右侧不远处固定一弹性挡板，小车与挡板的碰撞为弹性碰撞，平台和小车的长均为L，重力加速度大小为g，不计物块的大小，给物块A一个向右的初速度，使其沿平台向右滑动，求：
（1）要使A与B能发生碰撞，物块A的初速度应满足什么条件？
（2）若A的初速度大小为，A与B碰撞后粘在一起，若在小车与挡板碰撞前，A、B与小车已处于相对静止，则开始时小车右端离挡板的距离应满足什么条件？
（3）在（2）问中，试判断在小车与挡板多次碰撞中A、B是否能滑离小车，如果能，第几次碰撞后滑离；如果不能，从第一次碰撞后，小车运动的总路程是多少？
【答案】（1）；（2）；（3）不能，
【知识点】没有其他外力的板块问题、利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题
【详解】（1）物块A在平台上滑动时的加速度大小为
要使A与B能发生碰撞，则
解得
（2）当时，设A、B碰撞前一瞬间，A的速度大小为，
根据动能定理
解得
设A、B碰撞后一瞬间，共同速度为，根据动量守恒
解得
设A、B与小车相对静止时共同速度为，则
解得
则开始时，小车右端离挡板的距离
根据牛顿第二定律
解得开始时小车右端离挡板的距离为
（3）假设A、B不会滑离小车，从A、B滑上小车至A、B和小车最终停下，
根据功能关系
解得
假设成立，即A、B不会滑离小车。
第一次碰撞后，小车向左运动的最大距离
设第二次碰撞前，滑块与小车已共速，则
解得
假设成立。
同理可知，第二次碰撞后小车向左运动的最大距离
因此第一次碰撞后，小车运动的总路程
17．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，一条水平传送带的左、右两端均与水平地面平滑连接，左侧地面粗糙，右侧地面光滑，传送带左、右两轴距离，传送带以的速度顺时针方向运动。质量均为的A、B两物块中间有一根压缩的轻弹簧（弹簧与两物块没有连接），且弹簧的压缩量，两物块与左侧地面、传送带间的动摩擦因数均为，右侧地面排放着3个质量均为的弹性小球。现由静止同时释放A、B两物块，当弹簧恢复原长时B物块恰好滑到传送带的左端，紧接着物块B经过第一次运动到传送带右端，取。试求：
(1)物块B刚离开轻弹簧的速度大小；
(2)轻弹簧储存的弹性势能有多大；
(3)整个过程摩擦产生的内能多大（计算结果保留3位有效数字）。
【答案】(1)
(2)4.2J
(3)
【知识点】常见力做功与相应的能量转化、物块在水平传送带上运动分析、利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题
【详解】（1）假设滑块B经过时间和传送带速度相同，这段时间内滑块B的位移，加速度为。由牛顿第二定律知
解得
由运动学可知
，
滑块B和传送带共速后一起匀速运动，又经过时间到达传送带右端
由题可知通过传送带的总时间
联立以上各式解得
，（舍）
（2）滑块脱离弹簧的速度，由动量守恒定律可知
解得
由能量守恒可知
代入数据
（3）滑块B与右侧的小球第一次发生弹性碰撞后，碰后速度分别为和，由动量守恒可知
由机械能守恒定律可知
联立以上各式
；
接下来滑块B返回传送带向左匀减速，经过速度减到0，则
解得
滑块B从第1次向左通过传送带的右端到第2次通过传送带右端的时间为
代入数据
同理可得滑块B从第2次向左通过传送带的右端到第3次通过传送带右端的时间为
同理可得滑块B从第3次向左通过传送带的右端到第4次通过传送带右端的时间为
滑块与左侧水平地面产生的内能
滑块B第一次从传送带的左端到右端产生的内能
滑块B从第1次向左通过传送带的右端到第2次通过传送带右端的内能为
滑块B从第2次向左通过传送带的右端到第3次通过传送带右端的内能为
滑块B从第3次向左通过传送带的右端到第4次通过传送带右端的内能为
综上整个过程摩擦产生的内能
18．（2024·山东·模拟预测）如图，质量为的小物块P和固定在竖直挡板上的轻质弹簧固定连接，放在水平地面上。小球M的质量为，由长的细线悬于O点。细线拉直，使M从与O点等高的D点由静止释放，M在竖直平面内摆动时恰好不与水平地面接触。水平传送带AB长，以的速度逆时针匀速运行。质量为的物块N静止放到传送带最右端A点。物块N与传送带之间的动摩擦因数为0.5。物块N从传送带最左端B点滑上和传送带上表面相切的水平地面，M第一次运动到O点正下方时恰好和N发生第一次弹性碰撞。之后M在竖直平面内做完整的圆周运动，接着M、N又发生第二次弹性碰撞。第二次碰撞后物块N向左运动才和静止的物块P发生碰撞并粘在一起，向左压缩弹簧。已知地面光滑，，不计空气阻力，物块均可视为质点。求：
（1）N与传送带因摩擦产生的热量。
（2）M、N第一次碰撞后M上升到最高点时所受细线的拉力大小。
（3）N和P粘在一起向左压缩弹簧，弹簧的最大弹性势能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【知识点】物块在水平传送带上运动分析、利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题、机械能与曲线运动结合问题
【详解】（1）N在传送带上加速时，加速度
假设N在传送带上一直加速，则
，
解得
所以假设成立，产生的热量
（2）以水平向左为正方向，则M、N第一次弹性碰撞前瞬间，M的速度
物块N的速度
M、N碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒有
解得
，
设M上升到最高点时速度为v，则
解得
（3）M运动一周后，从N右侧向左碰撞物块N，以水平向左为正方向，碰撞前瞬间，M的速度
N的速度
碰撞过程有
解得
，
之后N和P发生碰撞
弹簧的最大弹性势能
19．（2024·湖南衡阳·模拟预测）如图所示，水平传送带以速度v逆时针转动，其左端A点和粗糙水平台面平滑对接（平台足够长），右端B点与一段光滑的圆弧轨道BC在B点平滑连接，圆弧轨道的半径R=40 m，圆心为O，，传送带A、B两点间的距离L=3 m。质量m1=1 kg的小物块P静止在水平轨道上的A点，质量为m2=3 kg的小物块Q静止在水平轨道的B点。现给小物块P一个水平向右的瞬时冲量I=5 N‧s，已知P经过传送带与Q发生碰撞后P以2 m/s反弹。物块P、Q与水平台面间的动摩擦因数均为μ=0.1，物块Q与传送带之间的动摩擦因数为μ2=0.2，物块P、Q均可视为质点，所有碰撞均为弹性碰撞，g=10 m/s2。
（1）求物块P与传送带之间的动摩擦因数μ1；
（2）若传送带速度v=4 m/s，求物块Q从开始运动到最终停止所需要的总时间（精确到小数点后两位，碰撞时间不计）。
【答案】（1）0.15；（2）10.42s
【知识点】应用动能定理解多段过程问题、物块在水平传送带上运动分析、利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题
【详解】（1）设小物块P在A点的速度为，根据动量定理
物块P在传送带上向右做匀减速运动，加速度为
物块P从A点到B点，根据动力学公式有
P、Q发生弹性碰撞，根据动量守恒可得
根据能量守恒得
解得
，，，μ1=0.15。
（2）圆弧轨道半径较大，小物块Q在BC轨道上的运动可看成单摆运动，小物块Q在BC轨道上运动的时间为
假设物块P返回时在传送带上一直做加速度为a1的匀加速运动，则有
解得
物块P划出传送带时还未与传送带共速；
物块Q返回到B点划上传送带后，做加速度为
的匀加速运动，设经过位移x与传输带共速，由
得
则物块Q在传送带上运动的时间为
物块P、Q在水平台面上均做加速度
的匀减速直线运动
由
得
由
得
由动量守恒与能量守恒得
解得
，
则
，
则物块Q从开始运动到最终停止所需要的总时间
。
20．（2024·安徽马鞍山·三模）如图所示，有一足够长的水平传送带以的速度始终向左匀速运动，在传送带上的矩形区域内充满匀强磁场，该磁场区域始终随传送带一起以的速度匀速向左运动。某时刻，将两个表面绝缘的正方形导体框a、b同时轻放在传送带上的不同位置，a的右边恰好与重合，b在a的左侧，两导体框中轴线重合且与传送带运动方向平行，两导体框质量均为m，边长均为L，电阻均为R，a与传送带间的动摩擦因数为，b与传送带间无摩擦。一段时间后，导体框a的左边与重合时，a与传送带恰好共速，同时两导体框发生弹性碰撞，碰后两导体框分离，再过一段时间两导体框共速。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向竖直向下，，，重力加速度为g。求：
（1）导体框a刚进入磁场时的加速度大小；
（2）两导体框共速后，它们之间的距离；
（3）两导体框初始距离d。
【答案】（1）；（2）L；（3）
【知识点】求线框进出磁场时通过导体截面的电量、物块在水平传送带上运动分析
【详解】（1）对导体框a
由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）a、b弹性碰撞
联立解得
、
由题意可知：两框碰后，导体框a从静止到再次与传送带共速过程，传送带相对a的位移为L，碰撞后导体框b始终与传送带共速。故两导体框均与传送带共速后，它们之间的距离为L。
（3）导体框a加速过程，由动量定理可得
即
其中由题意
联立解得
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
v0v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v0v返回到左端时速度为v.
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gsin θ