专题13 板块及传送带(核心素养练习)(解析版)

板块及传送带学科素养

素养核心聚焦

整体隔离法在板块中的运用

例题1 、如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动．已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是( )

A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1Mg B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)g

C．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动 D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动 【答 案】 D

【解 析】 对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，则地面对木板的摩擦力Ff＝μ1mg，选项A、B错误；无论F大小如何，m在M上滑动时，m对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动，选项C错误，D正确．

与图像有关的板块问题

例题2 、(多选)如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块. 木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图所示的a－F图象．取 g＝10 m/s2，则( )

A．滑块的质量m＝4 kg B．木板的质量M＝6 kg

C．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2 D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1 【答 案】 AD

【解 析】 当F等于6 N时，加速度为：a＝1 m/s2， 对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a， 代入数据解得：M＋m＝6 kg

当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得： a＝

＝

F－

，

＝，解得：M＝2 kg，

知图线的斜率k＝

滑块的质量为：m＝4 kg.故A正确，B错误；

根据F大于6 N的图线知，F＝4 N时，a＝0，即：0＝F－μ(M＋m)g， 代入数据解得：μ＝0.1，

所以a＝F－2，当F＝8 N时，长木板的加速度为：a＝2 m/s2. 根据μmg＝ma′得：a′＝

＝μg＝1 m/s2，故C错误，D正确．

水平传送带的处理方法

例题3．如图甲所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速度匀速运行．t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时传送带突然制动停下. 已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2, g＝10 m/s2.在图乙中，关于滑块相对地面运动的v－t图象正确的是( )

【解析】选D.滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a＝μg＝2 m/s2，滑块v

运动到与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，然后随传送带一起匀速运动的时间t2＝t

a－t1＝1 s，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′＝－a＝－2 m/s2，运动的时间t3＝1 s，所以速度—时间图象对应D选项．

倾斜传送带的处理方法

例题4．(多选)如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )

A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小

B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速

运动

C．若μD．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且 a>gsin θ

【解析】选AC.开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsin θ＋μFN＝ma，FN＝mgcos θ，解得 a＝gsin θ＋μgcos θ，B错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsin θ>μmgcos θ，即当μ学业质量测评

基础题 一、单选题

1．如图所示，长木板放置在粗糙水平地面上，一小物块放置于长木板的中央，已知长木板和物块的质量均为m，长木板与地面间及物块与长木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F，则（ ）

A．长木板可能向右做匀加速运动 B．长木板的加速度可能为

𝐹−2𝜇𝑚𝑔2𝑚

C．地面对长木板的摩擦力可能等于F D．长木板受到水平面的摩擦力可能等于2μmg 【答案】C 【解析】

小物块对长木板最大摩擦力等于μmg，长木板受到的地面的最大静摩擦力为2μmg，所以无论小物块是否运动，长木板均不会相对于地面滑动，故AB错误．小物块在F的作用下，如果小物块相对于长木板静止，根据整体法可知地面对长木板的摩擦力等于F．如果小物块相对于长木板滑动，地面对长木板的摩擦力等于μmg，而且长木板受到水平面的摩擦力最大等于μmg．故C正确，D错误．故选C.

点睛：研究多个物体的临界问题，一要注意灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法结合研究，比较简洁．二要明确临界条件：一个相对于另一个物体刚要相对运动时两者间的静摩擦力达到最大．

2．如图所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1，如果传送带向上以速度v0运动起来，保持其它条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么

A．t1= t2 B．t1＞t2 C．t1＜t2 D．不能确定 【答案】A 【解析】 【详解】

滑块受重力、支持力、滑动摩擦力，当送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变时，支持力不变，摩擦力大小和方向都不变，根据牛顿第二定律可知两种情况下，加速度相等，

x而两种情况下位移也相等，根据

12at2可知，两种情况下运动的时间相等，即t1=t2。

A． t1= t2，与结论相符，选项A正确； B．t1＞t2，与结论不相符，选项B错误； C．t1＜t2，与结论不相符，选项C错误； D．不能确定，与结论不相符，选项D错误； 提升题 二、多选题

3．如图（a），质量m=0.1kg的物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。物块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦忽略不计。重力加速度取10m/s2．由题给数据可以得出

A．将木板拉动水平外力至少需要0.2N B．2s～4s内，木板的加速度为0.1m/s2

C．2～4s内与4～5s木板受到的摩擦力方向相反 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 【答案】AD 【解析】 【详解】

A．由图可知，木板的最大静摩擦力大于0.2N，所以将木板拉动水平外力至少需要0.2N。故A符合题意。

BD．根据图象可知木块与木板之间的滑动摩擦力为f=0.2N，在4s后撤去外力，此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，此时木板的加速度大小为：

a20.40.20.2m/s254

根据牛顿第二定律可得f=ma2，解得木板的质量： m=1kg

2s～4s内，木板的加速度：

a10.4m/s20.2m/s242

根据牛顿第二定律：解得：

mgma1

0.2

故B不符合题意，D符合题意。

C．因为木板相对于木块的运动方向没变，所以2～4s内与4～5s木板受到的摩擦力方向不变。故C不符合题意。

4．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，木块受到向右的拉力F的作用而向右匀速滑行，此时长木板处于静止状态。已知木块与木板间的动摩擦因数为地面间的动摩擦因数为

1，木板与

2。下列说法正确的是

A．物块受到摩擦力的大小是F B．物块受到摩擦力的大小是

1mg

C．木板受到地面的摩擦力的大小是F D．木板受到地面的摩擦力的大小是【答案】ABC 【解析】 【详解】

AB.以木块为研究对象，木块在水平方向受到两个力：向右的拉力F和木板对木块向左的滑动摩擦力f，木块匀速滑动，则有f=F=

2(mM)g

1mg；故AB正确；

CD.以木板为研究对象，木板在水平方向受到两个力：木块对木板向右的滑动摩擦力和地面对木板向左的静摩擦力f2，根据平衡条件得：

f2f11mg。故D错误，C正确；

v5．如图（a）,一长木板静止于光滑水平桌面上，t0时，小物块以速度0滑到长木板上，

t1时刻小物块恰好滑至长木板最右端。图（b）为物块与木板运动的vt图像，已知图中1、

tv0、v1，重力加速度大小为g。下列说法正确的是

v0t1A．木板的长度为2

v1vB．物块与木板的质量之比为0

v0v1gt1

C．物块与木板之间的动摩擦因数为

v1vv1

D．t1时刻，小物块和木板动能之比为0【答案】ACD 【解析】 【详解】 A.

t1时刻小物块恰好滑至长木板最右端，所以相对位移就是板长，根据图b知，相对位移

v0t1为图像面积差：2，A正确。

aB. 相对运动过程中，相互间的摩擦力设为f，木块的加速度

fv0v1mt1 ，木板加速度

a'vv1f1Mt1 ，所以质量之比为v0v1 ，B错误。

av0v1fv0v1mt1，gt1，

摩擦力fmg ，所以动摩擦因数为C正确。

C. 木块的加速度

v112Ekmvvv1，D正确。 2D. 动能 ，t1时刻，速度相同，所以动能比等于质量比06．如图所示，传送带的水平部分长为L，速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（ ）

A．𝑣+2𝜇𝑔

𝐿

𝑣

B．2𝑣 𝐿

C．√𝜇𝑔 D．𝑣 2𝐿2𝐿

【答案】ACD 【解析】 【详解】

A.木块在传送带上先做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，匀加速直线运动的加速度

𝑎=𝜇𝑔

匀加速运动的时间

𝑡1=

匀加速直线运动的位移

𝑣2𝑣2

𝑥1==

2𝑎2𝜇𝑔匀速运动的时间

𝑡2=

则木块从左端运动到右端的时间 t=𝑡1+𝑡2=+

𝑣𝐿

𝑣2𝜇𝑔

𝑣 𝜇𝑔𝐿−𝑥1𝐿𝑣

=− 𝑣𝑣2𝜇𝑔

故A符合题意。

BD.木块在传送带上可能一直做匀加速直线运动，到达右端的速度恰好为v，根据平均速度推论知 L=𝑡

2𝑣

则运动的时间 t=𝑣

故B不符合题意，D符合题意。

C.木块在传送带上可能一直做匀加速直线运动，根据 L=2𝑎𝑡2 得 t=√

2𝐿𝑎12𝐿

=√

𝜇𝑔

2𝐿

故C符合题意。

7．如图所示,倾角为θ的足够长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=lkg的小物块(可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=l0m/s2.则

A．传送带的速率v0= l0m/s

B．小物块受到的摩擦力的方向始终沿传送带向下 C．传送带的倾角θ=30°

D．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5 【答案】AD

【解析】由图示图象可知，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，从图象可知传送带的速度为：v0=10m/s．故A正确．开始时，物块相对于传送带向上滑动，受到的摩擦力方向沿传送带向下，当速度与传送带速度相等后，所受的滑动摩擦力沿传送带向上．故B错误．开始匀加速运动的加速度a1＝m/s2＝10m/s2，根据牛顿第二定律

110

得，a1=gsinθ+μgcosθ，速度相等后，加速度a2=gsinθ-μgcosθ，联立两式解得θ=37°，μ=0.5．故C错误，D正确．故选AD．

点睛：解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，尤其是达到共速后的运动情况，搞清摩擦力的方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

8．如图，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L．当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为T1，T2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是

A．T1＜T2 B．T1＝T2

C．t1一定大于t2 D．t1可能等于t2 【答案】BD

【解析】木块受重力G、支持力N、拉力T、滑动摩擦力f，如图所示：

由于滑动摩擦力与相对速度无关，两种情况下的受力情况完全相同，根据共点力平衡条件，必然有T1=T2，故B正确，A错误；绳子断开后，木块受重力、支持力和向左的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有μmg=ma，解得：a=μg，故木块可能一直向左做匀加速直线运动；也可能先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；由于v1＜v2，所以可能存在以下情况：①若两种情况下木块都是一直向左做匀加速直线运动，则tl等于t2；②若传送带速度为v1时，木块先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；传送带速度为v2时，木块一直向左做匀加速直线运动，则t1＞t2；③两种情况下木块都是先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动，则t1＞t2，故D正确，C错误。所以BD正确，AC错误。

9．如图所示，在竖直平面有一个光滑的圆弧轨道MN，其下端（即N端）与表面粗糙的水平传送带左端相切，轨道N端与传送带左端的距离可忽略不计．当传送带不动时，将一质量为m的小物块（可视为质点）从光滑轨道上的位置由静止释放，小物块以速度v1滑上传送带，从它到达传送带左端开始计时，经过时间t1，小物块落到水平地面的Q点；若传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行，仍将小物块从光滑轨道上P位置由静止释放，同样从小物块到达传送带左端开始计时，经过时间t2，小物块落至水平面．关于小物块上述的运动，下列说法中正确的是（）

A．当传送带运动时，小物块的落地点可能仍在Q点 B．当传送带运动时，小物块的落地点可能在Q点左侧 C．若v1>v2，则一定有t1>t2 D．若v1t2

【答案】AD 【解析】

当传送带不动时，小物块在传送带上做匀减速运动，传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行，当v1＞v2，小物块在传送带上可能一直做匀减速运动，也有可能先做匀减速后做匀速运动，所以t1≥t2．小物块滑出传送带时的速度大于等于v2，根据平抛运动规律知道小物块的落地点可能仍在Q点，可能在Q点右侧．故A正确，C错误．传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行，当v1=v2，小物块在传送带上做匀速直线运动，所以t1＞t2，根据平抛运动规律知道小物块的落地点在在Q点右侧．传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行，当v1＜v2，小物块在传送带上可能一直做匀加速运动，也有可能先做匀加速后做匀速运动，所以t1＞t2根据平抛运动规律知道小物块的落地点在在Q点右侧．故B错误，D正确．故选AD. 三、解答题

10．一长木板静止在光滑的水平地面上，某同学站在木板的左端，也处于静止状态，现该同学开始向右做匀加速运动，经过t=2s该同学从木板上离开，离开木板时该同学的速度为v=4m/s，已知木板质量M=20kg，该同学质量m=50kg，g取10m/s，求：

2

(1)人受到木板的摩擦力大小； (2)长木板的长度L。

【答案】(1)f=100N (2)L=14m

【解析】试题分析：由速度时间公式求出加速度，再根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力；再根据牛顿第二定律求出木板的加速度，根据运动学公式求出各自的位移，即可求出木板的长度。

（1）对人进行分析，由速度时间公式： 代入数据解得：a1＝2m/s2 根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力代入数据解得：f＝100N

va1t

fma1

(2)在2s内人的位移为：

x112a1t2

代入数据解得：x1＝4m

对木板进行分析，根据牛顿第二定律： 代入数据解得：a2＝5m/s2

fMa2

则木板向左移动的位移：

x212a2t2

代入数据解得：x2＝10m 则板长L=x1＋x2=14m

点睛：本题主要考查了相对运动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式，再结合位移间的关系即可解题。

11．如图所示，质量为M=1kg的小车静止在光滑水平面上，现有一质量为m=0.5kg的滑块（可视为质点）以v0=3m/s的初速度从左端沿小车上表面冲上小车，带动小车向前滑动。已知滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，求：

（1）滑块在小车上滑动的过程中，滑块相对于地面的加速度a； （2）若小车足够长，滑块与小车达到的共同速度v的大小； （3）若要滑块不会从小车上滑落，小车至少多长？ 【答案】（1）1 m/s2，方向向左（2）1m/s（3）3m 【解析】 【详解】

（1）对滑块分析，由牛顿第二定律得：μmg=ma 解得：a=μg=1 m/s2 方向向左。

（2）对小车分析，由牛顿第二定律得：μmg=Ma'

mg解得：a'=M=0.5 m/s2，方向向右

设经过时间t，滑块和小车达到共同速度v，则满足： 对滑块：v=v0-at 对小车：v=a't

解得t=2 s时滑块和小车达到的共同速度：v=1 m/s。

（3）若要滑块不会从小车上滑落，滑块和小车最终达到共同速度保持相对静止，

1滑块的位移：x1=v0t-2at2

解得：x1=4 m

1小车的位移x2=2a't2

解得：x2=1 m

则小车至少长L=x1-x2=3 m

12．如图所示，有一长𝐿=1.5𝑚，质量𝑀=10𝑘𝑔，上表面光滑下表面粗糙的木板，在水平面上向右做直线运动.某时刻将一个质量𝑚=1𝑘𝑔的小球，轻轻放在距木板右端长度的P点，

31

此时木块速度𝑣0=3.6𝑚/𝑠，并同时对木板施加一个方向水平向左的恒力𝐹=50𝑁，经过一段时间后，小球脱离木板下落.设木板与地面的动摩擦因数为0.2，其它摩擦不计.𝑔取10𝑚/𝑠2.求：

①木块向右运动的最大位移；

②小球从放上木板至脱离木板经历的时间． 【答案】0.9𝑚．1.5𝑠． 【解析】 【分析】

木块先向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，求出木块向右做匀减速直线运动的位移，判断小球有无从木板的左端落下，根据运动学公式求出小球从放上木板至脱离木板经历的时间． 【详解】

①根据牛顿第二定律得，木板向右做匀减速直线运动的加速度：𝑎1=则匀减速直线运动的最大位移：𝑥=

2𝑣0

𝐹+𝜇(𝑀+𝑚)𝑔

𝑀

=7.2𝑚/𝑠2．

2𝑎1

=

3．622×7.2

𝑚=0.9𝑚<𝐿=1.0𝑚

3

2

所以木块向右运动的最大位移为0.9𝑚． ②木板向左做匀加速直线运动，加速度：𝑎2=

𝑣

3.6

𝐹−𝜇(𝑀+𝑚)𝑔

𝑀

=2.8𝑚/𝑠2．

向右匀减速直线运动的时间：𝑡1=𝑎0=7.2𝑠=0.5𝑠

1

小球离开木板，木板向左运动的位移：𝑥′=1.4𝑚

2

根据：𝑥′=2𝑎2𝑡2，解得：𝑡2=1𝑠．

1

则总时间：𝑡=𝑡1+𝑡2=1.5𝑠． 【点睛】

解决本题的关键知道小球静止不动，理清木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

13．如图所示，水平地面上有一质量M＝10kg、倾角α＝37°斜面体，地面与斜面体间摩擦因数μ＝0.15，在斜面顶端有一可视为质点质量为m＝2kg的物体。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）求：

（1）若物体与斜面均保持静止，物体受到斜面的摩擦力和地面对斜面的摩擦力。 （2）若斜面与物体间为光滑接触，用一水平向左的外力F作用在斜面的右侧，使物体与斜面一起保持相对静止共同水平向左运动，求外力F的大小。 【答案】（1）12N，方向沿斜面向上 0 （2）108N 【解析】 【分析】

对物体受力分析，根据共点力平衡求出斜面体对物体的摩擦力大小和方向，对整体分析，根据共点力平衡求出地面的摩擦力大小；隔离对物体分析，根据牛顿第二定律求出物体的加速度，再对整体分析，根据牛顿第二定律求出外力F的大小。 【详解】

（1）对物体m，根据共点力平衡有：f＝mgsinα＝20×0.6N＝12N，方向沿斜面向上。 对M、m整体而言，所受外力均在竖直方向上，故摩擦力为零 （2）若斜面光滑物体与斜面一起向左运动： 隔离对m分析，根据牛顿第二定律得：mgtanα＝ma 代入数据解得：a＝7.5m/s2

再对整体分析，根据牛顿第二定律得：F﹣μ（M+m）g＝（M+m）a， 解得：F＝108N。 【点睛】

解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡、牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用。

14．如图所示，传送带两轮间距为L16m，在静止的传送带上有一质量为2kg的物体，在水平拉力F10N作用下，以1m/s的加速度作匀加速运动。(取重力加速度大小

2g10m/s2)

1求物体与传送带间的动摩擦因数；

2若传送带以v8m/s的速度顺时针匀速运动，再把该物体轻放在传送带的左端，不再

施加拉力，求物体在传送带上运动的时间。 【答案】

0.421?； 3s

【解析】 【分析】

对物块进行受力分析求得合外力表达式，然后根据加速度由牛顿第二定律求得合外力，即可反解出动摩擦因数；分析物块受力情况得到物块运动情况，然后根据总位移为L，分段运算求得运动时间。 【详解】

1对物块进行受力分析可知：物块受重力、支持力、摩擦力和水平拉力作用，

由牛顿第二定律可得：Fmgma；

所以，物体与传送带间的动摩擦因数

Fma0.4mg；

2物块放在传动带上，那么，物块相对传送带向左运动，故摩擦力方向向右；故物块向右

g4m/s2a做加速度的匀加速运动，直到物块和传送带速度相同后一起做匀速直线运

v2s8mL2a动；物块以加速度a运动到速度为v的位移；

故物块先经时间

t1v2sa加速到速度v后做匀速直线运动，

t2Ls1sv；

；

故物块在传送带上匀速运动的时间所以，物块在传送带上运动的时间【点睛】

tt1t23s在牛顿第二定律的应用问题中，一般先分析物体受力及运动情况得到加速度、合外力的表达式，然后根据牛顿第二定律联立，即可求解相关问题。

15．有一水平传送带以v0=2.0 m/s的速度顺时针转动，水平部分长L=2.0 m，其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带的最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6

⑴物块从从传送带左端运动到右端所用的时间t

⑵物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大距离 ⑶求物块从出发到4.5 s末通过的路程

1【答案】（1）1.5s（2）不能， 3m （3）5 m

【解析】 【分析】

在传送带上，通过受力分析可得物块会先做匀加速直线运动，再比较加速阶段位移与传送带的长度，可判断物块会再做一段匀速运动，由牛顿第二定律结合运动学公式可求得时间；在斜面上，物块往上做匀减速运动；由牛顿第二定律结合运动学公式可求得沿斜面上升的最大距离，可判断能否到达斜面顶端；分段求出物块的位移，则总的路程可求解。 【详解】

物块在传送带上先做匀加速直线运动 由牛顿第二定律： μmg＝ma1 解得加速度：

a12m/s2

t1加速时间

v01sa1

2v0s11mL2m2a1加速位移：

t2所以物块在到达传送带右端前物块已开始匀速运动，匀速时间 物块从传送带左端运动到右端所用的时间为：

Ls10.5sv0

tt1t21.5s

（2）物块以速度v0滑上斜面后，由牛顿第二定律可得：解得：

mgsinma2a26m/s2，方向沿斜面向下

2v01smm0.4m2a23物体能够上滑的最大距离为：

所以物块不能到达斜面的最高点。

t3物块在斜面上往返一次的时间

2v02sa23

物块再次回到传送带上速度仍为v0，方向向左。再由牛顿第二定律可得μmg＝ma3 解得

a32m/s2，水平向右

2v0sm1m2a3物体向左的最大位移：

t4物块向左减速过程和向右加速过程位移大小相等，时间

2v02sa3

1t1t2t3t4t34.5s2因 ，故4.5 s末物块恰好在斜面上的最高点速度为零。

故物块通过的总路程：【点睛】

此题的运动过程较多，考查学生对多过程问题的处理能力；分析时要逐一计算每个运动过程的位移与时间，再综合传送带与长木板的长度即可解决问题。

16．如图所示，用劲度系数k＝1000N/m、原长L＝10cm的轻弹簧将质量均为m＝1kg的两木块A、B连在一起，放在倾角α＝30°的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为μ

5msL3sm2sm

3＝2，用于传送带平行的细线拉住木块A，传送带按图示方向匀速转动，两木块处于静止

状态．（弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2）求：

（1）两木块之间的距离lAB；

（2）剪断细线瞬间，两木块加速度分别为多大． 【答案】（1）11.25cm（2）0 ， 25m/s2 【解析】 【分析】

对下面的木块受力分析，根据共点力平衡条件求解出弹力，根据胡克定律求解出伸长量；对下面和上面的木块分别受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度。 【详解】

（1）对下面的木块受力分析，受重力、支持力、平行斜面向下的滑动摩擦力、弹簧的拉力，根据平衡条件，有：mgsin30°+μmgcos30°﹣k•△x＝0 代入数据解得：△x=0.012m＝1.25cm

故两个物体间的距离为：lAB＝L+△x＝10cm+1.25cm＝11.25cm （2）剪断细线瞬间，下面木块受力不变，故加速度为零；

对上面木块，受重力、支持力、弹簧的拉力、平行斜面向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mgsin30°+μmgcos30°+k•△x＝ma 代入数据解得：a＝25m/s2