易错点03 对连接体、传送带的受力运动情况分析存在困难
目 录
01 易错陷阱
易错点一、不会分析的多体、多过程问题
易错点二、滑块与木板模型的摩擦力分析
易错点三、不会分析传送带问题
02 易错知识点
知识点一、轻绳相连加速度相同的连接体
知识点二、轻绳绕滑轮加速度相等的连接体
知识点三、滑块——木板的问题分析
知识点四、水平传动带模型
知识点五、倾斜传送带模型
03 举一反三——易错题型
题型一：轻绳连接体
题型二：弹簧连接体
题型三：板块叠加连接体
题型四：板块叠加+轻绳连接体
题型五：滑块——木板模型之动态分析与临界问题
题型六：水平传送带问题
题型七：倾斜传送带问题
04 易错题通关
易错点一、不会分析的多体、多过程问题
1.求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法.求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用.一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力.无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析.
2.当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况，用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时必须用隔离法.整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来运用，这将会更快捷有效.
3.常见连接体的类型
(1)同速连接体(如图)
特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度.
处理方法：用整体法求出a与F合的关系，用隔离法求出F内力与a的关系.
(2)关联速度连接体(如图)
特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联.
处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解.
易错点二、滑块与木板模型的摩擦力分析
（1）摩擦力的方向总是与物体间相对运动(或相对运动趋势)的方向相反，但不一定与物体的运动方向相反．
（2）摩擦力总是阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势)，但不一定阻碍物体的运动，即摩擦力可以是阻力，也可以是动力．
（3）受静摩擦力作用的物体不一定静止，但一定与施力物体保持相对静止．
易错点三、不会分析传送带问题
1、难点一：物块与传送带都发生运动，以地面为参考系的运动过程分析
处理方法：需通过画运动过程示意图和v-t图像来再现运动过程。运动过程示图要标明不是位置对应的速度，不同运动过程对应的时间及位移、加速度。
2、难点二：物块与传送带同速后，是相对传送带静止还是运动，不会判断；如果运动，是相对传送带向前运动还是向后运动，不会判断。
处理方法：假设法。假设物块相对传送带静止，研究物块受到的静摩擦力是否大于最大静摩擦力（通常等于滑动摩擦力），如果大于，则假设不成立，物块相对传送带滑动。如果发生相对滑动，同样可用假设法判断是相对传送带向前还是向后滑动，如果合理，假设成立；否则，不成立。
3、注意三个易错点
（1）物块与传送带同速时，物块受到传送带的摩擦力往往会发生突变。
（2）传送带运动方向或顺或逆，物块在传送带上或一直加速，或先加速后匀速，或先减速后反向加速……有多种可能时，存在多解。
（3）物块相对传送带位移与痕迹长不一定总相等，物块相对传送带运动的路程与痕迹长不一定总相等。
知识点一、轻绳相连加速度相同的连接体
求m2、m3间作用力,将m1和m2看作整体
整体求加速度 隔离求内力 T-μm1g=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力 T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力T-m1g=m1a 得 隔离T-F1-μm1g=m1a 得
知识点二、轻绳绕滑轮加速度相等的连接体
[]
隔离m1：T-μm1g=m1a 隔离m2：m2g-T=m2a 得， 隔离m1：m1g-T=m1a 隔离m2：T-m2g=m2a 得，
若μ=0， 且m2<知识点三、滑块——木板的问题分析
1．模型特点：滑块放置于木板上，木板放置于水平桌面或地面上。
2．以地面为参考系的位移关系：
滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
5．解决滑块—木板模型中计算问题常用工具——两图四明确。
（1）画运动过程示意图
通过审题、分析与计算，画运动过程示意图，明确各运动过程的时间与位移及位移间关系、明确各时刻的空间位置、速度及速度大小关系。
（2）画速度-时间图像
通过审题、分析与计算，结合运动过程示意图，画v-t图像，明确图像与坐标轴围成的面积对应运动过程示意图中的哪段位移，明确图像拐点对应运动过程示意图中哪个位置和时刻及瞬时速度。
如果已给出了v-t图像，要能够从图像中获取关键的已知数据。
知识点四、水平传动带模型
项目 情景1：轻放 情景2：同向 情景3：反向
图示
滑块可能的运动情况 (1)可能滑块一直加速； (2)可能滑块先加速后匀 速； (1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速． (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端． (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v和v0知识点五、倾斜传送带模型
1.倾斜传送带——上行
受力分析 运动分析（先加后共） 难点问题
μ>tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ-sinθ) ③上传条件：μ>tanθ ④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
受力分析 运动分析（一直加速） 难点问题
μ2.倾斜传送带——下行
受力分析 运动分析 难点问题
μ≥tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ+sinθ) ③共速后，若μ≥tanθ 一起匀速，摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
μx物，痕迹Δx1=x传-x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-x传，总痕迹取二者中大的那一段
题型一：轻绳连接体
【例1】（多选）（2024 长沙模拟）如图，轻质的光滑滑轮K与质量为M的物块A由一硬轻杆连接在一起，成为一个物体，物块A放置于水平面上。质量为m的物块B与跨过滑轮的轻绳一端相连，轻绳另一端固定在墙上且水平，物块B与物块A间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．若A静止，则地面对A的作用力为
B．若水平地面光滑，则A、B的加速度大小关系为
C．若水平地面光滑，则A的加速度大小
D．若水平地面光滑，则轻绳的拉力
【解答】解：A、静止时，B也静止，对AB整体有FT＝f
FN＝（M+m）g，对B有：FT＝mg
则地对A作用力F，故A错误；
B、水平地面光滑时，A向右加速，B水平方向与A一起加速，ax＝aA
B竖直方向也加速下滑ay＝ax＝aA
则aBaA，故B正确；
CD、B左移位移大小与竖直位移大小始终一样，所以ax＝ay
对A、B整体受力如图，则FT＝（M+m）aA
FN'＝maA，Mg﹣FT﹣FT'＝maA
Ff＝μFN'，则aA，Ff'＝T，故C正确，D错误。
故选：BC。
【变式1-1】（2024 南通模拟）如图所示，倾角θ＝37°的直角斜面体被锁定在光滑水平面上，绕过斜面顶端的轻质定滑轮的细线，一端连接在斜面上的小物块B上，另一端吊着小物块A，A刚好贴着斜面体的竖直侧面，连接B的细线与斜面平行，B离斜面底端的距离x＝0.6m，系统恰能保持静止状态。已知斜面体质量M＝2kg，A的质量mA＝1kg，B的质量mB＝5kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终在滑轮下方，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求B与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）若B变为光滑，将B从图示位置由静止释放，求B到达斜面底端所需要的时间t；
（3）若解除对斜面体的锁定，且不计一切摩擦，将B从图示位置由静止释放，求B到达斜面底端时的速度大小vB。
【解答】解：（1）B刚好不下滑
mBgsinθ＝T+μmBgcosθ
对A：mAg＝T
解得μ＝0.5
（2）对B：mBgsinθ﹣T＝mBa
对A：T﹣mAg＝mAa
解得
对B，根据匀变速直线运动规律有：
代入数据得t＝0.6s
（3）解除锁定后，设斜面体的速度为v1，B相对于斜面体向下运动的速度为v2
系统水平方向动量守恒，以斜面体速度方向为正方向
（mA+M）v1＝mB（v2cosθ﹣v1）
解得v2＝2v1
系统机械能守恒
式中
代入数据得
答：（1）B与斜面间的动摩擦因数μ为0.5；
（2）B到达斜面底端所需要的时间t为0.6s；
（3）B到达斜面底端时的速度大小vB为m/s。
【变式1-2】（2024 南充模拟）如图所示，固定在水平面的斜面倾角为37°，两个小物块A、B用轻绳相连，轻绳绕过斜面顶端的轻质小滑轮，滑轮与轮轴之间的摩擦不计，A物块锁定于斜面底部，B物块离地面高度为h＝10m。已知A物块的质量为m＝1kg，B物块的质量为M＝3kg，A物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。t＝0时刻，解除A物块的锁定状态，当B物块落地瞬间轻绳断裂，A恰好未与滑轮相撞，求：
（1）B物块下落过程中的加速度a的大小及落地前瞬间的速度v的大小；
（2）斜面的长度L及A从t＝0时刻起到返回斜面底端所需时间t。
【解答】解：（1）B物块下落过程中，对A，由牛顿第二定律有
T﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
对B，根据牛顿第二定律有
Mg﹣T＝Ma
联立可得：a＝5m/s2
由运动学公式有
v2＝2ah
解得：v＝10m/s
（2）B物块落地后，A继续沿斜面向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ＝ma′
解得：a′＝10m/s2
设A继续上滑的距离为s，则有
v2＝2a′s
解得：s＝5m
故L＝h+s＝10m+5m＝15m
A做匀加速运动的过程，有 h
A做匀减速运动的过程，有 s
A向下做匀加速运动的过程，根据牛顿第二定律有
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma″
解得：a″＝2m/s2
设此过程所用时间为t3，则L
解得：t3s
故A从t＝0时刻起到返回斜面底端所需时间t＝t1+t2+t3
解得：t＝（3）s
答：（1）B物块下落过程中的加速度a的大小为5m/s2，落地前瞬间的速度v的大小为10m/s；
（2）斜面的长度L及A从t＝0时刻起到返回斜面底端所需时间t为（3）s。
题型二：弹簧连接体
【例2】（2024 天河区一模）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动，某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P的位移大小一定大于Q的位移大小
B．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
C．P的加速度大小的最大值为μg
D．Q的加速度大小的最大值为2μg
【解答】解：设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力F＝2μmg
撤去拉力前对Q根据共点力平衡条件有：T0＝μmg
A．PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，故A错误；
B．滑块P在弹簧恢复到原长时，根据牛顿第二定律有：﹣μmg＝maP2
解得aP2＝﹣μg
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg，故B正确。
CD．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为﹣T0﹣μmg＝maP1
解得aP1＝﹣2μg
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时﹣μmg＝maQm
解得aQm＝﹣μg
故滑块Q加速度大小最大值为μg，故CD错误。
故选：B。
【变式2-1】（多选）（2023 青羊区校级模拟）推导匀变速直线运动位移公式时，匀变速直线运动在极短时间内可以看成是匀速直线运动，这一方法也适用于求非匀变速直线运动的位移，如图所示，光滑水平面上，物块B以1.2m/s的速度去撞固定在物块A上的轻弹簧，经过1s二者第一次速度相等，此时物块A运动的位移为0.36m，已知B的质量是A的质量的5倍，弹簧始终在弹性限度内，则以下说法正确的是（ ）
A．从开始运动到共速过程中，物块A的加速度始终是物块B的5倍
B．从开始运动到共速过程中，物块A的位移始终是物块B的位移的5倍
C．二者速度相等时，物块B的位移为1.128m
D．从开始运动到共速过程中，弹簧弹力对A和B做功的大小相等
【解答】解：A、B压缩弹簧后弹簧发生形变，A、B受到弹簧弹力作用，由于水平面光滑，物块受重力、地面的支持力与弹簧弹力作用，物块所受合力等于弹簧弹力，因此物体所受合力F大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：a，由于A、B所受合力F大小相等，B的质量是A的质量的5倍，则A的加速度始终是物块B的加速度的5倍，即aA＝5aB，故A正确；
B、从开始运动到二者共速过程，B的速度始终大于A的速度，它们的运动时间相等，则B的位移大于A的位移，则物块A的位移不是始终是物块B的位移的5倍，故B错误；
C、物体A的位移xAt＝0.36m，B的位移大小xB＝v0tv0tt，其中v0＝1.2m/s，t＝1s，代入数据解得：xB＝1.128m，故C正确；
D、从开始运动到共速过程中，B的位移也大于A的位移，弹簧弹力对B做功绝对值大于弹簧弹力对A做的功，故D错误。
故选：AC。
【变式2-2】（多选）（2023 滁州一模）如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为1.5kg。t＝0时对物块A施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去，在0～1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A．t＝1s时物块A的速度为0.8m/s
B．t＝1s时弹簧弹力为0.6N
C．物块B的质量为0.8kg
D．F大小为1.5N
【解答】解：A、a﹣t图像与坐标轴所围的面积表示速度变化量，若物体A的加速度从1.0均匀减小到0.6，速度变化量
而A的初速度为零，可知1s时的速度为0.8m/s，但由图像得，物体A的a﹣t图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8m/s，则t＝1s时A的速度大小小于0.8m/s，故A错误；
BCD、恒力F拉动A的瞬间，由a﹣t图像A的加速度为
由牛顿第二定律得：F＝mAa0＝1.5×1.0N＝1.5N
1s时两者的加速度相等，均为a＝0.6m/s2
分别对A、B受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣kx＝mAa
F弹＝kx＝mBa
代入数据联立解得：mB＝1kg
F弹＝0.6N
故BD正确，C错误；
故选：BD。
题型三：板块叠加连接体
【例3】如图所示，光滑水平面放有一个质量为5kg的光滑斜面体A，将另一个质量为3kg物块B放在斜面上，为了保持物块与斜面相对静止，需用水平向左80N的力F推斜面。现将斜面固定，对B施加用水平向右的力F1使其静止在斜面上，g取10m/s2．则F1大小为（ ）
A．30N B．15N C．50N D．80N
【解答】解：水平向左80N的力F推斜面时，对整体，根据牛顿第二定律得：a，
对B受力分析，根据牛顿第二定律可知，B受到重力和支持力的合力F合＝mBa＝30N，
斜面固定，对B施加用水平向右的力F1使其静止在斜面上时，B合力为零，根据共点力平衡条件可知：
F1＝F合＝30N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
题型四：板块叠加+轻绳连接体
【例4】（多选）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（ ）
A．当F逐渐增加1N时（轻绳未断），轻绳中拉力增加0.5N
B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为T
【解答】解：A、对三个木块整体，由牛顿第二定律可得：
F＝（m+2m+3m）a＝6ma，
则三个木块共同的加速度为：a；
隔离后面的组合体，由牛顿第二定律可得，轻绳中拉力为：
F′＝3ma＝3mF，
由此可知：
A、因绳子拉力等于总拉力的一半，所以当F逐渐增加1 N时，轻绳中拉力增加0.5 N，故A正确；
B、当F逐渐增大到T时，轻绳中拉力F′T＜T，即小于轻绳能承受的最大拉力为T，轻绳还没有被拉断，故B错误；
C、当F逐渐增大到1.5T时，轻绳中拉力F′T＜T，即小于轻绳能承受的最大拉力为T，轻绳还没有被拉断，故C正确；
D、轻绳刚要被拉断时，轻绳的拉力刚好为T，由牛顿第二定律可得，后面两个木块的加速度：a′，
对质量为m木块，由牛顿第二定律得：质量为m和2m的木块间的摩擦力：f＝ma′＝m，故D错误。
故选：AC。
题型五：滑块——木板模型之动态分析与临界问题
【例5】（2024 龙凤区校级模拟）如图所示，质量相等的A、B两物体放在轻质薄板C的两端，C与水平面之间无摩擦。在水平力F1和F2的共同作用下，A、B、C一起由静止开始运动，已知F1＞F2，三者始终相对静止。（ ）
A．若突然撤去F1，物体A的加速度一定减小
B．若突然撤去F1，物体A所受的摩擦力一定减小
C．若突然撤去F2，物体B的加速度一定减小
D．若突然撤去F2，物体B所受的摩擦力一定增大
【解答】解：AB.设物体A、B的质量分别为m1、m2，轻质薄板C的质量不计。
物体A、B、C始终静止，加速度满足（m1+m2）a0＝F1﹣F2
C对A的摩擦力f1＝F1﹣m1a0
联立可知f1＞F2
撤去F1后，加速度满足（m1+m2）a1＝F2
C对A的摩擦力f1'F2
故若突然撤去F1，物体A加速度无法比较，不一定减小，而物体A所受的摩擦力一定减小，故A错误，B正确；
CD.物体C对B的摩擦力f2＝F2+m2a0
而撤去F2后，加速度为（m1+m2）a2＝F1
C对B的摩擦力f2'＝m2a2
可得：a0＜a2，f2'＜f2
故若突然撤去F2，物体B加速度一定增大，物体B所受的摩擦力一定减小，故CD错误。
故选：B。
【变式5-1】（2024 市中区校级模拟）如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t＝0 时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v﹣t图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．拉力F的大小为24N
B．物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4
C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m
D．t＝2s时刻，物块的速度减为0
【解答】解：AB、由图可知，木板在1s～1.5s的加速度大小比1.5s后的加速度大小要大，也就意味着在1.5s之前木块与木板之间相对滑动，直到1.5s时刻木块与木板共速；
在1s～1.5s内，木板的加速度大小为a1m/s2＝10m/s2
在0～1.5s内，物块的加速度大小为a2m/s2＝2m/s2
假设木板与地面的动摩擦因数为μ1，物块与木板之间的动摩擦因数为μ2
则木板在1s～1.5s内根据牛顿第二定律有：μ1×2mg+μ2mg＝ma1
木块在0～1.5s内根据牛顿第二定律有：μ2mg＝ma2
代入数据联立解得：μ1＝0.4，μ2＝0.2
木板在0～1s内的加速度为a3m/s2＝8m/s2
木板在0～1s内受力为F，根据牛顿第二定律可得：F﹣μ1×2mg﹣μ2mg＝ma3
代入数据解得：拉力F＝2μ1mg+μ2mg+ma3＝（2×0.4×1×10+0.2×1×10+1×8）N＝18N，故AB错误；
C、在0～1.5s内木板的位移s1v1Δt3（v1+v1.5）Δt18×1m（8+3）×0.5m＝6.75m
在0～1.5s内木块的位移s2v1.5Δt23×1.5m＝2.25m
在1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动
物块的加速度大小为：a1′＝μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2
木板的加速度大小为a2′：μ2 2mg﹣μ1mg＝ma2′
解得：a2′＝6m/s2
物块到停止的时间还需要：t1′s＝1.5s
木板到停止的时间还需要：t2′s＝0.5s
物块的位移为：x1′m＝2.25m
木板的位移为：x2′m＝0.75m
物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为：Δs＝s1+x2′﹣s2﹣x1′＝6.75m+0.75m﹣2.25m﹣2.25m＝3m，故C正确；
D、由上可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为零，故D错误。
故选：C。
【变式5-2】（2024 长沙模拟）如图甲所示，长木板放在粗糙的水平地板上，一个质量m＝5kg的铁块放在长木板上，如果给铁块施加从零开始逐渐增大的水平力F＝kt（式中k≠0），铁块与长木板之间的摩擦力随时间的变化规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，结合图中数据下列说法正确的是（ ）
A．铁块与长木板之间的动摩擦因数为0.4
B．长木板的质量为1kg
C．长木板与地板间的动摩擦因数为0.2
D．当t＝3s时铁块的速度大小为6m/s
【解答】解：A、由题图乙可知，铁块与长木板之间的滑动摩擦力为30N，则动摩擦因数为：0.6，故A错误；
BC、由题图乙可知，在t＝1s时长木板与地面之间恰产生相对滑动，所以有：F＝20N＝k×1
代入时间解得：k＝20N/s
在t＝1s时对长木板分析拉力等于地面的最大静摩擦力可知：20N＝μ2（m+M）g
在t＝3s时物块与长木板产生相对滑动，在1s～3s过程中长木板和物块的整体做加速运动，则在t＝3s时
对铁块和木板的整体：kt3﹣μ2（m+M）g＝（m+M）a
对铁块：kt3﹣fm＝ma
以上两式代入数据，对整体：20×3﹣μ2（5+M）g＝（5+M）a
对铁块：20×3﹣30＝5a
联立解得：，μ2＝0.3，故BC错误；
D、在1～3s内对木板有动量定理：I﹣μ（M+m）t13＝Mv
其中：
代入数据解得：v＝6m/s
因此过程中铁块与木板速度相同，可知当t＝3s时铁块的速度大小为6m/s，故D正确。
故选：D。
【变式5-3】（多选）（2024 武汉模拟）如图（a）所示，质量为2kg且足够长的木板A静止在水平地面上，其右端停放质量为1kg的小物体B。现用水平拉力F作用在木板A上，F随时间t变化的关系如图（b）所示，其中0～t1时间内F＝2t（N），t1时刻A、B恰好发生相对滑动。已知A与地面、A与B之间的动摩擦因数分别为0.1和0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．t1＝4.5s
B．t1时刻，A的速度为4.5m/s
C．6.5s时A的速度为18.0m/s
D．6.5s时B的速度为6.25m/s
【解答】解：设A的质量为M，B的质量为m，A与地面、A与B之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。
A、木板与物块间的滑动摩擦力：f1＝μ2mg＝0.2×1×10N＝2N
A与地面间滑动摩擦力为：f2＝μ1（M+m）g，解得：f2＝3N
由牛顿第二定律可得B相对于A滑动时的加速度大小为：aμ2g，解得：a＝2m/s2
设此时的拉力大小为F1，对整体根据牛顿第二定律可得：F1﹣f2＝（m+M）a
解得：F1＝9N
则有：F1＝2t1，解得：t1＝4.5s，故A正确；
B、设经过t0时间A开始滑动，则有：f2＝2t0，解得：t0＝1.5s
则t1时间内A运动的时间为：Δt＝t1﹣t0＝4.5s﹣1.5s＝3s
从t0～t1时间内，取向右为正方向，根据动量定理得：
f2Δt＝（M+m）vA﹣0，其中F0＝3N，解得：vA＝3m/s，故B错误；
C、t1～6.5s内，6.5s时拉力F′＝20N，由牛顿第二定律：F′﹣f1﹣f2＝MaA，解得：aA＝7.5m/s2
故t2＝6.5s时，A的速度大小为：v＝vA+aA（t2﹣t1），解得：v＝18.0m/s，故C正确；
D、对B由牛顿第二定律：f1＝maB，解得：aB＝2m/s2
故t＝6.5s时，B的速度大小为：vB＝vA+aB（t2﹣t1），解得：vB＝7m/s，故D错误。
故选：AC。
题型六：水平传送带问题
【例6】（2023 重庆模拟）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2＞v1，则（ ）
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【解答】解：A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；
B、0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，小物块速度一直减小到零；t1～t2时间内小物块向右匀加速，在该段时间内小物块相对传送带向左运动，当与传送带速度相等时，即t2时刻小物块相对传送带向左运动的距离最大，故B正确；
C、在0～t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，t1～t2时间内小物块向右匀加速，相对传送带向左，摩擦力方向仍向右，故C错误；
D、由图知，t2～t3小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D错误。
故选：B。
【变式6-1】（多选）（2023 石嘴山模拟）质量为1kg的物块M水平向右滑上逆时针转动的传送带，如图甲所示，物块的v﹣t图像如图乙所示。在整个运动过程中，以下说法正确的是（ ）
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.1
B．物块在传送带上做匀减速运动的时间是3s
C．整个过程中，物块在传送带上的划痕长度为9m
D．2s时，物体向右运动到最远处
【解答】解：A、由图乙所示v﹣t图像可知，物块加速度大小a2m/s2
对物块，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma
代入数据解得：μ＝0.2，故A错误；
B、由图乙所示图象可知，物块在0～2s内做匀减速直线运动，在2～3s内反向做初速度为零的匀加速直线运动，3s后做匀速直线运动，故B错误；
C、在0～3s时间内，传动带的位移为：x1＝vt＝2×3m＝6m，方向水平向左，
此过程中，物块的位移为：x2（v0+v）t（﹣4+2）×3m＝﹣3m，方向水平向右，
则整个过程中物体在传送带上留下的划痕长度为：L＝x1﹣x2＝6m+3m＝9m，故C正确；
D、当t＝2s时，物块的速度为零，2s后，物块开始向左运动，所以2s时物块运动到最右端，故D正确。
故选：CD。
【变式6-2】（2023 上饶一模）如图所示，水平传送带由电动机带动以v＝2m/s的速度匀速转动，转动方向如图所示。可视为质点的甲、乙两物体分别以v1＝1m/s和v2＝3m/s的速率从传送带的两端A、B处按图示方向同时滑上传送带。已知两物体在同一条直线上运动，且运动过程中恰好没有相碰。两物体与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，质量均为m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）甲物体从滑上传送带到与传送带速度相同时所需时间；
（2）传送带A、B间的长度；
（3）为维持传送带匀速转动，电动机多做的功。
【解答】解：（1）对甲进行分析，根据牛顿第二定律可得：
μmg＝ma1
根据速度—时间公式可得：
v＝v1+a1t1
联立解得t1＝0.2s
（2）对乙进行分析，根据牛顿第二定律可得：
μmg＝ma2
取向右为正，根据速度—时间公式可得：
v＝﹣v2+a2t2
解得：t2＝1s
从开始运动到甲、乙恰好相遇不相碰过程，以向右为正，甲的位移大小为：
乙的位移大小为：
则有LAB＝x甲﹣x乙
联立解得：LAB＝2.4m
（3）设甲与传送带间的相对位移为s1，可得：
若发热为Q1
则有Q1＝μmgs1
乙与传送带间的相对位移为s2，可得：
若发热为Q2，则有Q2＝μmgs2
由能量守恒得
联立解得：W＝12J
答：（1）甲物体从滑上传送带到与传送带速度相同时所需时间为0.2s；
（2）传送带A、B间的长度为2.4m；
（3）为维持传送带匀速转动，电动机多做的功为12J。
题型七：倾斜传送带问题
【例7】（2024 宜兴市校级三模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（ ）
A．煤块在传送带上的划痕为8米
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
【解答】解：A、由图乙可知传送带的速度为8m/s，根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，可得：
在0～1s时间内煤块相对传送带向上运动的位移大小为：Δx1（8+16）×1m﹣8×1m＝4m
在1s～3s时间内煤块相对传送带向下运动的位移大小为：Δx2＝﹣8×2m8×2m＝8m
因Δx2＞Δx1，故煤块在传送带上的划痕等于Δx2＝8米，故A正确；
BC.在0～1s时间内物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，方向与运动方向相反，根据牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，根据v﹣t图像的斜率绝对值等于加速度大小，可得：
在1～2s时间内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，方向与运动方向相同，同理可得：
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2，
联立解得：μ＝0.25，故BC错误；
D.如果传送带转动的速率增加到足够大之后，使煤块在传送带上一直做加速度为a2的匀减速直线运动，而不能和传送带共速，那么物块到达传送带顶端时的速度是一定的，与传送带转动的速率就无关了，故D错误。
故选：A。
【变式7-1】（多选）（2025 什邡市校级一模）粮袋的传送装置如图所示，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为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端将粮袋轻放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（ ）
A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等
B．若L足够大，且μ＞tanθ，粮袋先做加速度为g（sinθ μcosθ）的匀加速运动，再以速度v做匀速运动
C．若L足够大，且μ＜tanθ，粮袋先做加速度为g（sinθ+μcosθ）的匀加速运动，再做加速度为g（sinθ μcosθ）做匀加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a＞gsinθ
【解答】解：A、粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确；
B、粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，物体先做加速度大小为 gsinθ+μgcosθ的匀加速运动，当速度加到v时，因为μ＞tanθ，再以速度v做匀速运动，故B错误；
C、粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，物体先做加速度大小为 gsinθ+μgcosθ的匀加速运动，当速度加到v时，因为μ＜tanθ，再做加速度大小为gsinθ﹣μgcosθ的匀加速运动，故C正确；
D、由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动。若 ＜tanθ，粮袋的速度与传送带相同后，加速度为g（sinθ﹣ cosθ）＜gsinθ，故D错误。
故选：AC。
【变式7-2】（2024 五华区校级模拟）如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，上下两端AB的长度L＝11m，传送带以v0＝5m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数以μ＝0.5，煤块在传送带上发生相对滑动时会留下黑色痕迹。已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：
（1）煤块从A到B的时间；
（2）煤块从A到B的过程中煤块相对传送带滑行的路程及煤块在传送带上形成痕迹的长度。
【解答】解：（1）（1）开始煤块的速度小于传送带的速度，煤块所受的摩擦力沿着传送带向上，由牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数值可得：
设经过时间t1煤块和传送带速度达到相同，则有：
设下滑距离为x1，由运动学公式：x1m＝1.25m
因为μ＝0.5＜tan37°＝0.75，煤块继续向下加速，由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数值可得：
设再经过时间t2到达B，下滑距离为：
代入数值可求得：t2＝1.5s（另一解舍）
煤块从A到B的时间：t总＝t1+t2＝0.5s+1.5s＝2s
（2）煤块以a1＝2加速运动时间内传送带运动位移为：x3＝v0t1＝5×0.5m＝2.5m
相对传送带向后运动的路程为：Δs1＝x3﹣x1＝2.5m﹣1.25m＝1.25m
煤块继续以a2加速滑到最底端过程，设传送带运动位移为x4，相对滑动位移为：x4＝v0t2＝5×1.5m＝7.5m
相对传送带向前运动的路程为：Δs2＝9.75m﹣7.5m＝2.25m
煤块从A到B的过程中煤块相对传送带滑行的路程：s＝Δs1+Δs2＝3.5m
考虑到痕迹的重复性，则痕迹的实际长度仍为2.25m。
答：（1）煤块从A到B的时间为2s；
（2）煤块从A到B的过程中煤块相对传送带滑行的路程为3.5m，及煤块在传送带上形成痕迹的长度为2.25m。
如图所示，两同种材料的滑块A、B，用轻质细绳通过光滑定滑轮相连，A放在粗糙的水平桌面上，由静止释放A、B两滑块，此时A、B两滑块的加速度大小均为a1；A和B调换位置并也都由静止释放，此时A、B两滑块的加速度大小均为a2，已知两滑块与水平面间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，滑块与桌面间的动摩擦因数 ，A滑块的质量为12m，B滑块的质量为8m，重力加速度为g。下列说法正确的是 （ ）
A．调换前A和B的加速度大小均为
B．调换后A和B的加速度大小均为
C．调换前后绳的拉力不变
D．调换后绳的拉力变大
【解答】解：A、调换前，对A滑块受力分析如图
根据牛顿第二定律得：T﹣12μmg＝12ma
对B滑块受力分析如图：
根据牛顿第二定律得：8mg﹣T＝8ma
联立解得：ag
Tmg
故A错误；
B、调换后对B受力分析，根据牛顿第二定律得：T﹣8μmg＝8ma
对A受力分析，根据牛顿第二定律得：12mg﹣T＝12ma
联立解得：ag
Tmg
故B错误；
CD、由AB得，调换前后，绳上的拉力不变，根据上面计算得绳上的拉力不变，故C正确，D错误。
故选：C。
（2023 河南模拟）如图1所示，物体A、B放在粗糙水平面上，A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，mA＝2kg，mB＝1kg，A、B分别受到的随时间变化的力FA与FB，如图2所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．两物体在t＝1s时分离
B．两物体分离时的速度为5m/s
C．两物体分离时的速度为4.875m/s
D．两物体一起做加速运动
【解答】解：由图2知FA与t的关系式为：FA＝12﹣2t，FB与t的关系式为：FB＝3t，A的摩擦力为fA＝μmAg＝0.1×2×10N＝2N，B的摩擦力为fB＝μmBg＝0.1×1×10N＝1N。
A、物体A、B分离时，A、B加速度相等，速度相同，但A、B间无弹力，则对A、B受力分析，由牛顿第二定律可知，
分离时A物体：FA﹣fA＝mAaA，B物体：FB﹣fB＝mBaB，当aA＝aB，即，解得t＝1.5s，故A错误；
BC、对AB整体分析从开始到分离过程由动量定理，取向右为正，，由图2只图线围成的面积表示冲量可知在1s内，
A物体FA的冲量IAN sN s，B物体FB的冲量IBN sN s，代入数据解得：v＝4.875m/s。故B错误，C正确；
D、AB分离前一起加速，1.5s后不再一起加速运动，故D错误。
故选：C。
（多选）（2023 莱阳市校级模拟）如图，四个滑块叠放在倾角为θ的固定光滑斜面上，其中B和C的质量均为m，A和D的质量均为3m，B和C之间用一平行于斜面的轻绳连接，现对A施加平行于斜面向上的拉力F，使得四个滑块以相同加速度一起沿着斜面向上运动，滑块间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．拉力F的最大值为1.3μmgcosθ
B．C对D的摩擦力为0.3μmgcosθ时，A对B的摩擦力为0.5μmgcosθ﹣5mgsinθ
C．当拉力F取得最大值时，轻绳上的弹力大小为0.8μmgcosθ
D．当拉力F取得最大值时，C、D间的摩擦力为0.6μmgcosθ
【解答】解：A、滑块B、C、D靠A、B之间的静摩擦力作为动力，当A、B之间的静摩擦力为最大静摩擦力时，滑块B、C、D有最大加速度，则对滑块B、C、D整体，由牛顿第二定律有
μmgcosθ﹣（m+m+3m）gsinθ＝（m+m+3m）a1
解得：a1gsinθ
同理，滑块D靠C、D之间的静摩擦力作为动力，当C、D之间的静摩擦力为最大静摩擦力时，滑块D有最大加速度，则对滑块D，由牛顿第二定律有
μmgcosθ﹣3mgsinθ＝3ma2
解得：a2gsinθ
为了确保四个滑块以相同加速度一起沿着斜面向上运动，则共同运动的最大加速度应取a1、a2中的最小值，即amax＝a1gsinθ
对四个滑块组成单位整体，由牛顿第二定律有
Fmax﹣（3m+m+m+3m）gsinθ＝（3m+m+m+3m）amax
解得：Fmax＝1.6μmgcosθ
故A错误；
B、滑块C对D的摩擦力为0.3μmgcosθ时，对D，由牛顿第二定律有
0.3μmgcosθ﹣3mgsinθ＝3ma
设此时A对B的摩擦力为fAB，对B、C、D，由牛顿第二定律有
fAB﹣（m+m+3m）gsinθ＝（m+m+3m）a
解得：fAB＝0.5μmgcosθ
故B错误；
C、当拉力F取得最大值时，四个滑块组成的整体获得最大加速度amax，对C、D整体，由牛顿第二定律有
T﹣（m+3m）gsinθ＝（m+3m）amax
解得：T＝0.8μmgcosθ
故C正确；
D、当拉力F取得最大值时，四个滑块获得最大加速度amax，对D，由牛顿第二定律有
fCD﹣3mgsinθ＝3mamax
解得：fCD＝0.6μmgcosθ
故D正确。
故选：CD。
（2024 甘肃二模）如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点，质量为m＝1kg的物块，以沿传动带向下的速度v0＝4m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v﹣t图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则（ ）
A．物块最终从传送带N点离开
B．物块将在4.8s时回到原处
C．物块与传送带之间的摩擦因数为
D．传送带的速度v＝1m/s，方向沿斜面向下
【解答】解：AD、从图像可知，物体沿传送带减速下滑，速度减为零后反向向上沿传送带加速运动，最终的速度大小为1m/s，故不会从N点离开，同时可知传送带斜向上运动，速度大小为1m/s，故AD错误；
C、v—t图像中斜率表示物体的加速度，则物块沿传送带下滑时的加速度：am/s2＝2.5m/s2
根据牛顿第二定律有：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
代入已知数据得：μ，故C正确；
B、v—t图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，t1s时，物块的速度为0，之后物块沿传送带向上运动，故物块沿传送带向下运动的位移为：x1mm
t1s到t2＝2s时，物块沿传送带向上加速运动的位移为：x2mm
物块沿传送带向上匀速运动的时间为：t匀s＝3s
所以物块回到原处的时间：t＝t2+t匀＝3s+2s＝5s，故B错误。
故选：C。
（多选）（2024 开福区校级模拟）如图，快递员工通过倾斜传送带将包裹从A处运往较低的B处，传送带与水平面的夹角θ，且始终以一定速度v逆时针转动。在某时刻将小包裹（看作质点）轻放在传送带的A处，小包裹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。则关于小包裹从A运动到B的说法正确的是（ ）
A．若μ＜tanθ，则可能一直加速
B．若μ＜tanθ，则可能先加速再匀速
C．若μ＞tanθ，则可能先加速再匀速
D．若μ＞tanθ，则可能先加速再减速
【解答】解：AB、若μ＜tanθ，化简有：μcosθ＜sinθ，则有：μmgcosθ＜mgsinθ。即最大静摩擦力小于重力的下滑分力。刚开始，根据牛顿第二定律则有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
小包裹可能以加速度：a1＝gsinθ+μgcosθ，一直加速到B。
也可能先以加速度：a1＝gsinθ+μgcosθ，加速达到速度v后，摩擦力方向突变，再以加速度：a2＝gsinθ﹣μgcosθ，继续加速到B，故A正确，B错误；
CD、同理，若μ＞tanθ，则小包裹可能以加速度：a1＝gsinθ+μgcosθ一直加速到B，也可能先以：a1＝gsinθ+μgcosθ，加速达到速度v后，再匀速运动到B，故C正确，D错误。
故选：AC。
（多选）（2024 合肥三模）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v0滑上传送带顶端，同时Q也以速度v0竖直向上运动，此后P运动的v﹣t图像如图（b）所示，t1、t2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v0＞v
B．一定有M＞m
C．物块P返回传送带顶端的时刻为2t2
D．根据图像可求出P与传送带间的动摩擦因数μ以及传送带倾角θ
【解答】解：A.由题图（b）可知，P先沿斜面向下做加速度较大的匀减速直线运动，t1时刻与传送带共速，之后沿斜面向下做加速度较小的匀减速直线运动，t2时刻速度减小到零，之后再沿斜面向上做匀加速直线运动，可知t1时刻后P所受滑动摩擦力沿斜面向下，则0～t1时刻P所受的滑动摩擦力沿斜面向上，P相对传送带下滑，故P的初速度v0大于传送带的速度v，故A正确；
B.设P与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带倾角θ，0～t1时间内P的加速度大小为a1，t1～t2时间内P的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：
0～t1时间内，对P有：μmgcosθ+T﹣mgsinθ＝ma1
对Q有：Mg﹣T＝Ma1
联立可得：Mg+μmgcosθ﹣mgsinθ＝（M+m）a1……①
t1～t2时间内，对P有：T′﹣μmgcosθ+mgsinθ＝ma2
对Q有：Mg﹣T′＝Ma2
联立可得：Mg﹣μmgcosθ﹣mgsinθ＝（M+m）a2……②
由于不知μ、θ、a1、a2的具体值，无法判断M与m的大小关系，故B错误；
D.根据图像可得：，
联立B选项中①②两式可求出动摩擦因数μ和传送带倾角θ，故D正确；
C.根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，由题图（b）可知，0～t2时间的图像与时间轴围成的面积大于t2～2t2时间内的图像与时间轴围成的面积，可知2t2时刻P还没有返回到传送带顶端，故C错误。
故选：AD。
（2024 重庆模拟）如图甲所示，水平地面上有一长平板车M，平板车右端放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，平板车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v﹣t图像如图乙所示，整个过程中物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．0～4s内，物块m的加速度一直变大
B．整个过程中，物块m相对平板车M滑动的时间为4s
C．平板车M的长度为12m
D．物块m相对平板车M的位移为16m
【解答】解：AB、根据题意，如物块与平板车保持相对静止，由牛顿第二定律可得，最大的加速度为μmg＝mam
解得加速度
由乙图可知，M减速时加速度
可知，物块与平板车发生相对滑动，设t秒时两者共速，则有amt＝8﹣2（t﹣2）
得t＝4s
v4＝（8﹣2×2）m/s＝4m/s
共速后，由于平板车的加速度为
物块减速时，由牛顿第二定律得﹣μmg＝ma'm
得
平板车的加速度大于物块的加速度，所以物块以1m/s2的加速度减速，设共速后再经t1减速到零，由运动学公式0＝4﹣a'mt1
解得t1＝4s
即t'＝4s+4s＝8s
物块的速度减为零，两物体的速度—时间图像如图所示
整个过程中，物块m的加速度大小一直为1m/s2，物块m相对平板车M滑动的时间为8s，故AB错误；
CD、4秒前的打滑位移
4秒后的打滑位移
所以平板车的长度为12m，物块m相对平板车的位移大小为12m﹣4m＝8m，方向向左
故D错误，C正确。
故选：C。
（多选）（2024 包头二模）质量M＝2.0kg、长度L＝1.0m的木板静止在足够长的光滑水平面上，右端静置一质量m＝1.0kg的物块（可视为质点），如图（a）所示。现对木板施加一水平向右的作用力F，F﹣t图像如图（b）所示。物块与木板间的摩擦因数μ＝0.3，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．6s末，物块刚好与木板分离
B．0～4s内，物块与木板不发生相对滑动
C．0～6s内，物块与木板组成的系统机械能守恒
D．4～6s内，拉力F做功等于物块与木板系统动能增量
【解答】解：B、物块与木板刚要发生相对滑动时，两者之间的静摩擦力恰好达到最大值。
根据牛顿第二定律，此时对滑块有：μmg＝ma0
对滑块与木板整体有：F0＝（M+m）a0
联立解得滑块与木板恰好发生相对滑动时力F的大小为：F0＝9N
因0～4s内F＝6N＜F0，故此时间内物块与木板不发生相对滑动，故B正确；
A、4s～6s内F＝10N，此时间内物块与木板发生相对滑动。
根据牛顿第二定律，对滑块有：μmg＝ma1
对木板有：F﹣μmg＝Ma2
解得：a1＝3m/s2，a2＝3.5m/s2
假设4s～6s的时间间隔t＝2s内两者没有分离，则：
滑块的位移为：x1a1t2
木板的位移为：x2a2t2
两者相对位移大小为：Δx＝x2﹣x1
联立解得：Δx＝1m
因Δx＝L＝1.0m，故6s末物块刚好与木板分离，故A正确；
C、0～6s内，物块与木板均在水平面上做加速直线运动，它们组成的系统的动能是增加的，而重力势能不变，故系统机械能不守恒，故C错误；
D、4～6s内物块与木板发生相对滑动，存在摩擦生热，由功能关系可知，此时间内拉力F做功等于物块与木板系统动能增量与摩擦生热之和，故D错误。
故选：AB。
（多选）（2024 济南模拟）如图甲所示，一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，质量1kg的滑块（可视为质点），置于木板中央。木板在一定时间内受到水平方向的恒定拉力F，其v﹣t图像如图乙所示。已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．0～2s滑块的加速度大小为2m/s2
B．拉力F的大小2N
C．木板的质量为0.5kg
D．为了使滑块不脱离木板，木板的长度至少为3m
【解答】解：A、t＝0时刻滑块与木板发生相对滑动，由木板运动的v﹣t图象可得：
a1m/s2＝2m/s2
对滑块，由牛顿第二定律有：μmg＝ma2
得a2＝μg＝1m/s2
由于a2＜a1，所以滑块确实与木板发生了相对滑动，a2＝1m/s2
故A错误；
BC、对木板根据牛顿第二定律有
F﹣μmg＝Ma1
撤去拉力后木板的加速度为a3m/s2＝2m/s2
根据牛顿第二定律有a3
解得F＝2N，M＝0.5kg
故BC正确；
D、由图象v﹣t可知，在t＝2s时撤去了拉力，此时，木板的速度为v1＝a1t＝2×2m/s＝4m/s
滑块的速度为v2＝a2t＝1×2m/s＝2m/s
滑块与木板间仍有相对滑动
设再经过t1时间滑块与木板的速度大小相等，有v1﹣a3t1＝v2+a2t1
解得t1 s
木板和滑块速度相等时，木板的总位移为x1a1t2+v1t2a3
滑块的总位移为x2a2（t1+t2）2
两者相对位移为Δx＝x1﹣x2
所以木板的总长度不少于x'＝2Δx
解得x'm
故D错误；
故选：BC。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)易错点03 对连接体、传送带的受力运动情况分析存在困难
目 录
01 易错陷阱
易错点一、不会分析的多体、多过程问题
易错点二、滑块与木板模型的摩擦力分析
易错点三、不会分析传送带问题
02 易错知识点
知识点一、轻绳相连加速度相同的连接体
知识点二、轻绳绕滑轮加速度相等的连接体
知识点三、滑块——木板的问题分析
知识点四、水平传动带模型
知识点五、倾斜传送带模型
03 举一反三——易错题型
题型一：轻绳连接体
题型二：弹簧连接体
题型三：板块叠加连接体
题型四：板块叠加+轻绳连接体
题型五：滑块——木板模型之动态分析与临界问题
题型六：水平传送带问题
题型七：倾斜传送带问题
04 易错题通关
易错点一、不会分析的多体、多过程问题
1.求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法.求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用.一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力.无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析.
2.当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况，用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时必须用隔离法.整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来运用，这将会更快捷有效.
3.常见连接体的类型
(1)同速连接体(如图)
特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度.
处理方法：用整体法求出a与F合的关系，用隔离法求出F内力与a的关系.
(2)关联速度连接体(如图)
特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联.
处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解.
易错点二、滑块与木板模型的摩擦力分析
（1）摩擦力的方向总是与物体间相对运动(或相对运动趋势)的方向相反，但不一定与物体的运动方向相反．
（2）摩擦力总是阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势)，但不一定阻碍物体的运动，即摩擦力可以是阻力，也可以是动力．
（3）受静摩擦力作用的物体不一定静止，但一定与施力物体保持相对静止．
易错点三、不会分析传送带问题
1、难点一：物块与传送带都发生运动，以地面为参考系的运动过程分析
处理方法：需通过画运动过程示意图和v-t图像来再现运动过程。运动过程示图要标明不是位置对应的速度，不同运动过程对应的时间及位移、加速度。
2、难点二：物块与传送带同速后，是相对传送带静止还是运动，不会判断；如果运动，是相对传送带向前运动还是向后运动，不会判断。
处理方法：假设法。假设物块相对传送带静止，研究物块受到的静摩擦力是否大于最大静摩擦力（通常等于滑动摩擦力），如果大于，则假设不成立，物块相对传送带滑动。如果发生相对滑动，同样可用假设法判断是相对传送带向前还是向后滑动，如果合理，假设成立；否则，不成立。
3、注意三个易错点
（1）物块与传送带同速时，物块受到传送带的摩擦力往往会发生突变。
（2）传送带运动方向或顺或逆，物块在传送带上或一直加速，或先加速后匀速，或先减速后反向加速……有多种可能时，存在多解。
（3）物块相对传送带位移与痕迹长不一定总相等，物块相对传送带运动的路程与痕迹长不一定总相等。
知识点一、轻绳相连加速度相同的连接体
求m2、m3间作用力,将m1和m2看作整体
整体求加速度 隔离求内力 T-μm1g=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力 T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力T-m1g=m1a 得 隔离T-F1-μm1g=m1a 得
知识点二、轻绳绕滑轮加速度相等的连接体
[]
隔离m1：T-μm1g=m1a 隔离m2：m2g-T=m2a 得， 隔离m1：m1g-T=m1a 隔离m2：T-m2g=m2a 得，
若μ=0， 且m2<知识点三、滑块——木板的问题分析
1．模型特点：滑块放置于木板上，木板放置于水平桌面或地面上。
2．以地面为参考系的位移关系：
滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
5．解决滑块—木板模型中计算问题常用工具——两图四明确。
（1）画运动过程示意图
通过审题、分析与计算，画运动过程示意图，明确各运动过程的时间与位移及位移间关系、明确各时刻的空间位置、速度及速度大小关系。
（2）画速度-时间图像
通过审题、分析与计算，结合运动过程示意图，画v-t图像，明确图像与坐标轴围成的面积对应运动过程示意图中的哪段位移，明确图像拐点对应运动过程示意图中哪个位置和时刻及瞬时速度。
如果已给出了v-t图像，要能够从图像中获取关键的已知数据。
知识点四、水平传动带模型
项目 情景1：轻放 情景2：同向 情景3：反向
图示
滑块可能的运动情况 (1)可能滑块一直加速； (2)可能滑块先加速后匀 速； (1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速． (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端． (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v和v0知识点五、倾斜传送带模型
1.倾斜传送带——上行
受力分析 运动分析（先加后共） 难点问题
μ>tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ-sinθ) ③上传条件：μ>tanθ ④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
受力分析 运动分析（一直加速） 难点问题
μ2.倾斜传送带——下行
受力分析 运动分析 难点问题
μ≥tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ+sinθ) ③共速后，若μ≥tanθ 一起匀速，摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
μx物，痕迹Δx1=x传-x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-x传，总痕迹取二者中大的那一段
题型一：轻绳连接体
【例1】（多选）（2024 长沙模拟）如图，轻质的光滑滑轮K与质量为M的物块A由一硬轻杆连接在一起，成为一个物体，物块A放置于水平面上。质量为m的物块B与跨过滑轮的轻绳一端相连，轻绳另一端固定在墙上且水平，物块B与物块A间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．若A静止，则地面对A的作用力为
B．若水平地面光滑，则A、B的加速度大小关系为
C．若水平地面光滑，则A的加速度大小
D．若水平地面光滑，则轻绳的拉力
【变式1-1】（2024 南通模拟）如图所示，倾角θ＝37°的直角斜面体被锁定在光滑水平面上，绕过斜面顶端的轻质定滑轮的细线，一端连接在斜面上的小物块B上，另一端吊着小物块A，A刚好贴着斜面体的竖直侧面，连接B的细线与斜面平行，B离斜面底端的距离x＝0.6m，系统恰能保持静止状态。已知斜面体质量M＝2kg，A的质量mA＝1kg，B的质量mB＝5kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终在滑轮下方，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求B与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）若B变为光滑，将B从图示位置由静止释放，求B到达斜面底端所需要的时间t；
（3）若解除对斜面体的锁定，且不计一切摩擦，将B从图示位置由静止释放，求B到达斜面底端时的速度大小vB。
【变式1-2】（2024 南充模拟）如图所示，固定在水平面的斜面倾角为37°，两个小物块A、B用轻绳相连，轻绳绕过斜面顶端的轻质小滑轮，滑轮与轮轴之间的摩擦不计，A物块锁定于斜面底部，B物块离地面高度为h＝10m。已知A物块的质量为m＝1kg，B物块的质量为M＝3kg，A物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。t＝0时刻，解除A物块的锁定状态，当B物块落地瞬间轻绳断裂，A恰好未与滑轮相撞，求：
（1）B物块下落过程中的加速度a的大小及落地前瞬间的速度v的大小；
（2）斜面的长度L及A从t＝0时刻起到返回斜面底端所需时间t。
题型二：弹簧连接体
【例2】（2024 天河区一模）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动，某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P的位移大小一定大于Q的位移大小
B．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
C．P的加速度大小的最大值为μg
D．Q的加速度大小的最大值为2μg
【变式2-1】（多选）（2023 青羊区校级模拟）推导匀变速直线运动位移公式时，匀变速直线运动在极短时间内可以看成是匀速直线运动，这一方法也适用于求非匀变速直线运动的位移，如图所示，光滑水平面上，物块B以1.2m/s的速度去撞固定在物块A上的轻弹簧，经过1s二者第一次速度相等，此时物块A运动的位移为0.36m，已知B的质量是A的质量的5倍，弹簧始终在弹性限度内，则以下说法正确的是（ ）
A．从开始运动到共速过程中，物块A的加速度始终是物块B的5倍
B．从开始运动到共速过程中，物块A的位移始终是物块B的位移的5倍
C．二者速度相等时，物块B的位移为1.128m
D．从开始运动到共速过程中，弹簧弹力对A和B做功的大小相等
【变式2-2】（多选）（2023 滁州一模）如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为1.5kg。t＝0时对物块A施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去，在0～1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A．t＝1s时物块A的速度为0.8m/s
B．t＝1s时弹簧弹力为0.6N
C．物块B的质量为0.8kg
D．F大小为1.5N
题型三：板块叠加连接体
【例3】如图所示，光滑水平面放有一个质量为5kg的光滑斜面体A，将另一个质量为3kg物块B放在斜面上，为了保持物块与斜面相对静止，需用水平向左80N的力F推斜面。现将斜面固定，对B施加用水平向右的力F1使其静止在斜面上，g取10m/s2．则F1大小为（ ）
A．30N B．15N C．50N D．80N
题型四：板块叠加+轻绳连接体
【例4】（多选）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（ ）
A．当F逐渐增加1N时（轻绳未断），轻绳中拉力增加0.5N
B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为T
题型五：滑块——木板模型之动态分析与临界问题
【例5】（2024 龙凤区校级模拟）如图所示，质量相等的A、B两物体放在轻质薄板C的两端，C与水平面之间无摩擦。在水平力F1和F2的共同作用下，A、B、C一起由静止开始运动，已知F1＞F2，三者始终相对静止。（ ）
A．若突然撤去F1，物体A的加速度一定减小
B．若突然撤去F1，物体A所受的摩擦力一定减小
C．若突然撤去F2，物体B的加速度一定减小
D．若突然撤去F2，物体B所受的摩擦力一定增大
【变式5-1】（2024 市中区校级模拟）如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t＝0 时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v﹣t图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．拉力F的大小为24N
B．物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4
C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m
D．t＝2s时刻，物块的速度减为0
【变式5-2】（2024 长沙模拟）如图甲所示，长木板放在粗糙的水平地板上，一个质量m＝5kg的铁块放在长木板上，如果给铁块施加从零开始逐渐增大的水平力F＝kt（式中k≠0），铁块与长木板之间的摩擦力随时间的变化规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，结合图中数据下列说法正确的是（ ）
A．铁块与长木板之间的动摩擦因数为0.4
B．长木板的质量为1kg
C．长木板与地板间的动摩擦因数为0.2
D．当t＝3s时铁块的速度大小为6m/s
【变式5-3】（多选）（2024 武汉模拟）如图（a）所示，质量为2kg且足够长的木板A静止在水平地面上，其右端停放质量为1kg的小物体B。现用水平拉力F作用在木板A上，F随时间t变化的关系如图（b）所示，其中0～t1时间内F＝2t（N），t1时刻A、B恰好发生相对滑动。已知A与地面、A与B之间的动摩擦因数分别为0.1和0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．t1＝4.5s
B．t1时刻，A的速度为4.5m/s
C．6.5s时A的速度为18.0m/s
D．6.5s时B的速度为6.25m/s
题型六：水平传送带问题
【例6】（2023 重庆模拟）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2＞v1，则（ ）
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【变式6-1】（多选）（2023 石嘴山模拟）质量为1kg的物块M水平向右滑上逆时针转动的传送带，如图甲所示，物块的v﹣t图像如图乙所示。在整个运动过程中，以下说法正确的是（ ）
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.1
B．物块在传送带上做匀减速运动的时间是3s
C．整个过程中，物块在传送带上的划痕长度为9m
D．2s时，物体向右运动到最远处
【变式6-2】（2023 上饶一模）如图所示，水平传送带由电动机带动以v＝2m/s的速度匀速转动，转动方向如图所示。可视为质点的甲、乙两物体分别以v1＝1m/s和v2＝3m/s的速率从传送带的两端A、B处按图示方向同时滑上传送带。已知两物体在同一条直线上运动，且运动过程中恰好没有相碰。两物体与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，质量均为m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）甲物体从滑上传送带到与传送带速度相同时所需时间；
（2）传送带A、B间的长度；
（3）为维持传送带匀速转动，电动机多做的功。
题型七：倾斜传送带问题
【例7】（2024 宜兴市校级三模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（ ）
A．煤块在传送带上的划痕为8米
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
【变式7-1】（多选）（2025 什邡市校级一模）粮袋的传送装置如图所示，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为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端将粮袋轻放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（ ）
A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等
B．若L足够大，且μ＞tanθ，粮袋先做加速度为g（sinθ μcosθ）的匀加速运动，再以速度v做匀速运动
C．若L足够大，且μ＜tanθ，粮袋先做加速度为g（sinθ+μcosθ）的匀加速运动，再做加速度为g（sinθ μcosθ）做匀加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a＞gsinθ
【变式7-2】（2024 五华区校级模拟）如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，上下两端AB的长度L＝11m，传送带以v0＝5m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数以μ＝0.5，煤块在传送带上发生相对滑动时会留下黑色痕迹。已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：
（1）煤块从A到B的时间；
（2）煤块从A到B的过程中煤块相对传送带滑行的路程及煤块在传送带上形成痕迹的长度。
如图所示，两同种材料的滑块A、B，用轻质细绳通过光滑定滑轮相连，A放在粗糙的水平桌面上，由静止释放A、B两滑块，此时A、B两滑块的加速度大小均为a1；A和B调换位置并也都由静止释放，此时A、B两滑块的加速度大小均为a2，已知两滑块与水平面间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，滑块与桌面间的动摩擦因数 ，A滑块的质量为12m，B滑块的质量为8m，重力加速度为g。下列说法正确的是 （ ）
A．调换前A和B的加速度大小均为
B．调换后A和B的加速度大小均为
C．调换前后绳的拉力不变
D．调换后绳的拉力变大
（2023 河南模拟）如图1所示，物体A、B放在粗糙水平面上，A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，mA＝2kg，mB＝1kg，A、B分别受到的随时间变化的力FA与FB，如图2所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．两物体在t＝1s时分离
B．两物体分离时的速度为5m/s
C．两物体分离时的速度为4.875m/s
D．两物体一起做加速运动
（多选）（2023 莱阳市校级模拟）如图，四个滑块叠放在倾角为θ的固定光滑斜面上，其中B和C的质量均为m，A和D的质量均为3m，B和C之间用一平行于斜面的轻绳连接，现对A施加平行于斜面向上的拉力F，使得四个滑块以相同加速度一起沿着斜面向上运动，滑块间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．拉力F的最大值为1.3μmgcosθ
B．C对D的摩擦力为0.3μmgcosθ时，A对B的摩擦力为0.5μmgcosθ﹣5mgsinθ
C．当拉力F取得最大值时，轻绳上的弹力大小为0.8μmgcosθ
D．当拉力F取得最大值时，C、D间的摩擦力为0.6μmgcosθ
（2024 甘肃二模）如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点，质量为m＝1kg的物块，以沿传动带向下的速度v0＝4m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v﹣t图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则（ ）
A．物块最终从传送带N点离开
B．物块将在4.8s时回到原处
C．物块与传送带之间的摩擦因数为
D．传送带的速度v＝1m/s，方向沿斜面向下
（多选）（2024 开福区校级模拟）如图，快递员工通过倾斜传送带将包裹从A处运往较低的B处，传送带与水平面的夹角θ，且始终以一定速度v逆时针转动。在某时刻将小包裹（看作质点）轻放在传送带的A处，小包裹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。则关于小包裹从A运动到B的说法正确的是（ ）
A．若μ＜tanθ，则可能一直加速
B．若μ＜tanθ，则可能先加速再匀速
C．若μ＞tanθ，则可能先加速再匀速
D．若μ＞tanθ，则可能先加速再减速
（多选）（2024 合肥三模）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v0滑上传送带顶端，同时Q也以速度v0竖直向上运动，此后P运动的v﹣t图像如图（b）所示，t1、t2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v0＞v
B．一定有M＞m
C．物块P返回传送带顶端的时刻为2t2
D．根据图像可求出P与传送带间的动摩擦因数μ以及传送带倾角θ
（2024 重庆模拟）如图甲所示，水平地面上有一长平板车M，平板车右端放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，平板车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v﹣t图像如图乙所示，整个过程中物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．0～4s内，物块m的加速度一直变大
B．整个过程中，物块m相对平板车M滑动的时间为4s
C．平板车M的长度为12m
D．物块m相对平板车M的位移为16m
（多选）（2024 包头二模）质量M＝2.0kg、长度L＝1.0m的木板静止在足够长的光滑水平面上，右端静置一质量m＝1.0kg的物块（可视为质点），如图（a）所示。现对木板施加一水平向右的作用力F，F﹣t图像如图（b）所示。物块与木板间的摩擦因数μ＝0.3，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．6s末，物块刚好与木板分离
B．0～4s内，物块与木板不发生相对滑动
C．0～6s内，物块与木板组成的系统机械能守恒
D．4～6s内，拉力F做功等于物块与木板系统动能增量
（多选）（2024 济南模拟）如图甲所示，一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，质量1kg的滑块（可视为质点），置于木板中央。木板在一定时间内受到水平方向的恒定拉力F，其v﹣t图像如图乙所示。已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．0～2s滑块的加速度大小为2m/s2
B．拉力F的大小2N
C．木板的质量为0.5kg
D．为了使滑块不脱离木板，木板的长度至少为3m
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