备战2025年高考物理抢分试题（新高考通用）04滑块木板模型和传送带模型试卷含解析答案

这是一份备战2025年高考物理抢分试题（新高考通用）04滑块木板模型和传送带模型试卷含解析答案，共34页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，一质量为的木板静止在水平地面上，一质量为的滑块（可视为质点）以的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为（未知），重力加速度大小取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．地面对木板的摩擦力方向水平向右
B．地面对木板的摩擦力大小为
C．可能为0.12
D．整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为
2．如图所示，足够大的水平地面上静置一木板，两个均可视为质点的滑块A、B分别放在木板两端，现使两滑块同时以的速度相向滑动，两滑块恰好在木板的正中间相遇，相遇前木板做匀加速直线运动，相遇后木板做匀减速直线运动。已知滑块A的质量为，与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块B的质量为，与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．木板的长度为
B．木板的质量为
C．木板运动的最大距离为
D．整个过程中滑块B的位移为0
3．如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看做质点）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g=10m/s2。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0.5B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.75
C．t=9s时长木板P停下来D．长木板P的长度至少是16.5m
4．如图所示，某快递公司为提高工作效率，利用传送带传输包裹，水平传送带长为4m，由电动机驱动以4m/s的速度顺时针转动。现将一体积很小、质量为10kg的包裹无初速的放到传送带A 端，包裹和传送带间的动摩擦因数为0.1， 重力加速度为g则包裹从A 运动到 B 的过程（ ）
A．时间为 1s
B．时间为 4s
C．电动机多输出的电能为40J
D．电动机多输出的电能为
5．如图所示，传送带的倾角（，从A到B长度为 16m，传送带以 10m/s 的速度逆时针转动。 时刻在传送带上A端无初速度地放一个质量 的黑色煤块， 时皮带被异物卡住不动了。 已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为 ，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。（sin37°=0.6，cs37°=0.8，取）则（ ）
A．煤块到达 B 点时的速度为 10m/s
B．煤块从A到B的时间为3s
C．煤块从A到B的过程中机械能减少了 12J
D．煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是16m
6．如图甲所示一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在变速电机带动下先加速后减速，传送带的速度-时间图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，，则下列说法正确的是（ ）

A．黑色痕迹的长度为
B．煤块在传送带上的相对位移为
C．若煤块的质量为，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为
D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长
二、多选题
7．如图（a）所示，一质量为的长木板静置于粗糙水平面上，其上放置一质量未知的小滑块，且长木板与小滑块之间接触面粗糙。小滑块受到水平拉力作用时，用传感器测出小滑块的加速度与水平拉力的关系如图（b）实线所示。已知地面与长木板的动摩擦因数为0.2，重力加速度，下列说法正确的是（ ）

A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.6
B．当水平拉力增大时，小滑块比长木板先相对地面发生滑动
C．小滑块的质量为
D．当水平拉力时，长木板的加速度大小为
8．如图所示，质量为M的木板B在光滑水平面上以速度v0向右做匀速运动，把质量为m的小滑块A无初速度地轻放在木板右端，经过一段时间后小滑块恰好从木板的左端滑出，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（ ）

A．若只增大M，则小滑块能滑离木板
B．若只增大v0，则小滑块在木板上运动的时间变长
C．若只减小m，则滑离木板过程中小滑块对地的位移变小
D．若只减小μ，则小滑块离开木板的速度变大
9．如图甲，一质量为m的木板A静止在光滑水平地面上，A左端有一质量、厚度均不计的硬挡板，一轻质弹簧左端与挡板连接，弹簧右端与木板A右端的距离为。质量也为m的可视为质点的滑块静止在A的右端，给滑块一水平向左、大小为的初速度，滑块会压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为，滑块压缩弹簧被弹回后恰好可以到达A的右端，滑块与A接触面间的动摩擦因数；如图乙，如果将木板A与地面成角固定，将滑块换为相同质量的光滑的滑块，滑块的初速度大小为，方向沿斜面向上，从木板A底端开始上滑，弹簧的最大压缩量也为，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．
B．弹簧弹性势能的最大值为
C．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度为0
D．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度大小为
10．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，木板B受到不断增大的水平拉力作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的图像、已知取，则（ ）

A．滑块A的质量为
B．木板B的质量为
C．当时木板B加速度为
D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1
11．如图所示，传送带与水平地面的夹角，以的速率顺时针方向转动。将一质量为的物体（可视为质点）从A端无初速释放，经过运动到B端。物体与传送带间的动摩擦因数（g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）。则（ ）
A．物体运动的加速度恒为
B．传送带的长为
C．物体运动到B端时的动量大小为
D．传送带与物体因摩擦产生的热量为
12．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°。一物块以初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2，则（ ）
A．由图乙可知，0～1s内物块受到的摩擦力大于1～2s内的摩擦力
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带底端到顶端的距离为10m
13．如图（a）所示，在t=0时将一质量为0.1kg的滑块轻放置于传送带的左端，传送带在t=4s时因为突然断电而做减速运动，从t=0到减速停下的全程，传送带的v-t图像如图（b）所示。已知传送带顺时针运动，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.08，传送带两轮间的距离足够长，重力加速度大小为10m/s2.，下列关于滑块说法正确的是（ ）
A．滑块先匀加速运动，后匀减速运动直至停止
B．滑块从轻放上传送带至停下，所用的时间为6s
C．滑块在传送带上留下的划痕为28m
D．全程滑块与传送带间产生的热量为2.24J
三、解答题
14．如图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角为，上有质量为的足够长木板A，其下端距挡板间的距离为，质量也为的小物块B置于木板A的顶端，B与木板B之间的动摩擦因数为。无初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。
试求:
（1）木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中木板A和物块B各自加速度的大小；
（2）木板A从开始到第三次与挡板碰撞过程中运动的总路程s；
（3）若从开始到A、B最后都静止的过程中，物块B一直未从木板A上滑落，则木板A长度应满足的条件。
15．如图所示，一足够长倾斜角的斜面顶端放置一长木板A，木板A上表面的某处放置一小滑块B（可看成质点），已知A和B的质量分别为2m和3m，木板A顶端与滑块B相距为的地方固定一光滑小球C（可看成质点），已知小球C的质量为m，A与B之间的动摩擦因数，A与斜面间动摩擦因数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，将固定的光滑小球C由静止释放，C与B会发生弹性碰撞，求：
（1）小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度分别多大；
（2）要使小球C再次碰到滑块B之前B未能滑出A下端，则木板A至少多长；
（3）A和B共速时，滑块B与小球C距多远。
16．等高的木板B和木板C静置于水平地面上，木块A静止在木板B上，P为固定挡板。A、B、C的质量分别为2kg、1kg、2kg。B与地面的动摩擦因数，C与地面间无摩擦，A与C之间的动摩擦因数，C右端离挡板P的距离l=1.2m。某时刻在A上施加一水平向右的拉力F=10.5N，2s后撤去拉力，A获得速度，此时B与C发生碰撞，A恰好从B滑到C上。C与B、P的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间及物块A的大小，C足够长使得A不会从C上滑下。取重力加速度大小
（1）求B与C碰撞前瞬间，B的速度大小；
（2）求B与C碰撞后瞬间，C的速度大小；
（3）通过计算判断C是否能与B再次相碰。
17．如图所示，传送带倾斜放置，倾角为θ=37°，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度=12m/s从A端冲上传送带，煤块刚好不会从传送带顶端B冲出。已知煤块和传送带之间的动摩擦因数=0.25，g取10m/s2，求：
（1）求AB之间的距离L；
（2）煤块在传送带上留下的划痕长度∆x。
18．如图所示，传送带的水平部分ab长度，倾斜部分bc长度，bc与水平方向的夹角为θ＝37°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率v＝4m/s，现将质量m＝2kg的小煤块（视为质点）由静止轻放到a处，之后它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，且此过程中小煤块不会脱离传送带，取重力加速度大小，求：
（1）煤块从a运动到c的时间；
（2）煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度；
（3）煤块与传送带间的摩擦生热。
19．如图所示，一长的水平传送带在电动机带动下以速度沿顺时针方向匀速转动，质量的小物块和质量的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，绳不可伸长，A与定滑轮间的绳子与传送带平行。某时刻将物块A轻轻放在传送带最左端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数，滑轮的质量和绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度，两物块均可视为质点。求：
（1）把物块A放上去瞬间B的加速度的大小；
（2）物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的冲量大小。
20．如图，足够长的水平传送带AB以的速率逆时针方向匀速运行。质量为m的木板CD置于光滑的水平面上，木板与传送带上表面等高，B与C之间的缝隙不计。现将质量为的小滑块a置于木板上，让质量也为m的小滑块b以的初速度从传送带的A端沿传送带向左滑动，从小滑块b滑上木板开始计时，经时间与小滑块a弹性正碰。已知小滑块a与木板间的动摩擦因数，小滑块b与木板间的动摩擦因数，小滑块b与传送带间的动摩擦因数为取。
（1）求小滑块b从A端滑上传送带开始到与传送带共速所需时间；
（2）求小滑块b刚滑上木板时，小滑块a的加速度大小；
（3）求小滑块b与小滑块a碰前瞬间，小滑块a的速度大小；
（4）若碰后小滑块a不会滑离木板，求小滑块a相对木板滑行的最大距离s。
参考答案：
1．C
【详解】A．根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面对木板的静摩擦力方向水平向左，故A错误；
B．滑块对木板的滑动摩擦力大小
由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小
故B错误；
C．木板始终保持静止，即
解得
故C正确；
D．整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量
故D错误。
故选C。
2．D
【详解】B．对两滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得
，
依题意，相遇前木板匀加速，由牛顿第二定律，有
相遇后木板匀减速，有
解得
可知相遇时三者共速，取向右为正方向，设三者经t时间共速，由速度与时间关系可得
联立，解得
故B错误；
ACD．根据B选项分析，三者一起匀减速过程，有
解得
做出它们运动的v-t图像如图
由图可知，木板的长度为
木板运动的最大距离为
分析滑块B，减速时间设为，则有
解得
整个过程中滑块B的位移为
故AC错误；D正确。
故选D。
3．C
【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v1=5m/s，6s 时两者速度相同为v2=3m/s，在0～6s的过程对Q由牛顿第二定律得
根据图乙可知
代入数据可得
μ1=0.05
故A错误；
B．5s～6s对P由牛顿第二定律得
μ1mg+μ2•2mg=ma1
由乙图可知
a1=2m/s2
代入数据可得
μ2=0.075
故B错误；
C．6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得
代入数据可得
a3=1m/s2
这段时间
所以9s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v-t图像的“面积”可知前6s的相对位移大于6s后的相对位移，故长木板P的长度至少为前6s过程中Q相对P滑动的距离
故D错误。
故选C。
4．D
【详解】AB．包裹加速度为
加速运动到与传送带共速经历的时间为
位移为
故包裹在与传送带共速前已经滑离传送带，由
可得
AB错误；
CD．包裹从A 运动到 B 的过程传送带位移为
包裹位移为
摩擦生热为
包裹的获得的速度为
包裹获得的动能为
故电动机多做的功为
C错误，D正确。
故选D。
5．C
【详解】B．开始阶段，由牛顿第二定律得
解得
煤块加速至传送带速度相等时需要的时间为
煤块发生的位移为
所以媒块加速到时仍未到达B点，此时皮带挒好被异物卡住不动了，此后摩擦力方向改变；第二阶段有
解得
设第二阶段煤块滑动到B点的时间为，则
解得
则煤块从A到B的时间
故B错误；
A．根据得
故A错误；
D．第一阶段媒块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为
故煤块相对于传送带上移；第二阶段媒块的速度大于传送带速度（为零），煤块相对传送带向下移动，媒块相对于传送带的位移大小为
即煤块相对传送带下移，故传送带表面留下黑色炭迹的长度为（前被覆盖），故D错误；
C．煤块开始的机械能
到达B点时机械能
故C正确。
故选C。
6．B
【详解】A．煤块的加速度
在v-t图上作出煤块的速度—时间图像（图像过6s，12m/s；与传送带的图像交于8s，16m/s；然后减速，交t轴于16s）

由图可知，痕迹长
故A错误；
B．煤块在传送带上的相对位移
故B正确；
C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量为
Q=μmg（s+x煤）=0.2×2×10×（48+32）J=320J
故C错误；
D．质量变大，不改变加速度，痕迹长不变，故D错误。
故选B。
7．AC
【详解】A．设小滑块质量为，小滑块与长木板之间的动摩擦数为，当小滑块与长木板发生相对滑动时，对小滑块由牛顿第二定律有
得
由（b）图可得
A正确；
BC．从图（b）知，当拉力为时，小滑块与长木板恰好发生相对滑动，此时两物体具有共同加速度，对长木板分析，由牛顿第二定律有
得
对小滑块，有
得
因为
所以小滑块和长木板相对地面同时发生相对滑动，B错误，C正确；
D．由于
所以此时长木板的加速度未达到，D错误。
故选AC。
8．AC
【详解】A．若只增大木板的质量M，根据牛顿第二定律
可知木板的加速度减小，小滑块的加速度为
不变，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，则小滑块能滑离木板，A正确；
B．若只增大木板的初速度v0，小滑块受力情况不变，小滑块的加速度不变，小滑块相对木板的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，B错误；
C．若只减小小滑块的质量m，小滑块的加速度不变，木板的加速度变小，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，滑离木板过程中小滑块对地的位移变小，C正确；
D．若只减小动摩擦因数，小滑块和木板的加速度都减小，相对位移不变，小滑块滑离木板的过程所用时间变短，小滑块离开木板的速度变小，D错误。
故选AC。
9．BD
【详解】CD．如图甲，设滑块被弹簧弹开，运动到长木板右端时的速度为v3，系统的合外力为零，系统动量守恒，滑块压缩弹簧被弹回后恰好可以到达A的右端，由动量守恒定律得
解得
故C错误，D正确；
AB．如图甲，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为，弹簧最大弹性势能为，从滑块以速度滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律
从弹簧被压缩到最短到滑块恰好滑到长木板的右端，由能量守恒
如图乙，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，由能量守恒
联立可得
，
故A错误，B正确。
故选BD。
10．BC
【详解】ABD．根据题意，由图乙可知，当拉力等于，滑块A与木板B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，当拉力大于时，对木板B，由牛顿第二定律有
由图乙可知
当拉力等于时，对滑块A，由牛顿第二定律有
对木板B，由牛顿第二定律有
其中
，
解得
，
又有
解得
故AD错误，B正确；
C．当时，由牛顿第二定律有
解得
故C正确。
故选BC。
11．BD
【详解】AB．对小煤块进行受力分析，由牛顿第二定律有
解得
小煤块下滑到与传送带速度相等
解得
此时小煤块的位移
解得
又因为， 小煤块继续下滑的加速度
解得
又
代入数据解得
故
故A错误，B正确；
C．由

解得
故C错误；
D．第一阶段小煤块相对传送带位移
解得
第二阶段小煤块相对传送带位移
解得
m
摩擦产生的热量
解得
故D正确。
故选BD。
12．CD
【详解】AB．由乙图可知在0～1 s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方向相反；1～2 s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同；由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式
可知两段时间内摩擦力大小相等，故AB错误；
C．根据图像可知在0～1 s内物块的加速度为
根据牛顿第二定律得
解得
故C正确；
D．物块上升的位移大小等于图像所包围的面积大小，则有
故D正确。
故选CD。
13．AC
【详解】A．滑块轻放置于传送带的左端，则有滑块在传送带上的加速度为
若传送带不停电，滑块与传送带达到共速时所用时间
由图b可知传送带在t=4s后做减速运动的加速度
可知滑块做加速运动，传送带做减速运动，滑块与传送带达到共速后，由于传送带做减速运动的加速度大于滑块的加速度，滑块开始做减速运动直至停止，因此滑块先匀加速运动，后匀减速运动直至停止，A正确；
B．传送带做减速运动后，滑块与传送带达到共速时所用时间
解得
此时滑块的速度为
滑块停下所用时间
滑块从轻放上传送带至停下，所用的时间为
B错误；
C．滑块与传送带达到共速时的位移
传送带的位移
滑块与传送带的相对位移是
可知此时滑块在传送带上留下的划痕为28m。滑块开始做匀减速运动到停下运动的位移
传送带与滑块达到共速后到停下运动的位移
此时滑块与传送带的相对位移是
可知此时滑块与传送带相对位移的大小8m产生的划痕与前面的划痕重叠，划痕取最大值，则有滑块在传送带上留下的划痕为28m，C正确；
D．全程滑块与传送带间的相对位移大小为
滑块与传送带间产生的热量为
D错误。
故选AC。
14．（1），方向沿斜面向下，，方向沿斜面向上.；（2）；（3）
【详解】（1）A第一次碰挡板前，系统相对静止，之间无摩擦。碰后，对B，有
方向沿斜面向上;
碰后，对A，有
方向沿斜面向下；
（2）第一次碰前系统加速度为
第一次碰时系统速度为
第一次碰后，沿斜面向上减速再向下加速，沿向下减速，直至共速后再一同沿斜面向下加速。第一次碰后，A沿斜面上滑的距离为
第一次碰后，设经时间共速，共速时速度大小为v。有
可得
第一次碰后，A沿斜面上滑至AB共速时的位移为x，有
A第二次与挡板碰时速度为。共速后至第二次碰，有
可得
第二次碰后，A沿斜面上滑的距离为
从开始到第三次碰，的总路程为
（3）最后静止于斜面底部。设相对下滑位移为，由系统功能关系，有:
可得
故板长条件为
15．（1）1.5m/s；1.5m/s；（2）1.2m；（3）0.6m
【详解】（1）由于A与B之间的动摩擦因数及A与斜面间动摩擦因数均不大于，则在BC相碰前，AB均相对斜面静止，小球在由释放到碰B过程中，根据动能定理
解得
BC碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒可得
解得小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度
，
（2）BC碰后，对ABC分别根据牛顿第二定律
假设C再次碰到B之前，AB尚未共速，根据位移关系有
解得
此时A的速度
B的速度
显然假设不成立；在C再次碰到B之前，AB发生向下的共速，在BC碰后到AB共速过程
解得
，
此后由于，则AB相对静止，因此要使小球C再次碰到滑块B之前B未能滑出A下端，则木板A的长度最少为
（3）AB发生向下的共速时滑块B与小球C相距
16．（1）；（2）；（3）不能与B再次相碰
【详解】（1）对A、B整体，从静止到撤去拉力，由动量定理得
所以有
（2）B、C碰撞前后动量守恒，机械能守恒
所以
，
（3）A、C达共速为，有
可得
v=4m/s
对C，由牛顿第二定律有
联立得
ac=5m/s²，x=1.2m=l，t₁=0.4s
此时C刚好与挡板P发生弹性碰撞，以大小v=4m/s原速率返回，向左减速，加速度大小仍为。此后，A、C动量守恒且总动量为零，最后若C不与B相碰则A、C同时停下。
B、C碰后，对B
可得
B从碰后到停下共需时间
此时B距挡板P的距离为
在B停下来时，C的速度
发生的位移
即在B停下前，B、C一直在靠近，并且没有相碰。C从与P相碰到停下发生的位移
因，故最后C不能与B再次相碰。
17．（1）10m；（2）m
【详解】（1）在煤块与传送带共速前，对煤块，由牛顿第二定律有
可得煤块的加速度大小
煤块运动时间
煤块运动的位移
煤块与传送带共速后，对煤块，由牛顿第二定律有
可得煤块的加速度大小
煤块速度减为零所用的时间间
煤块运动的位移
则AB之间的距离
（2）在煤块与传送带共速前，传送带运动的位移
传送带上痕迹长度
煤块与传送带共速后，对煤块上滑的过程，传送带的位移大小为
产生的划痕长度为
该过程中由于传送带的速度始终大于煤块的速度，因此产生的划痕与共速前的划痕重叠，此时有2m的划痕在煤块之前，有2m的划痕在煤块之后，设煤块从传送带顶端滑到底端所用时间为，则有
解得
该过程中传送带的位移
该过程中传送带运动方向与煤块运动方向相反，煤块之后的2m划痕随着煤块的下滑被覆盖，因此总的划痕长度为
18．（1）5.5s；（2）8.8m；（3）
【详解】（1）煤块在水平部分的运动时，由牛顿第二定律
可得煤块运动的加速度
煤块从静止加速到与传送带共速的距离为
故煤块在水平部分先加速，后匀速运动，加速时间的时间为
匀速运动的时间
在倾斜传送带上，由于
故煤块在斜传送带上做加速运动，由牛顿第二定律
可得煤块在倾斜传送带上的加速度为
根据匀加速运动的位移与时间的关系有
解得
或（舍去）
故煤块从a运动到c的时间
（2）煤块在水平传送带的相对位移为
煤块在倾斜传送带的相对位移为
由于与是重复痕迹，故煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为8.8m。
（3）煤块在水平传送带的摩擦生热
其中
解得
煤块在倾斜传送带的摩擦生热
其中
解得
故
19．（1）；（2）
【详解】（1）根据题意，设物块A放上去瞬间绳子的拉力为，由牛顿定律，对物块A有
对物块B有
解得
，
（2）根据（1）分析可知，物块A在传送带上做匀加速直线运动，设加速到与传送带共速的时间为，则有
运动的距离为
由于物块A与传送带间的最大静摩擦力
可知，物块A与传送带共速后，一起匀速到右端，运动时间为
此时绳子的拉力为
设物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的水平方向冲量为，对物块A，由动量定理有
竖直方向的冲量为

总冲量为
即物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的冲量大小。
20．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）对小滑块b，由牛顿第二定律得
由运动学公式得
联立解得
（2）小滑块b滑上木板后，假设小滑块a与木板一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动．对小滑块a，由牛顿第二定律得
解得
对小滑块a与木板整体，由牛顿第二定律得
解得
假设成立，因此小滑块a与木板一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动，则
（3）设小滑块b与小滑块a碰前瞬间小滑块b的速度大小为，则
解得
（4）设碰后瞬间小滑块a、b的速度大小分别为，则
解得
小滑块b与小滑块a碰后，两者速度交换，小滑块b与木板速度相同，一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动．
设三者相对静止后，共同速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律得
联立解得