第四章 素养提升课五 传送带模型与板块模型-【金版新学案】2024-2025学年新教材高一物理必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

素养提升课五　传送带模型与板块模型 　　　　 第四章 运动合力的关系 1.知道传送带模型的特点，掌握应用动力学角度解决传送带模型的 方法。 2.知道板块模型的特点，掌握应用动力学角度解决有关板块模型问 题的方法。 素养目标 提升点一　传送带模型 1 提升点二　板块模型 2 课时测评 6 随堂达标演练 5 内容索引 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 提升点一　传送带模型 返回 1．传送带的基本类型 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。 2．传送带模型的分析流程 类型 物体运动情况   (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速   (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0＝v时，一直匀速 (3)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速   (1)传送带较短时，物体一直减速到达左端 (2)传送带足够长时，物体先向左减速再向右加速回到右端 角度一　水平传送带模型 水平传送带常见类型及物体运动情况 √ (多选)地铁站用于安全检查的装置主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，已知传送带长度为2.1 m、速率为2 m/s，g取10 m/s2，物品与传送带间的动摩擦因数为0.4，则 A．物品在传送带上运动的时间是1.3 s B．物品做加速运动时，其速度有可能超过传送带的速度 C．物品越重，从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长 D．若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的4倍 √ 例1 审题指导：(1)物品在摩擦力作用下，加速度是多少？ (2)物品加速的位移和时间分别是多少？ (3)物品的速度与传送带的速度相同后做什么运动？运动时间是多少？ 针对练．如图所示，水平传送带保持v＝1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量m＝1 kg的小物体轻轻地放在传送带的a点上，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2 m，g＝10 m/s2。下列说法正确的是 A．物体以1 m/s2的加速度从a点匀加速运动到b点 B．物体运动到b点时的速度为2 m/s C．物体与传送带相对滑动的位移为2 m D．物体从a点运动到b点所经历的时间为2.5 s √ 角度二　倾斜传送带模型 倾斜传送带常见类型及物体运动情况 类型 物体运动情况   (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速   (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速再以a2加速 例2 如图所示，传送带与水平地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/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为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求： 答案：不能 当煤块与传送带速度相等时，对煤块分析有mgsin 37°＞μmgcos 37° 所以它们不能相对静止。 (1)当煤块与传送带速度相等时，它们能否相对静止？ 审题指导：(1)煤块刚放到传送带上时，受到的摩擦力沿什么方向？加速度是多少？ (2)煤块加速到与传送带速度相同所用时间是多少？位移是多少？ (3)煤块与传送带速度相同后做什么运动？怎样求时间？ (2)煤块从A到B的时间。 答案：1.5 s 煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度a1＝ ＝10 m/s2 加速过程中t1＝ ＝1 s，x1＝ a1t ＝5 m 达到v0后，煤块受到沿斜面向上的摩擦力，其加速度a2＝ ＝2 m/s2 x2＝L－x1＝5.25 m 由x2＝v0t2＋ a2t 可得t2＝0.5 s(t2＝－10.5 s舍去) 煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝1.5 s。 针对练．(多选)如图甲所示，倾斜传送带的倾角θ＝37°，传送带以一定速率匀速转动，将一个物块轻放在传送带的上端A，物块沿传送带向下运动，从A端运动到B端的v-t图像如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计物块大小，则 A．传送带一定沿顺时针方向转动 B．传送带转动的速度大小为5 m/s C．传送带A、B间的距离为11 m D．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 √ √ √ 若传送带沿顺时针方向转动，则物块沿传送带向下做加速度恒定的加速运动，A错误；当物块的速度与传送带的速度相等时，物块的加速度会发生变化，由此判断，传送带的速度为5 m/s，B正确；v-t图像所围的面积为传送带A、B间的距离，即x＝ ×5×0.5 m＋ ×(5＋8)×1.5 m＝11 m，C正确；0～0.5 s，有gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，解得μ＝0.5，D正确。 返回 提升点二　板块模型 返回 1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系。 2．解题方法 (1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向。 (2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度。 注意：两过程的连接处加速度可能突变。 (3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 3．常见的两种位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度。 注意：通常情况下，运动学公式中的位移都是对地位移。 4．注意摩擦力的突变 当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化。速度相同是摩擦力突变的一个临界条件。 角度一　地面光滑情况 如图所示，光滑水平桌面上有一质量M为2 kg的长度足够长的长木板，一质量m为1 kg的小物块从长木板的左端以大小为3 m/s的初速度v0滑上长木板，物块与长木板间的动摩擦因数μ为0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求： 例3 (1)小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度大小； 审题指导:(1)分析物块和长木板受力，利用牛顿第二定律求加速度。 (2)物块与长木板速度相同后，物块是否还受摩擦力？ (3)物块加速过程物块和长木板的位移分别是多少？ 答案：2 m/s2 1 m/s2 根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma，a＝2 m/s2 对木板有μmg＝Ma′，解得a′＝1 m/s2。 (2)小物块的最终速度的大小； 答案：1 m/s 木板足够长，则二者最后共速且匀速 对小物块有v＝v0－at 对木板有v＝a′t 解得t＝1 s，v＝1 m/s。 (3)小物块最终距长木板左端的距离。 答案：1.5 m 小物块匀减速运动的位移x＝v0t－ at2 木板匀加速运动的位移x′＝ a′t2 则Δx＝x－x′ 解得Δx＝1.5 m。 针对练．如图所示，质量为M，长为L的滑板静止在光滑水平面上，一质量为m的小滑块以速度v从左端滑上滑板，最后刚好不从滑板右端掉下。求滑块与滑板间的动摩擦因数。 设两者间的动摩擦因数为μ，刚滑到滑板右端用时为t，则小滑块所受的摩擦力为Ff＝μmg 由牛顿第三定律得，滑板所受的摩擦力Ff′＝Ff 滑块的加速度a1＝ ＝μg，方向向左 滑板的加速度a2＝ ＝ ，方向向右 刚好不掉下时，两物体达到共建，即 v－a1t＝a2t 且vt－ a1t2－ a2t2＝L 联立解得μ＝ 。 角度二　地面不光滑情况 如图所示，厚度不计的薄板A长l＝5 m、质量M＝5 kg，放在水平地面上。在A上距右端x＝3 m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2 kg，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止。现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26 N，将A从B下抽出。g＝10 m/s2，求： 例4 (1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大？ 答案：2 m/s2 1 m/s2　 对B，由牛顿第二定律可得μ1mg＝maB 解得aB＝1 m/s2 对A，由牛顿第二定律可得 F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA 解得aA＝2 m/s2。 (2)B运动多长时间离开A? 答案：2 s 设经时间t，A从B下抽出，则 xA＝ aAt2 xB＝ aBt2 Δx＝xA－xB＝l－x 解得t＝2 s。 (3)B离开A时的速度的大小。 答案：2 m/s B离开A时的速度大小为vB＝aBt＝2 m/s。 针对练．如图所示，放在水平地面上的长木板质量为M＝2.0 kg、长为l＝2.5 m，它与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同。一质量为m＝3.0 kg、可视为质点的滑块从长木板的右侧以初速度v0向左滑上长木板，长木板刚开始运动时的加速度大小a1＝1 m/s2，重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)求滑块与长木板间的动摩擦因数μ2和滑块刚开始运动时的加速度大小a2； 答案：0.4　4 m/s2　 根据牛顿第二定律可知，对长木板有 μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1 解得μ2＝0.4 对滑块有μ2mg＝ma2 解得a2＝4 m/s2。 滑块不滑出长木板且恰好运动到长木板的左侧末端时，长木板、滑块速度相等。设经过时间t，长木板、滑块的速度相等，则有v0－a2t＝a1t 根据位移关系得v0t－ a2t2－ a1t2＝l 代入数据解得t＝1 s，v0＝5 m/s。 (2)要使滑块不滑出长木板且恰好运动到长木板的左侧末端，求滑块的初速度大小v0。 答案：5 m/s 返回 随堂达标演练 返回 1．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法中正确的是 A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短 C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短 D．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短 √ 刚放上木炭包时，木炭包的速度小，传送带的速度大，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹出现在木炭包的右侧，A错误；木炭包与 传送带共速所用时间t＝ ，木炭包的位移x1＝ t＝ ，传送带运动的 位移x2＝vt＝ ，径迹长L＝x2－x1＝ ，D正确，B、C错误。 2. 如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0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μ<tan θ，则能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是下图中的 √ 小木块刚释放时相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力大小为μmgcos θ，方向沿斜面向下，设这一段加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，则a1＝gsin θ＋μgcos θ，方向沿斜面向下。木块与传送带速度相同后，设加速度大小为a2，由于μ<tan θ，则mgsin θ>μmgcos θ，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，则a2＝gsin θ－μgcos θ，方向沿斜面向下，木块仍加速下滑，由于a1>a2，故能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图像为D。 3．如图所示，一质量m1＝0.2 kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m2＝0.1 kg的小物块(可视为质点)置于小车上A点。其与小车间的动摩擦因数μ＝0.40，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给小物块一个方向水平向右、大小为v0＝6 m/s的初速度。同时对小物块施加一个方向水平向左、大小为F＝0.6 N的恒力。取g＝10 m/s2。求： (1)初始时刻，小车和小物块的加速度大小； 答案：2m/s2 10m/s2 初始时刻，小物块相对小车向右运动，则小物块受到向左的恒力和向左的滑动摩擦力做匀减速运动，小车受摩擦力向右做匀加速运动。设小车和小物块的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律，对小车有μm2g＝m1a1 解得a1＝2m/s2 对小物块有F＋μm2g＝m2a2 解得a2＝10m/s2。 (2)小物块与小车的共同速度。 答案：1m/s 设经过时间t，小物块与小车达到共同速度v，则有v＝v0－a2t＝a1t 解得t＝0.5 s，v＝1 m/s。 返回 课 时 测 评 返回 1．(多选)如图所示，一水平传送带沿顺时针方向以v0匀速转动，在传送带左端A处无初速度地轻放一小物块，则关于小物块从A端运动到B端过程中的速度v随时间t的变化图像，下列选项中可能正确的是 √ √ 物块先做匀加速运动，在到B端前可能已经和传送带共速，也可能一直加速运动到B端，B、D正确。 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 √ 2．如图所示，足够长的水平传送带以v＝2 m/s的速度逆时针匀速转动，一个物块以v0＝4 m/s的初速度从左端sA处水平滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，那么物块再次返回到A处所用的时间为 A．4 s B．2 s C．4.5 s D．3 s 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 √ 3．如图所示，有一水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速转动，现将一物块(可视为质点)轻放在传送带A端，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2。已知传送带长度为LAB＝10 m，则 A．物块离开传送带时的速度大小为1 m/s B．物块在传送带上留下的划痕长为2 m C．物块在传送带上加速运动的时间为2 s D．物块在传送带上运动的总时间为5.5 s 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 初始阶段，物块做匀加速运动，根据μmg＝ma，可得加速度a＝2 m/s2， 因此加速的时间t1＝ ＝1 s，故C错误；加速过程的位移x1＝ t1＝ ×1 m＝1 m，接下来物块做匀速运动，离开传送带时的速度为2 m/s，物块在传送带上留下的划痕长为Δx＝vt1－x1＝1 m，匀速运动所用时间 t2＝ ＝ s＝4.5 s，因此物块在传送带上运动的总时间t＝t1 ＋t2＝5.5 s，故D正确，A、B错误。 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 √ 4．(多选)用如图甲所示的传送带把货物运送到一定高度，货物的速度大小随时间变化的关系如图乙所示。已知传送带的倾角θ＝30°，传送带顺时针转动的速度不变，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是 A．传送带的速度大小为2 m/s B．货物在传送带上留下的划痕为4 m C．货物与传送带间的动摩擦因数为0.8 D．货物受到传送带的滑动摩擦力与静摩擦力大小之比为6∶5 √ 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 由题图乙知传送带的速度大小为2 m/s，选项A 正确；由v -t图像中图线与时间轴所包围的面积 表示位移可知，在0～2 s内，传送带比货物多运 动了2 m，即货物在传送带上留下的划痕为2 m，选项B错误；货物在传送带上加速时的加速度为a＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝ ，选项C错误；货物与传送带之间的滑动摩擦力大小Ff＝μmgcos θ＝ mg，相对静止时的静摩擦力大小Ff静＝mgsin θ ＝ ，则Ff∶Ff静＝6∶5，选项D正确。 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 √ 5.如图所示，质量为1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个小木块(可视为质点)质量也为1 kg，以初速度v0＝4 m/s从木板的左端开始向右滑，木块与木板之间的动摩擦因数为0.2，g＝10 m/s2。要使木块不会从木板右端滑落，则木板的长度至少为 A．5 m B．4 m C．3 m D．2 m 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 根据牛顿第二定律得，木块的加速度a1＝ ＝μg＝0.2×10 m/s2＝ 2 m/s2， 木板的加速度a2＝ ＝ m/s2＝2 m/s2，设经时间t木块与木 板达到同速，根据匀变速直线运动速度与时间的关系有v0－a1t＝a2t， 根据位移与时间的关系有v0t－ a1t2－ a2t2＝L，解得L＝2 m，故选D。 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 √ 6．(多选)质量为m1＝4 kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量m2＝2 kg的物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为4 m，物块可视为质点，现用一大小为F＝16 N的力作用在物块上，下列说法正确的是(g取10 m/s2) A．木板的加速度为2 m/s2 B．物块的加速度为6 m/s2 C．经过2 s物块从木板上滑离 D．物块离开木板时的速度为8 m/s √ √ 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4 m/s2，A正确，B错误； 块从木板上滑离时，位移关系满足 a2t2－ a1t2＝L，解得t＝2 s，C正确； 物块滑离木板时的速度v2＝a2t＝8 m/s，D正确。 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 √ 7．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v -t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 A．M＝m B．M＝2m C．木板的长度为8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 物块在木板上运动过程中，μmg＝ma1，而v -t图像的斜率大小表示加速 度大小，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分 析可知μmg＝Ma2，由题图乙可知，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m， A错误，B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，0～2 s内，两者的v-t图像与坐标轴围成的面积之差表示相对位移，即木板的长度，故L＝ ×(7＋3)×2 m－ ×2×2 m＝8 m，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 √ √ 8．(多选)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°，现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)下列说法正确的是 A．物块A、B同时到达传送带底端 B．物块A先到达传送带底端 C．A到达传送带底端的速度为3 m/s D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3 √ 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 由于mgsin 37°>μmgcos 37°，则物块A、B都将沿传送带加速下滑，根据牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，可知物块A、B沿传送带下滑的加速度相同，a＝2 m/s2，由题知A、B都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，则物块A、B将同时到达传送带底端，A正确，B错误； A到达传送带底端，有v2 － v02 ＝2ax，解得v＝3 m/s，C正确；由v＝v0＋at得物块A、B从传送带顶端到到达传送带底端的时间为t＝1 s，则传送带走过的位移为x传＝v传t＝1 m，物块的位移xA＝xB＝v0t＋ at2＝2 m，则物块A在传送带上的划痕长度为ΔxA＝xA－x传＝1 m，则物块B在传送带上的划痕长度为ΔxB＝xB＋x传＝3 m，则物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3，D正确。 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 9．(10分)如图所示，质量M＝8 kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2 kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个水平向右F＝8 N的恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s后小物块从长木板上滑落，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小物块在长木板上滑动过程中，小物块和长木板的加速度的大小； 答案：2 m/s2　0.5 m/s2　 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 木板与物块间摩擦力大小为Ff＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N 设物块与木板的加速度分别为a1、a2 对物块，由牛顿第二定律得a1＝ ＝ m/s2＝2 m/s2 对木板，由牛顿第二定律得a2＝ ＝ m/s2＝0.5 m/s2。 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 (2)长木板的长度。 答案：3 m 设物块与木板的位移分别为x1、x2， 2 s后x1＝ a1t2＝ ×2×22 m＝4 m x2＝ a2t2＝ ×0.5×22 m＝1 m 木板长度为L＝x1－x2＝3 m。 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 10．(10分)如图所示，倾斜传送带与水平面夹角θ＝37°，两轮间距离即A、B两点间长度L＝16 m，传送带以v＝3 m/s的恒定速率顺时针转动。现有一质量m＝0.5 kg的物块以初速度v0＝1 m/s由底端A处冲上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)从物块冲上传送带开始计时，经6 s时物块的速度大小； 答案：3 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对物块受力分析，由牛顿第二定律得 μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2 物块与传送带相对静止所用时间t1＝ ＝5 s 前5 s物块运动的位移 x1＝ t1＝ t1＝10 m<L＝16 m 因μ>tan θ，所以5 s后物块随传送带一起匀速运动，故6 s时物块的速度为3 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)物块从A运动到B所用的时间。 答案：7 s 物块匀速运动的位移x2＝L－x1＝6 m，匀速运动的时间t2＝ ＝2 s，物块从A运动到B所用的时间t＝t1＋t2＝7 s。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 ！ 第四章 运动和力的关系 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 物品在传送带上前阶段受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得a＝＝μg＝4 m/s2，物品加速阶段的位移x1＝＝ m＝0.5 m<2.1 m，物品与传送带共速后，与传送带一起匀速运动，物品匀速运动时不受摩擦力，故B错误；物品匀加速运动的时间t1＝＝ s＝0.5 s，物品匀速运动的时间t2＝＝ s＝0.8 s，物品在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝0.5 s＋0.8 s＝1.3 s，与物品的质量无关，故A正确，C错误；由x＝，可知若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D正确。 物体做匀加速运动时的加速度a＝μg＝1 m/s2，物体达到与传送带共速的过程中运动的位移x＝＝0.5 m<L，所以物体先匀加速运动，后匀速运动，到达b点时的速度为1 m/s，故A、B错误；物体相对传送带滑动的时间t1＝＝1 s，物体与传送带相对滑动的位移Δx＝vt1－x＝ 0.5 m，故C错误；物体匀速运动的时间t2＝＝1.5 s，物体从a点运动到b点所经历的时间t＝t1＋t2＝2.5 s，故D正确。 答案： 物块在传送带上运动的加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，则物块向右运动速度减为零的时间t1＝＝2 s，通过的距离x＝＝ m＝4 m；物块速度减为零后反向加速，加速到与传送带共速时的时间t2＝＝1 s，位移x1＝＝ m＝1 m；物块匀速运动回到原出发点的时间为t3＝＝ s＝1.5 s，则物块再次返回到A处所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s，故选C。 $$