第3章 第4讲 牛顿运动定律的综合应用(二)(综合融通课)（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（江苏专版）

牛顿运动定律的综合应用(二) (综合融通课) 第 4 讲 1 (一) 动力学中的传送带模型 2 (二)动力学中的滑块—木板模型 CONTENTS 目录 3 课时跟踪检测 (一) 动力学中的传送带模型 类型(一)　水平传送带模型 1.三种常见情境 项目 图示 滑块可能的运动情况 情境1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 情境2 ①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ②v0=v，一直匀速 ③v0<v，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情境3 ①传送带较短时，滑块一直减速到达左端 ②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中，若v0>v，返回时速度为v，若v0≤v，返回时速度为v0 续表 2.解题思维趋向 (1)水平传送带又分为两种情况:物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。 (2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。 (3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况: ①若二者同向，则Δs=|s传-s物|; ②若二者反向，则Δs=|s传|+|s物|。 [例1]　传送带在生产生活中广泛应用。如图所示，一水平传送带长L=10 m，以v=5 m/s的速度运行。水平传送带的右端与一光滑斜面平滑连接，斜面倾角θ=30°。一物块由静止轻放到传送带左端，物块在传送带上先做匀加速运动，后做匀速直线运动，然后冲上光滑斜面。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g=10 m/s2。求: (1)物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间; [答案]　3 s　 [解析]　物块在传送带上的匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有μmg=ma1，解得a1=2.5 m/s2，　 物块在传送带上的匀加速运动过程中，由运动学公式v=v0+at有v=a1t1，解得t1=2 s， 运动的距离为x1=a1=5 m， 物块在传送带上匀速运动的时间为 t2==1 s， 物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间t=t1+t2=3 s。 (2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小; [答案]　2.5 m [解析]　物块沿斜面上升过程，根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma2，解得a2=5 m/s2， 对物块沿斜面上升过程，由运动学公式v2-=2ax，有v2=2a2x2， 解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小为x2=2.5 m。 (3)从物块轻放到传送带左端开始计时，通过计算说明t=10 s时物块所处的位置。 [答案]　物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处 [解析]　设物块从斜面底端上滑到最大位移处所需时间为t3，由运动学公式v=v0+at有 v=a2t3，解得t3=1 s。 设物块第一次沿斜面下滑过程所需时间为t4，则有x2=a2，解得t4=1 s。 物块沿斜面下滑至斜面底端时的速度为 v1=a2t4=5 m/s， 物块沿水平传送带向左减速运动，速度减为零所需时间为t5==2 s。 物块在传送带上的往返运动具有对称性，物块沿水平传送带第二次向右加速运动，到达斜面底端所需时间为t6=t5=2 s。 物块第二次沿斜面上滑到最大位移处所需时间为t7=t3=1 s。 因为t1+t2+t3+t4+t5+t6+t7=10 s， 所以10 s时，物块刚好第二次上滑到最大位移处，物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处。 1.如图所示，水平方向的传送带以v1的恒定速度顺时针转动。一物块从右端以v2(v2>v1)的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带长度L>。在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，物块的速度随时间变化的图像是(　 ) 针对训练 √ 解析：由物块在传送带上的受力可知，物块的加速度为a=μg，当物块向左运动至速度减为零时的位移为x=，由题可知L>，故物块没有滑离传送带，物块向左减速到零后向右做匀加速直线运动，当物块速度与传送带速度相同时，物块的位移为x'=，又v2>v1，则x>x'，故向右运动的速度与传送带相等后，物块做匀速直线运动。故选B。 1.两种常见情境 类型(二)　倾斜传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情境1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 情境2 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 ③可能先以a1加速，后以a2加速 续表 2.解题思维趋向 物体沿倾角为θ的传送带运动时，可以分为两类:物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。 [例2]　机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求: (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a; [答案]　0.4 m/s2　 [解析]　小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos α-mgsin α=ma，解得a=0.4 m/s2。 (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 [答案]　4.5 s [解析]　根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1== s=2.5 s，在传送带上滑动的距离为x1=t1=×2.5 m=2.75 m， 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos α>mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2== s=2 s，所以小包裹通过传送带的时间为t=t1+t2=4.5 s。 2.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，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。g取10 m/s2，则 (　 ) 针对训练 A.传送带的速度为16 m/s 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 √ 解析：由图乙可知传送带的速度为8 m/s，故A错误;在0~1 s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，根据牛顿第二定律有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1，根据图乙可得a1= m/s2 =8 m/s2，在1~2 s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，根据牛顿第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2，根据图乙可得a2= m/s2=4 m/s2，联立解得μ=0.25，故B错误、C正确;当传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，故D错误。 (二)动力学中的滑块—木板模型 1.关注“一个转折”和“两个关联” 一个转折 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点 两个关联 指转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键 2.解决“板块”模型问题的“思维流程” [例1]　如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M=4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m=1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ=0.2，长木板与小物块均静止，现用F=14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t=1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则: 类型(一) 水平面上受外力作用的板块模型 (1)在F的作用下，长木板的加速度为多大? [答案]　3 m/s2　 [解析]　对长木板，根据牛顿第二定律可得a=，解得a=3 m/s2。 (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远? [答案]　0.5 m [解析]　撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用，故am=μg=2 m/s2，Δx1=at2-amt2=0.5 m。 (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动? [答案]　2.8 m/s [解析]　刚撤去F时v=at=3 m/s， vm=amt=2 m/s 撤去F后，长木板的加速度大小 a'==0.5 m/s2 最终速度v'=vm+amt'=v-a't' 解得共同速度v'=2.8 m/s。 (4)最终小物块离长木板右端多远? [答案]　0.7 m [解析]　在t'内，小物块和长木板的相对位移 Δx2=-，解得Δx2=0.2 m 最终小物块离长木板右端x=Δx1+Δx2=0.7 m。 1.如图甲所示，质量为mA=2 kg的木板A静止在水平地面上，质量为mB=1 kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一水平向右的恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　 ) 针对训练 A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.6 B.木板与地面间的动摩擦因数为0.2 C.F的大小可能为9 N D.F的大小与板长L有关 √ 解析：当滑块在木板上滑动时，木板的加速度为a1== m/s2=2 m/s2，根据牛顿第二定律，对木板A有μ1mBg-μ2(mA+mB)g=mAa1，滑块从木板上滑出后，木板的加速度为a2==- m/s2=-1 m/s2，根据牛顿第二定律得-μ2mAg=mAa2，联立解得μ1=0.7，μ2=0.1，A、B错误;对滑块B，有F-μ1mBg=mBaB，其中的aB>2 m/s2，则F>9 N，即F的大小不可能为9 N，C错误;根据L=aBt2-a1t2，式中t=1 s，联立解得F=(2L+9)N，故F的大小与板长L有关，D正确。 [例2]　粗糙水平面上有一块足够长的木板B，小物块A处于木板上表面的右端，两者均静止，如图甲所示。取水平向右为正方向，t=0时刻分别使A和B获得等大反向的水平速度v0，它们一段时间内速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知物块A跟木板B的质量之比为1∶3，物块A与木板B之间、木板B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度g=10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是 (　 ) 类型(二) 水平面上具有初速度的板块模型 √ A.物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.1 B.两处的动摩擦因数之比为μ1∶μ2=4∶5 C.木板B向前滑行的最大距离为 m D.物块A相对木板B滑过的位移大小为10 m [解析]　以水平向右为正方向，对小物块，有 μ1mAg=mAaA，根据题图乙可知aA=2 m/s2，那么物 块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2，A错误;对木 板，受物块与地面的摩擦力，则有μ1mAg+μ2(mA+mB)g=mBaB，根据题图乙可知aB=1 m/s2，那么木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.025，两处的动摩擦因数之比为μ1∶μ2=8∶1，B错误;结合图乙，从t=2 s开始，设物块与木板达到共速又用了时间t1，则2 m/s-aBt1=aAt1，解得t1= s， 此时的速度为v1= m/s，之后物块与木板具有共同的加速度a'=μ2g=0.25 m/s2，对于木板，在相对滑动阶段的位移x1=×m= m，共同前进阶段的位移x2= m= m，那么木板B向前滑行的最大距离为 m，C正确;两者的相对初速度为8 m/s，达到相对末速度为0所用的时间为2 s+t1= s，则物块A相对木板B滑过的位移大小为× m= m，D错误。 2.如图所示，质量为M=2 kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端放置一个质量m=3 kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0=5 m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2，取g=10 m/s2。求: 针对训练 (1)假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长; 答案：5 m　 解析：对木块A由牛顿第二定律得-μ1mg=ma1，解得a1=-μ1g=-2 m/s2 对木板B由牛顿第二定律得μ1mg-μ(m+M)g=Ma2，解得a2=0.5 m/s2 设经过时间t后A、B达到共同速度v，由运动学公式得v=v0+a1t，v=a2t 解得v=1 m/s，t=2 s t时间段内，由运动学公式得A、B的位移分别为x1=v0t+a1t2，x2=a2t2 因此B板的长度至少为L=x1-x2=5 m。 (2)要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。 答案：1.5 m 解析：当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速，根据牛顿第二定律得-μ(m+M)g=(m+M)a3，解得a3=-1 m/s2 设木板B加速和减速通过的位移分别为x2、x3，则加速过程有x2=a2t2 减速过程有2a3x3=0-v2， 所以s=x2+x3=1.5 m。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示，下列描述正确的是 (　 ) A.小物块一直受滑动摩擦力 B.传送带做顺时针的匀速运动 C.传送带做顺时针的匀加速运动 D.小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带 √ 6 7 8 9 10 11 解析：由题图乙可知，物块先做加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起做顺时针的匀加速运动，故B错误，C正确;当物块与传送带共速后一起顺时针加速，物块受静摩擦力。物块也不可能从图甲的左端滑下传送带，故A、D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 2.如图所示，足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，一滑块从斜面顶端由静止释放后一直做加速运动。则 (　 ) A.滑块受到的摩擦力方向保持不变 B.滑块的加速度保持不变 C.若减小传送带的倾角，滑块可能先做加速运动后做匀速运动 D.若传送带改为顺时针转动，滑块可能先做加速运动后做匀速运动 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：设滑块质量为m，传送带倾角为θ，刚开始时滑块受重力、支持力、沿传送带向下的摩擦力作用，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1，滑块向下匀加速运动，当滑块与传送带达到共同速度时，如果mgsin θ>μmgcos θ，则滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ =ma2，则滑块继续向下加速运动，加速度大小改变，故A、B错误;若减小传送带的倾角，当滑块与传送带达到共同速度时mgsin θ≤μmgcos θ，此后滑块与传送带一起匀速运动，所以滑块可能先做加速运动后做匀速运动，故C正确;若传送带改为顺时针转动，若mgsin θ≤μmgcos θ，滑块不能向下运动，若mgsin θ >μmgcos θ，则滑块一直向下匀加速运动，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 3.如图甲所示，一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1 kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F=22 N的水平外力拉长木板，取g=10 m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.1 s B.2 s C. s D. s 解析：由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动。当F>2 N时二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2=2 N;当F>14 N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1=4 N，小物块的加速度a1=4 m/s2。改用F=22 N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律可得F-Ff1 -Ff2=Ma，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2-a1t2=L，解得t=1 s，故A正确。 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 4.一辆货车在平直道路上以加速度a向右加速行驶，车厢中叠放着两个木箱A、B均与货车保持相对静止。A、B间的动摩擦因数为μ1，B与车厢底面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.a可能大于μ1g B.a可能大于μ2g C.A对B的摩擦力水平向右 D.车厢底面对B的摩擦力一定大于A对B的摩擦力 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：车厢中叠放着两个木箱A、B均与货车保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，对木箱A由牛顿第二定律，则有μ1mAg≥mAa，解得a≤μ1g，即加速度a不可能大于μ1g，A错误;木箱A、B看成整体，由牛顿第二定律可得μ2(mA+mB)g≥(mA+mB)a，解得a≤μ2g，即加速度a不可能大于μ2g，B错误;A向右做加速运动，则B对A的摩擦力向右，由牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力水平向左，C错误;对木箱B受力分析可知，B在水平方向受车厢底面向右的摩擦力、A对B水平向左的摩擦力，由牛顿第二定律可得fB厢-fAB=mBa，因加速度a>0，所以车厢底面对B的摩擦力一定大于A对B的摩擦力，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 5.中国象棋是起源于中国的一种棋，属于二人对抗性 游戏的一种，在中国有着悠久的历史。由于用具简单，趣 味性强，成为流行极为广泛的棋艺活动。如图所示，3颗 完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第3颗棋子最左端与水平面上的O点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一直尺快速水平向右将中间棋子击出，稳定后，1和3棋子的位置情况可能是 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：根据题意三颗相同棋子竖直叠放，所有接触面间的动摩擦因数均相同，设1、2两颗棋子间最大静摩擦力为f，则2、3棋子间最大静摩擦力为2f，第三颗棋子与水平面间最大静摩擦力为3f。中间棋子被击出，中间棋子对第1颗棋子有向右的滑动摩擦力，则第1颗棋子有向右的加速度， 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 即向右有位移，第2颗棋子对第3颗棋子向右的滑动摩擦力小于第3颗棋子与水平面间的最大静摩擦力，第3颗棋子静止不动;之后第1颗棋子落在第3颗棋子上，在摩擦力作用下静止在第3颗棋子上，该过程第1颗棋子对第3颗棋子的滑动摩擦力f小于第3颗棋子与水平面间的最大静摩擦力2f，第3颗棋子仍受力平衡，第3颗棋子位移是零，可知稳定后，棋子的位置情况可能是A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 6.如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t=0时，小车以速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车。图乙为小滑块与小车运动的v-t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小为g。由此不可求得的物理量是 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.小车的长度 B.小滑块的质量 C.小车在匀减速运动过程中的加速度 D.小滑块与小车之间的动摩擦因数 解析：最终小滑块恰好没有滑出小车，由图像可求出小车的长度L=t1-t1=t1，故A不符合题意; 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 根据图像可以求出小车做匀减速直线运动的加速度以及小滑块做匀加速直线运动的加速度，无法求出小滑块的质量，故B符合题意，C不符合题意;对小滑块，由v-t图像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即a=，再由牛顿第二定律得a===μg，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ=，故D不符合题意。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 7.(2025·苏州高三质检)如图所示，传送带与水平地面成37°角固定放置，底端到顶端的距离为10 m，传送带在电动机带动下以4 m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。一物块以12 m/s的初速度从底部冲上传送带，当物块运动到最高处时速度恰好为零。重力加速度g取10 m/s2，sin 37° =0.6，cos 37°=0.8，则物块与传送带间的动摩擦因数可能为 (　 ) A. B. C. D. 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：物块的初速度大于传送带的速度，开始阶段物块所受摩擦力沿传送带向下，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1，从开始到速度减为4 m/s，设物块在传送带上的位移为x1，则有v2-=-2a1x1，当物块的速度小于4 m/s时，物块所受摩擦力沿传送带向上，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2，从速度为4 m/s到速度为0，设物块在传送带上的位移为x2，则有-v2=-2a2x2，又x1+x2=10 m，联立以上各式得8μ2-5.6μ+0.9=0，解得μ1=0.45，μ2=0.25，故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 8.(2024年1月·吉林、黑龙江高考适应性演练)如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.2mgsin θ B.3mgsin θ C.4mgsin θ D.5mgsin θ 解析：物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有F弹1=mgsin θ，对甲有F弹1+mgsin θ=ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2-mgsin θ=ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2+mgsin θ=4mgsin θ，故选C。 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 9.(10分)如图所示，水平传送带两端相距s=8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.6，工件滑上A端时速度vA=10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。若传送带以v=13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。(g取10 m/s2) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 答案：13 m/s　0.67 s 解析：根据牛顿第二定律可知μmg=ma， 则a=μg=6 m/s2， 工件速度达到13 m/s所用时间为t1==0.5 s，运动的位移为x1=vAt1+a=5.75 m<8 m， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速运动，匀速运动的位移x2=s-x1=2.25 m，t2=≈0.17 s，t=t1+t2=0.67 s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 10.(15分)快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图1是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图2是该装置示意图，CD部分倾角θ=37°，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图3为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像，1.3 s时刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知货物与两段传送带的动摩擦因数相同。g取10 m/s2。求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)水平传送带AB的长度及动摩擦因数;(5分) 答案：3.6 m　0.5　 解析：由v-t图像可知，传送带AB段的长度为LAB= m=3.6 m 货物在水平传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得μmg=ma1，解得a1=μg， 由图像可知传送带上的加速过程加速度为a1= m/s2=5 m/s2，则μ=0.5。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)若CD段的长度为2.6米，以顺时针方向转动，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到货物。(10分) 答案：3 m/s 解析：依题意，货物以4 m/s滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方向转动但速度未知， 第一种情况:若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍弃; 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 第二种情况:若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿斜面向下， 则ma2=mgsin θ+μmgcos θ， 解得a2=10 m/s2， 故货物先沿斜面向上做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于μ<tan θ，故共速后将仍做匀减速直线运动，则ma3=mgsin θ-μmgcos θ， 解得a3=2 m/s2， 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 建立运动v-t图像如图: 则有s1=，s2=，LCD=s1+s2， 解得v=3 m/s，即至少传送带的速度为3 m/s快递员才能在D端取得货物。 1 5 6 7 8 9 10 11 11.(18分)(2025·宿迁质检)如图，倾角为θ的斜 面体C固定在水平地面上，一质量m1=2 kg的木板 A以v0=3 m/s的初速度沿斜面匀速下滑，木板A与 斜面间的动摩擦因数为μ1。将一质量m2=1 kg的滑块B轻放在木板A上，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2，且μ2=μ1。当木板A的速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板，滑块B在木板A上滑动时会留下痕迹。已知斜面足够长，sin θ=0.4，重力加速度g=10 m/s2，求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1(结果可保留根号);(3分) 答案： 解析：开始时，木板A能够匀速下滑，有m1gsin θ=μ1m1gcos θ，解得μ1=tan θ=。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1;(6分) 答案：6 m/s2　3 m/s2　 解析：刚放上滑块B时，对滑块B受力分析，如图甲 所示，由牛顿第二定律可得m2gsin θ+μ2m2gcos θ=m2a2 又μ2=μ1，解得a2=6 m/s2 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 对木板A受力分析，如图乙所示 由牛顿第二定律可得μ2m2gcos θ+μ1(m1+m2)gcos θ-m1gsin θ=m1a1，解得a1=3 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (3)滑块B在木板A上留下痕迹的长度s。(9分) 答案：6 m 解析：设经过t1时间木板A与滑块B共速，共速时的速度为v，对A、B分别有v=v0-a1t1，v=a2t1 联立解得t1= s，v=2 m/s 设共速时滑块B相对木板A向上滑动的位移大小为Δx1， 有Δx1=t1-t1=0.5 m　 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 共速后，再对滑块B受力分析，如图丙所示 由牛顿第二定律可得 m2gsin θ-μ2m2gcos θ=m2a2' 解得a2'=2 m/s2 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 对木板A受力分析，如图丁所示 由牛顿第二定律可得 μ1(m1+m2)gcos θ-μ2m2gcos θ-m1gsin θ=m1a1'，解得a1'=1 m/s2 设再经过t2时间木板A速度减为零，有 t2==2 s 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 此时滑块B的速度大小为 v2=v+a2't2=6 m/s 设共速后滑块B相对木板A向下滑动的位移大小为Δx2， 有Δx2=t2-t2=6 m 由于Δx2>Δx1 则滑块B在木板A上留下痕迹的长度为 s=Δx2=6 m。 2 3 4 $$