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（福建专版）

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 2 (一) 动力学中的传送带模型 1.三种常见情境 类型(一)　水平传送带模型 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 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的时间； [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， 由运动学公式有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； [答案]　2.5 m　 [解析]　物块沿斜面上滑过程，根据牛顿第二定律有mgsin θ =ma2，解得a2=5 m/s2， 由运动学公式有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大小为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。 [针对训练] 1.(2025·福州高三调研)如图所示，足够长的水平传送带顺时针加速转动，加速度的大小为a=1 m/s2，上表面跟水平台面等高且平滑连接。当传送带的速度为1 m/s时，小物块从其B端以v0=8 m/s的速度冲上传送带，物块跟传送带间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g= 10 m/s2。物块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A.物块速度减为零时相对传送带运动的位移大小为8 m B.物块在传送带上始终受到水平向右的滑动摩擦力 C.从物块冲上传送带到物块返回传送带B端经历的总时间为4 s D.物块返回传送带B端时的速度大小为2 m/s 解析:物块减速时的加速度大小a1===μg=4 m/s2，减速到零的时间t1===2 s，此时物块的位移大小x块=v0t1=8 m，传送带的位移大小x带=v带t1+a带=4 m，故二者的相对位移大小Δx=x块+x带=12 m，A错误； √ 物块向左减速运动时，摩擦力向右，减速为零后，开始向右加速运动，共速后，二者以共同的加速度向右匀加速运动，受到的是静摩擦力，B错误；物块速度为零时，传送带的速度为v'=v带+a带t1=3 m/s，设从该时刻到二者共速的时间为t2，则有a1t2=v'+a带t2，解得t2=1 s，此时它们共同速度为v共= 4 m/s，此时物块运动的位移x块'=v共t2=2 m，物块到B端的距离Δx'=x块- x块' =6 m，设此时到物块返回B端的时间为t3，由匀变速运动规律可得Δx'=v共t3+a带，解得t3=s， 所以从物块冲上传送带到物块返回传送带B端经历的总时间为t=t1+t2+t3=s，C错误；设物块返回到B端的速度大小为v2，根据上述分析可得-=2a带Δx'，解得v2=2 m/s，D正确。 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 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]　(2025·广东惠州模拟)如图所示为传送带装置示意图的一部分，传送带与水平地面间的夹角θ=37°，A、B两端的距离足够远，质量m=1 kg的物体(可视为质点)以速度v0=8 m/s沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)若传送带不转动，求物体沿传送带上滑的最大距离； [答案]　3.2 m　 [解析]　若传送带不转动，设物体沿传送带向上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1 解得a1=10 m/s2 由运动学公式得0-=-2a1xm 解得xm=3.2 m。 (2)若传送带沿顺时针方向运转的速度v=5 m/s，求物体从A点上滑到最高点所需的时间以及此过程中传送带上的划痕长度。 [答案]　2.8 s　6.25 m [解析]　设物体减速到与传送带速度相等所需的时间为t1，则v=v0-a1t1，解得t1=0.3 s 又μ<tan θ，物体不能与传送带保持相对静止，设物体与传送带共速后物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ =ma2 设物体再用时t2上滑到最高点，可得0=v-a2t2 解得t2=2.5 s 物体从A点上滑到最高点所需的时间t=t1+t2=2.8 s 在0~0.3 s内，物体相对传送带上滑，相对位移Δx1=t1-vt1，解得Δx1=0.45 m 在0.3~2.8 s内，物体相对传送带下滑，相对位移Δx2=vt2-t2 解得Δx2=6.25 m>Δx1=0.45 m 故划痕长度Δx=Δx2=6.25 m。 [针对训练] 2.(2025·福建永安模拟)(双选)如图甲所示，倾角为37°的传送带以恒定速率沿顺时针方向转动。一煤块以初速度v0从底部冲上传送带向上运动，其v⁃t图像如图乙所示，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零。取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则(　　) A.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25 B.传送带底端到顶端的距离为14 m C.煤块相对传送带的位移为2 m D.煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反 √ √ 解析:在0~1 s内煤块的加速度大小为a= m/s2=8 m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma，解得μ=0.25，故A正确；由题图乙可知，传送带速度为v1=4 m/s，0~1 s内煤块速度大于传送带速度，相对传送带向前运动，则煤块的位移为x1=×1 m=8 m，传送带的位移为x2=4×1 m=4 m，1~2 s内煤块速度小于传送带速度，相对传送带向后运动，则煤块的位移为x1'=×4×1 m=2 m，传送带的位移为x2'=4×1 m=4 m，传送带底端到顶端的距离为d=x1+x1'=10 m，煤块相对传送带的位移为Δx=(x1+x1')-(x2+x2')=2 m，故B错误，C正确； 由题图乙可知，在0~1 s内煤块的速度大于传送带的速度，煤块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与煤块运动的方向相反；在1~2 s内，煤块的速度小于传送带的速度，煤块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与煤块运动的方向相同，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]　(2025·福建莆田模拟)如图(a)所示，长L=1 m的木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板的右端放置着质量m=1 kg的滑块(可视为质点)。现用不同的水平恒力F向右拉木板，得到滑块和木板的加速度a随拉力F变化的关系图像如图(b)所示，重力加速度g=10 m/s2。求: 类型(一) 水平面上受外力作用的板块模型 (1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ1； [答案]　0.5　 [解析]　由题图(b)可知，F>29 N时滑块和木板发生相对运动，此时滑块的加速度a1=5 m/s2 对滑块有μ1mg=ma1 解得μ1=0.5。 (2)木板与地面之间的动摩擦因数μ2以及木板的质量M； [答案]　0.08　4 kg　 [解析]　相对滑动时对木板有F-μ2(M+m)g-μ1mg=Ma2 整理可得a2=F- 结合图像可得= kg-1， 0=- 解得M=4 kg，μ2=0.08。 (3)若水平恒力F=31 N，滑块从木板上滑落经历的时间t。 [答案]　2 s [解析]　F=31 N时，滑块和木板发生相对运动，此时滑块的加速度a1=5 m/s2 对木板有F-μ2g-μ1mg=Ma2' 解得a2'=5.5 m/s2 又有L=a2't2-a1t2 解得t=2 s。 [例2]　(2025·江苏苏州模拟)质量为M=5 kg的长木板置于水平面上，物块(视为质点)质量m=1 kg，初始时刻物块处于长木板右端。长木板与水平面间、物块与长木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.15和μ2=0.1。某时刻分别给长木板和物块如图所示的初速度，大小分别为v1=5 m/s、v2=1 m/s，方向相反。物块在以后运动过程始终没有滑离长木板。取g=10 m/s2。求: 类型(二) 水平面上具有初速度的板块模型 (1)刚开始运动时长木板与物块的加速度大小a1和a2； [答案]　2 m/s2　1 m/s2　 [解析]　对长木板受力分析，根据牛顿第二定律得μ1(M+m)g+μ2mg=Ma1 解得a1=2 m/s2 对物块受力分析得μ2mg=ma2 解得a2=1 m/s2。 (2)从开始运动到物块与长木板速度第一次相等所用的时间t1； [答案]　2 s　 [解析]　规定水平向右为正方向，对物块与木板的运动情况分析，结合(1)问作出长木板与物块的v⁃t图像如图 设经t1时间物块与木板的速度v3相同， 有v3=v1-a1t1=-v2+a2t1 解得t1=2 s 此时的速度v3=v1-a1t1=1 m/s。 (3)到两者都静止时，物块距木板右端的距离。 [答案]　5.812 5 m [解析]　物块与长木板速度达到相等后，由于μ2<μ1，所以接下来物块与长木板以不同的加速度向前减速。 对物块受力分析知，物块加速度大小仍为a2=1 m/s2 对长木板受力分析得μ1(M+m)g-μ2mg=Ma1' 解得a1'=1.6 m/s2 设长木板从二者速度相等经时间t2减速停下 0=v3-a1't2 解得t2=0.625 s 长木板在与物块速度相等前运动的位移为x板1=v1t1-a1=6 m 长木板在t2时间内的位移为 x板2=v3t2-a1'=0.312 5 m 可得长木板对地位移为x=x板1+x板2=6.312 5 m，方向向右 由物块的v⁃t图像可知，物块对地位移为x'=××1 m-×1×1 m=0.5 m，方向向右 两者的相对位移为Δx=x-x'=5.812 5 m。 [例3]　如图所示，倾角θ=37°的足够长 光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L= 10.8 m、质量M=2 kg的薄木板，木板的顶端叠 放一质量m=1 kg的物块(视为质点)。对木板施 加沿斜面向上的恒力F(大小未知)，使木板沿斜面向上由静止开始运动。已知物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，认为物块和木板分离前、后瞬间的速度均不变，取重力加速度大小g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 类型(三) 倾斜面上的板块模型 (1)若物块未离开木板时始终处于静止状态，求物块与木板间的动摩擦因数μ； [答案]　0.75 [解析]　对物块受力分析，有mgsin θ=f，N=mgcos θ，f=μN，解得μ=0.75。 　 (2)若物块与木板间的动摩擦因数μ' = 0.8，求使物块不滑离木板时恒力F的范围； [答案]　18 N<F≤19.2 N [解析]　以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律有F-(M+m)gsin θ=(M+m)a 以物块为研究对象，由牛顿第二定律有 f'-mgsin θ=ma 又f'≤fmax=μ'mgcos θ，a>0 解得18 N<F≤19.2 N 故使物块不滑离木板时恒力的范围为18 N<F≤19.2 N。 (3)若μ'=0.8，F=24 N，求物块运动至最高点时与木板底端的距离x。 [答案]　1.68 m [解析]　因F=24 N>19.2 N，物块会滑离木板，设物块在木板上时物块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2， 有μ'mgcos θ-mgsin θ=ma1 F-Mgsin θ-μ'mgcos θ=Ma2 解得a1=0.4 m/s2，a2=2.8 m/s2 设物块在木板上运动的时间为t1， 由几何关系有a2-a1=L，解得t1=3 s 此后物块从木板上掉落，设掉落后物块的加速度大小为a3，木板的加速度大小为a4，有mgsin θ=ma3，F-Mgsin θ=Ma4 解得a3=6 m/s2，a4=6 m/s2 设从物块刚掉落到物块速度减至零的时间为t2，有t2= 解得t2=0.2 s 以物块与木板分离处为起始点，物块的位移大小x1=t2 木板的位移大小x2=a2t1t2+a4 又x=x2-x1， 解得x=1.68 m。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·福建永安模拟)如图所示，水平传送带以v=1 m/s的恒定速率运行。将一小物体无初速地放在A处，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 6 7 8 9 A.物体在传送带上的加速时间为0.5 s B.物体从A处到B处的时间为2 s C.物体刚被放上传送带时的加速度大小为1 m/s2 D.若传送带的速度足够大，物体从A处到B处的最短时间为1.5 s 1 2 3 4 5 √ 6 7 8 9 解析:物体刚被放上传送带时的加速度大小为a==μg=1 m/s2，物体在传送带上的加速时间为t1==1 s，A错误，C正确；物体加速的位移x1=a=0.5 m，匀速的时间t2==1.5 s，物体从A处到B处的时间为t=t1+t2=2.5 s，B错误；若传送带的速度足够大，物体从A处到B处一直加速，则根据L=a，可得最短时间为tmin== s=2 s，D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 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 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，滑块沿传送带向下做匀加速运动，当滑块与传送带达到共同速度时，由于滑块一直做加速运动，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； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 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；由于传送带沿逆时针方向转动时滑块一直做加速运动，可知mgsin θ>μmgcos θ，若传送带改为顺时针转动，则滑块一直向下做匀加速运动，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 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 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 4.滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过 程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长 为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可 视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°=0.6， cos 37°=0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.6 m/s2 C.经过1 s的时间，小孩离开滑板 D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 解析:在小孩和滑板脱离前，对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1==2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2==0.8 m/s2，A、B错误；小孩刚与滑板分离时，有a1t2-a2t2=L，解得t=1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v=a1t=2.8 m/s，D错误，C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 二、双项选择题 5.(2025·漳州高三模拟)如图1所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块(可视为质点)以速度v0滑到长木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。图2为物块与木板运动的v⁃t图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 A.物块运动的位移为t1 B.木板的长度为v1t1 C.物块与木板的质量之比为 D.物块与木板之间的动摩擦因数为 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 解析:物块做匀减速直线运动的初速度为v0，末速度为v1，时间为t1，则物块的位移为题图2中的梯形面积x=t1，故A正确；t1时刻物块恰好滑至长木板的最右端，所以相对位移就是板长，根据题图2可知相对位移为l=，故B错误；设物块与长木板间的摩擦力大小为f，物块的加速度大小为a1==，木板加速度大小为a2==，所以物块与木板的质量之比为=，故C正确；由于摩擦力为f=μmg=ma1，所以物块与木板之间的动摩擦因数为μ=，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 6.如图所示，有一条传送带与水平面的夹角θ= 37°，传送带以v=4 m/s的速度匀速运动。现将一小 物块轻放在最高点A，经过时间t小物块运动到最低点 B。已知A、B之间的距离为5.8 m，物块与传送带之间 的动摩擦因数μ=0.5，小物块可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则小物块从A到B的时间可能是(　　) A.1 s B.1.4 s C. s D. s 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 解析:题干没有明确传送带的运动方向，因此，传送带可能沿顺时针方向转动，也可能沿逆时针方向转动。若传送带顺时针转动，因为μ<tan θ，则物块从A到B一直匀加速运动，mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得a=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2，则有L=at2，代入数据解得t= s；若传送带逆时针转动，刚开始物块的加速度a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2，则物块加速至与传送带速度相等需要的时间为t1==0.4 s，发生的位移为L1=a1=0.8 m，可知物块加速到4 m/s时仍未到达B点， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 因为μ<tan θ，此后物块继续沿传送带向下做匀加速运动，设此后物块加速度为a2，则mgsin θ-μmgcos θ=ma2，解得a2=2 m/s2，则有L-L1=vt2+a2，解得t2=1 s，故物块从A运动到B所用的总时间t总=t1+t2=1.4 s，故选B、D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 7.(2025·福建福州模拟)如图甲所示，传送带与水平面的夹角为θ，在传送带中点无初速度地放置一木块(视为质点)，木块的速度随时间变化的图像如图乙所示，v1、v2、t1、t2均已知，木块到达传送带底端的时间大于t2，重力加速度大小为g，则 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 A.传送带可能沿顺时针方向转动 B.木块与传送带间的动摩擦因数μ < tan θ C.sin θ=+ D.传送带的长度L = v1t1 + (v2+v1)(t2-t1) 解析:若传送带沿顺时针方向转动，当mgsin θ > μmgcos θ时，木块将一直沿传送带向下做匀加速直线运动，当mgsin θ<μmgcos θ时，木块将向上先加速到与传送带速度相等再做匀速运动，两种情况的速度—时间图像均不符合题图乙，所以传送带一定沿逆时针方向转动，故A错误； 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 由题意可知，木块不能在传送带上与传送带保持相对静止，则mgsin θ>μmgcos θ，即μ<tan θ，故B正确；由题图乙可知，0~t1时间内有mgsin θ+μmgcos θ=m，t1 ~ t2时间内有mgsin θ-μmgcos θ=m，联立解得sin θ=+，故C正确；由题图乙可知，0~t2时间内木块的位移大小x=，但木块运动时间大于t2，则传送带的长度L>v1t1+，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 三、计算题 8.(12分)(2025·泉州高三模拟)如图所示，在水平地面上静置一质量M=2 kg的长木板，在长木板左端静置一质量m=1 kg的小物块A，在A的右边静置一小物块B(B表面光滑)，B的质量与A相等，A、B之间的距离L0=5 m。在t=0时刻B以v0=2 m/s的初速度向右运动，同时对A施加一水平向右、大小为6 N的拉力F，A开始相对长木板滑动。t1=2 s时A的速度大小为v1=4 m/s。木板与地面间的动摩 擦因数μ=0.05，设最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，g=10 m/s2，求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (1)物块A与木板间的动摩擦因数μA；(3分) 答案:0.4　 解析:由运动学公式得v1=a1t1 解得a1=2 m/s2 对A由牛顿第二定律得F-μAmg=ma1 解得μA=0.4。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (2)已知t2=2.5 s时两物块均未滑离长木板，求此时物块A、B间的距离x；(4分) 答案:3.75 m　 解析:t2=2.5 s时，B运动的位移大小 xB=v0t2=2×2.5 m=5 m A运动的位移大小 xA=a1=×2×2.52 m=6.25 m 此时A、B间的距离x=L0+xB-xA=5 m+5 m-6.25 m=3.75 m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (3)当B滑到木板的右端时A、B恰好相碰，求木板长度L。(5分) 答案: m 解析:对木板由牛顿第二定律得μAmg-μ(m+m+M)g=Ma2 解得a2=1 m/s2 设经过t'时间物块B滑到木板的右端时A、B恰好相碰，则a1t'2=L0+v0t' A到达木板右端，可得a1t'2=L+a2t'2 联立解得L= m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 9.(14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，且速率不变地滑上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 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (1)水平传送带AB的长度及动摩擦因数；(6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=(1.3-0.8+1.3) ×4× m=3.6 m 货物在水平传送带上加速时，根据牛顿第二定律可得μmg=ma1，解得a1=μg， 由图像可知货物在水平传送带上的加速过程加速度为a1= m/s2 =5 m/s2，则μ=0.5。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (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。(8分) 答案:3 m/s 解析:依题意，货物以4 m/s的速率滑上倾斜传送带CD部分，CD传送带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； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 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， 故货物先沿传送带CD向上做匀减速直线运动，等到与传送带CD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， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 解得a3=2 m/s2， 建立v⁃t图像如图所示 则有s1=，s2=，LCD=s1+s2， 解得v=3 m/s， 即传送带CD的速度至少为3 m/s，快递员才能在D端取得货物。 2 3 4 $$