第三章 专题突破6 动力学中的“板块”和“传送带”模型（教师用书Word）-【高考领航】2026年高考物理大一轮复习学案

该高中物理讲义聚焦高考动力学核心考点，系统梳理“板块”和“传送带”模型，按模型特点、构建方法及解题关键分层，结合水平、斜面等多角度例题，通过考点梳理、方法指导、真题讲解和分层训练，帮助学生掌握运动受力分析及动力学处理方法，构建系统复习框架。 讲义以模型建构和科学推理为特色，如“板块”模型中用隔离法分析受力及“速度相等”临界条件，传送带模型分类归纳运动情境。设置基础与创新分层练习，强化模型应用与综合分析能力，培养科学思维，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

专题突破6　动力学中的“板块”和“传送带”模型 复习 目标 　 　 1.掌握“滑块—木板”模型和“传送带模型”的运动及受力特点。 2．能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型和“传送带模型”的相关问题。 考点一　“滑块－木板”模型 1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，摩擦生热。 2．模型构建 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 (2)明确滑块和木板间的位移关系 如图所示，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(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。 3．解题关键 (1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。 ①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板； ②木板最短的条件：当v物＝v板时，滑块恰好滑到木板的一端。 角度1　水平面上的板块模型 　如图甲所示，足够长的木板静止在水平面上，木板的质量M＝0.4 kg，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1，质量m＝0.4 kg的小滑块以v0＝1.8 m/s的速度从右端滑上长木板，小滑块刚滑上长木板的0.2 s内的速度图像如图乙所示，小滑块可看成质点，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小滑块与长木板间的动摩擦因数μ2和小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a1； (2)求小滑块从滑上长木板到与长木板速度相等过程中相对长木板滑行的距离L； (3)求小滑块从滑上长木板到最后停下来的过程中运动的总距离s。 解析：(1)小滑块向左减速运动，由题图乙v-t图像的斜率可得加速度大小 a2＝＝4 m/s2 对滑块，由牛顿第二定律有μ2mg＝ma2 则μ2＝0.4 长木板向左加速运动，由牛顿第二定律得μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1 解得a1＝2 m/s2。 (2)小滑块与长木板速度相等时，有 v0－a2t＝a1t 解得t＝0.3 s 小滑块运动的距离s2＝v0t－a2t2＝0.36 m 木板运动的距离s1＝a1t2＝0.09 m 故L＝s2－s1＝0.27 m。 (3)此后一起做匀减速运动v＝a1t＝0.6 m/s 根据牛顿第二定律得 μ1(M＋m)g＝(M＋m)a3 解得加速度的大小a3＝1 m/s2 运动的距离为s3＝＝0.18 m 所以小滑块运动的总距离s＝s2＋s3＝0.54 m。 答案：(1)0.4　2 m/s2　(2)0.27 m (3)0.54 m 角度2　斜面上的板块模型 　(2025·吉林长春模拟)如图所示，在倾角θ＝30°的足够长固定斜面上，将质量M＝3 kg的长木板由静止释放的同时，一质量m＝0.5 kg的物块以v0＝6 m/s的初速度从木板的下端滑上木板。在物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且物块到达木板上端时物块的速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝m/s2。求： (1)木板的长度L； (2)木板与斜面之间的动摩擦因数μ2； (3)物块滑离木板时，木板的速度大小v。 解析：(1)物块刚滑上木板时，设物块的加速度大小为a1，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma1 根据匀变速直线运动的规律有v02＝2a1L 解得L＝4.5 m。 (2)物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，对木板受力分析，根据受力平衡有 Mg sin θ＝μ1mg cos θ＋Ff Ff＝μ2(m＋M)g cos θ 解得μ2＝。 (3)当物块到达木板上端后，物块与木板都从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，设物块的加速度大小为a2、木板的加速度大小为a3，物块经时间t滑到木板下端，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有 mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 对木板受力分析，根据牛顿第二定律有μ1mg cos θ＋Mg sin θ－μ2(M＋m)g cos θ＝Ma3 解得a3＝1 m/s2 时间t内物块的位移大小为x1＝a2t2 时间t内木板的位移大小x2＝a3t2 根据几何关系有x1－x2＝L 物块滑离木板时，木板的速度大小为v＝a3t 联立解得v＝3 m/s。 答案：(1)4.5 m　(2)　(3)3 m/s 角度3　多个板块的组合模型 　如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6 N的水平力作用下由静止开始向右运动。已知木板A、B长度均为l＝1 m，木板A的质量mA＝3 kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小滑块在木板A上运动的时间； (2)木板B获得的最大速度。 解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力 Ff1＝μ1mg＝4 N 木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力 Ff2＝μ2(2m＋mA)g＝5 N Ff1＜Ff2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止 设小滑块滑动的加速度为a1，则 F－μ1mg＝ma1 l＝a1t12 解得t1＝1 s。 (2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离， 滑块的位移为x块，B的位移为xB，B的最大速度为vB，则 μ1mg－2μ2mg＝ma2 vB＝a2t2 xB＝a2t22 v1＝a1t1 x块＝v1t2＋a1t22 x块－xB＝l 联立以上各式可得vB＝1 m/s。 答案：(1)1 s　(2)1 m/s 处理“板块”模型中动力学问题的流程 考点二　传送带模型 角度1　水平传送带模型 1．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 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0<v时，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。若v0>v，返回时速度为v；若v0<v，返回时速度为v0 2.解题关键：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。 　(多选)(2025·广东汕头模拟)如图所示，水平传送带以恒定的速度顺时针转动，在其左侧轻放一小滑块，下列描述小滑块在传送带上运动的v-t(速度—时间)、a-t(加速度—时间)图像可能正确的是(　　) 解析：ABD　若传送带速度较小，滑块可能先在传送带上做匀加速直线运动，加速度不变，与传送带共速后，做匀速直线运动，加速度为零。若传送带速度足够大，滑块可能在传送带上一直做匀加速直线运动，最终还未与传送带共速就已离开传送带，故C错误，A、B、D正确。 　(多选)快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效率，其过程可以简化为如图所示的装置，水平传送带长为L，以一定的速度v2＝8 m/s顺时针匀速运动，工作人员可以一定的初速度v1将快递箱推放到传送带左端。若快递箱被从左端由静止释放，到达右端过程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，快递箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，则(　　) A．传送带长L为24 m B．若v1＝0，全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为4 m C．若v1＝v2，则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为12∶13 D．若仅将传送带速度增大为原来的2倍，则快递箱先匀加速运动再匀速运动 解析：AC　根据题意，快递箱加速时加速度a＝＝μg＝4 m/s2，快递箱加速位移x1＝＝8 m，快递箱匀速位移x2＝v2×＝16 m，所以传送带总长L＝24 m，故A正确；若v1＝0，快递箱全程位移为L＝x1＋x2＝24 m，则传送带路程为x＝v2××2＝32 m，痕迹长s＝x－L＝8 m，故B错误；如果v1＝v2，快递箱加速时间t1＝＝1 s，加速位移x1′＝＝6 m，匀速时间t2＝＝2.25 s，在此期间传送带匀速位移x＝v2(t1＋t2)＝26 m，所以两者路程之比为12∶13，故C正确；如果传送带速度加倍，则快递箱加速时间t1′＝＝4 s，加速位移x1″＝＝32 m，大于24 m，故D错误。 角度2　倾斜传送带模型 1．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 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后再以a2加速 情境3 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后再以a2加速 (6)可能一直减速 情境4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能先减速，再反向加速，最后匀速 (5)可能一直减速 2.解题关键：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。 　(2024·安徽卷，4) 倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　) 解析：C　物块刚放上传送带时受到重力、传送带所提供的支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力，垂直传送带方向有FN－mg cos θ＝0，沿斜面方向有μFN－mg sin θ＝ma，解得加速度大小a＝μg cos θ－g sin θ，匀加速t0时间后速度为v0，此后滑动摩擦力突变为静摩擦力，物块和传送带一起做匀速直线运动，C正确。 　(多选)如图所示，机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。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。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则该小包裹(　　) A.相对传送带滑动时加速度的大小为0.4 m/s2 B．通过传送带的时间为4.5 s C．在传送带上滑动的距离为2.75 m D．到达传送带底端时的速度为0 解析：ABC　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μmg cos α－mg sin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2，故A正确；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＝×2.5＝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μmg cos α>mg sin 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，故B、C正确，D错误。 传送带模型的解题思路 限时规范训练(18) (建议用时：40分钟　满分：60分) (选择题1～5题每题5分，6～7题每题6分，共37分) [基础分组训练] 题组1　“滑块—木板”模型 1．如图所示，将小滑块A放在长为L的长木板B上，A与B间的动摩擦因数为μ，长木板B放在光滑的水平面上，A与B的质量之比为1∶4，A距B的右端为L。现给长木板B一个水平向右的初速度v0＝10 m/s，小滑块A恰好从长木板B上滑下；若给A一个水平向右的初速度v，要使A能从B上滑下，则v至少为(　　) A．5 m/s　　　　　　 B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s 解析：B　第一种情形下有，第二种情形下有L，联立解得v＝10 m/s。 2．(多选)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(　　) 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 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 解析：BC　对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝ m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝ m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有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。 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(　　) A．1 s B．2 s C． s D． s 解析：A　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a1t2＝L，解得t＝1 s，故A正确。 题组2　传送带模型 4．如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是(　　) A．M下滑的速度不变 B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动 C．M先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动 D．M受到的摩擦力方向始终沿传送带向上 解析：C　传送带静止时，物块匀速下滑，故mg sin θ＝Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确。 5．(2025·湖北武汉模拟)某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格 B．工件被传送到另一端的最长时间是2 s C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等 D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s 解析：B　工件恰好传送到右端，有0－v02＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t＝＝2 s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。 [创新提升训练] 6．(2025·海南海口模拟)如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1，一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小滑块的加速度向右，大小为μg B．若v0<v1，小滑块返回到左端的时间为 C．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为 D．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为 解析：D　小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg，故A错误；若v0<v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0再返回加速到v0，刚好返回到左端，时间为t＝，故B错误；若v0>v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0的时间 t1＝，位移为 x1＝，然后加速返回，速度加速到v1的时间 t2＝，位移为 x2＝，最后以速度v1匀速回到左端，时间为t3＝，小滑块返回到左端的时间t＝t1＋t2＋t3，解得 t＝，故C错误，D正确。 7．(多选)(2024·黑吉辽卷，10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是(　　) A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3∶4 D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 解析：ABD　由图像可得，t＝3t0时刻，木板的速度为μgt0，加速度改变，说明t＝3t0时刻小物块滑上木板，木板受到小物块向左的滑动摩擦力作用做减速运动，A正确；小物块滑上木板后，加速度a＝＝2μg，根据牛顿第二定律得μ′mg＝ma，解得μ′＝2μ，B正确；小物块滑上木板之前，木板的加速度a1＝μg，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μMg＝Ma1，小物块滑上木板后，木板的加速度a2＝＝－μg，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μ(M＋m)g－μ′mg＝ Ma2，解得M＝2m，F＝3μmg，C错误；t＝4t0后，小物块和木板组成的整体所受合力F合＝F－μ(M＋m)g＝0，一起向右做匀速运动，D正确。 8．(10分)(2025·广西桂林模拟)如图所示，水平导轨MN和PQ分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直圆形轨道与PQ相切于Q。已知传送带长L＝4.0 m，且沿顺时针方向以恒定速率v＝3.0 m/s匀速转动，滑块C以速度2.0 m/s滑上传送带时，恰好停在Q点。滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，装置其余部分均可视为光滑，滑块大小不计，重力加速度g取10 m/s2。(结果可带根号) (1)求C以速度2.0 m/s刚滑上传送带时的加速度大小； (2)求P、Q的距离； (3)圆轨道半径R＝0.55 m，若要使C滑过Q点但不脱离圆轨道，求C滑上传送带时速度的范围。 解析：(1)由牛顿第二定律可知 μmg＝ma 得 a＝2 m/s2。 (2)设C滑上传送带后一直加速，则根据运动学公式可知 vt2－v0滑2＝2aL 解得vt＝2 m/s>v传 所以C在传送带上一定先加速后匀速，滑上PQ的速度v＝3 m/s 又因为恰好停在Q点，则有 0－v2＝－2μgxPQ 解得xPQ＝2.25 m。 (3)要使C不脱离轨道，最多恰能到达圆心等高处，则得 vQ1＝ m/s NQ段为 vQ12－vC12＝－2μg(L＋xPQ) 解得 vC1＝6 m/s 滑块C到P点速度超过3 m/s时最终可滑过Q后，此时滑块在传送带上一直减速，则 vCP2－vC22＝－2μgL vC2＝5 m/s C的初速度范围是 5 m/s<v0≤6 m/s。 答案：(1)2 m/s2　(2)2.25 m　(3) 5 m/s<v0≤6 m/s 9．(13分)(2025·江苏苏州模拟)如图所示，有一倾角为θ＝37°的斜面，下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量为m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2 s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板到达挡板处速度恰好减为零，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数μ1＝，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)在0～2 s时间内长木板和小物块的加速度的大小； (2)开始时长木板距离挡板多远； (3)长木板的长度。 解析：(1)在0～2 s时间内，对小物块和长木板受力分析，Ff1、FN1是小物块与长木板之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，Ff1＝μ1FN1，FN1＝mg cos θ Ff2＝μ2FN2，FN2＝FN1＋Mg cos θ 规定沿斜面向下为正，设小物块和长木板的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－Ff1＝ma1 Mg sin θ－Ff2＋Ff1＝Ma2 联立得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2。 (2)在t1＝2 s时，设小物块和长木板的速度分别为v1和v2， 则v1＝a1t1＝6 m/s，v2＝a2t1＝2 m/s t>t1时，设小物块和长木板的加速度分别为a1′和a2′。此时小物块与长木板之间摩擦力为零， 对小物块：mg sin θ＝ma1′，a1′＝6 m/s2 对长木板：Mg sin θ－μ2(M＋m)g cos θ＝Ma2′， a2′＝－2 m/s2 即长木板做匀减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0 联立得t2＝1 s 在t1＋t2时间内，L1＝a2t12＝2 m， L2＝t22＝1 m L＝L1＋L2＝3 m。 (3)长木板的长度等于小物块相对于长木板运动的距离， 即s＝－＝12 m。 答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)3 m (3)12 m 学科网（北京）股份有限公司 $