第4章 素养提升课6 动力学中的传送带模型与板块模型-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第一册同步课堂高效讲义教师用书Word（粤教版）

素养提升课六　动力学中的传送带模型与板块模型 【素养目标】　1.会对传送带上的物体进行受力分析，掌握传送带模型的一般分析方法，能正确解答传送带上的物体的运动问题。2.建立板块模型的分析方法，能运用牛顿运动定律处理板块问题。 提升点一　动力学中的传送带模型 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 　水平传送带 如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动。现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去，设煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2.5 m，g取10 m/s2，求： (1)煤块从A点运动到B点所经历的时间； (2)煤块在传送带上留下痕迹的长度。 答案：(1)3 s　(2)0.5 m 解析：(1)对煤块，根据题意得a＝＝1 m/s2 当速度达到1 m/s时，所用的时间t1＝＝1 s 通过的位移s1＝＝0.5 m＜2.5 m 在剩余位移s2＝L－s1＝2 m中，因为煤块与传送带间无摩擦力，所以煤块以1 m/s的速度随传送带做匀速运动，所用时间t2＝＝2 s 因此煤块从A点运动到B点所经历的时间 t＝t1＋t2＝3 s。 (2)煤块在传送带上留下痕迹的长度为二者的相对位移大小 在前1 s时间内，传送带的位移s1′＝vt1＝1 m 煤块相对地面运动的位移s1＝0.5 m 故煤块在传送带上留下痕迹的长度 Δs＝s1′－s1＝0.5 m。 针对练．(2024·汕尾市高一统考期末)如图甲所示，被检物品通过传送带从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图乙所示。已知传送带的速度恒为0.4 m/s，质量为10 kg的被检物品与传送带间的动摩擦因数为0.4，被检物品无初速度放到传送带A端，到达B端前已与传送带共速。设被检物品受到的摩擦力为f、速度为v、加速度为a、位移为s，取g＝10 m/s2，则下列图像正确的是(　　) 答案：C 解析：被检物品先匀加速到与传送带共速再匀速，在匀加速阶段，有f＝μmg＝ma，所以a＝4 m/s2，f、a均不变，在匀速阶段，f、a均为0，故A、B错误。匀加速时间为t＝＝0.1 s，故C正确。在匀加速阶段，位移与时间的关系为s＝at2，因此，在0～0.1 s，s与t是非线性关系；而匀速运动阶段位移为s＝vt，s与t是线性关系，故D错误。故选C。 　倾斜传送带 (2024·东莞市校考)一传送带装置如图所示，传送带在AB区域是倾斜的，AB的长度l＝4.0 m，高度差h＝1.0 m。工作时传送带保持匀速向上运行，速度大小v0＝1.0 m/s。现将质量m＝4 kg的小货箱(可视为质点)在A处由静止轻放到传送带上，经过t0＝0.40 s货箱与传送带的速度达到相等，取重力加速度g＝10 m/s2。 学生用书第138页 (1)求货箱所受的滑动摩擦力大小； (2)求货箱从A处运动到B处所用的时间。 答案：(1)20 N　(2)4.2 s 解析：(1)小货箱从静止加速到v0，则有v0＝at0 解得a＝2.5 m/s2 根据牛顿第二定律有f－mg sin θ＝ma 根据题意有sin θ＝ 解得f＝20 N。 (2)货箱匀加速到v0，位移为s1＝v0t0＝0.2 m 货箱匀速运动至B处过程，有l－s1＝v0t2 解得t2＝3.8 s 因此货箱从A处运动到B处所用的时间为 t＝t0＋t2＝4.2 s。 针对练．如图所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1。如果传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么(　　) A．t1＝t2　　B．t1>t2　　C．t1<t2 　D．不能确定 答案：A 解析：滑块受重力、支持力、滑动摩擦力，当传送带向上以速度v0运动起来，滑块受力不变，根据牛顿第二定律可知两种情况下加速度相等，滑块位移也相等，根据s＝at2可知，两种情况下运动的时间相等，即t1＝t2，A正确。 提升点二　板块模型 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。 2．三个基本关系 加速度关系 如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木板是否发生相对运动等隐含条件 速度关系 滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况 位移关系 滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系 　地面光滑的板块问题 如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为2 kg的小物体 B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当对B施加水平向右的力F＝10 N时，求：(g取10 m/s2) (1)A、B的加速度各为多大？ (2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？ 答案：(1)1 m/s2　3 m/s2　(2)0.8 s 解析：(1)A、B间的最大静摩擦力fm＝μmBg＝4 N 假设A、B不相对滑动， 对整体，根据牛顿第二定律得F＝(mA＋mB)a 对A，根据牛顿第二定律得fAB＝mAa 联立解得fAB＝ N 因为fAB>fm，所以A、B相对滑动， A、B间的摩擦力为滑动摩擦力f＝4 N。 以B为研究对象，根据牛顿第二定律得 F－f＝mBaB 则aB＝3 m/s2 以A为研究对象，根据牛顿第二定律得f＝mAaA 解得aA＝1 m/s2。 (2)设将B从木板的左端拉到右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为sA和sB，其关系如图所示 则有sA＝aAt2，sB＝aBt2 sB－sA＝L 联立解得t＝0.8 s。 学生用书第139页 针对练．(2024·广州市高一期末)如图所示，一块质量为M＝1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m＝2 kg的小物块(可视为质点)从木板的最左端以v0＝3 m/s的速度冲上木板，已知小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。求： (1)小物块受到的摩擦力大小和方向； (2)小物块刚冲上木板时，小物块和木板各自的加速度大小和方向； (3)小物块不会从木板上滑离时，木板的最小长度。 答案：(1)4 N，向左　(2)2 m/s2，向左　4 m/s2，向右　(3)0.75 m 解析：(1)小物块所受的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N，方向向左。 (2)小物块刚冲上木板时，对小物块，由牛顿第二定律得μmg＝mam 解得am＝2 m/s2，方向向左； 对木板，由牛顿第二定律得μmg＝MaM 解得aM＝4 m/s2，方向向右。 (3)设经过时间t，小物块和长木板达到共同速度v，则 对小物块有v＝v0－amt 对长木板有v＝aMt 解得v＝2 m/s，t＝0.5 s 长木板前进的位移为s1＝t＝0.5 m 小物块前进的位移为s2＝t＝1.25 m 小物块不滑离长木板，长木板的最小长度为L＝s2－s1＝0.75 m。 　地面不光滑的板块问题 (2024·广西南宁高一开学考试)如图所示，质量mA＝2 kg的小物块A可以看作质点，以初速度v0＝3 m/s滑上静止的木板B左端，木板B足够长，当A、B的速度达到相同后，A、B又一起在水平面上滑行直至停下。已知mB＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。求： (1)小物块A刚滑上木板B时，A、B的加速度大小aA和aB； (2)A、B速度达到相同所经过的时间t； (3)A、B一起在水平面上滑行至停下的距离。 答案：(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)1 s　(3)0.5 m 解析：(1)根据题意可知，A与B之间的滑动摩擦力大小f1＝μ1mAg＝4 N B与水平面之间的滑动摩擦力大小 f2＝μ2(mA＋mB)g＝3 N 当A刚滑上B时，由牛顿第二定律 对A有f1＝mAaA 对B有f1－f2＝mBaB 解得aA＝2 m/s2，aB＝1 m/s2。 (2)设A、B达到相同的速度为v，对A、B相对滑动的过程，对A有v＝v0－aAt 对B有v＝aBt 解得t＝1 s，v＝1 m/s。 (3)以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得 f2＝(mA＋mB)a 一起在水平面上滑行至停下过程，有0－v2＝－2as 解得s＝0.5 m。 针对练．(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的木块放在质量为M＝2 kg的长木板上，木块受到水平向右的拉力F＝6 N的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是1 N B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是6 N C．当F>6 N时，木板便会开始运动 D．无论怎样改变拉力F的大小，木板都不可能运动 答案：AD 解析：木板受木块的最大静摩擦力f1＝μ1mg＝1 N，木板受地面的最大静摩擦力f2＝μ2(M＋m)g＝6 N。因f1<f2，故木板不动，由平衡条件结合牛顿第三定律知木板所受地面摩擦力f2′＝f1′＝f1＝1 N。故选AD。 学生用书第140页 1．(2024·汕头市高一期末)如图所示，水平传送带的速度保持不变，现将一物体放在传送带A端，开始时物体在传送带上滑动，当它到达位置C后随传送带一起匀速运动，直至传送到B端，则在此过程中(　　) A．物体在AC段受摩擦力逐渐减小 B．物体在CB段受水平向右的静摩擦力 C．物体在CB段不受摩擦力作用 D．物体由A运动到B过程中始终受水平向右的滑动摩擦力 答案：C 解析：物体在AC段受滑动摩擦力作用，摩擦力大小保持不变，故A错误；物体在CB段不受摩擦力作用，故B、D错误，C正确。故选C。 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(　　) 答案：C 解析：初始状态，小木块重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以小木块先沿斜面做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，解得加速度为a＝g sin θ＋μg cos θ；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ>tan θ知小木块与传送带一起匀速下滑。v ­t图像的斜率表示加速度，可知第一段是倾斜的直线，第二段是平行时间轴的直线。故选C。 3．(多选)质量为m的木块在置于水平桌面上的木板上滑行，木板静止，它的质量M＝3m。已知木块与木板间、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，则木板所受桌面的摩擦力大小和方向为(　　) A．大小为4μmg B．大小为μmg C．方向与木块运动方向相同 D．方向与木块运动方向相反 答案：BD 解析：木块相对于木板向右运动，则木板对木块有水平向左的滑动摩擦力，大小为f1＝μFN＝μmg，根据牛顿第三定律可知，木块对木板有水平向右的滑动摩擦力，大小为f2＝f1；木板处于静止平衡状态，在f2的作用下，木板相对桌面有向右运动的趋势，桌面对木板有向左的摩擦力，根据平衡条件有f3＝f2，解得f3＝μmg，f3方向向左，与木块运动方向相反。故选BD。 4．(2024·东莞市高一开学考)小明和父母发明了一个游戏。如图所示，他们将质量M＝10 g、长L＝0.8 m的四轮车放置在光滑的水平面上；质量为5 g的棋子(可视为质点)以速度v＝0.7 m/s从静止的四轮车左侧开始运动，已知棋子与四轮车上表面间的动摩擦因数为0.02，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)棋子在四轮车上运动过程中，棋子和四轮车的加速度大小； (2)棋子飞离四轮车时的速度大小； (3)棋子恰不从四轮车右端掉落时，棋子滑上四轮车的初速度大小。 答案：(1)0.2 m/s2　0.1 m/s2　(2)0.3 m/s　(3) m/s 解析：(1)棋子在四轮车上运动过程中，在水平方向上只受到四轮车给的滑动摩擦力，则μmg＝ma 可得a＝0.2 m/s2 对四轮车受力分析可知μmg＝Ma′ 可得a′＝0.1 m/s2。 (2)设棋子在四轮车上的运动时间为t，由运动学公式得vt－at2－a′t2＝L 解得t＝2 s或t＝ s(舍去) 棋子飞离四轮车时的速度为v′＝v－at＝0.3 m/s。 (3)设棋子滑上四轮车的初速度为v0时恰不从四轮车右端掉落，则棋子到达四轮车的右端时两者的速度相等，设经历的时间为t0，则v0－at0＝a′t0，v0t0－at02－a′t02＝L 解得v0＝ m/s。 课时测评32　动力学中的传送带模型与板块模型 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－7题，每题3分，共21分) 1．(2024·肇庆市高一统考期末)机场常用水平传送带传送行李箱。如图所示，传送带先匀速传送行李箱一段距离，由于机械故障，传送带减速运行直到停止，该过程中行李箱一直相对传送带静止。下列对于行李箱从匀速运动到停止过程受力分析正确的是(　　) A．先受到两个力作用，后受到三个力作用 B．一直受到两个力作用 C．一直受到三个力作用 D．先受到三个力作用，后受到四个力作用 答案：A 解析：在匀速运动过程中，行李箱所受外力的合力为0，则此过程行李箱受到重力、支持力两个力作用；在匀减速运动过程中，行李箱所受外力的合力方向向左，则此过程行李箱受到重力、支持力、摩擦力三个力作用。故选A。 2．(2024·深圳市高一期中)如图所示，某餐具静止放在传送带上最左端，若传送带顺时针方向转动且足够长，则(　　) A．餐具一直做匀加速直线运动 B．加速阶段，传送带的速度越快，餐具的加速度越大 C．加速阶段，传送带对餐具的摩擦力是动力，餐具对传送带的摩擦力是阻力 D．传送带的速度越快，餐具到达最右端的时间越短 答案：C 解析：餐具在传送带上先加速后匀速运动，A错误；加速阶段，传送带给餐具的摩擦力为滑动摩擦力，其大小不变，与传送带的速度无关，B错误；加速阶段，传送带对餐具的摩擦力向前，餐具对传送带的摩擦力向后，C正确；若餐具在传送带上一直被加速时，到达右端的时间最短，此时传送带的最小速度为v＝，即当传送带的速度大于时，随传送带的速度增加，餐具到达右端的时间不变，D错误。故选C。 3．(教材P130T10改编)如图(a)所示，安检机在工作时，通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图(b)所示，传送带长为 2.1 m，被检物品与传送带的动摩擦因数μ＝0.3。假设传送带速度可以调节，当传送带速度调为4 m/s，被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中(g取10 m/s2，被检物品可视为质点)，下列说法正确的是(　　) A．物品先做匀加速运动后做匀速运动 B．物品从A端到B端所用的时间为1.5 s C．物品先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力 D．若减小传送带速度，物品传送时间可能不变 答案：D 解析：物品先做匀加速直线运动μmg＝ma，解得a＝3 m/s2；假设物品可以加速到与传送带共速，则加速运动的时间为t1＝＝ s，加速运动的距离为s1＝at12＝ m≈2.67 m>2.1 m，因此物品在传送带上一直做加速运动，A错误。因一直加速，由s＝at2可得，物品从A端到B端所用的时间为t≈1.18 s，B错误。因为一直加速，所以物品一直受到向右的滑动摩擦力，C错误。当传送带速度减小一点时，物品在传送带上仍可能是全程加速，在加速度和位移都不变的情况下，运动的时间也不变，故D正确。故选D。 4．如图所示，在静止的足够长的传送带上，物块M以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，并沿如图中箭头所示顺时针方向以速度v转动起来，则传送带启动后(　　) A．M最终会静止在传送带上 B．M过一会可能沿斜面向上运动 C．M的摩擦力方向可能会发生变化 D．M的速度大小和方向都不变 答案：D 解析：传送带静止时，物块匀速下滑，摩擦力为滑动摩擦力，传送带突然运动，但物块与传送带之间滑动摩擦力不变，即物块受力情况不变，继续保持原来的速度做匀速直线运动。故选D。 5．(2024·东莞市高一开学考)某快递总站，需要靠传送带将物件由地下仓库运送到地面上进行分类。如图所示，传送带与水平面的夹角为θ＝37°，以速度v沿顺时针方向运行。工作人员将物件以初速度v0从底部滑上传送带，已知物件与传送带之间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法正确的是(　　) A．若v>v0，则物件将一直做匀加速运动 B．若v<v0，则物件先做匀减速运动，后做匀加速运动 C．若v＝v0，则物件一直做匀速运动 D．物件不可能在传送带上做减速运动 答案：C 解析：因为物件与传送带之间的动摩擦因数为0.8，所以μmg cos 37°>mg sin 37°。若v>v0，开始一段时间内物件受到沿传送带向上的滑动摩擦力而做匀加速运动，当物件加速到v时，物件受沿传送带向上的静摩擦力与重力沿传送带向下的分力平衡而做匀速运动，但是传送带长度不明确，物件可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动后做匀速运动，故A错误；若v<v0，开始一段时间内物件所受的合力沿传送带向下而做匀减速运动，当物件减速到v时，物件受沿传送带向上的静摩擦力与重力沿传送带向下的分力平衡而做匀速运动，但是传送带长度不明确，物件可能一直做匀减速运动，也可能先做匀减速运动后做匀速运动，故B、D错误；若v＝v0，物件受沿传送带向上的静摩擦力与重力沿传送带向下的分力平衡而做匀速运动，故C正确。故选C。 6．(多选)用货车运输规格相同的两层水泥板，底层水泥板定在车圈内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上。货车以3 m/s2的加速度启动，然后以12 m/s匀速行驶，遇紧急情况后以8 m/s2的加速度刹车至停止。已知每块水泥板的质量为250 kg，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则(　　) A．启动时上层水泥板所受摩擦力大小为750 N B．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2 000 N C．货车在刹车过程中行驶的距离为9 m D．刹车时，上层水泥板停止运动时相对底层水泥板滑动的距离为0.6 m 答案：ACD 解析：摩擦力提供给水泥板最大的加速度为a′＝μg＝7.5 m/s2，启动时，加速度小于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为f＝ma1＝750 N，A正确；刹车时，加速度大于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为f＝μmg＝1 875 N，B错误；货车在刹车过程中行驶的距离为s＝＝9 m，C正确；从刹车至上层水泥板停止运动时，上层水泥板滑动的距离为s′＝＝9.6 m，则相对滑动的距离为Δs＝s′－s＝0.6 m，D正确。故选ACD。 7．(多选)(2024·江门市校考)如图所示，质量分别为m1＝1.0 kg、m2＝2.0 kg的A、B两木块放在光滑的水平桌面上，A与B的动摩擦因数为μ＝0.2，现用水平拉力F拉木块B，已知g＝10 m/s2，B在A上滑动过程中，下列判断正确的是(　　) A．若拉力F＝9 N，则A、B两木块的加速度大小均为aA＝aB＝3 m/s2 B．若拉力F＝9 N，则A、B两木块的加速度大小分别为aA＝4 m/s2，aB＝2.5 m/s2 C．若拉力F＝18 N，则A、B两木块的加速度大小均为aA＝aB＝6 m/s2 D．若拉力F＝18 N，则A、B两木块的加速度大小分别为aA＝4 m/s2，aB＝7 m/s2 答案：AD 解析：若拉力F＝9 N，假设A与B相对静止，有F＝(m1＋m2)a1，解得a1＝3 m/s2，A与B的最大静摩擦力为fm＝μm2g＝4 N，A木块的合力为F合A＝m1a1＝3 N<fm，故假设成立，A、B两木块的加速度大小均为aA＝aB＝3 m/s2，故A正确，B错误；若拉力F＝18 N，假设A与B相对静止，有F＝(m1＋m2)a2，解得a2＝6 m/s2，A木块的合力为F合A′＝m1a2＝6 N>fm，故假设不成立，A与B发生相对滑动，A、B两木块的加速度大小分别为aA＝＝4 m/s2，aB＝＝7 m/s2，故C错误，D正确。故选AD。 8．(9分)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速度运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，求： (1)开始时行李的加速度； (2)行李在传送带上运动的时间。 答案：(1)2 m/s2，水平向左　(2)5.1 s 解析：(1)开始时，对行李，根据牛顿第二定律有 μmg＝ma 解得a＝2 m/s2，方向水平向左。 (2)设行李做匀加速运动的时间为t1，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，则t1＝＝0.2 s 匀加速运动的位移大小s＝at12＝0.04 m 匀速运动的距离s′＝2 m－0.04 m＝1.96 m 匀速运动的时间t2＝＝4.9 s 行李在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝5.1 s。 9．(10分)生产和生活中经常使用传送带运送货物。如图甲所示，某次运送货物中，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角α＝37°，传送带以一定速率逆时针稳定运行，货物(可视为质点)被工人以一定的初速度从传送带顶端推上传送带，以货物冲上传送带作为计时起点，货物在传送带上运行过程中的v ­t图像如图乙所示，3.35 s时货物离开传送带。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)货物和传送带之间的动摩擦因数； (2)传送带两轮之间的距离。 答案：(1)0.8　(2)4.6 m 解析：(1)根据v ­t图像，货物先做匀减速直线运动，后做匀速运动，货物减速的加速度为a＝＝－0.4 m/s2 根据牛顿第二定律有mg sin α－μmg cos α＝ma 解得动摩擦因数为μ＝0.8。 (2)根据v ­t图像得前2.5 s内货物沿传送带运动的位移s1＝(1＋2)×2.5 m＝3.75 m 2．5～3.35 s内，货物沿传送带运动的位移s2＝(3.35－2.5)×1 m＝0.85 m 所以传送带两轮之间的距离为L＝s1＋s2＝4.6 m。 10．(8分)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，要使木块不会从木板右端滑落，取g＝10 m/s2，则木板的长度至少为多少？ 答案：2 m 解析：根据牛顿第二定律得，木块的加速度为 a1＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 木板的加速度为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 则木板的长度至少为2 m。 11．(12分)(2024·汕尾市高一统考期末)如图所示，滑块A静止于停放在水平地面上的滑板B的左端，滑块A和滑板B的质量均为m＝2 kg，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2。某时刻给滑块A一个初速度vA，滑块A向右滑动L＝1 m后停下(滑板B不动)，然后再给滑板B一个向左的初速度vB＝4 m/s，直至滑板B停下。整个过程中滑块A未从滑板B上脱离，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)滑块A的初速度vA的大小； (2)滑板B从开始滑动到与A共速时所用时间； (3)A、B共速后保持相对静止，滑板B至少要多长？ 答案：(1)2 m/s　(2)0.5 s　(3)2 m 解析：(1)滑块A与滑板B之间的摩擦力f1＝μmg 对滑块A有f1＝maA 滑块A做匀减速运动，有－vA2＝－2aAL 解得vA＝2 m/s。 (2)滑板B与地面之间的摩擦力f2＝μ·2mg 滑板B在与A共速度前有f1＋f2＝maB 解得aB＝6 m/s2 共速时有v＝vB－aBt＝aAt 解得t＝0.5 s。 (3)对滑块A有v2＝2aALA 对滑板B有v2＝vB2－2aBLB 滑块A与滑板B相对位移为ΔL＝LB－LA 解得ΔL＝1 m 则滑板B至少长为L总＝L＋ΔL＝2 m。 学生用书第141页 学科网（北京）股份有限公司 $