第4章 素养提升课四 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（科教版）

本讲义聚焦高中物理传送带模型与板块模型两大核心知识点，系统梳理水平/倾斜传送带的运动类型、分析流程及板块模型的加速度、速度、位移关系，搭建从牛顿运动定律到复杂力学问题的学习支架。 该资料以模型建构为特色，通过水平传送带划痕计算、倾斜传送带双阶段加速度分析等实例，培养科学思维与物理观念。结合分类表格归纳、例题详解及针对练习，课中辅助教师分层教学，课后助力学生巩固模型分析方法，查漏补缺。

素养提升课四　传送带模型与板块模型 【素养目标】　1．知道板块模型，能熟练解决此类问题。2．理解几种常见的传送带基本模型，并能从运动学和动力学的角度去分析解决此类问题。 提升点一　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 3．常见类型及物体运动情况 (1)水平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)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 (2)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 　水平传送带模型 (2024·江苏省灌云县期末)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，g＝10 m/s2，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 答案：D 解析：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。 　倾斜传送带模型 (多选)(2024·四川凉山期末)如图为某建筑工地的传送装置，长为5.8 m的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率v0＝4 m/s逆时针转动，质量m＝1 kg的工件无初速度地放在传送带的顶端P，经过1.4 s，工件运动到传送带的底端Q，且到底端时的速度为v＝6 m/s，重力加速度g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，则下列说法正确的是(　　) 学生用书第133页 A．工件加速至传送带的速度的时间为0.4 s B．传送带与水平面的倾角为θ＝53° C．传送带的滑动摩擦因数为0.2 D．工件在传送带上留下的痕迹长度为1 m 答案：AD 解析：设从开始到与传送带共速的时间为t1，则t1＋(t－t1)＝l，解得t1＝0.4 s，选项A正确；开始加速阶段的加速度a1＝＝10 m/s2，共速后的加速度a2＝＝2 m/s2，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得θ＝37°，μ＝0.5，选项B、C错误；从开始到共速阶段，物块相对传送带的位移x1＝v0t1－t1＝0.8 m，从共速到传送带底端物块相对传送带的位移x2＝t2－v0t2＝1 m，两部分有0.8 m的重合部分，则工件在传送带上留下的痕迹长度为1 m，选项D正确。 某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动。在传送带底端A无初速度放上一质量m＝5 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝。求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10 m/s2) 解题指导：(1)货物先做初速度为零的匀加速直线运动。 (2)判断货物匀加速到传送带速度时是否到达B端。 答案：3 s 解析：以货物为研究对象，由牛顿第二定律得 μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma， 解得a＝2.5 m/s2 货物匀加速运动的时间t1＝＝2 s 货物匀加速运动的位移x1＝at12＝5 m 然后货物做匀速运动，运动位移x2＝L－x1＝5 m 匀速运动的时间t2＝＝1 s 货物从A到B所需的时间t＝t1＋t2＝3 s。 分析倾斜传送带向下传送物体的问题的关键 当物体加速运动到与传送带速度相等时： (1)若μ≥tan θ，物体随传送带一起匀速运动； (2)若μ<tan θ，物体不能与传送带相对静止，物体将以较小的加速度a＝g sin θ－μg cos θ继续加速运动。 针对练1．(2024·天津市南开区期末)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 答案：D 解析：物体做匀加速运动时的加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，物体达到与传送带共速的过程中运动的位移大小为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为t1＝＝1 s，物体与传送带相对滑动的位移为Δx＝vt1－x＝0.5 m，故C错误；物体匀速运动的时间为t2＝＝1.5 s，物体从a点运动到b点所经历的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s，故D正确。 针对练2．(多选)(2024·河北省保定市期末)如图甲所示，倾斜传送带的倾角θ＝37°，传送带以一定速度匀速转动，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两端间的距离为11 m D．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 答案：BCD 解析：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匀加速运动，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两端间的距离，即为x＝×5×0.5 m＋×(5＋8)×1.5 m＝11 m，C正确；0～0.5 s时间内，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，即a＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s2，解得μ＝0.5，D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表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。 2．三个基本关系 加速度关系 滑块与滑板保持相对静止，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度 如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与滑板运动的加速度。应注意发掘滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件 学生用书第134页 速度关系 滑块与滑板保持相对静止时，二者速度相同，分析清楚此时的摩擦力作用情况 滑块与滑板之间发生相对运动时，二者速度不相同，明确滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力情况。应注意摩擦力发生突变的情况 位移关系 滑块和滑板向同一方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之差 滑块和滑板向相反方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之和 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质量为2 kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当对B施加水平向右的力F＝10 N作用时，经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？(设A、B间的最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2) 解题指导：(1)物体A、B都做初速度为零的匀加速直线运动，但它们的加速度不相等。 (2)抓住“将B从木板A的左端拉到右端”的隐含条件：二者的位移满足xB－xA ＝L。 答案：0.8 s 解析：物体A、B间的摩擦力f＝μmBg＝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， 由牛顿第三定律得f′＝f 解得aA＝1 m/s2。 设将B从木板的左端拉到木板右端所用的时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为xA和xB，其关系如图所示， 则有xA＝aAt2，xB＝aBt2，xB－xA＝L， 联立解得t＝0.8 s。 如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒定推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长。(g取10 m/s2) (1)小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大？ (2)经多长时间两者达到相同的速度？ (3)从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小为多少？ 解题指导：(1)“长木板足够长”说明小物块不会滑出木板。 (2)判断“两者达到相同的速度”后小物块的运动情况。 (3)明确“从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5 s”内小物块的运动情况。 答案：(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)1 s　(3)2.1 m 解析：(1)小物块的加速度am＝μg＝2 m/s2 长木板的加速度aM＝＝0.5 m/s2。 (2)由amt＝v0＋aMt可得t＝1 s。 (3)在开始1 s内小物块的位移x1＝amt2 ＝1 m 1 s末速度为v＝amt＝2 m/s 在接下来的0.5 s内小物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为a＝＝0.8 m/s2 这0.5 s内的位移为x2＝vt1＋at12 ＝1.1 m 则通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m。 (多选)(2024·广东省广州市期末)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 学生用书第135页 A．A、B两物体所受的摩擦力均与运动方向相反 B．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2 C．长木板A的长度可能为L＝0.8 m D．A物体的质量是B物体的两倍 答案：BD 解析：因为开始时物体B相对于A有向右的速度，所以B受到A向左的滑动摩擦力，由牛顿第三定律知A受到B向右的滑动摩擦力，即B所受的摩擦力与运动方向相反，A所受的摩擦力与运动方向相同，故A错误；由题图乙得B和A的加速度为a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得μmBg＝mBa1，μmBg＝mAa2，解得μ＝0.2，mA＝2mB，故B、D正确；由题图乙知0～1 s内两者相对运动，之后相对静止一起匀速运动，由题图乙可得0～1 s内两者相对位移为Δx＝×3×1 m＝1.5 m，即板长不小于1.5 m，故C错误。 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。 答案： 解析：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f＝μmg 由牛顿第三定律得，长木板所受的摩擦力大小为f′＝f 滑块的加速度a1＝＝μg，方向向左 滑板的加速度a2＝＝，方向向右 刚好不掉下来满足的条件，有 v－a1t＝a2t vt－a1t2＝a2t2＋L 联立解得μ＝。 1．如图所示，水平传送带始终保持以速度v匀速运动，某时刻把一个物块无初速度地放在传送带左端，经过一段时间，物块与传送带一起以速度v运动。对上述过程的说法正确的是(　　) A．物块始终受到摩擦力的作用 B．在达到速度v之前，物块相对传送带向左滑动 C．在达到速度v之前，物块受到向左的摩擦力 D．与传送带一起以速度v运动时，物块受到向右的摩擦力 答案：B 解析：物块与传送带速度相等之前，物块相对传送带向左滑动，受传送带向右的摩擦力作用，向右做加速运动；当物块速度与传送带速度相等时，无相对滑动，物块不受摩擦力作用，故A、C、D错误，B正确。 2．(多选)(2024·山东潍坊期中)如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板，滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示，某同学根据图像作出如下的一些判断，其中正确的是(　　) A．滑块与木板间始终存在相对运动 B．滑块始终未离开木板 C．滑块的质量大于木板的质量 D．在t1时刻滑块从木板上滑出 答案：ACD 解析：从v-t图像中可以看出，滑块与木板始终没有达到共同速度，所以滑块与木板间始终存在相对运动；又因木板的加速度较大，所以滑块的质量大于木板的质量；因在t1时刻以后，滑块和木板都做匀速运动，所以在t1时刻滑块从木板上滑出，故A、C、D正确，B错误。 3．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(　　) 答案：D 解析：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μmg cos 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mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，可得a1＝g sin θ＋μg cos 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mg sin θ>μmg cos θ，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，可得a2＝g sin θ－μg cos 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。 4．(2024·四川南充高级中学测试)如图所示，质量M＝3 kg的木板静置于光滑水平面上，质量m＝1 kg的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对木板施加一水平向右的拉力F，取g＝ 10 m/s2。则使物块不掉下去的最大拉力为(　　) A．1 N B．3 N C．4 N D．5 N 答案：C 解析：小物块与木板具有共同的最大加速度a对应的是小物块不掉下的最大拉力，对小物块根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，对整体根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a＝(3＋1)×1 N＝4 N，故选C。 课时测评28　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．(多选)如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块。t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是(　　) 答案：AC 解析：木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确。 2．(多选)(2024·湖南衡阳期中)如图所示，水平放置的传送带足够长，它以恒定速率v顺时针运行，一小物体以水平向右的初速度v0滑上A端，物体与传送带间的动摩擦因数为μ。以下说法正确的是(　　) A．如果v0＝v，物体将匀速向右运动 B．如果v0>v，物体将先减速运动再匀速运动 C．如果v0<v，物体将先减速运动再匀速运动 D．如果将物体轻放上A端且μ较大，物体会立即随传送带匀速运动 答案：AB 解析：若v0＝v，则物体与传送带之间无摩擦力，做匀速直线运动，故A正确；若v0>v，物体与传送带之间的摩擦力方向向左，则加速度向左，所以物体先向右做匀减速直线运动，当速度达到传送带速度再做匀速直线运动，故B正确；若v0<v，物体与传送带之间的摩擦力方向向右，则加速度向右，所以物体先向右做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度再做匀速直线运动，故C错误；如果将物体轻放上A端且μ较大，物块所受摩擦力向右，先做匀加速，再做匀速直线运动，故D错误。 3．(多选)(2024·河南郑州测试)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回到光滑水平面，速率为v2′，则下列说法中正确的是(　　) A．只有v1＝v2时，才有v2′＝v1 B．若v1 >v2时，则v2′＝v2 C．若v1<v2时，则v2′＝v1 D．不管v2多大，总有v2′＝v2 答案：BC 解析：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况讨论：①如果v1>v2，物体会一直向右加速，速度大小增大到等于v2时，根据对称性，物体恰好离开传送带，有v2′＝v2；②如果v1＝v2，物体同样会一直向右加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v2′＝v2；③如果v1<v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v2′＝v1。故选B、C。 4．(2024·江苏常州高一期末)如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2 m/s，两端A、B间距离为3 m，一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 0.4，g取10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图像可能是(　　) 答案：C 解析：物体先向左做减速运动，加速度大小a＝μg＝4 m/s2，经过1 s速度减小到零，此时向左运动了x1＝v0t－at2＝2 m<3 m，没到达传送带左端，因此接下来物块向右加速运动，加速度不变，经0.5 s速度达到2 m/s，与传送带的速度相等，这时向右仅运动了x2＝at′2＝0.5 m，接下来物块向右做匀速运动，综上所述，C正确。 5．(多选)如图为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。正常工作时工人在A点将粮袋轻放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (　　) A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等 B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ＋μcos θ) C．若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定是一直做加速运动 D．不论L长度如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sin θ 答案：AB 解析：当mg sin θ>μmg cos θ时，粮袋可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带速度相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，当mg sin θ≤μmg cos θ，即μ≥tan θ时，粮袋可能先做匀加速运动，当速度与传送带速度相同后，做匀速运动，到达B点时速度为v，也可能此传送带比较短，粮袋一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v，故A正确，C、D错误；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，此外还受到重力，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，加速度为a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B正确。 6．(多选)(2024·山西省临汾市期末)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 答案：ACD 解析：由于mg sin 37°>μmg cos 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mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma，可知物块A、B沿传送带下滑的加速度相同，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vt2 － v02＝2ax，解得vt＝3 m/s，C正确；由vt＝v0＋at得物块A、B从传送带顶端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。 7．(多选)(2024·衡阳市高一期末)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 答案：ACD 解析：假设二者未发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对整体有F＝(m1＋m2)a，对木板有f＝m1a，解得f＝ N>μm2g，假设不成立，故二者相对滑动。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；物块从木板上滑离时，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v＝a2t＝8 m/s，D正确。 8．(6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； (2)物块从A运动到B所用的时间。 答案：(1)3 m/s　(2)7 s 解析：(1)对物块受力分析，由牛顿第二定律得 μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2 物块与传送带相对静止时所用时间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)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。 9．(8分)(2024·江苏常州高一期末)一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1 s时，木板以速度v1＝4 m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)t＝0时刻木板的速度大小； (2)木板的长度。 答案：(1)5 m/s　(2) m 解析：(1)对木板和物块组成的系统，由牛顿第二定律得 μ1(M＋m)g＝(M＋ m)a1 设初始时刻木板速度为v0 由运动学公式得v1＝v0－a1t0 代入数据解得v0＝5 m/s。 (2)碰撞后，对物块，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma2 当速度为0时，经历时间t，物块发生位移x1 则有v1＝a2t，x1＝t 对木板，由牛顿第二定律得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝ Ma3 经历时间t，木板发生位移x2 x2＝v1t－a3t2 木板长度l＝x1＋x2 联立并代入数据解得l＝ m。 10．(8分)如图所示，一速度v＝4 m/s顺时针匀速转动的水平传送带与倾角θ＝37°的粗糙斜面平滑连接，已知斜面足够长。现将一质量m＝2 kg的物块以初速度v0＝10 m/s从斜面底端释放，速度方向沿斜面向上，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.4。(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求物块以初速度v0沿斜面上滑的最大距离。 (2)要使物块由斜面下滑到传送带上后不会从传送带左端滑下，传送带至少为多长？ 答案：(1)5 m　(2)2.5 m 解析：(1)物块以初速度v0沿斜面上滑时，以物块为研究对象，对其受力分析，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma1，解得加速度大小a1＝10 m/s2，方向沿斜面向下，设物块沿斜面上滑的最大距离为x1，根据运动学规律有0－v02＝－2a1x1，解得x1＝5 m。 (2)物块沿斜面下滑时，以物块为研究对象，由牛顿第二定律有mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，设物块下滑至斜面底端时的速度为v1，有v12＝2a2x1，解得v1＝2 m/s。物块在传送带上运动时，受水平向右的摩擦力，大小为f＝μ2mg，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma3，解得a3＝4 m/s2，物块在水平传送带上做匀减速直线运动，若物块速度减为零时，其恰好运动到传送带左端，则物块恰好不从传送带左端滑下，设传送带长度为L，根据运动学规律有v12＝2a3L，解得L＝2.5 m，则要使物块由斜面下滑到传送带上后不会从传送带左端滑下，传送带长度至少为2.5 m。 11．(8分)(2024·贵州省铜仁市期末)如图所示，质量M＝4 kg的长木板静止于粗糙水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，现有一质量m＝3 kg的小木块以速度v0从左端滑上木板，到达右端时恰好相对静止，小木块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，木板长度L＝3.5 m，g取10 m/s2，求： (1)木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小； (2)木块刚滑上长木板时，速度v0的大小； (3)木块与木板相对静止时，木板在地面上运动的位移大小。 答案：(1)5 m/s2　2 m/s2　(2)7 m/s　(3)1 m 解析：(1)木块刚滑上木板时，木块的加速度大小 a1＝＝μ2g＝5 m/s2 木板的加速度大小 a2＝＝2 m/s2。 (2)木块到达木板右端时恰好相对静止，则 v＝v0－a1t＝a2t L＝v0t－a1t2－a2t2 联立解得v0＝7 m/s，t＝1 s，v＝2 m/s。 (3)木块和木板相对静止时，木板在地面上运动的位移大小x＝a2t2＝1 m。 12．(9分)(2024·北京顺义高一上期末)快递物流已经深入我们的生活当中，准确迅速分拣物品是一个重要环节，图甲是快递分拣传送装置。它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送。图乙是传送装置简易示意图，A、B两端相距3.6 m，C、D两端相距L，CD部分与水平方向间的夹角θ＝37°，B、C间距离忽略不计。水平传送带AB以4 m/s的速率顺时针转动，CD部分传送带也是顺时针转动(速度未知)。把一个可视为质点的货物无初速度地放在A端，运送到B端后可以保持速率不变传到CD传送带的C端，且CD传送带恰好能将货物运送到D端(货物在D端的速率vD＝0)，分拣要求货物从A端到D端的时间为2.9 s，否则影响下一环节分拣工作。若货物与两传送带间的动摩擦因数均为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)货物从A端传送到B端所用的时间t； (2)传送带CD部分的长度L。 答案：(1)1.3 s　(2)2.6 m 解析：(1)货物先在AB传送带上做匀加速直线运动，加速度a1＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2，货物从开始到速度达到v0＝4 m/s的过程中滑过的距离x1＝＝ m＝1.6 m<LAB＝3.6 m，故货物先加速一段时间后再与传送带一起做匀速运动。货物做匀加速直线运动的时间t1＝＝ s＝0.8 s，做匀速直线运动的时间t2＝＝ s＝0.5 s，故货物从A端传送到B端所用的时间tAB＝t1＋t2 ＝0.8 s＋0.5 s＝1.3 s。 (2)由题意知货物到达D端时速度恰好为零，设传送带CD部分的运转速度为v2，分析可知v2<v0。在货物的速度减为v2之前，对货物受力分析，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2，解得加速度大小a2＝10 m/s2，货物的速度由v2减为零的过程中，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma3，解得加速度大小a3＝2 m/s2。 由运动学公式，有tCD＝＋＝2.9 s－1.3 s＝1.6 s，解得v2＝3 m/s，则传送带CD的长度L＝＋＝2.6 m。 学生用书第136页 学科网（北京）股份有限公司 $