微专题1　传送带模型、滑块—木板模型【精讲精练】-2026届高三物理二轮复习题型突破（新高考通用）

该高中物理高考复习讲义聚焦传送带模型、滑块—木板模型两大高考核心考点，按题型分类梳理知识体系，通过解题思维模板构建分析框架，结合真题例题与分层练习（基础必刷题、巩固必刷题），形成“考点梳理—方法指导—真题训练”的系统复习流程，助力学生突破动力学综合应用难点。 讲义突出科学思维与模型建构素养，如传送带模型通过v-t图像分析加速度变化，滑块—木板模型强调受力分析与运动过程拆解，设置阶梯式练习（选择、计算）适配不同学情。创新采用“模板+实例”教学法，帮助学生快速掌握解题规律，提升应试能力，为教师把控复习节奏提供清晰教学路径。

微专题1　传送带模型、滑块—木板模型 题型1　传送带模型 1.(多选)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ＝0.75 B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5 C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 s D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4)m 传送带模型解题思维模板 (多选)如图甲所示，小物块从左侧滑上匀速率转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示、图线的0～3 s段为抛物线，3～4.5 s段为直线，下列说法正确的是(　　) A．传送带沿逆时针方向转动 B．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1 C．小物块刚放上传送带时的速度大小为4 m/s D．0～4.5 s内物块在传送带上留下的痕迹为9 m 题型2　滑块—木板模型 动力学解决板块模型的思路 2.如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，质量m＝1 kg的可视为质点的小物块以初速度v0＝5 m/s从木板下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F＝14 N，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑下。已知小物块与木板间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块与木板共速前，物块和木板的加速度； (2)木板的最小长度Lmin； (3)物块在长度为Lmin的木板上运动的总时间。 (多选)如图甲所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2 kg，滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1，长木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2，现在滑块上施加一个F＝0.6t(N)的变力，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力Ff随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．木板P与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2 B．滑块Q与木板P间的动摩擦因数μ1＝0.4 C．图乙中t2＝22 s D．木板的最大加速度为2 m/s2 【基础必刷题】 1．(2025·山东临沂三模)如图所示，一传送带与水平面间的夹角为θ，在电动机的带动下，传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块(视为质点)从传送带的底端以速度v0冲上传送带，v0>v，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，下列说法正确的是(　　) A．μ与θ之间的关系为μ＝tan θ B．物块在做减速运动的过程中保持加速度不变 C．物块的速度达到v前后，加速度的大小之差为2μgcos θ D．物块的速度达到v前，在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半 2．(2025·四川绵阳模拟)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)长木板速度为v0时，将一物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，物块运动的速度—时间图像可能是下列选项中的(　　) 3．(多选)(2025·山东烟台预测)如图甲所示，水平放置的传送带能以不同的速度v逆时针匀速转动，某时刻物块以某一初速度从右端滑上传送带，物块离开传送带后到落地过程的水平位移x与传送带速度v关系图像如图乙所示。已知传送带长度L＝0.36 m，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．当传送带速度在0～0.9 m/s范围取值时，物块一直减速 B．物块的初速度大小为1.5 m/s C．物块与传送带间动摩擦因数为0.3 D．当传送带速度在0～0.9 m/s范围取值时，物块和传送带间产生的摩擦热相同 4．(多选)(2025·山东潍坊三模)如图所示，质量M＝4 kg的长木板静止在粗糙水平地面上，t＝0时刻对木板施加F＝45 N的水平向右恒力，同时质量m＝1 kg的小物块以v0＝15 m/s的初速度从左端滑上木板。已知木板长度L＝7.8 m，木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为10 m/s2 B．t＝1 s时，小物块恰好运动到木板最右端 C．t＝(1＋)s时，小物块从木板左端脱离 D．若t＝2 s时撤去外力F，小物块最终会从木板右端脱离 【巩固必刷题】 5．(2025·全国模拟预测)如图为粮食转运站内粮食运输机的示意图，绷紧的传送带始终保持以v0＝3 m/s的恒定速度运转，其末端B与一个半径R＝4 m的光滑四分之一圆弧轨道的圆心位置重合。现有一袋粮食包(可视为质点)无初速度地放置在运输机的A端，粮食包与运输机传送带间的动摩擦因数μ＝0.2。当粮食包被运送到运输机B端时已经达到最大速度并被水平抛出，落在圆弧轨道后不反弹，随后粮食包沿着圆弧轨道滑下(g＝10 m/s2)。求： (1)运输机的传送带长度L应满足什么条件； (2)粮食包碰撞圆弧轨道时位置与圆心的连线和水平方向夹角的正切值。 6．(2025·福建马鞍山预测)如图甲，质量m1的长木板静置于粗糙水平地面上，质量m2＝2.5 kg的物块置于木板之上，t＝0时刻力F作用于长木板，其变化规律如图乙，之后木板的摩擦力f随时间t的变化规律如图丙。木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2以及m1均未知(g＝10 m/s2)，求： (1)F随t的变化规律公式； (2)木板质量m1、木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2； (3)t≥3 s后木板的加速度随t的关系式。 7．(2025·河北邯郸三模)如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长的斜面上有一个质量为m1＝4 kg的长木板，长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1＝0.7。将长木板由静止释放，经过Δt＝2.5 s，将一质量为m2＝1 kg的物块无初速度地放到距长木板底端L＝9.628 m处。已知物块最终从长木板底端滑出，物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.3，重力加速度为g＝10 m/s2，不计空气阻力，物体体积较小，计算时可视为质点。 (1)刚放上物块的瞬间，求长木板的加速度a1′的大小； (2)求物块在长木板上滑行的时间t； (3)求整个过程中物块和长木板之间产生的热量Q。 第 1 页 共 32 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题1　传送带模型、滑块—木板模型 题型1　传送带模型 1.(多选)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ＝0.75 B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5 C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 s D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4)m 【审题指导】　 关键表述 物理量及其关系 足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ 传送带长度无限制，倾斜角度影响煤块受力，涉及重力沿斜面分力等 恒定速率v＝4 m/s顺时针转动 传送带速度大小、方向已知，煤块与传送带存在相对运动时受滑动摩擦力作用 速度随时间变化图像如图乙 v－t图像可获取速度变化、加速度等信息(斜率表示加速度) 【答案】　AD 【解析】　由v－t图像得0～1 s内煤块的加速度大小a1＝ m/s2＝8 m/s2，方向沿传送带向下，1～2 s内煤块的加速度大小a2＝ m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带向下。0～1 s，对煤块由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1,1～2 s，对煤块由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得tan θ＝0.75，μ＝0.25，A正确，B错误；v－t图像中图线与时间轴所围面积表示位移的大小，所以煤块上滑的总位移大小为x＝×1 m＋×4×1 m＝10 m，由运动学公式有x＝a2t，得下滑时间为t下＝＝ s＝ s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋)s，C错误；0～1 s内煤块比传送带多走4 m，划痕长4 m,1～2 s内传送带比煤块多走2 m，划痕还是4 m,2～(2＋)s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为2 m＋a2t＋vt下＝(12＋4)m，D正确。 传送带模型解题思维模板 (多选)如图甲所示，小物块从左侧滑上匀速率转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示、图线的0～3 s段为抛物线，3～4.5 s段为直线，下列说法正确的是(　　) A．传送带沿逆时针方向转动 B．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1 C．小物块刚放上传送带时的速度大小为4 m/s D．0～4.5 s内物块在传送带上留下的痕迹为9 m 【答案】　ACD 【解析】　根据题意，物块最后返回出发点，可知传送带逆时针转动，选项A正确；根据图像可知，2 s末物块的速度减为0，该时间内物块的对地位移大小为x1＝4 m，此后物块将反向加速，通过图像可知，在3 s末物块与传送带达到共速，加速阶段的位移大小为x2＝1 m，根据位移与时间的关系有x1＝v0t1－at，x2＝at，其中t1＝2 s，t2＝1 s，解得v0＝4 m/s，a＝2 m/s2。而根据牛顿第二定律，对物块有μmg＝ ma，解得μ＝0.2，选项B错误，C正确；根据乙中图像斜率的绝对值表示速度的大小可知，传送带的速度大小为v＝2 m/s，则小物块与传送带达到共速前的这段时间内传送带的位移大小为x3＝vt3＝6 m，由此可得0～4.5 s内物块在传送带上留下的痕迹为Δx＝x1＋x3－x2＝4 m＋6 m－1 m＝9 m，选项D正确。 题型2　滑块—木板模型 动力学解决板块模型的思路 2.如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，质量m＝1 kg的可视为质点的小物块以初速度v0＝5 m/s从木板下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F＝14 N，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑下。已知小物块与木板间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块与木板共速前，物块和木板的加速度； (2)木板的最小长度Lmin； (3)物块在长度为Lmin的木板上运动的总时间。 【审题指导】　 关键表述 物理量及其关系 小物块以初速度v0＝5 m/s从木板下端冲上木板 物块相对于木板向上运动，物块所受摩擦力沿斜面向下 小物块与木板共速 共速前小物块做减速运动，木板做加速运动 撤去该外力 此后两物体的加速度分别是多少，两物体分别做什么运动 【答案】　(1)8 m/s2，方向沿斜面向下　2 m/s2，方向沿斜面向上　(2) m　(3)s 【解析】　(1)设物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，物块与木板共速前，物块的加速度大小为a1，对物块受力分析可得mgsin θ＋μ1mgcos θ＝ma1， 代入数据解得a1＝8 m/s2，方向沿斜面向下。 设木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，木板的加速度大小为a2，对木板受力分析可得F＋μ1mgcos θ－Mgsin θ－μ2(M＋m)gcos θ＝Ma2， 代入数据解得a2＝2 m/s2，方向沿斜面向上。 (2)设物块与木板达到共速所用时间为t1，则有v0－a1t1＝a2t1， 代入数据解得t1＝0.5 s， 共同速度大小为v＝a2t1＝1 m/s。 共速前物块与木板的相对位移为Δx1＝v0t1－a1t－a2t， 代入数据解得Δx1＝1.25 m。 撤掉F后，物块相对木板上滑，加速度大小仍为a1＝8 m/s2， 对木板分析有Mgsin θ＋μ2(M＋m)gcos θ－μ1mgcos θ＝Ma2′， 解得木板的加速度大小为a2′＝12 m/s2，方向沿斜面向下，木板减速上滑。 共速后过t2＝＝ s木板减速到零，过t2′＝＝ s物块减速到零。 由于Mgsin θ－μ1mgcos θ<μ2(M＋m)gcos θ，所以木板减速到零后，物块在木板上滑动时，木板就不再运动。 此过程中物块与木板的相对位移为Δx2＝t2′－t2＝ m， 故木板的长度至少为Lmin＝Δx1＋Δx2＝ m。 (3)物块在木板上向下滑动时，木板不动，设此时物块的加速度大小为a1′，由牛顿第二定律可得a1′＝g(sin θ－μ1cos θ)＝4 m/s2， 设物块运动到斜面底端所用时间为t3， 则有Lmin＝a1′t， 解得t3＝ s，故物块在木板上运动的总时间为t＝t1＋t2′＋t3， 代入数据得t＝s。 (多选)如图甲所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2 kg，滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1，长木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2，现在滑块上施加一个F＝0.6t(N)的变力，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力Ff随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．木板P与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2 B．滑块Q与木板P间的动摩擦因数μ1＝0.4 C．图乙中t2＝22 s D．木板的最大加速度为2 m/s2 【答案】　BD 【解析】　根据图乙可知，在t2以后滑块受到的摩擦力不变，为Ff1＝8 N，根据滑动摩擦力的计算公式可得Ff1＝μ1mg，解得滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，选项B正确；t1时刻开始一起滑动，则Ff2＝μ2×2mg ＝4 N，解得μ2＝0.1，选项A错误；t2时刻二者发生相对运动时，设加速度大小为a，对木板根据牛顿第二定律可得a＝＝2 m/s2，对滑块有F－μ1mg＝ma，解得F＝12 N，根据F＝0.6t(N)可知图乙中t2＝20 s，选项C错误；t2时刻以后木板受力不变，加速度不变，则木板的最大加速度为2 m/s2，选项D正确。 【基础必刷题】 1．(2025·山东临沂三模)如图所示，一传送带与水平面间的夹角为θ，在电动机的带动下，传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块(视为质点)从传送带的底端以速度v0冲上传送带，v0>v，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，下列说法正确的是(　　) A．μ与θ之间的关系为μ＝tan θ B．物块在做减速运动的过程中保持加速度不变 C．物块的速度达到v前后，加速度的大小之差为2μgcos θ D．物块的速度达到v前，在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半 【答案】　C 【解析】　根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续向上减速，则有μmgcos θ<mgsin θ，可得μ<tan θ，故A错误；因为v0>v，物块与传送带速度相等之前，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，大小为a1＝＝gsin θ＋μgcos θ，物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为a2＝＝gsin θ－μgcos θ<a1，故B错误；物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为a1－a2＝2μgcos θ，故C正确；设物块从冲上传送带到与传送带速度相等所用时间为t，此过程物块的位移为x物＝t，传送带的位移为x传＝vt，可知此过程物块在传送带上的划痕长度为Δx＝x物－x传＝t，若满足Δx＝x物，则有v0＝3v，由于v0不一定等于3v，则共速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半，故D错误。故选C。 2．(2025·四川绵阳模拟)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)长木板速度为v0时，将一物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，物块运动的速度—时间图像可能是下列选项中的(　　) 【答案】　C 【解析】　 如图所示，可设二者达到速度v′后，一起匀减速至t1时刻停止。对物块，有μ1mg＝ma1，则a1＝μ1g＝，对木板，有μ1mg＋μ2·2mg＝ma2，则a2＝μ1g＋2μ2g＝，二者一起匀减速时，有μ2·2mg＝2ma2′，a2′＝μ2g＝，当v′＝v0时，可推出a1＝a2，矛盾，故A、B均错误；当v′＝v0时，可推出t1＝3t0，故C正确；当v′＝v0时，可推出t1＝1.5t0，故D错误。故选C。 3．(多选)(2025·山东烟台预测)如图甲所示，水平放置的传送带能以不同的速度v逆时针匀速转动，某时刻物块以某一初速度从右端滑上传送带，物块离开传送带后到落地过程的水平位移x与传送带速度v关系图像如图乙所示。已知传送带长度L＝0.36 m，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．当传送带速度在0～0.9 m/s范围取值时，物块一直减速 B．物块的初速度大小为1.5 m/s C．物块与传送带间动摩擦因数为0.3 D．当传送带速度在0～0.9 m/s范围取值时，物块和传送带间产生的摩擦热相同 【答案】　AB 【解析】　由图乙可知，当传送带速度在0～0.9 m/s范围取值时，物块离开传送带后的水平位移x不变，说明物块离开传送带的速度不变，在传送带上一直减速，故A正确；当传送带速度v＝0.9 m/s时，物块在传送带上恰好做匀减速直线运动至速度与传送带速度相同，然后以该速度离开传送带做平抛运动。设物块的初速度大小为v0，物块在传送带上的加速度大小为a，由运动学公式v2－v＝－2aL，当传送带速度v′＝0.3 m/s时，物块在传送带上恰好做匀加速直线运动至速度与传送带速度相同，然后以该速度离开传送带做平抛运动。由运动学公式v′2－v＝2aL，联立求解可得物块的初速度v0＝1.5 m/s，加速度a＝2 m/s2，故B正确；加速度a＝＝μg＝2 m/s2，动摩擦因数μ＝0.2，故C错误；当传送带速度在0～0.9 m/s范围取值时，物块在传送带上的位移和滑行时间相同，但传送带的位移不同，物块与传送带的相对位移也不同。根据Q＝μmgx相对物块和传送带间产生的摩擦热不同，故D错误。故选AB。 4．(多选)(2025·山东潍坊三模)如图所示，质量M＝4 kg的长木板静止在粗糙水平地面上，t＝0时刻对木板施加F＝45 N的水平向右恒力，同时质量m＝1 kg的小物块以v0＝15 m/s的初速度从左端滑上木板。已知木板长度L＝7.8 m，木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为10 m/s2 B．t＝1 s时，小物块恰好运动到木板最右端 C．t＝(1＋)s时，小物块从木板左端脱离 D．若t＝2 s时撤去外力F，小物块最终会从木板右端脱离 【答案】　AC 【解析】　小物块刚滑上木板时，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有F＋μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma1，解得a1＝10 m/s2，故A正确；对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得a2＝5 m/s2，t＝1 s时，小物块的速度v1＝v0－a2t＝10 m/s，此时木板的速度v2＝a1t＝10 m/s＝v1，两者的相对位移x相1＝t－t＝7.5 m<L＝7.8 m，可知，t＝1 s时，小物块并没有运动到木板最右端，故B错误；结合上述，在t＝1 s时，小物块与木板速度恰好相等，之后两者不能保持相对静止，小物块以a2＝5 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，木板以比小物块更大的加速度向右做匀加速直线运动，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有F－μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma3，解得a3＝7.5 m/s2，上述过程小物块相对于木板向左运动，则有x相1＝v2t1＋a3t－，解得t1＝ s，可知，小物块从木板左端脱离的时间t2＝t＋t1＝(1＋)s，故C正确；若t＝2 s时撤去外力F，由于t2＝t＋t1＝(1＋)s>2 s，令t3＝2 s－1 s＝1 s，结合上述可知，此时小物块与木板的速度分别为v3＝v1＋a2t3＝15 m/s，v4＝v2＋a3t3＝17.5 m/s，此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为x相2＝t3－t3＝1.25 m，撤去外力后小物块向右继续以a2＝5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，对木板进行分析有μ2mg＋μ1(m＋M)g＝Ma4，解得a4＝3.75 m/s2，令历时t4两者达到相等速度，则有v5＝v3＋a2t4＝v4－a4t4，解得t4＝ s，此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为x相3＝t4－t4＝ m，由于x相2＋x相3<x相1，可知，撤去外力，两者达到相等速度后，小物块没有从左端滑离木板，之后两者保持相对静止，做匀减速直线运动，一直到速度减为0后静止，即若t＝2 s时撤去外力F，小物块最终不会从木板右端脱离，故D错误。故选AC。 【巩固必刷题】 5．(2025·全国模拟预测)如图为粮食转运站内粮食运输机的示意图，绷紧的传送带始终保持以v0＝3 m/s的恒定速度运转，其末端B与一个半径R＝4 m的光滑四分之一圆弧轨道的圆心位置重合。现有一袋粮食包(可视为质点)无初速度地放置在运输机的A端，粮食包与运输机传送带间的动摩擦因数μ＝0.2。当粮食包被运送到运输机B端时已经达到最大速度并被水平抛出，落在圆弧轨道后不反弹，随后粮食包沿着圆弧轨道滑下(g＝10 m/s2)。求： (1)运输机的传送带长度L应满足什么条件； (2)粮食包碰撞圆弧轨道时位置与圆心的连线和水平方向夹角的正切值。 【答案】　(1)L≥2.25 m　(2) 【解析】　(1)粮食包在传送带上加速过程，根据牛顿第二定律可得f＝μmg＝ma 解得加速度大小为a＝2 m/s2 粮食包在传送带上加速到与传送带共速时，速度达到最大，根据运动学共速可得2ax1＝v－0 解得x1＝2.25 m 要使粮食包在B端时已经达到最大速度，则传送带长度应满足L≥2.25 m。 (2)粮食包从B端被水平抛出，水平方向做匀速直线运动有x＝v0t 竖直方向做自由落体运动有y＝gt2 根据几何关系x2＋y2＝R2 联立解得t＝0.8 s，x＝2.4 m，y＝3.2 m 则粮食包碰撞圆弧轨道时位置与圆心的连线和水平方向夹角的正切值为tan θ＝＝。 6．(2025·福建马鞍山预测)如图甲，质量m1的长木板静置于粗糙水平地面上，质量m2＝2.5 kg的物块置于木板之上，t＝0时刻力F作用于长木板，其变化规律如图乙，之后木板的摩擦力f随时间t的变化规律如图丙。木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2以及m1均未知(g＝10 m/s2)，求： (1)F随t的变化规律公式； (2)木板质量m1、木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2； (3)t≥3 s后木板的加速度随t的关系式。 【答案】　(1)F＝5t(N)　(2)m1＝2.5 kg　μ1＝0.1　μ2＝0.2　(3)a＝2t－4(m/s2)(t≥3 s) 【解析】　(1)由乙图F＝kt 图线斜率k＝＝5 解得F＝5t(N)。 (2)由丙图：t＝1 s时，f1＝5 N＝μ1(m1＋m2)g t＝3 s时，f3＝10 N＝μ1(m1＋m2)g＋μ2m2g t＝3 s时，木板与物块相对滑动a1＝a2＝μ2g 根据牛顿第二定律F3－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2 解得m1＝2.5 kg，μ1＝0.1，μ2＝0.2。 (3)由牛顿第二定律得F合＝F－μ1(m1＋m2)g－μ2m2g＝m1a 代入F＝5t解得a＝2t－4(m/s2)(t≥3 s)。 7．(2025·河北邯郸三模)如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长的斜面上有一个质量为m1＝4 kg的长木板，长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1＝0.7。将长木板由静止释放，经过Δt＝2.5 s，将一质量为m2＝1 kg的物块无初速度地放到距长木板底端L＝9.628 m处。已知物块最终从长木板底端滑出，物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.3，重力加速度为g＝10 m/s2，不计空气阻力，物体体积较小，计算时可视为质点。 (1)刚放上物块的瞬间，求长木板的加速度a1′的大小； (2)求物块在长木板上滑行的时间t； (3)求整个过程中物块和长木板之间产生的热量Q。 【答案】　(1)1.6 m/s2　(2)2.3 s　(3)23.347 2 J 【解析】　(1)由静止释放长木板之后，设长木板的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1gsin θ－μ1m1gcos θ＝m1a1 解得a1＝gsin θ－μ1gcos θ＝0.4 m/s2 放上物块瞬间，同理由牛顿第二定律，长木板的加速度大小为 a1′＝＝1.6 m/s2。 (2)刚放上物块时，设物块的加速度为a2，由牛顿第二定律，m2gsin θ＋μ2m2gcos θ＝m2a2 解得a2＝gsin θ＋μ2gcos θ＝8.4 m/s2 此时长木板的速度为v1＝a1Δt＝1.0 m/s 设经过Δt1时间二者共速，则v1－a1′Δt1＝a2Δt1 解得Δt1＝0.1 s，v共＝0.84 m/s。 这段时间里长木板比物块多走的距离为Δx1＝v1Δt1－a1′Δt－a2Δt＝0.05 m 经过判断，物块会继续相对长木板加速下滑，长木板的加速度 a1″＝＝0.4 m/s2 沿斜面向上 物块的加速度为a2′＝gsin θ－μ2gcos θ＝3.6 m/s2 设又经过Δt2时间长木板停下，v共＝a1″Δt2 解得Δt2＝2.1 s Δt2时间内物块比长木板多走Δx2＝(a2′＋a1″)Δt＝8.82 m 此时物块的速度为v2＝a2Δt1＋a2′Δt2＝8.4 m/s 距离长木板底端Δx3＝L＋Δx1－Δx2＝0.858 m 设再经Δt3时间，物块从长木板上滑落，则Δx3＝v2Δt3＋a2′Δt 解得Δt3＝0.1 s 所以物块在长木板上滑行的时间为t＝Δt1＋Δt2＋Δt3＝2.3 s。 (3)整个过程中，物块和长木板之间产生的热量为 Q＝μ2m2gcos θ×(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝23.347 2 J。 第 1 页 共 32 页 学科网（北京）股份有限公司 $