专题提升八　传送带模型和板块模型 专项训练-2027届高考物理（通用版）一轮复习

**基本信息** 聚焦传送带与板块模型，通过递进式题型训练运动和相互作用观念，强化科学思维中的模型建构与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |传送带模型|7题|含多选、单选，涉及倾斜/水平传送、速度变化、能量计算|从受力分析到运动过程分析，构建“摩擦类型判断-加速度计算-能量转化”逻辑链| |板块模型|3题|综合计算题，涉及多过程运动、相对位移|以牛顿运动定律为核心，衔接动量守恒与能量观点，形成“单体运动-系统作用-能量损耗”分析路径|

专题提升八　传送带模型和板块模型 1．(多选)(2026·福建省联考模拟)如图所示，某工厂用倾斜传送带运送工件，传送带的倾角为θ，下端A和上端B间的距离为L，以速度v沿顺时针方向运行。可视为质点的工件轻放在传送带的底端A，在传送带上先做匀加速后做匀速运动，从A端运送到B端的过程中，下列说法正确的是(　　) A．传送带对工件做功的功率匀加速阶段增大，匀速阶段不变 B．工件匀速运动时，传送带对工件做正功 C．若传送带匀速运行的速度减小些，传送带对工件做的功会增多 D．若传送带匀速运动的速度增大，传送带对工件做的功可能会减少 2．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，物块和传送带间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则(　　) A．t2时刻，小物块离A处的距离最大 B．0到t2时间内，小物块的加速度方向先向右后向左 C．0到t2时间内，因摩擦产生的热量为μmg D．0到t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为(t1＋t2) 3. （2026·滨州校级期末）一传送带装置如图所示，水平部分AB长为4m，倾斜部分BC长为10m，倾角θ = 37°。AB和BC在B点通过一极短的圆弧连接，传送带以v = 4m/s的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数为0.5。现将一质量m = 1kg的工件（可视为质点）无初速地放在A点，重力加速度g = 10m/s²，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，以下说法正确的是 （ ） A. 工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为5 : 1 B. 工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为0.8m C. 工件第二次到达B点的速度大小为3m/s D. 工件自释放至第三次到达B点的时间为7s 4. （2026·山东模拟）某工厂自动化分拣系统简化如图所示，倾斜滑道与水平传送带在MN处平滑连接。质量为1kg的包裹（可视为质点）从滑道顶端A点由静止释放，沿直线AB运动并以垂直于MN方向的速度滑入传送带进行分拣。已知滑道倾角θ = 30°，长度s = 4m，包裹与滑道、传送带间的动摩擦因数分别为μ₁ = 、μ₂ = ，传送带以v₀ = 4m/s的恒定速度向左运行。g取10m/s²。忽略包裹在滑道与传送带连接处的能量损失，包裹滑上传送带后与传送带发生相对滑动，最终达到共速。为了防止包裹从传送带上滑落，传送带的最小宽度x为 ( ) A. 1.4m B. 1.6m C. 2.2m D. 2.4m 5. (2026春·荔湾区校级期中) 如图所示，物块放在一与水平面夹角为θ的传送带上，且始终与传送带相对静止。关于物块受到的静摩擦力f，下列说法正确的是 ( ) A. 当传送带加速向上运动时，f的方向一定沿传送带向上 B. 当传送带加速向上运动时，f的方向可能沿传送带向下 C. 当传送带加速向下运动时，f的方向一定沿传送带向下 D. 当传送带加速向下运动时，f的方向一定沿传送带向上 6．(多选)(2026·广东清远市模拟)如图所示，飞机场运输行李的传送带保持恒定的速率向上运行，倾角为θ的传送带以恒定速率v沿顺时针转动，将一个行李箱无初速度地放在传送带底端A，行李箱从A运动到B的平均速度>v，则行李箱在传送带上从A运动到B的过程中(　　) A．行李箱受到的摩擦力保持不变 B．行李箱与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ C．传送带电机对外做的功大于行李箱机械能的增加量 D．摩擦力对传送带做功的大小等于行李箱机械能的增加量 7. (2026·衡阳县模拟) 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 = 4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0 = 12m/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g = 10m/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tanθ = 0.75 B. 煤块与传送带间的动摩擦因数μ = 0.25 C. 煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2s D. 煤块在传送带上留下的痕迹长为（10 + 4）m 8．(12分)(2026·广西壮族自治区模拟)一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带两部分组成。倾角α＝37°的传送带以恒定的速率v0＝6 m/s沿顺时针方向运行，质量m＝1 kg的玩具(可视为质点)从平台以速度v1＝4 m/s水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端(传送轮大小不计)进入传送带。玩具在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度L＝ m，玩具和传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.75，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： (1)玩具从平台到传送带最上端的时间t；(4分) (2)玩具在传送带上运动产生的热量Q；(6分) (3)因传送玩具电动机多消耗的电能ΔE。(2分) 9．(12分)(2026·湖南临湘市期末)质量m＝1 kg的小物块，由静止从距斜面底端高h＝0.6 m的粗糙斜面上滑下，斜面倾角θ＝37°，小物块到达斜面底端后速度大小不变滑上足够长的长木板，小物块与斜面、长木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，长木板的质量M＝1 kg，小物块滑上长木板立即受到大小F＝6 N的水平向右的恒力作用，当小物块与长木板速度相同时，撤去恒力F，求： (1)小物块滑到斜面底端时的速度大小v0；(4分) (2)从滑上长木板开始，经多长时间物块、木板速度相同，此时物块距木板左端距离L；(4分) (3)最终木板距斜面末端的距离。(4分) 10．(12分)(2026·广东湛江市期末)如图所示，一个可视为质点、质量m＝1 kg的小物块，从平台上的A点以v0＝3 m/s的初速度水平抛出，恰好无碰撞地从C点进入固定光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量M＝2 kg的长木板，并恰好能到达长木板的左端。已知长木板的上表面与圆弧轨道末端的切线相平，圆弧轨道的半径R＝ m，圆弧轨道对应的圆心角为θ，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2，sin θ＝0.8，cos θ＝0.6。求： (1)小物块滑上长木板时的速度大小vD；(5分) (2)小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q。(7分) 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题提升八　传送带模型和板块模型 1．(多选)(2026·福建省联考模拟)如图所示，某工厂用倾斜传送带运送工件，传送带的倾角为θ，下端A和上端B间的距离为L，以速度v沿顺时针方向运行。可视为质点的工件轻放在传送带的底端A，在传送带上先做匀加速后做匀速运动，从A端运送到B端的过程中，下列说法正确的是(　　) A．传送带对工件做功的功率匀加速阶段增大，匀速阶段不变 B．工件匀速运动时，传送带对工件做正功 C．若传送带匀速运行的速度减小些，传送带对工件做的功会增多 D．若传送带匀速运动的速度增大，传送带对工件做的功可能会减少 解析：选AB。工件加速运动过程中，摩擦力大小不变，速度增大，摩擦力做功的功率变大，匀速运动时，静摩擦力大小不变，摩擦力做功的功率不变，故A正确；工件匀速运动时，工件的机械能增大，传送带对工件做正功，故B正确；若传送带匀速运行的速度减小些，工件从A运动到B，重力势能增量不变，动能增量减小，传送带对工件做的功减小，故C错误；若传送带匀速运动的速度增大，工件运动到B点的速度增大，动能增量增大，传送带对工件做的功增多，故D错误。 2．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，物块和传送带间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则(　　) A．t2时刻，小物块离A处的距离最大 B．0到t2时间内，小物块的加速度方向先向右后向左 C．0到t2时间内，因摩擦产生的热量为μmg D．0到t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为(t1＋t2) 解析：选C。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，由小物块在传送带上运动的v－t图像可知，t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；0到t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；0到t1时间内物块相对于地面向左的位移s1＝t1，这段时间传送带向右的位移s2＝v1t1，因此物块相对于传送带的位移Δs1＝s1＋s2＝t1＋v1t1，t1到t2时间内物块相对于地面向右的位移s1′＝(t2－t1)，这段时间传送带向右的位移s2′＝v1(t2－t1)，因此物块相对于传送带的位移Δs2＝s2′－s1′＝(t2－t1)，0到t2时间内物块在传送带上留下的划痕Δs＝Δs1＋Δs2＝(t2＋t1)＋，0到t2这段时间内，因摩擦产生的热量Q＝μmg×Δs＝μmg，C正确，D错误。 3. （2026·滨州校级期末）一传送带装置如图所示，水平部分AB长为4m，倾斜部分BC长为10m，倾角θ = 37°。AB和BC在B点通过一极短的圆弧连接，传送带以v = 4m/s的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数为0.5。现将一质量m = 1kg的工件（可视为质点）无初速地放在A点，重力加速度g = 10m/s²，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，以下说法正确的是 （ ） A. 工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为5 : 1 B. 工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为0.8m C. 工件第二次到达B点的速度大小为3m/s D. 工件自释放至第三次到达B点的时间为7s 解析：选D。A、由于μ = 0.5 < tan37° = 0.75, 可知工件在传送带倾斜部分上滑和下滑受到的滑动摩擦力方向均沿斜面向上，根据牛顿第二定律可得mgsinθ - μmgcosθ = ma, 解得加速度大小为a = 2m/s², 可知工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为1 : 1，故A错误；C、由于工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度相同，所以工件第二次到达B点的速度大小为4m/s，故C错误；B、工件无初速地放在A点，加速度大小为a₁ = μmg / m，代入数据计算可得a₁ = 5m/s². 设经过t₁时间工件与传送带共速，则有t₁ = v / a₁，代入数据计算可得t₁ = 0.8s 共速前工件通过的位移大小为x₁ = v / 2 × t₁，代入数据计算可得x₁ = 1.6m < Lₐₙ = 4m, 可知工件以速度v = 4m/s从B点滑上传送带倾斜部分，则工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为Lₘₐₓ = v² / 2a = 4² / (2 × 2)m = 4m, 故B错误； D、工件第一次在传送带水平部分运动加速运动时间为t₁ = v / a₁，代入数据计算可得t₁ = 0.8s, 匀速运动时间为t₂ = (Lₐₙ - x₁) / v = (4 - 1.6) / 4s = 0.6s, 工件第一次经过B点到第二次到达B点所用时间为t₃ = 2 × v / a = 2 × 4 / 2s = 4s, 工件第二次到达B点后在传送带水平部分先向左做匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据对称性可知，工件第二次经过B点到第三次到达B点所用时间为t₄ = 2 × v / a₁ = 2 × 4 / 5s = 1.6s, 则工件自释放至第三次到达B点的时间为t = t₁ + t₂ + t₃ + t₄，即t = 7s，故D正确。 4. （2026·山东模拟）某工厂自动化分拣系统简化如图所示，倾斜滑道与水平传送带在MN处平滑连接。质量为1kg的包裹（可视为质点）从滑道顶端A点由静止释放，沿直线AB运动并以垂直于MN方向的速度滑入传送带进行分拣。已知滑道倾角θ = 30°，长度s = 4m，包裹与滑道、传送带间的动摩擦因数分别为μ₁ = 、μ₂ = ，传送带以v₀ = 4m/s的恒定速度向左运行。g取10m/s²。忽略包裹在滑道与传送带连接处的能量损失，包裹滑上传送带后与传送带发生相对滑动，最终达到共速。为了防止包裹从传送带上滑落，传送带的最小宽度x为 ( ) A. 1.4m B. 1.6m C. 2.2m D. 2.4m 解析：选B。包裹在滑道上做匀加速直线运动，设加速度大小为a₁，根据牛顿第二定律有：mgsin30° - μ₁mgcos30° = ma₁，代入数据解得：a₁ = 10×m/s² - ×10×m/s² = 2m/s²。根据运动学公式，包裹到达底端B（即滑上传送带时）的速度大小为：v₈ =  = m/s = 4m/s，包裹滑上传送带时，其相对地面的初速度为vB = 4m/s，方向垂直于传送带边界（沿MN的垂线方向）。此时传送带以v₀ = 4m/s的速度向左运动，故包裹相对于传送带的初速度大小为：v相对 =  = m/s = 4m/s，相对初速度的方向与垂直传送带方向的夹角为45°（即横向与纵向速度大小相等）。包裹在传送带上受到的滑动摩擦力大小为：f = μ₂mg = ×1×10N = 5N，滑动摩擦力的方向始终与相对速度的方向相反。由于包裹在达到与传送带共速前，相对初速度方向不变（因为摩擦力方向与相对初速度方向在同一直线上反向），所以包裹所受滑动摩擦力的方向保持不变，与垂直传送带方向的夹角恒为45°将该滑动摩擦力沿垂直于传送带方向（即包裹横向滑动的方向）进行正交分解，该方向上包裹受到的合力大小为：fᵧ = fcos45° = 5×N = 5N，包裹在垂直传送带方向的加速度大小为：aᵧ = ，计算得aᵧ = 5m/s²，包裹在垂直传送带方向做匀减速直线运动，直到该方向的速度减为零。此时包裹在该方向上的位移即为防止包裹滑落所需的传送带最小宽度x：x =  = m = 1.6m。故ACD错误，B正确。故选：B。 5. (2026春·荔湾区校级期中) 如图所示，物块放在一与水平面夹角为θ的传送带上，且始终与传送带相对静止。关于物块受到的静摩擦力f，下列说法正确的是 ( ) A. 当传送带加速向上运动时，f的方向一定沿传送带向上 B. 当传送带加速向上运动时，f的方向可能沿传送带向下 C. 当传送带加速向下运动时，f的方向一定沿传送带向下 D. 当传送带加速向下运动时，f的方向一定沿传送带向上 解析：选A。设物块的质量为m，加速度大小为a。物块受到重力mg、支持力FN和静摩擦力f作用，沿斜面向下的重力分力为mgsinθ。AB、当传送带加速向上运动时，物块具有沿斜面向上的加速度a，规定沿斜面向上为正方向，根据牛顿第二定律有f - mgsinθ = ma，解得：f = mgsinθ + ma，因为m、g、a、sinθ均大于零，所以f > 0，即静摩擦力f的方向一定沿传送带向上，故A正确，B错误；CD、当传送带加速向下运动时，物块具有沿斜面向下的加速度a，规定沿斜面向下为正方向，设静摩擦力f方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsinθ + f = ma，解得：f = m(a - gsinθ)。当a > gsinθ时，f > 0，静摩擦力方向沿传送带向下；当a < gsinθ时，f < 0，静摩擦力方向沿传送带向上；当a = gsinθ时，f = 0，静摩擦力为零。即静摩擦力f的方向可能沿传送带向下，也可能沿传送带向上，还可能为零，故CD错误。故选：A。 6．(多选)(2026·广东清远市模拟)如图所示，飞机场运输行李的传送带保持恒定的速率向上运行，倾角为θ的传送带以恒定速率v沿顺时针转动，将一个行李箱无初速度地放在传送带底端A，行李箱从A运动到B的平均速度>v，则行李箱在传送带上从A运动到B的过程中(　　) A．行李箱受到的摩擦力保持不变 B．行李箱与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ C．传送带电机对外做的功大于行李箱机械能的增加量 D．摩擦力对传送带做功的大小等于行李箱机械能的增加量 解析：选BC。由于>v，因此行李箱在传送带上先加速后匀速，摩擦力先为滑动摩擦力，后为静摩擦力，故A错误；由于行李箱轻放上去后，能加速向上运动，则有μmg cos θ>mg sin θ，解得μ>tan θ，故B正确；传送带电机对外做的功等于行李箱机械能的增加量和因摩擦产生的热量，故C正确；摩擦力对传送带做功的大小等于行李箱机械能的增加量和系统产生的内能，故D错误。 7. (2026·衡阳县模拟) 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 = 4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0 = 12m/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g = 10m/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tanθ = 0.75 B. 煤块与传送带间的动摩擦因数μ = 0.25 C. 煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2s D. 煤块在传送带上留下的痕迹长为（10 + 4）m 解析：选AB。AB、根据题意分析可知，从甲、乙两图可知，0 ~ 1s煤块沿传送带向上做匀减速直线运动，运动时间t1 = 1s, 位移1 = (v0 + v) / 2 × t1, 加速度大小为a1 = Δv1 / Δt1，代入数据解得a1 = 8m/s². 对煤块，由牛顿第二定律有mgsinθ + μmgcosθ = ma1. 1s ~ 2s，煤块继续沿传送带向上做匀减速直线运动，运动时间t2 = 2s - 1s = 1s, 位移为x2 = (v + 0) / 2 × t2, 加速度大小为a2 = Δv2 / Δt2，解得a2 = 4m/s². 对煤块，由牛顿第二定律有mgsinθ - μmgcosθ = ma2, 2s之后，煤块沿传送带向下做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间t3，位移大小为x3 = x1 + x2, 加速度大小为a3 = a2 = 4m/s², 联立方程解得sinθ = 0.6, 所以, tanθ = sinθ / cosθ = 0.6 / 0.8 = 0.75, 解得μ = 0.25，故AB正确；C、根据题意分析可知，煤块从最高点下滑到A端，有x3 = 1 / 2 × a3t3², 解得t3 = s, 故C错误；D、根据题意分析可知，0 ~ 1s，煤块相对传送带沿斜面向上运动，煤块与传送带的相对位移为Δx1 = (v0 + v) / 2 × t1 - vt1, 代入数据解得Δx1 = 4m, 1s ~ 2s，煤块相对传送带沿斜面向下运动，煤块与传送带的相对位移为Δx2 = vt2 - (v + 0) / 2 × t2 代入数据解得Δx2 = 2m, 因为Δx2 < Δx1，则t = 2s时煤块位于原划痕长度的中间位置，则t = 2s时划痕仍为4m。2s ~ s煤块相对传送带继续沿斜面向下运动，此段时间煤块与传送带的相对位移为Δx3 = vt3 + x3，代入数据解得Δx3 = （10 + 4）m, 因为Δx3 > Δx1，则煤块产生的划痕长度为Δx4 = Δx3 - （Δx1 - Δx2），代入数据解得Δx4 = （8 + 4）m, 所以，煤块在传送带上留下的痕迹长为Δx = Δx1 + Δx4，代入数据解得Δx = （12 + 4）m. 故D错误。故选：AB。 8．(12分)(2026·广西壮族自治区模拟)一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带两部分组成。倾角α＝37°的传送带以恒定的速率v0＝6 m/s沿顺时针方向运行，质量m＝1 kg的玩具(可视为质点)从平台以速度v1＝4 m/s水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端(传送轮大小不计)进入传送带。玩具在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度L＝ m，玩具和传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.75，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： (1)玩具从平台到传送带最上端的时间t；(4分) (2)玩具在传送带上运动产生的热量Q；(6分) (3)因传送玩具电动机多消耗的电能ΔE。(2分) 解析：(1)玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有tan α＝ 解得vy＝3 m/s 故t＝＝0.3 s。 (2)玩具刚滑上传送带时的速度 v＝＝5 m/s<v0＝6 m/s 可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小 a1＝＝12 m/s2 玩具从刚滑上传送带到与传送带共速所用时间 t1＝＝ s 下滑的位移x1＝t1＝ m＝L 故玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离 Δx＝v0t1－L＝ m 玩具在传送带上运动产生的热量 Q＝μ1mgΔx cos α＝0.25 J。 (3)根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能ΔE＝μ1mgv0t1cos α＝3 J。 答案：(1)0.3 s　(2)0.25 J　(3)3 J 9．(12分)(2026·湖南临湘市期末)质量m＝1 kg的小物块，由静止从距斜面底端高h＝0.6 m的粗糙斜面上滑下，斜面倾角θ＝37°，小物块到达斜面底端后速度大小不变滑上足够长的长木板，小物块与斜面、长木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，长木板的质量M＝1 kg，小物块滑上长木板立即受到大小F＝6 N的水平向右的恒力作用，当小物块与长木板速度相同时，撤去恒力F，求： (1)小物块滑到斜面底端时的速度大小v0；(4分) (2)从滑上长木板开始，经多长时间物块、木板速度相同，此时物块距木板左端距离L；(4分) (3)最终木板距斜面末端的距离。(4分) 解析：(1)小物块滑到斜面底端过程中，根据动能定理可得 mgh－μ1mg cos 37°·＝mv 解得v0＝2 m/s。 (2)从滑上长木板开始，经t时间小物块、木板速度相同，则对小物块有 F－μ1mg＝ma1 解得a1＝1 m/s2 对木板有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 解得a2＝3 m/s2 则v0＋a1t＝a2t 解得t＝1 s 此时小物块距木板左端的距离 L＝x1－x2＝v0t＋a1t2－a2t2＝1 m。 (3)由于木板与小物块之间的滑动摩擦力大于木板与地面之间的滑动摩擦力，二者一起做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得 μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3 解得a3＝1 m/s2 此过程中木板移动的距离 x3＝＝4.5 m 最终木板距斜面末端的距离x总＝x2＋x3＝6 m。 答案：(1)2 m/s　(2)1 s　1 m　(3)6 m 10．(12分)(2026·广东湛江市期末)如图所示，一个可视为质点、质量m＝1 kg的小物块，从平台上的A点以v0＝3 m/s的初速度水平抛出，恰好无碰撞地从C点进入固定光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量M＝2 kg的长木板，并恰好能到达长木板的左端。已知长木板的上表面与圆弧轨道末端的切线相平，圆弧轨道的半径R＝ m，圆弧轨道对应的圆心角为θ，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2，sin θ＝0.8，cos θ＝0.6。求： (1)小物块滑上长木板时的速度大小vD；(5分) (2)小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q。(7分) 解析：(1)小物块在C点的速度 vC＝＝5 m/s 小物块从C点运动至D点，根据动能定理有 mgR(1－cos θ)＝mv－mv 解得小物块滑上长木板时的速度大小vD＝6 m/s。 (2)对小物块，根据牛顿第二定律有 μ1mg＝ma1 对长木板，根据牛顿第二定律有 μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 解得a1＝5 m/s2，a2＝1 m/s2 设经历时间t小物块与长木板共速，速度为v1，则v1＝vD－a1t＝a2t 解得t＝1 s 小物块与长木板间的相对位移 Δx＝t－t＝3 m 小物块与长木板间因摩擦产生的热量 Q＝μ1mgΔx＝5×3 J＝15 J。 答案：(1)6 m/s　(2)15 J 学科网（北京）股份有限公司 $