第3章 第4讲 牛顿运动定律的综合应用(二)(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿运动定律综合应用”专题，覆盖传送带模型（水平、倾斜）和滑块—木板模型两大高考核心考点，依据高考评价体系分析动力学综合题占25%的权重，归纳三类常考情境及解题思维趋向，通过例题与真题训练实现备考针对性。 课件亮点在于“情境分类+模型建构+真题突破”策略，如以2026年无锡一中传送带题为例，运用科学思维中的模型建构和科学推理，解析相对位移计算等关键技巧，培养运动和相互作用观念，助力学生掌握答题方法，教师可据此高效开展专题复习。

牛顿运动定律的综合应用(二) （综合融通课） 第 4 讲 (一) 动力学中的传送带模型 (二)动力学中的滑块—木板模型 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 (一) 动力学中的传送带模型 类型(一)　水平传送带模型 1.三种常见情境 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 ①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ②v0=v，一直匀速 ③v0<v，可能一直加速，也可能先加速再匀速 项目 图示 滑块可能的运动情况 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。其中，若v0>v，返回时速度为v，若v0≤v，返回时速度为v0 2.解题思维趋向 (1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。 (2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。 (3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况： ①若二者同向，则Δs=|s传-s物|； ②若二者反向，则Δs=|s传|+|s物|。 [例1]　(2026·无锡一中开学考试)如图所示， 水平放置的传送带以v=5 m/s的速度顺时针运行， A端与B端相距L=2.4 m，现将质量为m=2 kg的小滑块(可视为质点)以一定的初速度水平向右滑上传送带的A端，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，g取10 m/s2。 (1)若滑块在到达B端前能与传送带速度相同，求滑块初速度v0的范围； [答案]　1 m/s≤v0≤7 m/s　 [解析]　滑块在传送带上做匀变速运动的加速度大小a==μg=5 m/s2 设全程加速时对应最小初速度为v1，全程减速时对应最大初速度为v2，由运动学公式有v2-=2aL，-v2=2aL，解得v1=1 m/s，v2=7 m/s 可知初速度的范围为1 m/s≤v0≤7 m/s。 (2)若滑块以初速度v0=3 m/s滑上A端，同时对滑块施加水平向左的恒力F=2 N，求滑块在传送带上运动的时间； [答案]　0.58 s [解析]　滑块以初速度v0=3 m/s滑上A端，滑块与传送带共速前，滑块所受摩擦力向右，由牛顿第二定律有μmg-F=ma1，解得a1=4 m/s2 加速位移x1==2 m<2.4 m 加速运动的时间为t1==0.5 s 由于μmg>F，则滑块与传送带共速后，与传送带一起做匀速运动，匀速运动的时间为 t2==0.08 s 滑块在传送带上运动的总时间t=t1+t2=0.58 s。 (3)若滑块以某初速度(大于5 m/s)滑上A端，同时对滑块施加水平向左的恒力F'=30 N，滑块到达B端的速度刚好为零，求滑块的初速度。(若结果有根式可保留) [答案]　 m/s [解析]　滑块的初速度大于传送带的速度，在滑块减速至与传送带共速的过程中，滑块所受摩擦力方向向左，由牛顿第二定律有μmg+F'=ma2，解得a2=20 m/s2 由于F'>μmg，可知与传送带共速后滑块继续减速，滑块所受摩擦力变为向右，根据牛顿第二定律有F'-μmg=ma3 解得a3=10 m/s2 全程位移L=+ 解得v0'= m/s。 [针对训练] 1.如图所示，水平方向的传送带以v1的恒定速 度顺时针转动。一物块从右端以v2(v2>v1)的速度滑 上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，传 送带长度L>。在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，物块的速度随时间变化的图像是(　 ) √ 解析：由物块在传送带上的受力可知，物块的加速度为a=μg，当物块向左运动至速度减为零时的位移为x=，由题可知L>，故物块没有滑离传送带，物块向左减速到零后向右做匀加速直线运动，当物块速度与传送带速度相同时，物块的位移为x'=，又v2>v1，则x>x'，故向右运动的速度与传送带相等后，物块做匀速直线运动。故选B。 类型(二)　倾斜传送带模型 1.两种常见情境 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，后以a2加速 2.解题思维趋向 物体沿倾角为θ的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。 [例2]　(2026·盐城七校联盟学情检测)如图甲所示为一皮带传送装置，皮带逆时针方向匀速传动，一黑色物体由静止放到皮带顶端，被皮带向下传送，经过2.0 s到达底端，其在传送带上运动的v⁃t图像如图乙所示，g=10 m/s2。求： (1)皮带匀速运动的速度大小v0； [答案]　8.0 m/s　 [解析]　当物体与皮带共速时其加速度会发生突变，由题图乙可知，皮带的速度为v0=8.0 m/s。 (2)物体从皮带顶端滑到底端的过程中，物体在皮带上的划痕长度； [答案]　4 m　 [解析]　0~1.0 s内，物体相对皮带向上滑动，其相对位移大小为Δx1=v0t1-v0t1=4 m 1.0~2.0 s内，物体相对皮带向下滑动，其相对位移大小为Δx2=(t2-t1)-v0(t2-t1)=1 m 因Δx1>Δx2，故物体在皮带上的划痕长度为4 m。 (3)皮带与水平面间的夹角θ及物体与皮带之间的动摩擦因数μ。 [答案]　30°　 [解析]　由题图乙可知，0~1.0 s内，物体的加速度大小为a1==8 m/s2，1.0~2.0 s内，物体的加速度大小为a2==2 m/s2 0~1.0 s内，皮带对物体的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律有 mgsin θ+μmgcos θ=ma1， 1.0~2.0 s内，皮带对物体的滑动摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律有 mgsin θ-μmgcos θ=ma2 联立解得θ=30°，μ=。 [针对训练] 2.(2026·徐州市第三中学月考)如图所示为货场使用的传 送带，传送带倾斜放置，以v0的恒定速率顺时针转动。 将一货物无初速地放在A端，设货物经时间t速度变为v， 相对A端的位移为x，则下列图像中一定不正确的是(　 ) √ 解析：若货物从A端一直做匀加速运动到B端，则有v=at，A可能正确；若货物在到达B端前与传送带共速，之后与传送带一起做匀速运动到达B端，B可能正确；货物从A端开始向上做匀加速运动，根据v2=2ax，解得v=，故速度与 成正比，v⁃x图像应该是一条曲线，若货物在到达B端前与传送带共速，此后货物与传送带一起向上做匀速运动，v⁃x图像是一条平行x轴的直线，C错误，D可能正确。 (二)动力学中的滑块—木板模型 1.关注“一个转折”和“两个关联” 一个转折 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点 两个关联 指转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键 2.解决“板块”模型问题的“思维流程” [例1]　如图所示，在光滑的水平面 上有一足够长的质量为M=4 kg的长木板， 在长木板右端有一质量为m=1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ=0.2，长木板与小物块均静止，现用F=14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t=1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则： (1)在F的作用下，长木板的加速度为多大? 类型(一) 水平面上受外力作用的板块模型 [答案]　3 m/s2　 [解析]　对长木板，根据牛顿第二定律可得a=，解得a=3 m/s2。 (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远? [答案]　0.5 m　 [解析]　撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用，故am=μg=2 m/s2，Δx1=at2-amt2=0.5 m。 (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动? [答案]　2.8 m/s [解析]　刚撤去F时v=at=3 m/s， vm=amt=2 m/s 撤去F后，长木板的加速度大小 a'==0.5 m/s2 最终速度v'=vm+amt'=v-a't' 解得共同速度v'=2.8 m/s。 (4)最终小物块离长木板右端多远? [答案]　0.7 m [解析]　在t'内，小物块和长木板的相对位移 Δx2=-，解得Δx2=0.2 m 最终小物块离长木板右端x=Δx1+Δx2=0.7 m。 [针对训练] 1.如图甲所示，质量为Ma =2 kg的木板A静止在水平地面 上，质量为mB=1 kg的滑块B静 止在木板的左端，对B施加一水平向右的恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10 m/s2。下列说法正确的是(　 ) A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.6 B.木板与地面间的动摩擦因数为0.2 C.F的大小可能为9 N D.F的大小与板长L有关 解析：当滑块在木板上滑动时，木板的加速度为a1== m/s2=2 m/s2，根据牛顿第二定律，对木板A有μ1mBg-μ2(mA+mB)g=mAa1，滑块从木板上滑出后，木板的加速度为a2==- m/s2=-1 m/s2，根据牛顿第二定律得-μ2mAg=mAa2，联立解得μ1=0.7，μ2=0.1，A、B错误；对滑块B，有F-μ1mBg=mBaB，其中的aB>2 m/s2，则F>9 N，即F的大小不可能为9 N，C错误；根据L=aBt2-a1t2，式中t=1 s，联立解得F=(2L+9)N，故F的大小与板长L有关，D正确。 √ [例2]　粗糙水平面上有一块 足够长的木板B，小物块A处于木 板上表面的右端，两者均静止， 如图甲所示。取水平向右为正方 向，t=0时刻分别使A和B获得等大反向的水平速度v0，它们一段时间内速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知物块A跟木板B的质量之比为1∶3，物块A与木板B之间、木板B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度g=10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是 (　 ) 类型(二) 水平面上具有初速度的板块模型 A.物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.1 B.两处的动摩擦因数之比为μ1∶μ2=4∶5 C.木板B向前滑行的最大距离为 m D.物块A相对木板B滑过的位移大小为10 m √ [解析]　以水平向右为正方向，对小物块，有μ1mAg=mAaA，根据题图乙可知aA=2 m/s2，那么物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2，A错误；对木板，受物块与地面的摩擦力，则有μ1mAg+μ2(mA+mB)g=mBaB，根据题图乙可知aB=1 m/s2，那么木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.025，两处的动摩擦因数之比为 μ1∶μ2=8∶1，B错误； 结合题图乙，从t=2 s开始，设物块与木板达到共速又用了时间t1，则2 m/s-aBt1=aAt1，解得t1= s，此时的速度为v1= m/s，之后物块与木板具有共同的加速度a'=μ2g=0.25 m/s2，对于木板，在相对滑动阶段的位移x1=× m= m，共同前进阶段的位移x2= m= m，那么木板B向前滑行的最大距离为 m，C正确；两者的相对初速度为8 m/s，达到相对末速度为0所用的时间为2 s+t1= s，则物块A相对木板B滑过的位移大小为× m= m，D错误。 [针对训练] 2.如图所示，质量为M=2 kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端放置一个质量m=3 kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0=5 m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2，取g=10 m/s2。求： (1)假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长； 答案：5 m　 解析：对木块A由牛顿第二定律得-μ1mg=ma1，解得a1=-μ1g=-2 m/s2 对木板B由牛顿第二定律得μ1mg-μ(m+M)g=Ma2，解得a2=0.5 m/s2 设经过时间t后A、B达到共同速度v，由运动学公式得v=v0+a1t，v=a2t 解得v=1 m/s，t=2 s t时间段内，由运动学公式得A、B的位移分别为x1=v0t+a1t2，x2=a2t2 因此B板的长度至少为L=x1-x2=5 m。 (2)要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。 答案：1.5 m 解析：当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速，根据牛顿第二定律得-μ(m+M)g=(m+M)a3，解得a3=-1 m/s2 设木板B加速和减速通过的位移分别为x2、x3，则加速过程有x2=a2t2 减速过程有2a3x3=0-v2， 所以s=x2+x3=1.5 m。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1.如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示，下列描述正确的是 (　 ) A.小物块一直受滑动摩擦力 B.传送带做顺时针的匀速运动 C.传送带做顺时针的匀加速运动 D.小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带 √ 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 解析：由题图乙可知，物块先做加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起做顺时针的匀加速运动，故B错误，C正确；当物块与传送带共速后一起顺时针加速，物块受静摩擦力。物块也不可能从图甲的左端滑下传送带，故A、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2.如图所示，足够长的倾斜传送带沿逆时针方向 匀速转动，一滑块从斜面顶端由静止释放后一直 做加速运动。则 (　 ) A.滑块受到的摩擦力方向保持不变 B.滑块的加速度保持不变 C.若减小传送带的倾角，滑块可能先做加速运动后做匀速运动 D.若传送带改为顺时针转动，滑块可能先做加速运动后做匀速运动 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设滑块质量为m，传送带倾角为θ，刚开始时滑块受重力、支持力、沿传送带向下的摩擦力作用，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1，滑块向下匀加速运动，当滑块与传送带达到共同速度时，如果mgsin θ> μmgcos θ，则滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2，则滑块继续向下加速运动，加速度大小改变，故A、B错误；若减小传送带的倾角，当滑块与传送带达到共同速度时mgsin θ≤μmgcos θ，此后滑块与传送带一起匀速运动，所以滑块可能先做加速运动后做匀速运动，故C正确；若传送带改为顺时针转动，若mgsin θ≤μmgcos θ，滑块不能向下运动，若mgsin θ>μmgcos θ，则滑块一直向下匀加速运动，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：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at2-a1t2=L，解得t=1 s，故A正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 4.一辆货车在平直道路上以加速度a向右加速行驶，车厢中叠放着两个木箱A、B均与货车保持相对静止。A、B间的动摩擦因数为μ1，B与车厢底面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 (　 ) A.a可能大于μ1g B.a可能大于μ2g C.A对B的摩擦力水平向右 D.车厢底面对B的摩擦力一定大于A对B的摩擦力 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：车厢中叠放着两个木箱A、B均与货车保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，对木箱A由牛顿第二定律，则有μ1mAg≥mAa，解得a≤μ1g，即加速度a不可能大于μ1g，A错误；木箱A、B看成整体，由牛顿第二定律可得μ2(mA+mB)g≥(mA+mB)a，解得a≤μ2g，即加速度a不可能大于μ2g，B错误；A向右做加速运动，则B对A的摩擦力向右，由牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力水平向左，C错误；对木箱B受力分析可知，B在水平方向受车厢底面向右的摩擦力、A对B水平向左的摩擦力，由牛顿第二定律可得fB厢-fAB=mBa，因加速度a>0，所以车厢底面对B的摩擦力一定大于A对B的摩擦力，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 5.如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t=0时，小车以速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车。图乙为小滑块与小车运动的v⁃t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小为g。由此不可求得的物理量是 (　 ) A.小车的长度 B.小滑块的质量 C.小车在匀减速运动过程中的加速度 D.小滑块与小车之间的动摩擦因数 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：最终小滑块恰好没有滑出小车，由图像可求出小车的长度L=t1-t1=t1，故A不符合题意；根据图像可以求出小车做匀减速直线运动的加速度以及小滑块做匀加速直线运动的加速度，无法求出小滑块的质量，故B符合题意，C不符合题意；对小滑块，由v⁃t图像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即a=，再由牛顿第二定律得a===μg，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ=，故D不符合题意。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 6.(2025·盐城市四校月考)如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端滑上木板上表面，经过Δt恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将上述木板分成长度相等的两段(如图乙)，该滑块仍以v0从木板左端滑上木板上表面，也经过Δt时间，下列物体的位置关系示意图中正确的是 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设木板的质量为M，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，第一次运动过程，滑块一直减速，加速度大小a1==μg，木板一直加速，加速度大小a2=； √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 第二次运动过程，滑块的加速度仍为a1，滑块在木板第 一部分上运动时木板整体的加速度仍为a2，在第二部分 上运动时第一部分停止加速，第二部分的加速度a3= =，滑块与木板第二部分共速后二者一起做匀速运动；作出两过程的v⁃t图像如图所示，其中实线表示第一次运动过程，虚线表示第二次运动过程，由v⁃t图线与t轴围成的面积表示位移可知，在Δt时间内，第二次运动木板第二部分的位移大于第一次运动木板整体的位移，第二次运动滑块的位移大于第一次运动滑块的位移，同时第二次运动滑块与木板的相对位移小于第一次运动，即第二次运动滑块没有到达木板最右端，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 7.(2025·苏锡常镇二模)如图所示，一水平固定传送带与一倾斜固定传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的夹角为θ，两传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块(视为质点)，滑块与两传送带间的动摩擦因数均为μ，且μ<tan θ。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是 (　 ) A.滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 B.滑块一定可以回到A点 C.滑块最终停留在B点 D.若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：因μ<tan θ，可得mgsin θ>μmgcos θ，所以滑块由A点释放后沿传送带向下做匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上做匀减速运动，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，受力情况总相同，加速度也相同，故A正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上的加速度总相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故B、D错误。由以上分析可知，滑块将在B点两侧做往复运动，不会停止运动，故C错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 √ 8.如图，质量均为m的物块甲、乙静止于 倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平 行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直 于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的 初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为 (　 ) A.2mgsin θ B.3mgsin θ C.4mgsin θ D.5mgsin θ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有F弹1=mgsin θ，对甲有F弹1+mgsin θ=ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2-mgsin θ=ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2+mgsin θ=4mgsin θ，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 9.(8分)(2025·连云港期中)如图所示，水平传送 带以速度v0=2 m/s匀速转动，A、B两端的距离 L=5 m。将一小物块无初速度地轻放在传送带上的A端，物块和传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块加速过程中的加速度大小a；(3分) 答案：5 m/s2　 解析：根据牛顿第二定律有μmg=ma 可得物块加速过程中的加速度大小a=μg=5 m/s2。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)物块从A端运动到B端的时间t。(5分) 答案：2.7 s 解析：物块加速运动的时间t1==0.4 s，加速运动的位移大小为x=a=0.4 m<L， 物块与传送带共速后做匀速运动，匀速运动的时间t2==2.3 s 可知物块从A端运动到B端的时间 t=t1+t2=2.7 s。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 10.(18分)(2025·宿迁质检)如图，倾角为θ 的斜面体C固定在水平地面上，一质量 m1=2 kg的木板A以v0=3 m/s的初速度沿 斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1。将一质量m2=1 kg的滑块B轻放在木板A上，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2，且μ2=μ1。当木板A的速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板，滑块B在木板A上滑动时会留下痕迹。已知斜面足够长，sin θ=0.4，重力加速度g=10 m/s2，求： 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1(结果可保留根号)；(3分) 答案：　 解析：开始时，木板A能够匀速下滑，有m1gsin θ=μ1m1gcos θ，解得μ1=tan θ=。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1；(6分) 答案：6 m/s2　3 m/s2　 解析：刚放上滑块B时，对滑块B受力分析， 如图甲所示，由牛顿第二定律可得m2gsin θ+μ2m2gcos θ=m2a2 又μ2=μ1，解得a2=6 m/s2 对木板A受力分析，如图乙所示 由牛顿第二定律可得μ2m2gcos θ+ μ1(m1+m2)gcos θ-m1gsin θ=m1a1 解得a1=3 m/s2。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (3)滑块B在木板A上留下痕迹的长度s。(9分) 答案：6 m 解析：设经过t1时间木板A与滑块B共速，共速时的速度为v，对A、B分别有v=v0-a1t1，v=a2t1 联立解得t1= s，v=2 m/s 设共速时滑块B相对木板A向上滑动的位移大小为Δx1， 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 有Δx1=t1-t1=0.5 m　 共速后，再对滑块B受力分析，如图丙所示 由牛顿第二定律可得 m2gsin θ-μ2m2gcos θ=m2a2' 解得a2'=2 m/s2 对木板A受力分析，如图丁所示 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 由牛顿第二定律可得μ1(m1+m2)gcos θ-μ2m2gcos θ-m1gsin θ=m1a1'， 解得a1'=1 m/s2 设再经过t2时间木板A速度减为零，有t2==2 s 此时滑块B的速度大小为v2=v+a2't2=6 m/s 设共速后滑块B相对木板A向下滑动的位移大小为Δx2， 有Δx2=t2-t2=6 m 由于Δx2>Δx1 则滑块B在木板A上留下痕迹的长度为 s=Δx2=6 m。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $