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重难突破4　动力学中的传送带模型和板块模型
1.（2024·北京高考10题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（　　）
A.刚开始物体相对传送带向前运动
B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
2.如图所示，两轮轴心间距为L＝0.4 m、倾角为θ＝37°的传送带以恒定的速率v＝1 m/s 沿顺时针方向运行。现将一质量m＝2 kg 的物块（可视为质点）以v0＝3 m/s的速度从底部滑上传送带，传送带与物块之间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，则物块（　　）
A.先做减速，后做匀速运动
B.开始加速度大小为 2 m/s2
C.经过t＝0.2 s到达顶端
D.相对传送带发生的位移大小为0.4 m
3.（2025·安徽安庆期中）如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m，质量M＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1 kg物块，物块与薄板间动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则物块在薄板上运动的时间为（　　）
A.0.5 s　　 B.1 s　　
C.1.5 s　　 D.2 s
4.如图甲所示，物块A与木板B静止在光滑水平地面上，现给物块A一初速度，1 s后两物体相对静止地一起匀速运动，它们的位移—时间图像如乙图所示，则A、B两物体的质量比为（　　）
A.4∶3 B.2∶1
C.3∶2 D.5∶2
5.如图所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动。现将一个质量m＝0.5 kg的物体轻轻地放在传送带的a点，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为（取g＝10 m/s2）（　　）
A. s B.（－1）s
C.3 s D.2.5 s
6.〔多选〕（2025·安徽蚌埠期末）图甲为机场和火车站的安全检查仪器，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带以1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2，该行李从A到B的过程中（　　）
A.行李一直受到摩擦力作用，方向先水平向左，再水平向右
B.行李到达B处时速率为1 m/s
C.行李到达B处所需的时间为2.5 s
D.行李与传送带间的相对位移为2 m
7.〔多选〕传送带可以连续地进行物料运输，且结构设计简单。如图所示，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角为θ，传送带顺时针运行的速度大小恒为v0，一物块从传送带顶端以初速度v1开始下滑，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带足够长，物块在传送带上运动过程中，速度随时间变化的图像可能是（以物块初速度v1的方向为正方向）（　　）
8.（2025·江西上饶二模）如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则木板的长度为（　　）
A.1.0 m B.1.5 m
C.2.0 m D.2.5 m
9.如图所示，将小滑块A放在长为L的长木板B上，A与B间的动摩擦因数为μ，长木板B放在光滑的水平面上，A与B的质量之比为1∶4，A距B的右端L。现给长木板B一个水平向右初速度v0＝10 m/s，小滑块A恰好从长木板B上滑下；若给A一个水平向右初速度v，要使A能从B上滑下，则v至少为（　　）
A.5 m/s B.10 m/s
C.15 m/s D.20 m/s
10.如图所示，质量均为m＝1 kg的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2 m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小aB、aB'；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。
11.（2025·河南郑州模拟）如图所示，传送带倾斜放置，与水平方向的夹角为θ＝37°，小物块以v0＝2 m/s的初速度从A端沿传送带向下运动。当传送带静止不动时，小物块从A端运动到B端所用的时间为Δt＝5 s。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，小物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，＝1.73。
（1）求A、B两端之间的距离L；
（2）若传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，求小物块在传送带上留下的痕迹s；
（3）若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块从A端运动到B端所用的总时间t。（结果保留3位有效数字）
重难突破4　动力学中的传送带模型和板块模型
1.D刚开始，物体速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，A错误；物体匀速运动过程中，不受摩擦力作用，B错误；加速运动过程中，传送带对物体的摩擦力向前，则摩擦力对物体做正功，C错误；加速运动过程 ＝μmg＝ma加速时间t＝ v越大，t越大，D正确。
2.C　开始时加速度大小为a＝＝10 m/s2，物块与传送带共速时－v2＝2ax，得x＝L＝0.4 m，则物块做匀减速运动到顶端时刚好与传送带共速，A、B错误；到达顶端的时间为t＝＝0.2 s，C正确；物块相对传送带发生的位移大小为Δx＝x－vt＝0.2 m，D错误。
3.B　设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物块脱离薄板的时间为t，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，代入数据解得a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2，由物块与薄板之间的位移关系可得a2t2－a1t2＝l，代入数据解得物块在薄板上运动的时间为t＝1 s，故选B。
4.B　由图乙可知，0～1 s内，xA＝5 m，xB＝2 m，对A进行受力分析得μmAg＝mAaA，对B进行受力分析得μmAg＝mBaB，1 s后两物体相对静止地一起匀速运动，则速度为v0－aAt＝aBt，由xB＝aBt2，解得aB＝4 m/s2，则共速时的速度为v共＝vB＝aBt＝4 m/s，对A有xA＝t＝5 m，v共＝aBt＝4 m/s，联立解得v0＝6 m/s，μ＝0.2，＝，故选B。
5.C　物体在传送带上运动的加速度为a＝μg＝1 m/s2，加速到与传送带共速的时间为t1＝＝1 s，加速的距离为 x＝t1＝0.5 m，此后物体随传送带一起做匀速运动，则匀速运动的时间为t2＝＝2 s，故物体从a点运动到b点所经历的时间为t＝t1＋t2＝3 s，C正确。
6.BC　由牛顿第二定律得μmg＝ma，设行李与传送带共速所需的时间为t，则有v＝at，代入数值得t＝1 s，行李做匀加速运动的位移大小为x＝at2＝0.5 m＜2 m，所以行李先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，故A错误，B正确；匀速运动的时间为t'＝＝1.5 s，行李从A到B所需的时间为t总＝1 s＋1.5 s＝2.5 s，传送带在t时间内的位移为x'＝vt＝1 m，行李与传送带间的相对位移为Δx＝x'－x＝0.5 m，故C正确，D错误。
7.ABC　若μmgcos θ＞mgsin θ且v1≤v0，物块先向下减速到零，然后反向加速到v1从传送带顶端离开，物块加速和减速过程对称，故A正确；若μmgcos θ＞mgsin θ且v1＞v0，物块先向下减速到零，然后反向加速到v0，然后与传送带共速后向上匀速运动，故B正确；若μmgcos θ＝mgsin θ物块将向下一直做匀速直线运动，故C正确；若一开始物块向下加速，则物块所受合外力的大小和方向均不变，物块加速度保持不变，故D错误。
8.B　设物块的质量为m，木板的质量为M，物块减速和木板加速到共速的时间为t1，物块和木板的加速度大小分别为a1、a2，有a1＝＝2 m/s2，a2＝，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移为x1＝t1，两者共速后，因μ1＞μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度为a3，有a3＝＝0.5 m/s2，从两者共速到停止运动，木板的位移为x2＝，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，有L＝t1－x1，联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故选B。
9.B　由牛顿第二定律可得μmAg＝mAaA，μmAg＝mBaB，设给长木板B一个水平向右的初速度v0，滑块A恰好滑下时的速度为v1，经过的时间为t1，则有v1＝v0－aBt1，v1＝aAt1，－＝2aB，＝2aAxA1，xB1－xA1＝L，可得＝L①，设给滑块A一个水平向右的初速度v，滑块A恰好滑下时的速度为v2，经历的时间为t2，则有v2＝v－aAt2，v2＝aBt2，v2－＝2aAxA2，＝2aBxB2，xA2－xB2＝L，可得＝L②，①、②两式相比可得v＝v0＝10 m/s，故选项B正确。
10.（1）4 m/s　（2）12 m/s2　4 m/s2
（3）8 m/s　3 m
解析：（1）先敲击A时，由牛顿第二定律知μmg＝maA
A加速度的大小aA＝μg
A对B的摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，B静止不动
根据匀变速直线运动速度与位移关系可知＝2aAL
解得vA＝＝4 m/s。
（2）在左边缘再次对齐前，对B，
根据牛顿第二定律得μmg＋2μmg＝maB
解得aB＝3μg＝12 m/s2
对齐后，对A、B整体，根据牛顿第二定律得2μmg＝2maB'，解得aB'＝μg＝4 m/s2。
（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA，
则v＝aAt＝vB－aBt，xA＝aAt2
xB＝vBt－aBt2，xB－xA＝L
联立解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m
A、B达到共同速度后，有v2＝2aB'xB'
解得xB'＝0.5 m，所以sB＝xB＋xB'＝3 m。
11.（1）35 m　（2）25 m　（3）3.52 s
解析：（1）传送带静止时，设小物块下滑的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
解得a1＝2 m/s2，
A、B两端之间的距离为L＝v0Δt＋a1（Δt）2
解得L＝35 m。
（2）传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，小物块仍以加速度大小a1做匀加速直线运动，故小物块运动的位移仍为L，则传送带运动的位移为x带＝v1Δt＝10 m
小物块在传送带上留下的痕迹为s＝L－x带＝25 m。
（3）若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，开始时，小物块受到的摩擦力沿着传送带向下，设小物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
解得a2＝10 m/s2
设经过时间t1，小物块与传送带达到共同速度，则有v2＝v0＋a2t1
这段时间内小物块运动的位移为x1＝v0t1＋a2
在此之后，小物块仍以大小为a1的加速度做匀加速直线运动，根据运动学公式有
x2＝L－x1
x2＝v2t2＋a1
则小物块从A端运动到B端所用的总时间t＝t1＋t2
联立代入数据解得t＝3.52 s。
3 / 3　动力学中的传送带模型和板块模型
突破点一　动力学中的传送带模型
1.模型特点
传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其本质是物体与传送带间在摩擦力作用下的相对运动问题。
2.传送带模型问题的两个关键分析
受力 分析 （1）摩擦力方向的判断：①同向“以快带慢”；②反向“互相阻碍”。 （2）共速时摩擦力的可能突变：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变
运动 分析 （1）参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系；②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。 （2）判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。 （3）判断物体在达到共速之前是否滑出传送带
水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 （1）可能一直加速 （2）可能先加速，后匀速
情景2 （1）v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速，再匀速 （2）v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速，再匀速
情景3 （1）传送带较短时，滑块一直减速达到左端 （2）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。当v0＞v，返回时速度为v，当v0＜v，返回时速度为v0
（2025·山东济宁月考）如图所示，水平固定放置的传送带在电机的作用下一直保持速度v＝4 m/s顺时针转动，两轮轴心间距L＝10 m。一个物块（视为质点）以速度v0＝8 m/s从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经过t＝2 s物块离开传送带，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A.物块在传送带上一直做匀减速直线运动
B.物块在传送带上做匀减速运动的时间为1.5 s
C.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4
D.物块在传送带上留下的划痕为6 m
尝试解答
倾斜传送带模型
倾斜传送带的几种情况：（条件：传送带以v匀速运行，滑块的初速度为v0）
情景 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
一直加速（一定满足关系μ＞tan θ） 先加速后匀速
一直加速（加速度为gsin θ＋μgcos θ） 若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
v0＜v时，一直加速（加速度为gsin θ＋μgcos θ） v0＜v时：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
v0＞v时，一直匀变速（加速度为｜gsin θ－μgcos θ｜） v0＞v时：若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
（摩擦力方向一定沿斜面向上） μ＜tan θ，一直加速； μ＝tan θ，一直匀速
μ＞tan θ，一直减速 μ＞tan θ，先减速到速度为0后反向加速到v，若v0≤v，则回到原位置时速度大小为v0（类竖直上抛运动），若v0＞v，运动到原位置时速度大小为v
（2025·安徽阜阳模拟）如图所示，煤矿有一传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，传送带以v＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A点静止释放一个质量为m＝1.0 g的黑色煤块，经过2 s运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2，求：
（1）传送带从A到B的长度；
（2）煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
尝试解答
突破点二　动力学中的板块模型
1.模型特点：滑块（视为质点）置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下或者还有外力作用下发生相对滑动。
2.模型构建
（1）隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
（2）对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
（3）明确滑块和木板间的位移关系
如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L（板长）；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3.解题关键
（1）摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
（2）挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力（水平面上共同匀速运动）。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板；
②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。
（2024·新课标卷25题）如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
尝试解答
（2025·陕西宝鸡阶段练习）如图甲所示，粗糙的水平地面上静置一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板，在其右端放一质量为1 kg的小物块（可看作质点）。某时刻起对长木板施加逐渐增大的水平外力F，测得小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g＝10 m/s2，若一开始改用F＝16 N的水平恒力拉长木板，则小物块在长木板上滑行的时间为（　　）
A.2 s　 B.3 s　
C. s　 D. s
尝试解答
重难突破4　动力学中的传送带模型和板块模型
【着眼“四翼”·探考点】
突破点一
【例1】 C　假设物块在传送带上一直做匀减速运动，加速度的大小为a，则L＝v0t－at2，解得a＝3 m/s2，离开传送带时物块的速度为v＝v0－at＝2 m/s＜4 m/s，假设不成立，故物块在传送带上先做减速运动，再与传送带共速，最后从右端离开，A错误；设物块在传送带上做匀减速运动的时间为t1，则物块与传送带一起匀速运动的时间为2 s－t1，L＝t1＋4 m/s×（2 s－t1），解得t1＝1 s，B错误；物块在传送带上做匀减速运动的时间为1 s，则减速时加速度大小为a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律可得μmg＝ma1，解得μ＝0.4，C正确；物块与传送带的相对位移大小，即留下的划痕长度为Δx＝v0t1－a1－vt1＝2 m，D错误。
【例2】 （1）16 m　（2）5 m
解析：（1）煤块速度达到10 m/s之前，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
t1＝＝1 s
x1＝a1＝5 m
煤块速度达到10 m/s之后运动时间t2＝1 s
由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
x2＝vt2＋a2＝11 m
所以传送带从A到B的长度为L＝x1＋x2＝16 m。
（2）煤块速度小于传送带时s1相＝vt1－x1＝5 m
煤块速度大于传送带时s2相＝x2－vt2＝1 m
由于s1相＞s2相，则煤块形成的痕迹长为5 m。
突破点二
【例3】 （1）4 m/s　 s　（2） m
解析：
（1）解法一　由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x物＝v0t1－a＝l＋
x板＝a＝
联立并代入数据解得v0＝4 m/s、t1＝ s。
解法二　对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·l＝m－m
μmg·l＝m－0
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝ s。
（2）结合（1）问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为
v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有
－＝v2t2
h＝g
联立并代入数据解得h＝ m。
【例4】 A　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时二者开始一起加速，则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，则小物块的加速度最大为a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，改用F＝16 N的外力水平拉长木板时，对长木板，由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，解得a＝5 m/s2，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，代入数据解得t＝2 s，故选A。
3 / 3(共57张PPT)
重难突破4
动力学中的传送带模型和板块模型
高中总复习·物理
目 录
01
着眼“四翼”·探考点
02
培养“思维”·重落实
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
突破点一　动力学中的传送带模型
1. 模型特点
传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其本质是物体与
传送带间在摩擦力作用下的相对运动问题。
2. 传送带模型问题的两个关键分析
受力 分析 （1）摩擦力方向的判断：①同向“以快带慢”；②反向“互
相阻碍”。
（2）共速时摩擦力的可能突变：①滑动摩擦力突变为零；②
滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变
运动 分析 （1）参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均
以地面为参考系；②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参
考系。
（2）判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。
（3）判断物体在达到共速之前是否滑出传送带
水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 （1）可能一直加速
（2）可能先加速，后匀速
情景2 （1）v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速，
再匀速
（2）v0＜v时，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
情景
3
（1）传送带较短时，滑块一直减速达到左端
（2）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。当v0
＞v，返回时速度为v，当v0＜v，返回时速度为v0
（2025·山东济宁月考）如图所示，水平固定放置的传送带在电机的
作用下一直保持速度v＝4 m/s顺时针转动，两轮轴心间距L＝10 m。一个物
块（视为质点）以速度v0＝8 m/s从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经
过t＝2 s物块离开传送带，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是
（　　）
A. 物块在传送带上一直做匀减速直线运动
B. 物块在传送带上做匀减速运动的时间为1.5 s
C. 物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4
D. 物块在传送带上留下的划痕为6 m
√
解析：假设物块在传送带上一直做匀减速运动，加速度的大小为a，则L＝
v0t－at2，解得a＝3 m/s2，离开传送带时物块的速度为v＝v0－at＝2 m/s＜4
m/s，假设不成立，故物块在传送带上先做减速运动，再与传送带共速，最
后从右端离开，A错误；设物块在传送带上做匀减速运动的时间为t1，则物
块与传送带一起匀速运动的时间为2 s－t1，L＝t1＋4 m/s×（2 s
－t1），解得t1＝1 s，B错误；物块在传送带上做匀减速运动的时间为1 s，
则减速时加速度大小为a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律可得μmg
＝ma1，解得μ＝0.4，C正确；物块与传送带的相对位移大小，即留下的划
痕长度为Δx＝v0t1－a1－vt1＝2 m，D错误。
倾斜传送带模型
倾斜传送带的几种情况：（条件：传送带以v匀速运行，滑块的初速度为v0）
情景 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
一直加速（一定满足关
系μ＞tan θ） 先加速后匀速
一直加速（加速度为gsin
θ＋μgcos θ） 若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋
μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－
μgcos θ加速
情景 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
v0＜v时，一直加速（加
速度为gsin θ＋μgcos θ） v0＜v时：若μ≥tan θ，先加速后匀
速；若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋
μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－
μgcos θ加速
v0＞v时，一直匀变速
（加速度为｜gsin θ－
μgcos θ｜） v0＞v时：若μ＞tan θ，先减速后匀
速；若μ＜tan θ，以a2＝gsin θ－
μgcos θ加速
情景 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
（摩擦力方
向一定沿斜
面向上） μ＜tan θ，一直加速； μ＝tan θ，一直匀速
μ＞tan θ，一直减速 μ＞tan θ，先减速到速度为0后反
向加速到v，若v0≤v，则回到原位
置时速度大小为v0（类竖直上抛运
动），若v0＞v，运动到原位置时
速度大小为v
（2025·安徽阜阳模拟）如图所示，煤矿有一传送带与水平地面的夹
角为θ＝37°，传送带以v＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A点静
止释放一个质量为m＝1.0 g的黑色煤块，经过2 s运动到传送带下端B点并
离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。已知煤块与传送带之间
的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2，求：
（1）传送带从A到B的长度；
答案： 16 m　
解析： 煤块速度达到10 m/s之前，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
t1＝＝1 s
x1＝a1＝5 m
煤块速度达到10 m/s之后运动时间t2＝1 s
由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
x2＝vt2＋a2＝11 m
所以传送带从A到B的长度为L＝x1＋x2＝16 m。
（2）煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
答案： 5 m
解析： 煤块速度小于传送带时s1相＝vt1－x1＝5 m
煤块速度大于传送带时s2相＝x2－vt2＝1 m
由于s1相＞s2相，则煤块形成的痕迹长为5 m。
　如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带
的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带
向上运动，其运动的v-t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为
零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。g取10 m/s2，则（　　）
A. 传送带的速度为16 m/s
B. 摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D. 传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
√
解析： 　由图乙可知传送带的速度为8 m/s，A错误；在0～1 s内，物块的
速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第
二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，根据图乙可得a1＝ m/s2＝8
m/s2，在1～3 s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿
传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，根据
图乙可得a2＝ m/s2＝4 m/s2，联立解得μ＝0.25，B错误，C正确；当传
送带转动的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速
运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，
D错误。
突破点二　动力学中的板块模型
1. 模型特点：滑块（视为质点）置于木板上，滑块和木板均相对地面运
动，且滑块和木板在摩擦力的作用下或者还有外力作用下发生相对滑动。
2. 模型构建
（1）隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
（2）对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
（3）明确滑块和木板间的位移关系
如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动
时，位移之差Δx＝x1－x2＝L（板长）；滑块和木板反向运动时，位移之和
Δx＝x2＋x1＝L。
3. 解题关键
（1）摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的
摩擦力方向。
（2）挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩
擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力（水平面上共同匀速运
动）。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板；
②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。
（2024·新课标卷25题）如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止
在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从
薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄
板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物
块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g
＝10 m/s2。求：
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
答案： 4 m/s　 s　
解析： 解法一　由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为a＝μg＝3 m/s2设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有x物＝v0t1－a＝l＋
x板＝a＝
联立并代入数据解得v0＝4 m/s、t1＝ s。
解法二　对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒
定律有
mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·l＝m－m
μmg·l＝m－0
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝ s。
（2）平台距地面的高度。
答案： m
解析： 结合（1）问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为
v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，
设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学
公式有
－＝v2t2
h＝g
联立并代入数据解得h＝ m。
（2025·陕西宝鸡阶段练习）如图甲所示，粗糙的水平地面上静置一
长为2.0 m、质量为2 kg的长木板，在其右端放一质量为1 kg的小物块（可
看作质点）。某时刻起对长木板施加逐渐增大的水平外力F，测得小物块
所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，重力加速度大小取g＝10 m/s2，若一开始改用F＝16 N的水平恒力拉
长木板，则小物块在长木板上滑行的时间为（　　）
A. 2 s
B. 3 s
C. s
D. s
√
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时二者开始一起加
速，则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，则小物块的加速度
最大为a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，改用F＝16 N的外力水平拉长木板时，对
长木板，由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，解得a＝5 m/s2，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，代入数据解得t＝
2 s，故选A。
　（2025·四川资阳期末）如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面
上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，
木块和木板由静止开始运动，木板相对地面运动位移x后二者分离。则下列
哪些变化可使x增大（　　）
A. 仅增大恒力F
B. 仅增大木板的质量M
C. 仅增大木块的质量m
D. 仅减小木块与木板间的动摩擦因数
√
解析： 　根据牛顿第二定律得木块的加速度为a1＝＝－μg，
木板的加速度为a2＝，设板长为L，根据L＝a1t2－a2t2得t＝
，木板相对地面运动位移为x＝a2t2，则若仅增大木板的质量
M，木块的加速度a1不变，木板的加速度a2减小，由上面式子知时间t
减小，则x减小，B错误；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度a1减
小，木板的加速度a2增大，则t增大，x增大，C正确；若仅增大恒力
F，则木块的加速度a1变大，木板的加速度不变，则t减小，x减小，A
错误；若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度a1增
大，木板的加速度a2减小，则t减小，x减小，D错误。
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
1. （2024·北京高考10题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放
置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是
（　　）
A. 刚开始物体相对传送带向前运动
B. 物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C. 物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D. 传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
√
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解析：
刚开始，物体速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，A错误；
物体匀速运动过程中，不受摩擦力作用，B错误；加速运动过程中，传送
带对物体的摩擦力向前，则摩擦力对物体做正功，C错误；加速运动过
程 ＝μmg＝ma 加速时间t＝ v越大，t越大，D正确。
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2. 如图所示，两轮轴心间距为L＝0.4 m、倾角为θ＝37°的传送带以恒定
的速率v＝1 m/s 沿顺时针方向运行。现将一质量m＝2 kg 的物块（可视为
质点）以v0＝3 m/s的速度从底部滑上传送带，传送带与物块之间的动摩擦
因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，则物块（　　）
A. 先做减速，后做匀速运动
B. 开始加速度大小为 2 m/s2
C. 经过t＝0.2 s到达顶端
D. 相对传送带发生的位移大小为0.4 m
√
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解析： 　开始时加速度大小为a＝＝10 m/s2，物块与传送
带共速时－v2＝2ax，得x＝L＝0.4 m，则物块做匀减速运动到顶端时刚
好与传送带共速，A、B错误；到达顶端的时间为t＝＝0.2 s，C正确；
物块相对传送带发生的位移大小为Δx＝x－vt＝0.2 m，D错误。
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3. （2025·安徽安庆期中）如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m，
质量M＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1 kg物块，
物块与薄板间动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板施加F＝8
N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则物块在薄
板上运动的时间为（　　）
A. 0.5 s B. 1 s
C. 1.5 s D. 2 s
√
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解析： 　设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物
块脱离薄板的时间为t，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，
代入数据解得a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2，由物块与薄板之间的位移关系可得
a2t2－a1t2＝l，代入数据解得物块在薄板上运动的时间为t＝1 s，故选B。
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4. 如图甲所示，物块A与木板B静止在光滑水平地面上，现给物块A一初速
度，1 s后两物体相对静止地一起匀速运动，它们的位移—时间图像如乙图
所示，则A、B两物体的质量比为（　　）
A. 4∶3 B. 2∶1
C. 3∶2 D. 5∶2
√
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解析： 　由图乙可知，0～1 s内，xA＝5 m，xB＝2 m，对A进行受力分析
得μmAg＝mAaA，对B进行受力分析得μmAg＝mBaB，1 s后两物体相对静止地
一起匀速运动，则速度为v0－aAt＝aBt，由xB＝aBt2，解得aB＝4 m/s2，则共
速时的速度为v共＝vB＝aBt＝4 m/s，对A有xA＝t＝5 m，v共＝aBt＝4
m/s，联立解得v0＝6 m/s，μ＝0.2，＝，故选B。
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5. 如图所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动。现将一个质量m＝0.5
kg的物体轻轻地放在传送带的a点，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝
0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为
（取g＝10 m/s2）（　　）
A. s B. （－1）s
C. 3 s D. 2.5 s
√
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解析： 　物体在传送带上运动的加速度为a＝μg＝1 m/s2，加速到与传送
带共速的时间为t1＝＝1 s，加速的距离为 x＝t1＝0.5 m，此后物体随传
送带一起做匀速运动，则匀速运动的时间为t2＝＝2 s，故物体从a点运
动到b点所经历的时间为t＝t1＋t2＝3 s，C正确。
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6. 〔多选〕（2025·安徽蚌埠期末）图甲为机场和火车站的安全检查仪
器，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带以1 m/s的恒定
速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩
擦因数为0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2，该行李从A到B的过程中
（　　）
A. 行李一直受到摩擦力作用，方向先
水平向左，再水平向右
B. 行李到达B处时速率为1 m/s
C. 行李到达B处所需的时间为2.5 s
D. 行李与传送带间的相对位移为2 m
√
√
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解析： 　由牛顿第二定律得μmg＝ma，设行李与传送带共速所需的时间
为t，则有v＝at，代入数值得t＝1 s，行李做匀加速运动的位移大小为x＝
at2＝0.5 m＜2 m，所以行李先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，
故A错误，B正确；匀速运动的时间为t'＝＝1.5 s，行李从A到B所需的
时间为t总＝1 s＋1.5 s＝2.5 s，传送带在t时间内的位移为x'＝vt＝1 m，行
李与传送带间的相对位移为Δx＝x'－x＝0.5 m，故C正确，D错误。
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7. 〔多选〕传送带可以连续地进行物料运输，且结构设计简单。如图所
示，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角为θ，传送带顺时针运行的速度
大小恒为v0，一物块从传送带顶端以初速度v1开始下滑，物块与传送带间
的动摩擦因数为μ，传送带足够长，物块在传送带上运动过程中，速度随
时间变化的图像可能是（以物块初速度v1的方向为正方向）（　　）
√
√
√
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解析： 　若μmgcos θ＞mgsin θ且v1≤v0，物块先向下减速到零，然后
反向加速到v1从传送带顶端离开，物块加速和减速过程对称，故A正确；
若μmgcos θ＞mgsin θ且v1＞v0，物块先向下减速到零，然后反向加速到v0，
然后与传送带共速后向上匀速运动，故B正确；若μmgcos θ＝mgsin θ物块
将向下一直做匀速直线运动，故C正确；若一开始物块向下加速，则物块
所受合外力的大小和方向均不变，物块加速度保持不变，故D错误。
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8. （2025·江西上饶二模）如图所示，在足够大的水平地面上静置一木
板，可视为质点的物块以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木
板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板
间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，重力加速
度大小取g＝10 m/s2，则木板的长度为（　　）
A. 1.0 m B. 1.5 m
C. 2.0 m D. 2.5 m
√
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解析： 　设物块的质量为m，木板的质量为M，物块减速和木板加速到共
速的时间为t1，物块和木板的加速度大小分别为a1、a2，有a1＝＝2
m/s2，a2＝，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移为x1＝t1，
两者共速后，因μ1＞μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度为a3，有a3
＝＝0.5 m/s2，从两者共速到停止运动，木板的位移为x2＝
，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L＝x1＋x2，最终物块
恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，有L＝t1－x1，
联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故选B。
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9. 如图所示，将小滑块A放在长为L的长木板B上，A与B间的动摩擦因数为
μ，长木板B放在光滑的水平面上，A与B的质量之比为1∶4，A距B的右端
L。现给长木板B一个水平向右初速度v0＝10 m/s，小滑块A恰好从长木
板B上滑下；若给A一个水平向右初速度v，要使A能从B上滑下，则v至少为
（　　）
A. 5 m/s B. 10 m/s
C. 15 m/s D. 20 m/s
√
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解析： 　由牛顿第二定律可得μmAg＝mAaA，μmAg＝mBaB，设给长木板B
一个水平向右的初速度v0，滑块A恰好滑下时的速度为v1，经过的时间为
t1，则有v1＝v0－aBt1，v1＝aAt1，－＝2aB，＝2aAxA1，xB1－xA1
＝L，可得＝L①，设给滑块A一个水平向右的初速度v，滑块
A恰好滑下时的速度为v2，经历的时间为t2，则有v2＝v－aAt2，v2＝aBt2，v2
－＝2aAxA2，＝2aBxB2，xA2－xB2＝L，可得＝L②，
①、②两式相比可得v＝v0＝10 m/s，故选项B正确。
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10. 如图所示，质量均为m＝1 kg的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对
齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水
平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2 m后停下。接着敲击B，B立即获得
水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，
此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可
忽略不计，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
答案： 4 m/s　
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11
解析： 先敲击A时，由牛顿第二定律知μmg＝maA
A加速度的大小aA＝μg
A对B的摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，B静止不动
根据匀变速直线运动速度与位移关系可知＝2aAL
解得vA＝＝4 m/s。
1
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（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小aB、aB'；
答案： 12 m/s2　4 m/s2
解析：在左边缘再次对齐前，对B，
根据牛顿第二定律得μmg＋2μmg＝maB
解得aB＝3μg＝12 m/s2
对齐后，对A、B整体，根据牛顿第二定律得2μmg＝2maB'，解得aB'＝μg＝4
m/s2。
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解析：经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大
小等于aA，
则v＝aAt＝vB－aBt，xA＝aAt2
xB＝vBt－aBt2，xB－xA＝L
联立解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m
A、B达到共同速度后，有v2＝2aB'xB'
解得xB'＝0.5 m，所以sB＝xB＋xB'＝3 m。
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。
答案： 8 m/s　3 m
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11. （2025·河南郑州模拟）如图所示，传送带倾斜放
置，与水平方向的夹角为θ＝37°，小物块以v0＝2 m/s
的初速度从A端沿传送带向下运动。当传送带静止不动
时，小物块从A端运动到B端所用的时间为Δt＝5 s。已
知小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，小物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，＝1.73。
（1）求A、B两端之间的距离L；
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答案： 35 m　
解析： 传送带静止时，设小物块下滑的加速度大小为a1，则根据牛顿
第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
解得a1＝2 m/s2，
A、B两端之间的距离为L＝v0Δt＋a1（Δt）2
解得L＝35 m。
1
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（2）若传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，求小物块在
传送带上留下的痕迹s；
答案： 25 m　
解析：传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，小物块仍以加
速度大小a1做匀加速直线运动，故小物块运动的位移仍为L，则传送带运动
的位移为x带＝v1Δt＝10 m
小物块在传送带上留下的痕迹为s＝L－x带＝25 m。
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（3）若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块从A端
运动到B端所用的总时间t。（结果保留3位有效数字）
答案： 3.52 s
解析：若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，开始时，小物
块受到的摩擦力沿着传送带向下，设小物块的加速度大小为a2，根据牛顿
第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
解得a2＝10 m/s2
设经过时间t1，小物块与传送带达到共同速度，则有v2＝v0＋a2t1
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这段时间内小物块运动的位移为x1＝v0t1＋a2
在此之后，小物块仍以大小为a1的加速度做匀加速直线运动，根据运动学
公式有
x2＝L－x1
x2＝v2t2＋a1
则小物块从A端运动到B端所用的总时间t＝t1＋t2
联立代入数据解得t＝3.52 s。
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