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第17课时　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型(进阶课)
[学习目标]　1．掌握“传送带”模型的特点，会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况。2．掌握“滑块—木板”模型的特点，能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。
动力学中的“传送带”模型
　水平传送带模型
1．信息分析
(1)摩擦力方向的判断：同向“以快带慢”、反向“互相阻碍”。
(2)共速时摩擦力突变的可能：①滑动摩擦力突变为0；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变。
2．过程分析
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速 先加速后匀速
v0＜v时，一直加速 v0＜v时，先加速再匀速
v0＞v时，一直减速 v0＞v时，先减速再匀速
一直减速到右端 先减速到速度为0，后被传送带传回左端。若v0v，返回到左端时速度大小为v0；若v0＞v，返回到左端时速度大小为v
[典例1]　如图所示，绷紧的长s＝6 m的水平传送带，沿顺时针方向以速度v运行，一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v1＝5 m/s，若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)当传送带速度v＝8 m/s，小物块离开的速度大小；
(2)当传送带速度v＝0.5 m/s，小物块离开的速度大小；
(3)当传送带速度v＝6 m/s，小物块离开的速度大小；
(4)试分析小物块从右端离开的速度v2与传送带速度v的函数关系，并画出图像。
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________拓展延伸　如图所示，绷紧的长s＝6 m的水平传送带，沿逆时针方向以速度v运行，一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v1＝3 m/s，若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，试分析小物块离开的速度v2与v的函数关系，并画出图像。
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________　倾斜传送带模型
1．信息分析
(1)解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，即比较μ与tan θ的大小关系，从而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。
(2)当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
2．过程分析
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 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g sin θ＋μg cos θ) 若μtan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1加速，后以a2加速
v0＜v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ) 若μtan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1加速，后以a2加速
v0＞v时，一直加速或减速(加速度大小为g sin θ－μg cos θ或μg cos θ－g sin θ) 若μtan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，一直加速
(摩擦力方向一定沿斜面向上) μμ>tan θ，一直减速 μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速：若v0＜v，到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)；若v0＞v，先减速到0再反向加速后匀速，返回原位置时速度大小为v
[典例2]　(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　)
A　　 　　B　　　　C　　 　 　D
[典例3]　(2025·云南昆明检测)如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2。
(1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止？
(2)求出煤块从A运动到B的时间，并画出煤块的v-t图像；
(3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________拓展延伸　若煤块和传送带之间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求煤块从A运动到B的时间(结果保留3位有效数字)。
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 动力学中的“滑块—木板”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或者外力作用下发生相对滑动。
2．解题关键
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)当滑块与木板速度相同时，“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)。
3．常见情境
常见情境 木板获得一初速度v0，则“板块”同向运动，两者加速度不同，x板>x块，Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止 滑块获得一初速度v0，则“板块”同向运动，两者加速度不同，x板开始时“板块”运动方向相反，两者加速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x块＋x板 木板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及木板与地面是否有相对运动
[典例4]　平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，不计空气阻力，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是(　　)
　
A　　　　　　　　　　B
　
C　　　　　　　　　　D
[典例5]　(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
第17课时　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型(进阶课)
进阶1
典例1　解析：(1)若小物块一直加速，由牛顿第二定律得μmgma，解得a2 m/s2，设小物块末速度为v2，则有2as，解得v27 m/s；所以当传送带速度v8 m/s＞7 m/s时，小物块一直加速，则小物块离开传送带时的速度v27 m/s。
(2)若小物块一直减速，由牛顿第二定律得μmgma，解得a2 m/s2，则小物块末速度v2满足－2as，解得v21 m/s；所以当传送带速度v0.5 m/s＜1 m/s时，小物块一直减速，则小物块离开传送带时的速度v21 m/s。
(3)当传送带速度v6 m/s时，因为v1＜v＜7 m/s，所以小物块先加速后匀速，小物块离开传送带时的速度v26 m/s。
(4)小物块离开传送带时的速度v2与传送带速度v的函数关系：
当v7 m/s时，v27 m/s；
当1 m/s＜v＜7 m/s时，v2v；
当v1 m/s时，v21 m/s。
v2与v的函数关系图像如图所示。
答案：见解析
拓展延伸　解析：小物块向右减速至0的位移x m＜s6 m，所以小物块先向右减速至零，后再向左加速，因为小物块初速度为v13 m/s，所以当传送带速度vv13 m/s时，则小物块以v23 m/s从左端离开；当传送带速度v＜3 m/s时，则小物块以v2v从左端离开。
v2与v的函数关系图像如图所示。
答案：见解析
典例2　C　[0~t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动。对物块受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速直线运动。t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿传送带向下的分力大小相等、方向相反，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。C正确，A、B、D错误。]
典例3　解析：(1)由于mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。
(2)煤块刚放上传送带时，受到沿传送带向下的摩擦力，其加速度为
a1g(sin θ＋μcos θ)10 m/s2
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t11 s，发生的位移x15 m
煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有
a2g(sin θ－μcos θ)2 m/s2
x2L－x15.25 m
由x2v0t2＋
得t20.5 s
故煤块从A运动到B的时间为tt1＋t21.5 s。
v t图像如图所示。
(3)第一过程痕迹长Δx1v0t1－x15 m，第二过程痕迹长Δx2x2－v0t20.25 m，Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。
答案：(1)不能　(2)1.5 s　见解析图　(3)5 m
拓展延伸　解析：由于Ffμ'FNμ'mgcos θmgsin θ，即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下的分力，故煤块和传送带达到共速后将做匀速直线运动，所以煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。
a'g(sin θ＋μ'cos θ)12 m/s2
匀加速运动时间t1' s
匀加速运动位移x1' m
匀速运动位移x2'L－x1'≈6.08 m
匀速运动时间t2' s0.608 s
总时间t't1'＋t2'≈1.44 s。
答案：1.44 s
进阶2
典例4　C　[箱子以一定的水平初速度v0从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，设经过t时间箱子与平板车达到共同速度v共，此过程平板车的位移为x车t，箱子的位移为x箱t，则箱子相对于平板车向前的位移大小为Δxx箱－x车t，可得Δxt＞x车t，故选C。]
典例5　BC　[对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a12.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a20.8 m/s2，A错误，B正确；要使小孩与滑板分离，有a2t2L，解得t1 s，离开滑板时小孩的速度大小为va1t2.8 m/s，D错误，C正确。]
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第三章 运动和力的关系
第17课时　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型(进阶课)
[学习目标]　1．掌握“传送带”模型的特点，会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况。2．掌握“滑块—木板”模型的特点，能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。
进阶1 动力学中的“传送带”模型
模型1　水平传送带模型
1．信息分析
(1)摩擦力方向的判断：同向“以快带慢”、反向“互相阻碍”。
(2)共速时摩擦力突变的可能：①滑动摩擦力突变为0；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变。
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速 先加速后匀速
2．过程分析
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
v0＜v时，一直加速 v0＜v时，先加速再匀速
v0＞v时，一直减速 v0＞v时，先减速再匀速
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直减速到右端 先减速到速度为0，后被传送带传回左端。若v0v，返回到左端时速度大小为v0；若v0＞v，返回到左端时速度大小为v
[典例1]　如图所示，绷紧的长s＝6 m的水平传送带，沿顺时针方向以速度v运行，一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v1＝5 m/s，若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)当传送带速度v＝8 m/s，小物块离开的速度大小；
(2)当传送带速度v＝0.5 m/s，小物块离开的速度大小；
(3)当传送带速度v＝6 m/s，小物块离开的速度大小；
(4)试分析小物块从右端离开的速度v2与传送带速度v的函数关系，并画出图像。
[解析]　(1)若小物块一直加速，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，设小物块末速度为v2，则有＝2as，解得v2＝
7 m/s；所以当传送带速度v＝8 m/s>7 m/s时，小物块一直加速，则小物块离开传送带时的速度v2＝7 m/s。
(2)若小物块一直减速，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，则小物块末速度v2满足＝－2as，解得v2＝1 m/s；所以当传送带速度v＝0.5 m/s<1 m/s时，小物块一直减速，则小物块离开传送带时的速度v2＝1 m/s。
(3)当传送带速度v＝6 m/s时，因为v1(4)小物块离开传送带时的速度v2与传送带速度v的函数关系：
当v7 m/s时，v2＝7 m/s；
当1 m/s当v1 m/s时，v2＝1 m/s。
v2与v的函数关系图像如图所示。
[答案]　见解析
拓展延伸　如图所示，绷紧的长s＝6 m的水平传送带，沿逆时针方向以速度v运行，一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v1＝3 m/s，若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，试分析小物块离开的速度v2与v的函数关系，并画出图像。
[解析]　小物块向右减速至0的位移x＝＝ mv2与v的函数关系图像如图所示。
[答案]　见解析
模型2　倾斜传送带模型
1．信息分析
(1)解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，即比较μ与tan θ的大小关系，从而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。
(2)当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 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
2．过程分析
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ) 若μtan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1加速，后以a2加速
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
v0＜v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ) 若μtan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1加速，后以a2加速
v0＞v时，一直加速或减速(加速度大小为g sin θ－μg cos θ或μg cos θ－g sin θ) 若μtan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，一直加速
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
(摩擦力方向一定沿斜面向上) μμ>tan θ，一直减速 μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速：若v0＜v，到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)；若v0＞v，先减速到0再反向加速后匀速，返回原位置时速度大小为v
[典例2]　(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　)
√
C　[0～t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动。对物块受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速直线运动。t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿传送带向下的分力大小相等、方向相反，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。C正确，A、B、D错误。]
[典例3]　(2025·云南昆明检测)如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。
已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2。
(1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止？
(2)求出煤块从A运动到B的时间，并画出煤块的v-t图像；
(3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。
[解析]　(1)由于mg sin 37°>μmg cos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。
(2)煤块刚放上传送带时，受到沿传送带向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，发生的位移x1＝＝5 m
煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有
a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2
x2＝L－x1＝5.25 m
由x2＝
得t2＝0.5 s
故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
v-t图像如图所示。
(3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m，第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。
[答案]　(1)不能　(2)1.5 s　见解析图　(3)5 m
拓展延伸　若煤块和传送带之间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求煤块从A运动到B的时间(结果保留3位有效数字)。
[解析]　由于Ff＝μ′FN＝μ′mg cos θ＝mg sin θ，即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下的分力，故煤块和传送带达到共速后将做匀速直线运动，所以煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。
a′＝g(sin θ＋μ′cos θ)＝12 m/s2
匀加速运动时间t1′＝＝ s
匀加速运动位移x1′＝a′t1′2＝ m
匀速运动位移x2′＝L－x1′≈6.08 m
匀速运动时间t2′＝＝ s＝0.608 s
总时间t′＝t1′＋t2′≈1.44 s。
[答案]　1.44 s
进阶2 动力学中的“滑块—木板”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或者外力作用下发生相对滑动。
2．解题关键
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)当滑块与木板速度相同时，“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)。
常见情境 木板获得一初速度v0，则“板块”同向运动，两者加速度不同，x板>x块，Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止

滑块获得一初速度v0，则“板块”同向运动，两者加速度不同，x板3．常见情境
常见情境 开始时“板块”运动方向相反，两者加速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x块＋x板

木板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及木板与地面是否有相对运动
[典例4]　平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，不计空气阻力，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是(　　)
√
C　[箱子以一定的水平初速度v0从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，设经过t时间箱子与平板车达到共同速度v共，此过程平板车的位移为x车＝t，箱子的位移为x箱＝t，则箱子相对于平板车向前的位移大小为Δx＝x箱－x车＝t－t＝t，可得Δx＝t >x车＝t，故选C。]
[典例5]　(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
√
√
BC　[对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；要使小孩与滑板分离，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确。]
[教师备选资源]
一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右匀减速运动，直至t＝1 s 时木板与墙壁发生碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的 v-t 图线如图(b)所示。木板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)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
[大题拆分]　第一步：分析研究对象模型
设小物块和木板的质量分别为m和15m。小物块可以看作质点(初始条件v0未知)，如图甲所示。
第二步：分析过程模型
(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，木板与墙壁碰撞前速度大小为v1，如图乙所示。
(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为0，如图丁所示。 由于木板的加速度较小，故小物块速度为0时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3，如图戊所示。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。
(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止，如图己所示。
[解析]　(1)根据题图(b)可以判定碰撞前瞬间小物块与木板共同速度为v＝4 m/s
碰撞后瞬间木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物块因受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝ m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋a1t2
解得a1＝1 m/s2
设小物块的质量为m，则木板的质量为15m，对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得
μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1
解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝ m/s2
对小物块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2>a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s，此过程中，木板向左运动的位移x1＝＝ m
末速度v1＝v－a3t1＝ m/s
小物块向右运动的位移x2＝t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝，木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ m/s2
假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移x3＝＝ m
末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
小物块向左运动的位移x4＝＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的最大相对位移为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。
(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝＝2 m
所以木板右端离墙壁的最终距离为
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
[答案]　(1)0.1　0.4　(2)6 m　(3)6.5 m
课时数智作业(十七)　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型(进阶课)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
说明：第1～6题、第8题，每小题5分；本试卷共61分。
1．(2025·山东济南高三阶段检测)在机场、车站常用传送带来传送旅客的包裹，在传送过程中同时对包裹进行安检。将一个包裹(可视为质点)轻放在水平传送带的左端，同时启动传送带，传送带向右做初速度为0的匀加速直线运动。包裹和传送带的速度—时间图像如图所示，t＝5 s时包裹运动到传送带的右端。下列说法正确的是(　　)
A．图线Ⅰ反映的是包裹的运动
B．包裹和传送带间的动摩擦因数为0.16
C．传送带的长度为20 m
D．包裹相对传送带滑动的距离为7.5 m
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
D　[传送带启动后做匀加速运动，包裹在摩擦力作用下也做加速运动，则包裹的加速度一定小于传送带的加速度，则由题图可知图线Ⅰ反映的是传送带的运动，图线Ⅱ反映包裹的运动，选项A错误；包裹的加速度a＝ m/s2＝1 m/s2，根据a＝μg，可知包裹和传送带间的动摩擦因数为0.1，选项B错误；传送带的长度等于包裹的位移L＝×5×5 m＝12.5 m，选项C错误；包裹相对传送带滑动的距离为Δx＝×5×8 m－12.5 m＝7.5 m，选项D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
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9
2．(多选)(2025·内蒙古通辽第一中学一模)一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为v0、2v0，此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。整个运动过程中(　　)
A．物块的运动方向不变
B．物块的加速度方向不变
C．物块相对木板的运动方向不变
D．物块与木板的加速度大小相等
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
CD　[根据题图可知木板的速度方向没有发生改变，木板和物块达到共速v0，然后一起减速到0，所以物块的运动方向先向左再向右，故A错误；物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向水平向右，一起共同减速阶段加速度方向水平向左，方向改变，故B错误；物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动，共同减速阶段无相对运动，即物块相对木板运动方向不变，故C正确；由题图可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为a1＝＝，物块的加速度大小为a2＝＝，则物块与木板的加速度大小相等，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
3．(2025·贵州黔西高三联考)如图，水平传送带匀速顺时针转动，速度大小v1＝2 m/s，A、B两轮间的距离为4 m，在右端一物块以v2＝
3 m/s的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．物块能滑过B轮
B．物块经t＝2 s速度减为零
C．物块返回到A轮时的速度大小仍是3 m/s
D．物块在传送带上滑动时加速度的大小是 2 m/s2
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
D　[物块向左运动时，受到的滑动摩擦力向右，产生的加速度大小为a＝＝2 m/s2，物块向左运动速度减小到0时所用时间为t＝＝1.5 s，通过的位移大小为x＝＝2.25 m题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
4．(2025·辽宁一模)如图为老师办公桌的抽屉柜简图。已知抽屉的质量M＝1.8 kg，长度d＝0.8 m，其中放有质量m＝0.2 kg，长s＝0.2 m的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行，书本的右端与抽屉的右端相距也为s。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数μ＝0.1。现用水平恒力
F＝1.8 N将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体
的挡板时立即锁定不动，重力加速度g取
10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．抽屉遇到柜体挡板前，抽屉的加速度为1 m/s2
B．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为0.2 N
C．书本运动的全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功
D．书本可能与抽屉左侧发生磕碰
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[抽屉遇到柜体挡板前，假设书本和抽屉能一起加速，由牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，解得a＝0.9 m/s2<μg＝1 m/s2，则能一起加速，抽屉的加速度为0.9 m/s2，故A错误；抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为f ＝ma＝0.18 N，故B错误；抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力向右，书本位移向右，则摩擦力做正功，当抽屉遇到柜体挡板后，书本受到的摩擦力向左，书本位移向右，摩擦力对书本做负功，故C正确；抽屉遇到柜体挡板时，书本的速度v＝＝1.2 m/s，抽屉遇到柜体挡板后书本的加速度大小为a′
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
＝μg＝1 m/s2，此后书本运动的最大路程(书本与抽屉的碰撞为弹性碰撞时)x＝＝0.72 m题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
5．(多选)倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为 2 kg、长8 m的长木板Q，木板上、下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为
1 kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　)
A．P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、4 m/s2
B．P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、2 m/s2
C．P滑块在Q上运动时间为1 s
D．P滑块在Q上运动时间为2 s
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
BD　[对P受力分析，受重力和Q对P的支持力作用，根据牛顿第二定律有mPg sin 37°＝mPaP，解得aP＝g sin 37°＝6 m/s2，对Q受力分析，受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用，根据牛顿第二定律有mQg sin 37°－μ(mP＋mQ)g cos 37°＝mQaQ，解得aQ＝2 m/s2，故A错误，B正确；设P在Q上滑动的时间为t，因aP＝>aQ＝2 m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有L＝－aQt2，代入数据解得t＝2 s，故C错误，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
6．(多选)(经典高考题)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则
(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝(μ2－μ1)g
C．μ2>μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
√
BCD　[由题图(c)可知，t1时刻滑块、木板一起开始滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有F1＝(＋m2)g，A错误；由题图(c)可知，t2时刻滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有(m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有＋(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2>μ1，B、C正确；由题图(c)可知，0～t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
7．(12分)(2025·甘肃定西高三上模拟预测)如图，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，物块刚放在传送带上时的速度看作0，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，求：
(1)物块离开传送带时的速度大小；
(2)物块在传送带上运动的总时间；
(3)物块在传送带上留下的划痕长度。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[解析]　(1)初始阶段，物块做匀加速直线运动，设物块的质量为m，加速度大小为a，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
假设物块到达B端前已经与传送带共速，设加速过程的位移为x1，由匀变速直线运动速度与位移的关系有v2－0＝2ax1
解得x1＝1 m
x1题号
1
3
5
2
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6
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7
9
(2)设物块在传送带上加速运动的时间为t1，物块与传送带共速后，继续匀速运动的时间为t2，有v＝at1，LAB－x1＝vt2
物块在传送带上运动的总时间为t＝t1＋t2
解得t＝5.5 s。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(3)物块加速运动期间，传送带的位移为
x传＝vt1
物块与传送带共速前发生的相对位移为
Δx＝x传－x1
解得Δx＝1 m
则物块在传送带上留下的划痕长度为1 m。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[答案]　(1)2 m/s　(2)5.5 s　(3)1 m
8．(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为μ，小滑块速度随时间变化关系如图乙所示，若θ、g、v0、t0已知，则下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tan θ＋
C．传送带的速度大于v0
D．t0后一段时间内滑块加速度为2g sin θ－
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
AD　[若传送带顺时针转动，由题意知，当滑块下滑时有mg sin θ>μmg cos θ，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时有mg sin θ<μmg cos θ，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合题图乙运动图像，故传送带是逆时针转动，A正确；滑块在0～t0内，滑动摩擦力向下，滑块匀加速下滑，a1＝g sin θ＋μg cos θ，由题图乙可知a1＝，则μ＝－tan θ，B错误；当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力方向发生变化，故传送带的速度等于v0，C错误；共速后滑块的加速度a2＝g sin θ－μg cos θ，代入μ值得a2＝2g sin θ－，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
9．(14分)一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M＝
4 kg，质量m＝1 kg 的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t＝0时刻，经过Δt1＝2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过Δt2＝4 s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2) 求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(1)0～2 s内滑块Q和木板P的加速度；
(2)滑块Q运动的总位移；
(3)拉力F的大小。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[解析]　(1)根据v-t图像斜率代表加速度可知，0～2 s内滑块Q和木板P的加速度分别为
a1＝＝－ m/s2＝－4 m/s2
a2＝＝ m/s2＝2 m/s2。
(2)根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知x＝×2 m＋×(6－2)×4 m＝24 m。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(3)0～2 s阶段，对Q分析a1＝－
对P分析a2＝
在共同减速阶段地面的摩擦力－f 0＝(M＋m)a0
由题图乙知a0＝＝－1 m/s2
解得F＝9 N。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[答案]　(1)－4 m/s2　2 m/s2　(2)24 m　(3)9 N
谢 谢 ！课时数智作业(十七)　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型(进阶课)
说明：第1～6题、第8题，每小题5分；本试卷共61分。
1．(2025·山东济南高三阶段检测)在机场、车站常用传送带来传送旅客的包裹，在传送过程中同时对包裹进行安检。将一个包裹(可视为质点)轻放在水平传送带的左端，同时启动传送带，传送带向右做初速度为0的匀加速直线运动。包裹和传送带的速度—时间图像如图所示，t＝5 s时包裹运动到传送带的右端。下列说法正确的是(　　)
A．图线Ⅰ反映的是包裹的运动
B．包裹和传送带间的动摩擦因数为0.16
C．传送带的长度为20 m
D．包裹相对传送带滑动的距离为7.5 m
2．(多选)(2025·内蒙古通辽第一中学一模)一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为v0、2v0，此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。整个运动过程中(　　)
A．物块的运动方向不变
B．物块的加速度方向不变
C．物块相对木板的运动方向不变
D．物块与木板的加速度大小相等
3．(2025·贵州黔西高三联考)如图，水平传送带匀速顺时针转动，速度大小v1＝2 m/s，A、B两轮间的距离为4 m，在右端一物块以v2＝3 m/s的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．物块能滑过B轮
B．物块经t＝2 s速度减为零
C．物块返回到A轮时的速度大小仍是3 m/s
D．物块在传送带上滑动时加速度的大小是 2 m/s2
4．(2025·辽宁一模)如图为老师办公桌的抽屉柜简图。已知抽屉的质量M＝1.8 kg，长度d＝0.8 m，其中放有质量m＝0.2 kg，长s＝0.2 m的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行，书本的右端与抽屉的右端相距也为s。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数μ＝0.1。现用水平恒力F＝1.8 N将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．抽屉遇到柜体挡板前，抽屉的加速度为1 m/s2
B．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为0.2 N
C．书本运动的全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功
D．书本可能与抽屉左侧发生磕碰
5．(多选)倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为 2 kg、长8 m的长木板Q，木板上、下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　)
A．P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、4 m/s2
B．P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、2 m/s2
C．P滑块在Q上运动时间为1 s
D．P滑块在Q上运动时间为2 s
6．(多选)(经典高考题)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(　　)
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝(μ2－μ1)g
C．μ2>μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
7．(12分)(2025·甘肃定西高三上模拟预测)如图，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，物块刚放在传送带上时的速度看作0，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，求：
(1)物块离开传送带时的速度大小；
(2)物块在传送带上运动的总时间；
(3)物块在传送带上留下的划痕长度。
8．(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为μ，小滑块速度随时间变化关系如图乙所示，若θ、g、v0、t0已知，则下列说法正确的是(　　)
A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tan θ＋
C．传送带的速度大于v0
D．t0后一段时间内滑块加速度为2g sin θ－
9．(14分)一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M＝4 kg，质量m＝1 kg 的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t＝0时刻，经过Δt1＝2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过Δt2＝4 s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2) 求：
(1)0～2 s内滑块Q和木板P的加速度；
(2)滑块Q运动的总位移；
(3)拉力F的大小。
课时数智作业(十七)
1．D　[传送带启动后做匀加速运动，包裹在摩擦力作用下也做加速运动，则包裹的加速度一定小于传送带的加速度，则由题图可知图线Ⅰ反映的是传送带的运动，图线Ⅱ反映包裹的运动，选项A错误；包裹的加速度a m/s21 m/s2，根据aμg，可知包裹和传送带间的动摩擦因数为 0.1，选项B错误；传送带的长度等于包裹的位移L×5×5 m12.5 m，选项C错误；包裹相对传送带滑动的距离为Δx×5×8 m－12.5 m7.5 m，选项D正确。]
2．CD　[根据题图可知木板的速度方向没有发生改变，木板和物块达到共速v0，然后一起减速到0，所以物块的运动方向先向左再向右，故A错误；物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向水平向右，一起共同减速阶段加速度方向水平向左，方向改变，故B错误；物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动，共同减速阶段无相对运动，即物块相对木板运动方向不变，故C正确；由题图可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为a1，物块的加速度大小为a2，则物块与木板的加速度大小相等，故D正确。]
3．D　[物块向左运动时，受到的滑动摩擦力向右，产生的加速度大小为a2 m/s2，物块向左运动速度减小到0时所用时间为t1.5 s，通过的位移大小为x2.25 m＜LAB4 m，可知物块到达B轮前速度已经减为0，之后物块向右做加速运动，加速度大小仍为2 m/s2，由于v12 m/s＜v23 m/s，则物块返回到A轮时的速度大小为2 m/s，故D正确，A、B、C错误。]
4．C　[抽屉遇到柜体挡板前，假设书本和抽屉能一起加速，由牛顿第二定律可得F(M＋m)a，解得a0.9 m/s2＜μg1 m/s2，则能一起加速，抽屉的加速度为0.9 m/s2，故A错误；抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为fma0.18 N，故B错误；抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力向右，书本位移向右，则摩擦力做正功，当抽屉遇到柜体挡板后，书本受到的摩擦力向左，书本位移向右，摩擦力对书本做负功，故C正确；抽屉遇到柜体挡板时，书本的速度v1.2 m/s，抽屉遇到柜体挡板后书本的加速度大小为a'μg1 m/s2，此后书本运动的最大路程(书本与抽屉的碰撞为弹性碰撞时)x0.72 m＜s＋d1 m，则书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D错误。]
5．BD　[对P受力分析，受重力和Q对P的支持力作用，根据牛顿第二定律有mPgsin 37°mPaP，解得aPgsin 37°6 m/s2，对Q受力分析，受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用，根据牛顿第二定律有mQgsin 37°－μ(mP＋mQ)gcos 37°mQaQ，解得aQ2 m/s2，故A错误，B正确；设P在Q上滑动的时间为t，因aP6 m/s2＞aQ2 m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有LaQt2，代入数据解得t2 s，故C错误，D正确。]
6．BCD　[由题图(c)可知，t1时刻滑块、木板一起开始滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有F1μ1(m1＋m2)g，A错误；由题图(c)可知，t2时刻滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g(m1＋m2)a，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)gm1a＞0，解得F2(μ2－μ1)g，μ2＞μ1，B、C正确；由题图(c)可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。]
7．解析：(1)初始阶段，物块做匀加速直线运动，设物块的质量为m，加速度大小为a，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得μmgma
解得a2 m/s2
假设物块到达B端前已经与传送带共速，设加速过程的位移为x1，由匀变速直线运动速度与位移的关系有v2－02ax1
解得x11 m
x1＜LAB，则假设成立，物块与传送带共速后，与传送带保持相对静止，一起做匀速运动，可知物块离开传送带时的速度大小v物v2 m/s。
(2)设物块在传送带上加速运动的时间为t1，物块与传送带共速后，继续匀速运动的时间为t2，有vat1，LAB－x1vt2
物块在传送带上运动的总时间为tt1＋t2
解得t5.5 s。
(3)物块加速运动期间，传送带的位移为
x传vt1
物块与传送带共速前发生的相对位移为
Δxx传－x1
解得Δx1 m
则物块在传送带上留下的划痕长度为1 m。
答案：(1)2 m/s　(2)5.5 s　(3)1 m
8．AD　[若传送带顺时针转动，由题意知，当滑块下滑时有mgsin θ＞μmgcos θ，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时有mgsin θ＜μmgcos θ，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合题图乙运动图像，故传送带是逆时针转动，A正确；滑块在0~t0内，滑动摩擦力向下，滑块匀加速下滑，a1gsin θ＋μgcos θ，由题图乙可知a1，则μ－tan θ，B错误；当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力方向发生变化，故传送带的速度等于v0，C错误；共速后滑块的加速度a2gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a22gsin θ－，D正确。]
9．解析：(1)根据v t图像斜率代表加速度可知，0~2 s内滑块Q和木板P的加速度分别为
a1 m/s2－4 m/s2
a2 m/s22 m/s2。
(2)根据v t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知x×2 m＋×(6－2)×4 m24 m。
(3)0~2 s阶段，对Q分析a1－
对P分析a2
在共同减速阶段地面的摩擦力－f0(M＋m)a0
由题图乙知a0－1 m/s2
解得F9 N。
答案：(1)－4 m/s2　2 m/s2　(2)24 m　(3)9 N
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