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重難突破4　動力學中的傳送帶模型和板塊模型
1.（2024·北京高考10題）水平傳送帶勻速運動，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運動。下列說法正確的是（　　）
A.剛開始物體相對傳送帶向前運動
B.物體勻速運動過程中，受到靜摩擦力
C.物體加速運動過程中，摩擦力對物體做負功
D.傳送帶運動速度越大，物體加速運動的時間越長
2.如圖所示，兩輪軸心間距為L＝0.4 m、傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定的速率v＝1 m/s 沿順時針方向運行。現將一質量m＝2 kg 的物塊（可視為質點）以v0＝3 m/s的速度從底部滑上傳送帶，傳送帶與物塊之間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，則物塊（　　）
A.先做減速，后做勻速運動
B.開始加速度大小為 2 m/s2
C.經過t＝0.2 s到達頂端
D.相對傳送帶發生的位移大小為0.4 m
3.（2025·安徽安慶期中）如圖所示，在光滑平臺上放置一長度l＝0.5 m，質量M＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可視為質點的質量m＝1 kg物塊，物塊與薄板間動摩擦因數μ＝0.2。開始時兩者均靜止，現對薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，則物塊在薄板上運動的時間為（　　）
A.0.5 s　　 B.1 s　　
C.1.5 s　　 D.2 s
4.如圖甲所示，物塊A與木板B靜止在光滑水平地面上，現給物塊A一初速度，1 s后兩物體相對靜止地一起勻速運動，它們的位移—時間圖像如乙圖所示，則A、B兩物體的質量比為（　　）
A.4∶3 B.2∶1
C.3∶2 D.5∶2
5.如圖所示，傳送帶保持1 m/s的速度順時針轉動。現將一個質量m＝0.5 kg的物體輕輕地放在傳送帶的a點，設物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，a、b間的距離L＝2.5 m，則物體從a點運動到b點所經歷的時間為（取g＝10 m/s2）（　　）
A. s B.（－1）s
C.3 s D.2.5 s
6.〔多選〕（2025·安徽蚌埠期末）圖甲為機場和火車站的安全檢查儀器，其傳送裝置可簡化為如圖乙所示的模型，緊繃的傳送帶以1 m/s的恒定速率運行。旅客把行李無初速度地放在A處，設行李與傳送帶之間的動摩擦因數為0.1，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2，該行李從A到B的過程中（　　）
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.行李到達B處時速率為1 m/s
C.行李到達B處所需的時間為2.5 s
D.行李與傳送帶間的相對位移為2 m
7.〔多選〕傳送帶可以連續地進行物料運輸，且結構設計簡單。如圖所示，傾斜放置的傳送帶與水平面間的夾角為θ，傳送帶順時針運行的速度大小恒為v0，一物塊從傳送帶頂端以初速度v1開始下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，傳送帶足夠長，物塊在傳送帶上運動過程中，速度隨時間變化的圖像可能是（以物塊初速度v1的方向為正方向）（　　）
8.（2025·江西上饒二模）如圖所示，在足夠大的水平地面上靜置一木板，可視為質點的物塊以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最終物塊恰好到達木板的右端，木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度。已知物塊與木板間的動摩擦因數μ1＝0.2，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.05，重力加速度大小取g＝10 m/s2，則木板的長度為（　　）
A.1.0 m B.1.5 m
C.2.0 m D.2.5 m
9.如圖所示，將小滑塊A放在長為L的長木板B上，A與B間的動摩擦因數為μ，長木板B放在光滑的水平面上，A與B的質量之比為1∶4，A距B的右端L。現給長木板B一個水平向右初速度v0＝10 m/s，小滑塊A恰好從長木板B上滑下；若給A一個水平向右初速度v，要使A能從B上滑下，則v至少為（　　）
A.5 m/s B.10 m/s
C.15 m/s D.20 m/s
10.如圖所示，質量均為m＝1 kg的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數均為μ＝0.4。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L＝2 m后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊A長度可忽略不計，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）A被敲擊后獲得的初速度大小vA；
（2）在左邊緣再次對齊的前、后，B運動的加速度的大小aB、aB'；
（3）B被敲擊后獲得的初速度大小vB及B運動的最大距離sB。
11.（2025·河南鄭州模擬）如圖所示，傳送帶傾斜放置，與水平方向的夾角為θ＝37°，小物塊以v0＝2 m/s的初速度從A端沿傳送帶向下運動。當傳送帶靜止不動時，小物塊從A端運動到B端所用的時間為Δt＝5 s。已知小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5，小物塊可視為質點，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，＝1.73。
（1）求A、B兩端之間的距離L；
（2）若傳送帶以v1＝2 m/s的速度沿逆時針方向勻速轉動時，求小物塊在傳送帶上留下的痕跡s；
（3）若傳送帶以v2＝8 m/s的速度沿逆時針方向勻速轉動，求小物塊從A端運動到B端所用的總時間t。（結果保留3位有效數字）
重難突破4　動力學中的傳送帶模型和板塊模型
1.D剛開始，物體速度小于傳送帶速度，物體相對傳送帶向后運動，A錯誤；物體勻速運動過程中，不受摩擦力作用，B錯誤；加速運動過程中，傳送帶對物體的摩擦力向前，則摩擦力對物體做正功，C錯誤；加速運動過程 ＝μmg＝ma加速時間t＝ v越大，t越大，D正確。
2.C　開始時加速度大小為a＝＝10 m/s2，物塊與傳送帶共速時－v2＝2ax，得x＝L＝0.4 m，則物塊做勻減速運動到頂端時剛好與傳送帶共速，A、B錯誤；到達頂端的時間為t＝＝0.2 s，C正確；物塊相對傳送帶發生的位移大小為Δx＝x－vt＝0.2 m，D錯誤。
3.B　設物塊脫離薄板前，物塊的加速度為a1，薄板的加速度為a2，物塊脫離薄板的時間為t，根據牛頓第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，代入數據解得a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2，由物塊與薄板之間的位移關系可得a2t2－a1t2＝l，代入數據解得物塊在薄板上運動的時間為t＝1 s，故選B。
4.B　由圖乙可知，0～1 s內，xA＝5 m，xB＝2 m，對A進行受力分析得μmAg＝mAaA，對B進行受力分析得μmAg＝mBaB，1 s后兩物體相對靜止地一起勻速運動，則速度為v0－aAt＝aBt，由xB＝aBt2，解得aB＝4 m/s2，則共速時的速度為v共＝vB＝aBt＝4 m/s，對A有xA＝t＝5 m，v共＝aBt＝4 m/s，聯立解得v0＝6 m/s，μ＝0.2，＝，故選B。
5.C　物體在傳送帶上運動的加速度為a＝μg＝1 m/s2，加速到與傳送帶共速的時間為t1＝＝1 s，加速的距離為 x＝t1＝0.5 m，此后物體隨傳送帶一起做勻速運動，則勻速運動的時間為t2＝＝2 s，故物體從a點運動到b點所經歷的時間為t＝t1＋t2＝3 s，C正確。
6.BC　由牛頓第二定律得μmg＝ma，設行李與傳送帶共速所需的時間為t，則有v＝at，代入數值得t＝1 s，行李做勻加速運動的位移大小為x＝at2＝0.5 m＜2 m，所以行李先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動，故A錯誤，B正確；勻速運動的時間為t'＝＝1.5 s，行李從A到B所需的時間為t總＝1 s＋1.5 s＝2.5 s，傳送帶在t時間內的位移為x'＝vt＝1 m，行李與傳送帶間的相對位移為Δx＝x'－x＝0.5 m，故C正確，D錯誤。
7.ABC　若μmgcos θ＞mgsin θ且v1≤v0，物塊先向下減速到零，然后反向加速到v1從傳送帶頂端離開，物塊加速和減速過程對稱，故A正確；若μmgcos θ＞mgsin θ且v1＞v0，物塊先向下減速到零，然后反向加速到v0，然后與傳送帶共速后向上勻速運動，故B正確；若μmgcos θ＝mgsin θ物塊將向下一直做勻速直線運動，故C正確；若一開始物塊向下加速，則物塊所受合外力的大小和方向均不變，物塊加速度保持不變，故D錯誤。
8.B　設物塊的質量為m，木板的質量為M，物塊減速和木板加速到共速的時間為t1，物塊和木板的加速度大小分別為a1、a2，有a1＝＝2 m/s2，a2＝，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移為x1＝t1，兩者共速后，因μ1＞μ2，則一起減速到停止，共同減速的加速度為a3，有a3＝＝0.5 m/s2，從兩者共速到停止運動，木板的位移為x2＝，木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度，即L＝x1＋x2，最終物塊恰好到達木板的右端，即物塊相對滑動的位移為板長，有L＝t1－x1，聯立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故選B。
9.B　由牛頓第二定律可得μmAg＝mAaA，μmAg＝mBaB，設給長木板B一個水平向右的初速度v0，滑塊A恰好滑下時的速度為v1，經過的時間為t1，則有v1＝v0－aBt1，v1＝aAt1，－＝2aB，＝2aAxA1，xB1－xA1＝L，可得＝L①，設給滑塊A一個水平向右的初速度v，滑塊A恰好滑下時的速度為v2，經歷的時間為t2，則有v2＝v－aAt2，v2＝aBt2，v2－＝2aAxA2，＝2aBxB2，xA2－xB2＝L，可得＝L②，①、②兩式相比可得v＝v0＝10 m/s，故選項B正確。
10.（1）4 m/s　（2）12 m/s2　4 m/s2
（3）8 m/s　3 m
解析：（1）先敲擊A時，由牛頓第二定律知μmg＝maA
A加速度的大小aA＝μg
A對B的摩擦力小于B與地面間的最大靜摩擦力，B靜止不動
根據勻變速直線運動速度與位移關系可知＝2aAL
解得vA＝＝4 m/s。
（2）在左邊緣再次對齊前，對B，
根據牛頓第二定律得μmg＋2μmg＝maB
解得aB＝3μg＝12 m/s2
對齊后，對A、B整體，根據牛頓第二定律得2μmg＝2maB'，解得aB'＝μg＝4 m/s2。
（3）經過時間t，A、B達到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA，
則v＝aAt＝vB－aBt，xA＝aAt2
xB＝vBt－aBt2，xB－xA＝L
聯立解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m
A、B達到共同速度后，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）傳送帶靜止時，設小物塊下滑的加速度大小為a1，則根據牛頓第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
解得a1＝2 m/s2，
A、B兩端之間的距離為L＝v0Δt＋a1（Δt）2
解得L＝35 m。
（2）傳送帶以v1＝2 m/s的速度沿逆時針方向勻速轉動時，小物塊仍以加速度大小a1做勻加速直線運動，故小物塊運動的位移仍為L，則傳送帶運動的位移為x帶＝v1Δt＝10 m
小物塊在傳送帶上留下的痕跡為s＝L－x帶＝25 m。
（3）若傳送帶以v2＝8 m/s的速度沿逆時針方向勻速轉動，開始時，小物塊受到的摩擦力沿著傳送帶向下，設小物塊的加速度大小為a2，根據牛頓第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
解得a2＝10 m/s2
設經過時間t1，小物塊與傳送帶達到共同速度，則有v2＝v0＋a2t1
這段時間內小物塊運動的位移為x1＝v0t1＋a2
在此之后，小物塊仍以大小為a1的加速度做勻加速直線運動，根據運動學公式有
x2＝L－x1
x2＝v2t2＋a1
則小物塊從A端運動到B端所用的總時間t＝t1＋t2
聯立代入數據解得t＝3.52 s。
3 / 3　動力學中的傳送帶模型和板塊模型
突破點一　動力學中的傳送帶模型
1.模型特點
傳送帶問題一般分為水平傳送帶、傾斜傳送帶兩種類型，其本質是物體與傳送帶間在摩擦力作用下的相對運動問題。
2.傳送帶模型問題的兩個關鍵分析
受力 分析 （1）摩擦力方向的判斷：①同向“以快帶慢”；②反向“互相阻礙”。 （2）共速時摩擦力的可能突變：①滑動摩擦力突變為零；②滑動摩擦力突變為靜摩擦力；③摩擦力方向突變
運動 分析 （1）參考系的選擇：①研究物體的速度、位移、加速度時均以地面為參考系；②研究物體的滑行痕跡等一般以傳送帶為參考系。 （2）判斷共速以后物體是否能與傳送帶保持相對靜止。 （3）判斷物體在達到共速之前是否滑出傳送帶
水平傳送帶模型
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景1 （1）可能一直加速 （2）可能先加速，后勻速
情景2 （1）v0＞v時，可能一直減速，也可能先減速，再勻速 （2）v0＜v時，可能一直加速，也可能先加速，再勻速
情景3 （1）傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端 （2）傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端。當v0＞v，返回時速度為v，當v0＜v，返回時速度為v0
（2025·山東濟寧月考）如圖所示，水平固定放置的傳送帶在電機的作用下一直保持速度v＝4 m/s順時針轉動，兩輪軸心間距L＝10 m。一個物塊（視為質點）以速度v0＝8 m/s從左輪的正上方水平向右滑上傳送帶，經過t＝2 s物塊離開傳送帶，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是（　　）
A.物塊在傳送帶上一直做勻減速直線運動
B.物塊在傳送帶上做勻減速運動的時間為1.5 s
C.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.4
D.物塊在傳送帶上留下的劃痕為6 m
嘗試解答
傾斜傳送帶模型
傾斜傳送帶的幾種情況：（條件：傳送帶以v勻速運行，滑塊的初速度為v0）
情景 滑塊的運動情況
傳送帶不夠長 傳送帶足夠長
一直加速（一定滿足關系μ＞tan θ） 先加速后勻速
一直加速（加速度為gsin θ＋μgcos θ） 若μ≥tan θ，先加速后勻速
若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
v0＜v時，一直加速（加速度為gsin θ＋μgcos θ） v0＜v時：若μ≥tan θ，先加速后勻速；若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
v0＞v時，一直勻變速（加速度為｜gsin θ－μgcos θ｜） v0＞v時：若μ＞tan θ，先減速后勻速；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，一直勻速
μ＞tan θ，一直減速 μ＞tan θ，先減速到速度為0后反向加速到v，若v0≤v，則回到原位置時速度大小為v0（類豎直上拋運動），若v0＞v，運動到原位置時速度大小為v
（2025·安徽阜陽模擬）如圖所示，煤礦有一傳送帶與水平地面的夾角為θ＝37°，傳送帶以v＝10 m/s的速率逆時針轉動。在傳送帶上端A點靜止釋放一個質量為m＝1.0 g的黑色煤塊，經過2 s運動到傳送帶下端B點并離開傳送帶，煤塊在傳送帶上留下一段黑色痕跡。已知煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2，求：
（1）傳送帶從A到B的長度；
（2）煤塊從A運動到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長度。
嘗試解答
突破點二　動力學中的板塊模型
1.模型特點：滑塊（視為質點）置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下或者還有外力作用下發生相對滑動。
2.模型構建
（1）隔離法的應用：對滑塊和木板分別進行受力分析和運動過程分析。
（2）對滑塊和木板分別列動力學方程和運動學方程。
（3）明確滑塊和木板間的位移關系
如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L（板長）；滑塊和木板反向運動時，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3.解題關鍵
（1）摩擦力的分析判斷：由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的摩擦力方向。
（2）挖掘“v物＝v板”臨界條件的拓展含義
摩擦力突變的臨界條件：當v物＝v板時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉變為靜摩擦力或者兩者間不再有摩擦力（水平面上共同勻速運動）。
①滑塊恰好不滑離木板的條件：滑塊運動到木板的一端時，v物＝v板；
②木板最短的條件：當v物＝v板時滑塊恰好滑到木板的一端。
（2024·新課標卷25題）如圖，一長度l＝1.0 m的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上，薄板的右端與平臺的邊緣O對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板運動的距離Δl＝時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到O點。已知物塊與薄板的質量相等，它們之間的動摩擦因數μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；
（2）平臺距地面的高度。
嘗試解答
（2025·陜西寶雞階段練習）如圖甲所示，粗糙的水平地面上靜置一長為2.0 m、質量為2 kg的長木板，在其右端放一質量為1 kg的小物塊（可看作質點）。某時刻起對長木板施加逐漸增大的水平外力F，測得小物塊所受的摩擦力Ff隨外力F的變化關系如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小取g＝10 m/s2，若一開始改用F＝16 N的水平恒力拉長木板，則小物塊在長木板上滑行的時間為（　　）
A.2 s　 B.3 s　
C. s　 D. s
嘗試解答
重難突破4　動力學中的傳送帶模型和板塊模型
【著眼“四翼”·探考點】
突破點一
【例1】 C　假設物塊在傳送帶上一直做勻減速運動，加速度的大小為a，則L＝v0t－at2，解得a＝3 m/s2，離開傳送帶時物塊的速度為v＝v0－at＝2 m/s＜4 m/s，假設不成立，故物塊在傳送帶上先做減速運動，再與傳送帶共速，最后從右端離開，A錯誤；設物塊在傳送帶上做勻減速運動的時間為t1，則物塊與傳送帶一起勻速運動的時間為2 s－t1，L＝t1＋4 m/s×（2 s－t1），解得t1＝1 s，B錯誤；物塊在傳送帶上做勻減速運動的時間為1 s，則減速時加速度大小為a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛頓第二定律可得μmg＝ma1，解得μ＝0.4，C正確；物塊與傳送帶的相對位移大小，即留下的劃痕長度為Δx＝v0t1－a1－vt1＝2 m，D錯誤。
【例2】 （1）16 m　（2）5 m
解析：（1）煤塊速度達到10 m/s之前，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
t1＝＝1 s
x1＝a1＝5 m
煤塊速度達到10 m/s之后運動時間t2＝1 s
由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
x2＝vt2＋a2＝11 m
所以傳送帶從A到B的長度為L＝x1＋x2＝16 m。
（2）煤塊速度小于傳送帶時s1相＝vt1－x1＝5 m
煤塊速度大于傳送帶時s2相＝x2－vt2＝1 m
由于s1相＞s2相，則煤塊形成的痕跡長為5 m。
突破點二
【例3】 （1）4 m/s　 s　（2） m
解析：
（1）解法一　由題意可知物塊在薄板上運動的過程中，物塊和薄板之間一直存在相對運動，物塊向右做勻減速直線運動，薄板向右做勻加速直線運動，又物塊和薄板的質量相等，則物塊和薄板的加速度大小均為
a＝μg＝3 m/s2
設物塊的初速度大小為v0，物塊在薄板上的運動時間為t1，則由運動學公式有
x物＝v0t1－a＝l＋
x板＝a＝
聯立并代入數據解得v0＝4 m/s、t1＝ s。
解法二　對物塊與薄板組成的系統，從開始運動到狀態一，根據動量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
分別對物塊和薄板根據動能定理有
－μmg·l＝m－m
μmg·l＝m－0
聯立并代入數據解得v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
對薄板由動量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入數據解得t1＝ s。
（2）結合（1）問可知物塊從薄板飛出瞬間，薄板的速度大小為
v2＝at1＝1 m/s
由題意可知物塊從薄板飛出后，物塊做平拋運動，薄板做勻速直線運動，設物塊從薄板飛出后的運動時間為t2，平臺距地面的高度為h，則由運動學公式有
－＝v2t2
h＝g
聯立并代入數據解得h＝ m。
【例4】 A　由題圖乙知力F較小時，小物塊和長木板均靜止，隨著外力的增大二者先一起加速運動，后來發生相對滑動。當F＞2 N時二者開始一起加速，則長木板受水平面的滑動摩擦力Ff2＝2 N，當F＞14 N時小物塊和長木板開始相對滑動，此時小物塊受到的摩擦力Ff1＝4 N，則小物塊的加速度最大為a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，改用F＝16 N的外力水平拉長木板時，對長木板，由牛頓第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，解得a＝5 m/s2，由運動學規律知小物塊在長木板上滑行的時間滿足at2－a1t2＝L，代入數據解得t＝2 s，故選A。
3 / 3(共57張PPT)
重難突破4
動力學中的傳送帶模型和板塊模型
高中總復習·物理
目 錄
01
著眼“四翼”·探考點
02
培養“思維”·重落實
題型 規律 方法
著眼“四翼”·探考點
突破點一　動力學中的傳送帶模型
1. 模型特點
傳送帶問題一般分為水平傳送帶、傾斜傳送帶兩種類型，其本質是物體與
傳送帶間在摩擦力作用下的相對運動問題。
2. 傳送帶模型問題的兩個關鍵分析
受力 分析 （1）摩擦力方向的判斷：①同向“以快帶慢”；②反向“互
相阻礙”。
（2）共速時摩擦力的可能突變：①滑動摩擦力突變為零；②
滑動摩擦力突變為靜摩擦力；③摩擦力方向突變
運動 分析 （1）參考系的選擇：①研究物體的速度、位移、加速度時均
以地面為參考系；②研究物體的滑行痕跡等一般以傳送帶為參
考系。
（2）判斷共速以后物體是否能與傳送帶保持相對靜止。
（3）判斷物體在達到共速之前是否滑出傳送帶
水平傳送帶模型
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景1 （1）可能一直加速
（2）可能先加速，后勻速
情景2 （1）v0＞v時，可能一直減速，也可能先減速，
再勻速
（2）v0＜v時，可能一直加速，也可能先加速，
再勻速
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景
3
（1）傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端
（2）傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端。當v0
＞v，返回時速度為v，當v0＜v，返回時速度為v0
（2025·山東濟寧月考）如圖所示，水平固定放置的傳送帶在電機的
作用下一直保持速度v＝4 m/s順時針轉動，兩輪軸心間距L＝10 m。一個物
塊（視為質點）以速度v0＝8 m/s從左輪的正上方水平向右滑上傳送帶，經
過t＝2 s物塊離開傳送帶，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是
（　　）
A. 物塊在傳送帶上一直做勻減速直線運動
B. 物塊在傳送帶上做勻減速運動的時間為1.5 s
C. 物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.4
D. 物塊在傳送帶上留下的劃痕為6 m
√
解析：假設物塊在傳送帶上一直做勻減速運動，加速度的大小為a，則L＝
v0t－at2，解得a＝3 m/s2，離開傳送帶時物塊的速度為v＝v0－at＝2 m/s＜4
m/s，假設不成立，故物塊在傳送帶上先做減速運動，再與傳送帶共速，最
后從右端離開，A錯誤；設物塊在傳送帶上做勻減速運動的時間為t1，則物
塊與傳送帶一起勻速運動的時間為2 s－t1，L＝t1＋4 m/s×（2 s
－t1），解得t1＝1 s，B錯誤；物塊在傳送帶上做勻減速運動的時間為1 s，
則減速時加速度大小為a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛頓第二定律可得μmg
＝ma1，解得μ＝0.4，C正確；物塊與傳送帶的相對位移大小，即留下的劃
痕長度為Δx＝v0t1－a1－vt1＝2 m，D錯誤。
傾斜傳送帶模型
傾斜傳送帶的幾種情況：（條件：傳送帶以v勻速運行，滑塊的初速度為v0）
情景 滑塊的運動情況
傳送帶不夠長 傳送帶足夠長
一直加速（一定滿足關
系μ＞tan θ） 先加速后勻速
一直加速（加速度為gsin
θ＋μgcos θ） 若μ≥tan θ，先加速后勻速
若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋
μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－
μgcos θ加速
情景 滑塊的運動情況
傳送帶不夠長 傳送帶足夠長
v0＜v時，一直加速（加
速度為gsin θ＋μgcos θ） v0＜v時：若μ≥tan θ，先加速后勻
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時，一直勻變速
（加速度為｜gsin θ－
μgcos θ｜） v0＞v時：若μ＞tan θ，先減速后勻
速；若μ＜tan θ，以a2＝gsin θ－
μgcos θ加速
情景 滑塊的運動情況
傳送帶不夠長 傳送帶足夠長
（摩擦力方
向一定沿斜
面向上） μ＜tan θ，一直加速； μ＝tan θ，一直勻速
μ＞tan θ，一直減速 μ＞tan θ，先減速到速度為0后反
向加速到v，若v0≤v，則回到原位
置時速度大小為v0（類豎直上拋運
動），若v0＞v，運動到原位置時
速度大小為v
（2025·安徽阜陽模擬）如圖所示，煤礦有一傳送帶與水平地面的夾
角為θ＝37°，傳送帶以v＝10 m/s的速率逆時針轉動。在傳送帶上端A點靜
止釋放一個質量為m＝1.0 g的黑色煤塊，經過2 s運動到傳送帶下端B點并
離開傳送帶，煤塊在傳送帶上留下一段黑色痕跡。已知煤塊與傳送帶之間
的動摩擦因數μ＝0.5，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2，求：
（1）傳送帶從A到B的長度；
答案： 16 m　
解析： 煤塊速度達到10 m/s之前，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
t1＝＝1 s
x1＝a1＝5 m
煤塊速度達到10 m/s之后運動時間t2＝1 s
由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
x2＝vt2＋a2＝11 m
所以傳送帶從A到B的長度為L＝x1＋x2＝16 m。
（2）煤塊從A運動到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長度。
答案： 5 m
解析： 煤塊速度小于傳送帶時s1相＝vt1－x1＝5 m
煤塊速度大于傳送帶時s2相＝x2－vt2＝1 m
由于s1相＞s2相，則煤塊形成的痕跡長為5 m。
　如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時針方向轉動，傳送帶
的傾角為37°。一物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶
向上運動，其運動的v-t圖像如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為
零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。g取10 m/s2，則（　　）
A. 傳送帶的速度為16 m/s
B. 摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反
C. 物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.25
D. 傳送帶轉動的速率越大，物塊到達傳送帶頂端時的速度就會越大
√
解析： 　由圖乙可知傳送帶的速度為8 m/s，A錯誤；在0～1 s內，物塊的
速度大于傳送帶速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向下，根據牛頓第
二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，根據圖乙可得a1＝ m/s2＝8
m/s2，在1～3 s內傳送帶的速度大于物塊的速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿
傳送帶向上，根據牛頓第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，根據
圖乙可得a2＝ m/s2＝4 m/s2，聯立解得μ＝0.25，B錯誤，C正確；當傳
送帶轉動的速度大于16 m/s后，物塊在傳送帶上一直做加速度為a2的減速
運動，無論傳送帶的速度為多大，物塊到達傳送帶頂端時的速度都相等，
D錯誤。
突破點二　動力學中的板塊模型
1. 模型特點：滑塊（視為質點）置于木板上，滑塊和木板均相對地面運
動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下或者還有外力作用下發生相對滑動。
2. 模型構建
（1）隔離法的應用：對滑塊和木板分別進行受力分析和運動過程分析。
（2）對滑塊和木板分別列動力學方程和運動學方程。
（3）明確滑塊和木板間的位移關系
如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動
時，位移之差Δx＝x1－x2＝L（板長）；滑塊和木板反向運動時，位移之和
Δx＝x2＋x1＝L。
3. 解題關鍵
（1）摩擦力的分析判斷：由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的
摩擦力方向。
（2）挖掘“v物＝v板”臨界條件的拓展含義
摩擦力突變的臨界條件：當v物＝v板時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩
擦力轉變為靜摩擦力或者兩者間不再有摩擦力（水平面上共同勻速運
動）。
①滑塊恰好不滑離木板的條件：滑塊運動到木板的一端時，v物＝v板；
②木板最短的條件：當v物＝v板時滑塊恰好滑到木板的一端。
（2024·新課標卷25題）如圖，一長度l＝1.0 m的均勻薄板初始時靜止
在一光滑平臺上，薄板的右端與平臺的邊緣O對齊。薄板上的一小物塊從
薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板運動的距離Δl＝時，物塊從薄
板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到O點。已知物
塊與薄板的質量相等，它們之間的動摩擦因數μ＝0.3，重力加速度大小g
＝10 m/s2。求：
（1）物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；
答案： 4 m/s　 s　
解析： 解法一　由題意可知物塊在薄板上運動的過程中，物塊和薄板之間一直存在相對運動，物塊向右做勻減速直線運動，薄板向右做勻加速直線運動，又物塊和薄板的質量相等，則物塊和薄板的加速度大小均為a＝μg＝3 m/s2設物塊的初速度大小為v0，物塊在薄板上的運動時間為t1，則由運動學公式有x物＝v0t1－a＝l＋
x板＝a＝
聯立并代入數據解得v0＝4 m/s、t1＝ s。
解法二　對物塊與薄板組成的系統，從開始運動到狀態一，根據動量守恒
定律有
mv0＝mv1＋mv2
分別對物塊和薄板根據動能定理有
－μmg·l＝m－m
μmg·l＝m－0
聯立并代入數據解得v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
對薄板由動量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入數據解得t1＝ s。
（2）平臺距地面的高度。
答案： m
解析： 結合（1）問可知物塊從薄板飛出瞬間，薄板的速度大小為
v2＝at1＝1 m/s
由題意可知物塊從薄板飛出后，物塊做平拋運動，薄板做勻速直線運動，
設物塊從薄板飛出后的運動時間為t2，平臺距地面的高度為h，則由運動學
公式有
－＝v2t2
h＝g
聯立并代入數據解得h＝ m。
（2025·陜西寶雞階段練習）如圖甲所示，粗糙的水平地面上靜置一
長為2.0 m、質量為2 kg的長木板，在其右端放一質量為1 kg的小物塊（可
看作質點）。某時刻起對長木板施加逐漸增大的水平外力F，測得小物塊
所受的摩擦力Ff隨外力F的變化關系如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動摩
擦力，重力加速度大小取g＝10 m/s2，若一開始改用F＝16 N的水平恒力拉
長木板，則小物塊在長木板上滑行的時間為（　　）
A. 2 s
B. 3 s
C. s
D. s
√
解析：由題圖乙知力F較小時，小物塊和長木板均靜止，隨著外力的增大
二者先一起加速運動，后來發生相對滑動。當F＞2 N時二者開始一起加
速，則長木板受水平面的滑動摩擦力Ff2＝2 N，當F＞14 N時小物塊和長木
板開始相對滑動，此時小物塊受到的摩擦力Ff1＝4 N，則小物塊的加速度
最大為a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，改用F＝16 N的外力水平拉長木板時，對
長木板，由牛頓第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，解得a＝5 m/s2，由運動學
規律知小物塊在長木板上滑行的時間滿足at2－a1t2＝L，代入數據解得t＝
2 s，故選A。
　（2025·四川資陽期末）如圖所示，質量為M的木板放在光滑的水平面
上，木板的左端有一質量為m的木塊，在木塊上施加一水平向右的恒力F，
木塊和木板由靜止開始運動，木板相對地面運動位移x后二者分離。則下列
哪些變化可使x增大（　　）
A. 僅增大恒力F
B. 僅增大木板的質量M
C. 僅增大木塊的質量m
D. 僅減小木塊與木板間的動摩擦因數
√
解析： 　根據牛頓第二定律得木塊的加速度為a1＝＝－μg，
木板的加速度為a2＝，設板長為L，根據L＝a1t2－a2t2得t＝
，木板相對地面運動位移為x＝a2t2，則若僅增大木板的質量
M，木塊的加速度a1不變，木板的加速度a2減小，由上面式子知時間t
減小，則x減小，B錯誤；若僅增大木塊的質量m，則木塊的加速度a1減
小，木板的加速度a2增大，則t增大，x增大，C正確；若僅增大恒力
F，則木塊的加速度a1變大，木板的加速度不變，則t減小，x減小，A
錯誤；若僅減小木塊與木板間的動摩擦因數，則木塊的加速度a1增
大，木板的加速度a2減小，則t減小，x減小，D錯誤。
培養“思維”·重落實
夯基 提能 升華
1. （2024·北京高考10題）水平傳送帶勻速運動，將一物體無初速度地放
置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運動。下列說法正確的是
（　　）
A. 剛開始物體相對傳送帶向前運動
B. 物體勻速運動過程中，受到靜摩擦力
C. 物體加速運動過程中，摩擦力對物體做負功
D. 傳送帶運動速度越大，物體加速運動的時間越長
√
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3
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7
8
9
10
11
解析：
剛開始，物體速度小于傳送帶速度，物體相對傳送帶向后運動，A錯誤；
物體勻速運動過程中，不受摩擦力作用，B錯誤；加速運動過程中，傳送
帶對物體的摩擦力向前，則摩擦力對物體做正功，C錯誤；加速運動過
程 ＝μmg＝ma 加速時間t＝ v越大，t越大，D正確。
1
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11
2. 如圖所示，兩輪軸心間距為L＝0.4 m、傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定
的速率v＝1 m/s 沿順時針方向運行。現將一質量m＝2 kg 的物塊（可視為
質點）以v0＝3 m/s的速度從底部滑上傳送帶，傳送帶與物塊之間的動摩擦
因數μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，則物塊（　　）
A. 先做減速，后做勻速運動
B. 開始加速度大小為 2 m/s2
C. 經過t＝0.2 s到達頂端
D. 相對傳送帶發生的位移大小為0.4 m
√
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解析： 　開始時加速度大小為a＝＝10 m/s2，物塊與傳送
帶共速時－v2＝2ax，得x＝L＝0.4 m，則物塊做勻減速運動到頂端時剛
好與傳送帶共速，A、B錯誤；到達頂端的時間為t＝＝0.2 s，C正確；
物塊相對傳送帶發生的位移大小為Δx＝x－vt＝0.2 m，D錯誤。
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3. （2025·安徽安慶期中）如圖所示，在光滑平臺上放置一長度l＝0.5 m，
質量M＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可視為質點的質量m＝1 kg物塊，
物塊與薄板間動摩擦因數μ＝0.2。開始時兩者均靜止，現對薄板施加F＝8
N、水平向左的恒力，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，則物塊在薄
板上運動的時間為（　　）
A. 0.5 s B. 1 s
C. 1.5 s D. 2 s
√
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解析： 　設物塊脫離薄板前，物塊的加速度為a1，薄板的加速度為a2，物
塊脫離薄板的時間為t，根據牛頓第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，
代入數據解得a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2，由物塊與薄板之間的位移關系可得
a2t2－a1t2＝l，代入數據解得物塊在薄板上運動的時間為t＝1 s，故選B。
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4. 如圖甲所示，物塊A與木板B靜止在光滑水平地面上，現給物塊A一初速
度，1 s后兩物體相對靜止地一起勻速運動，它們的位移—時間圖像如乙圖
所示，則A、B兩物體的質量比為（　　）
A. 4∶3 B. 2∶1
C. 3∶2 D. 5∶2
√
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3
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解析： 　由圖乙可知，0～1 s內，xA＝5 m，xB＝2 m，對A進行受力分析
得μmAg＝mAaA，對B進行受力分析得μmAg＝mBaB，1 s后兩物體相對靜止地
一起勻速運動，則速度為v0－aAt＝aBt，由xB＝aBt2，解得aB＝4 m/s2，則共
速時的速度為v共＝vB＝aBt＝4 m/s，對A有xA＝t＝5 m，v共＝aBt＝4
m/s，聯立解得v0＝6 m/s，μ＝0.2，＝，故選B。
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5. 如圖所示，傳送帶保持1 m/s的速度順時針轉動。現將一個質量m＝0.5
kg的物體輕輕地放在傳送帶的a點，設物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝
0.1，a、b間的距離L＝2.5 m，則物體從a點運動到b點所經歷的時間為
（取g＝10 m/s2）（　　）
A. s B. （－1）s
C. 3 s D. 2.5 s
√
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解析： 　物體在傳送帶上運動的加速度為a＝μg＝1 m/s2，加速到與傳送
帶共速的時間為t1＝＝1 s，加速的距離為 x＝t1＝0.5 m，此后物體隨傳
送帶一起做勻速運動，則勻速運動的時間為t2＝＝2 s，故物體從a點運
動到b點所經歷的時間為t＝t1＋t2＝3 s，C正確。
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6. 〔多選〕（2025·安徽蚌埠期末）圖甲為機場和火車站的安全檢查儀
器，其傳送裝置可簡化為如圖乙所示的模型，緊繃的傳送帶以1 m/s的恒定
速率運行。旅客把行李無初速度地放在A處，設行李與傳送帶之間的動摩
擦因數為0.1，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2，該行李從A到B的過程中
（　　）
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. 行李到達B處時速率為1 m/s
C. 行李到達B處所需的時間為2.5 s
D. 行李與傳送帶間的相對位移為2 m
√
√
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解析： 　由牛頓第二定律得μmg＝ma，設行李與傳送帶共速所需的時間
為t，則有v＝at，代入數值得t＝1 s，行李做勻加速運動的位移大小為x＝
at2＝0.5 m＜2 m，所以行李先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動，
故A錯誤，B正確；勻速運動的時間為t'＝＝1.5 s，行李從A到B所需的
時間為t總＝1 s＋1.5 s＝2.5 s，傳送帶在t時間內的位移為x'＝vt＝1 m，行
李與傳送帶間的相對位移為Δx＝x'－x＝0.5 m，故C正確，D錯誤。
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7. 〔多選〕傳送帶可以連續地進行物料運輸，且結構設計簡單。如圖所
示，傾斜放置的傳送帶與水平面間的夾角為θ，傳送帶順時針運行的速度
大小恒為v0，一物塊從傳送帶頂端以初速度v1開始下滑，物塊與傳送帶間
的動摩擦因數為μ，傳送帶足夠長，物塊在傳送帶上運動過程中，速度隨
時間變化的圖像可能是（以物塊初速度v1的方向為正方向）（　　）
√
√
√
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解析： 　若μmgcos θ＞mgsin θ且v1≤v0，物塊先向下減速到零，然后
反向加速到v1從傳送帶頂端離開，物塊加速和減速過程對稱，故A正確；
若μmgcos θ＞mgsin θ且v1＞v0，物塊先向下減速到零，然后反向加速到v0，
然后與傳送帶共速后向上勻速運動，故B正確；若μmgcos θ＝mgsin θ物塊
將向下一直做勻速直線運動，故C正確；若一開始物塊向下加速，則物塊
所受合外力的大小和方向均不變，物塊加速度保持不變，故D錯誤。
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8. （2025·江西上饒二模）如圖所示，在足夠大的水平地面上靜置一木
板，可視為質點的物塊以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最終物塊恰好到達木
板的右端，木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度。已知物塊與木板
間的動摩擦因數μ1＝0.2，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.05，重力加速
度大小取g＝10 m/s2，則木板的長度為（　　）
A. 1.0 m B. 1.5 m
C. 2.0 m D. 2.5 m
√
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解析： 　設物塊的質量為m，木板的質量為M，物塊減速和木板加速到共
速的時間為t1，物塊和木板的加速度大小分別為a1、a2，有a1＝＝2
m/s2，a2＝，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移為x1＝t1，
兩者共速后，因μ1＞μ2，則一起減速到停止，共同減速的加速度為a3，有a3
＝＝0.5 m/s2，從兩者共速到停止運動，木板的位移為x2＝
，木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度，即L＝x1＋x2，最終物塊
恰好到達木板的右端，即物塊相對滑動的位移為板長，有L＝t1－x1，
聯立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故選B。
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9. 如圖所示，將小滑塊A放在長為L的長木板B上，A與B間的動摩擦因數為
μ，長木板B放在光滑的水平面上，A與B的質量之比為1∶4，A距B的右端
L。現給長木板B一個水平向右初速度v0＝10 m/s，小滑塊A恰好從長木
板B上滑下；若給A一個水平向右初速度v，要使A能從B上滑下，則v至少為
（　　）
A. 5 m/s B. 10 m/s
C. 15 m/s D. 20 m/s
√
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解析： 　由牛頓第二定律可得μmAg＝mAaA，μmAg＝mBaB，設給長木板B
一個水平向右的初速度v0，滑塊A恰好滑下時的速度為v1，經過的時間為
t1，則有v1＝v0－aBt1，v1＝aAt1，－＝2aB，＝2aAxA1，xB1－xA1
＝L，可得＝L①，設給滑塊A一個水平向右的初速度v，滑塊
A恰好滑下時的速度為v2，經歷的時間為t2，則有v2＝v－aAt2，v2＝aBt2，v2
－＝2aAxA2，＝2aBxB2，xA2－xB2＝L，可得＝L②，
①、②兩式相比可得v＝v0＝10 m/s，故選項B正確。
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10. 如圖所示，質量均為m＝1 kg的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對
齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數均為μ＝0.4。先敲擊A，A立即獲得水
平向右的初速度，在B上滑動距離L＝2 m后停下。接著敲擊B，B立即獲得
水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，
此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊A長度可
忽略不計，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）A被敲擊后獲得的初速度大小vA；
答案： 4 m/s　
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11
解析： 先敲擊A時，由牛頓第二定律知μmg＝maA
A加速度的大小aA＝μg
A對B的摩擦力小于B與地面間的最大靜摩擦力，B靜止不動
根據勻變速直線運動速度與位移關系可知＝2aAL
解得vA＝＝4 m/s。
1
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11
（2）在左邊緣再次對齊的前、后，B運動的加速度的大小aB、aB'；
答案： 12 m/s2　4 m/s2
解析：在左邊緣再次對齊前，對B，
根據牛頓第二定律得μmg＋2μmg＝maB
解得aB＝3μg＝12 m/s2
對齊后，對A、B整體，根據牛頓第二定律得2μmg＝2maB'，解得aB'＝μg＝4
m/s2。
1
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11
解析：經過時間t，A、B達到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大
小等于aA，
則v＝aAt＝vB－aBt，xA＝aAt2
xB＝vBt－aBt2，xB－xA＝L
聯立解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m
A、B達到共同速度后，有v2＝2aB'xB'
解得xB'＝0.5 m，所以sB＝xB＋xB'＝3 m。
（3）B被敲擊后獲得的初速度大小vB及B運動的最大距離sB。
答案： 8 m/s　3 m
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11. （2025·河南鄭州模擬）如圖所示，傳送帶傾斜放
置，與水平方向的夾角為θ＝37°，小物塊以v0＝2 m/s
的初速度從A端沿傳送帶向下運動。當傳送帶靜止不動
時，小物塊從A端運動到B端所用的時間為Δt＝5 s。已
知小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5，小物塊可視為質點，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，＝1.73。
（1）求A、B兩端之間的距離L；
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答案： 35 m　
解析： 傳送帶靜止時，設小物塊下滑的加速度大小為a1，則根據牛頓
第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
解得a1＝2 m/s2，
A、B兩端之間的距離為L＝v0Δt＋a1（Δt）2
解得L＝35 m。
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（2）若傳送帶以v1＝2 m/s的速度沿逆時針方向勻速轉動時，求小物塊在
傳送帶上留下的痕跡s；
答案： 25 m　
解析：傳送帶以v1＝2 m/s的速度沿逆時針方向勻速轉動時，小物塊仍以加
速度大小a1做勻加速直線運動，故小物塊運動的位移仍為L，則傳送帶運動
的位移為x帶＝v1Δt＝10 m
小物塊在傳送帶上留下的痕跡為s＝L－x帶＝25 m。
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（3）若傳送帶以v2＝8 m/s的速度沿逆時針方向勻速轉動，求小物塊從A端
運動到B端所用的總時間t。（結果保留3位有效數字）
答案： 3.52 s
解析：若傳送帶以v2＝8 m/s的速度沿逆時針方向勻速轉動，開始時，小物
塊受到的摩擦力沿著傳送帶向下，設小物塊的加速度大小為a2，根據牛頓
第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
解得a2＝10 m/s2
設經過時間t1，小物塊與傳送帶達到共同速度，則有v2＝v0＋a2t1
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這段時間內小物塊運動的位移為x1＝v0t1＋a2
在此之后，小物塊仍以大小為a1的加速度做勻加速直線運動，根據運動學
公式有
x2＝L－x1
x2＝v2t2＋a1
則小物塊從A端運動到B端所用的總時間t＝t1＋t2
聯立代入數據解得t＝3.52 s。
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演示完畢 感謝觀看

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