高考物理一轮复习专题3.4传送带模型和“滑块－木板”模型-(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习专题3.4传送带模型和“滑块－木板”模型-(原卷版+解析)，共78页。试卷主要包含了传送带模型，“滑块－木板”模型，斜面问题，生活情景问题等内容，欢迎下载使用。


考向一、传送带模型
考向二、“滑块－木板”模型
考向三、斜面问题
考向四、生活情景问题
考向一、传送带模型
一、eq \a\vs4\al(水平传送带)
二、eq \a\vs4\al(倾斜传送带问题)
【典例1】（多选）(2023·陕西咸阳市质检)如图所示水平传送带A. B两端点相距x=4m,以v0=2m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4,g取10m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中（ ）
A. 小煤块从A运动到B的时间是2√s
B. 小煤块从A运动到B的时间是2.25s
C. 划痕长度是4m
D. 划痕长度是0.5m
答案: BD
解析： A. 根据牛顿第二定律得,小煤块的加速度a=μg=4m/s2，
则匀加速运动的时间t1=v0/a=2/4s=0.5s,匀加速运动的位移x1=at2/2==0.5m.
则小煤块匀速运动的位移x2=x−x1=4−0.5m=3.5m,则匀速运动的时间t2=x2/v0=3.52s=1.75s，
所以小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=2.25s.故A错误，B正确。
C. 在煤块匀加速运动的过程中,传送带的位移x3=v0t1=2×0.5m=1m，
则划痕的长度△x=x3−x1=0.5m.故C错误，D正确。
【典例2】.(2023·吉林三调)如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物块从传送带底端以初速度v2(v2>v1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v­t图象不可能是( )
答案: C
解析：若F>mgsinθ＋μmgcsθ，物块一直做匀加速直线运动，v­t图象是向上倾斜的直线，A图是可能的。若F＝mgsinθ＋μmgcsθ，物块一直做匀速直线运动，v­t图象是平行于t轴的直线，B图是可能的。若F练习1.(多选)(2023·安徽天长市期末)如图甲所示，位于同一竖直面内的两条倾角都为θ的倾斜轨道a、b分别与一传送装置的两端平滑相连．现将小物块从轨道a的顶端由静止释放，若传送装置不运转，小物块运动到轨道b底端的过程的v－t图象如图乙所示；若传送装置匀速转动，则小物块下滑过程的v－t图象可能是下列选项中的( )
答案:AC.
解析：若传送带顺时针匀速转动，则物块在传送带上运动时所受的摩擦力与传送带静止时的相同，加速度为a1＝gsin θ－μgcs θ，则v－t图象不变，选项A正确；若传送带逆时针匀速转动，当物块运动到传送带上时的速度小于传送带的速度时，物块将受到沿传送带向下的摩擦力，加速度为a2＝gsin θ＋μgcs θ>a1，此时物块运动到轨道b底端的速度大于v1，则选项C正确，D错误；当物块运动到传送带上时的速度大于等于传送带的速度时，物块将受到沿传送带向上的摩擦力，加速度仍为a1，则选项B错误．
练习2.(2023·四川成都市诊断)如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B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无初速地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，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＝10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
答案:(1)1.5 s (2)5 m
解析：(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2，
加速过程中t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m。
达到v0后，受到向上的摩擦力，则
a2＝g(sin θ－μcs θ)＝2 m/s2，
x2＝L－x1＝5.25 m，
x2＝v0t2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，
得t2＝0.5 s。
煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
(2)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，
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m。
处理传送带模型的万能模板
解题关键：传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．
(1)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物(2)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物>v带，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动．
(3)若物块速度与传送带的速度方向相反，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块减速；当物块速度减为零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动．
(4)若v物＝v带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力．
【巧学妙记】
考向二、“滑块－木板”模型
一、“滑块－木板”模型
1．相对运动模型特征
滑块——滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中．另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似．
2.板块问题
一、木板B受到水平拉力
木块A质量为m1，木板B质量为m2,，A和B都静止在地面上，。AB之间的摩擦因数为μ1，B与地面间的摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力fm和滑动摩擦力f=μFN相等
（1）当F≤μ2（m1+m2）g时,AB都静止不动
此时木块A不受摩擦力，木板B受到的摩擦力f=F
（2）当μ2（m1+m2）g< F≤μ2（m1+m2）g+（m1+m2）μ1g 时，二者一起加速
假设在F作用下AB一起加速，由牛顿运动定律可知当F逐渐增大，二者加速度a也随之增大。对木块A来说，此时木块A受到的静摩擦力向右，在静摩擦力带动下使木块A随着木板B一起加速。而木块A受到的静摩擦力也随着加速度的增大而增大，当达到最大静摩擦力fm时，木块A达到最大加速度：
木块A μ1m1g=m1am 得 am=μ1g
整体 Fm-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）am
Fm=μ2（m1+m2）g+（m1+m2）μ1g
地面光滑时：木块A μ1m1g=m1am
得am=μ1g
整体 Fm=（m1+m2）am
Fm=（m1+m2）μ1g
（3）当F>μ2（m1+m2）g+（m1+m2）μ1g二者相对滑动
木块A μ1m1g=m1aA
得aA=μ1g
木板B F-μ2（m1+m2）g-μ1m1g=m2aB
地面光滑时：木块A μ1m1g=m1aA 得 aA=μ1g
木板B F--μ1m1g=m2aB
二、木块A受到水平拉力
木块A质量为m1，木板B质量为m2,，A和B都静止在地面上，。AB之间的摩擦因数为μ1，B与地面间的摩擦因数为μ2，设 μ1m1g>μ2（m1+m2）g
（1）当F≤μ2（m1+m2）g时,AB都静止不动
此时木块A受到的摩擦力fA=F ，地面对木板B受到的摩擦力f地=F
（2）当μ2（m1+m2）g< F≤μ2（m1+m2）g+（m1+m2）am时，二者一起加速
假设在F作用下AB一起加速，由牛顿运动定律可知当F逐渐增大，二者加速度a也随之增大。对木板B来说，此时木板B受到的静摩擦力向右，在静摩擦力带动下使木板B随着木块A一起加速。而木板B受到的静摩擦力也随着加速度的增大而增大，当达到最大静摩擦力fm时，木板B达到最大加速度：
木板B μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2am
得 am=
整体 Fm-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）am

地面光滑时：木板B μ1m1g=m2am
得 am= μ1m1g/m2
整体 Fm =（m1+m2）am
Fm=（m1+m2） μ1m1g/m2
（3）F> Fm=（m1+m2）二者相对滑动
木块A F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）aA
木板B μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2aB
地面光滑时：木块A F-μ2（m1+m2）g=m1aA
木板B μ1m1g=m2aB
三、木块以v0滑上木板
木块A质量为m1，木板B质量为m2,，A和B都静止在地面上，。AB之间的摩擦因数为μ1，B与地面间的摩擦因数为μ2,如图木块A以一定的初速度V0滑上原来静止在地面上的木板B，A一定会在B上滑行一段时间，木板B长为L，设μ2（m1+m2）g< μ1m1g。
如果μ2（m1+m2）g< μ1m1g。，那么B受到的合力就不为零，就要滑动，此时木板加速，木块减速。
木块A加速度 μ1m1g=m1aA 木板B加速度 μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2aB
（1）如果B足够长，经过一段时间t后，A、B将会以共同的速度向右运动。设A在B上相对滑动的距离为d，如图所示，A、B的位移关系是sA-SB =d，那么有：
V0-aAt =aBt
V0t+aAt2/2=d+aBt2/2
（2）如果板长L四. 木板突然获得一个初速度
木块A质量为m1，木板B质量为m2,，A和B都静止在地面上，。AB之间的摩擦因数为μ1，B与地面间的摩擦因数为μ2 如图，A和B都静止在地面上，A在B的右端。从某一时刻时，B受到一个水平向右的瞬间打击力而获得了一个向右运动的初速度V0。
A静止，B有初速度，则A、B之间一定会发生相对运动，由于是B带动A运动，故A的速度不可能超过B。由A、B的受力图知，A加速，B减速，
木块A加速度 μ1m1g=m1aA
木板B加速度 μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2aB
两种情况：
1.如果板长L，经过一段时间t后，A将会从B上面滑落，则SB-SA=L
V0t-aBt2/2=L+aAt2/2 由此可以计算出时间t。
2. 板足够长，则A、B最终将会以共同的速度一起向右运动。设A、B之间发生相对滑动的时间为t，A在B上相对滑动的距离为d，位移关系如图所示，则SB-SA=d
V0-aBt =aAt
V0t-aBt2/2=d+aAt2/2
A、B达到共同速度后分为两种情况
（1）木块A和木板B一起减速
假设一起减速，木块A和木板B的加速度μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a
此时对木块A来说，静摩擦力对A产生加速度，则f=m1a=μ2m1g
如果此时木块A受到的静摩擦力没有超过最大静摩擦力μ1m1g，即μ2m1g≤ μ1m1g，则木块A和木板B以加速度a=μ2g一起减速。
（2）木块A和木板B相对滑动，各自减速
如果此时木块A受到的静摩擦力大于最大静摩擦力μ1m1g，即μ2m1g> μ1m1g，木块A和木板B相对滑动，各自减速。
木块A aA=μ1g
木板B μ2（m1+m2）g- μ1m1g=m2aB
【典例3】(2023·江苏·8)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为eq \f(1,2)μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则( )
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝eq \f(5,2)μmg时，A的加速度为eq \f(1,3)μg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过eq \f(1,2)μg
答案:BCD
解析：当03μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确．当F＝eq \f(5,2)μmg时，A与B共同的加速度a＝eq \f(F－\f(3,2)μmg,3m)＝eq \f(1,3)μg，选项B正确．F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2＝eq \f(2μmg－\f(3,2)μmg,m)＝eq \f(1,2)μg，选项D正确．
【典例4】（多选）(2023·洛阳偃师中成外国语学校高三月考）如图所示，一个厚度不计的圆环A，紧套在长度为L的圆柱体B的上端，A、B两者的质量均为m。A与B之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，其大小为kmg（k>1）。A、B由离地H高处由静止开始落下，触地后能竖直向上弹起，触地时间极短，且能量损失，A环运动过程中未落地。则下列说法正确的是（ ）
A.B与地底一次碰撞后，B上升的最大高度是
B.B与地底一次碰撞后，B上升的最大高度是
C.B与地底一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B离地面的高度是
D.B与地底一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B离地面的高度是
答案:AC
解析：AB.物体A、B一起下落H过程，机械能守恒，则
解得
对B来说碰撞以后以速度v向上作匀减速运动，其加速度，由牛顿第二定律得
得
根据速度位移公式，上升的最大高度
即B与地第一次碰撞后，B上升的最大高度是，故A正确，B错误；
CD.对A来说碰撞后的加速度，由
得
方向竖直向上，当A、B速度相等时，两者相对静止，设经时间t后，两者速度相等，有
解得
B下端离地面的高度为
即B与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度为，故C正确，D错误。
故选AC。
练习3.(2023·荆州模拟)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块、A、B与木板之间的动摩擦因数都为 μ＝0.2(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，水平恒力F作用在A物块上，如图3­3­25所示(重力加速度g取10 m/s)．则( )
A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动
B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 N
D．若F＝8 N，则B物块的加速度为1.0 m/s2
答案:D
解析：A物块与板间的最大静摩擦力为2 N，当F＜2 N时，A物块没有与木板发生相对滑动，A、B与板整体向左加速，选项A错误；若F＝1.5 N，对A、B及轻质木板整体有a＝eq \f(F,mA＋mB)＝0.5 m/s2，对A物块分析有F－Ff＝mAa，解得Ff＝1 N，选项B错误；若F＝4 N，则A物块与板发生相对滑动，板对B物块的静摩擦力为2 N，选项C错误；若F＝8 N，板对B物块的静摩擦力仍为2 N，根据a＝eq \f(Ff,mB)可得a＝1 m/s2，选项D正确．
练习4.(2023·河南林州市专项练习)如图所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的长度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(f(1)请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中，A、B各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小；
(2)B至少应该多长？
答案:(1)见解析 (2)eq \f(8m2g2h,mg＋f2)
解析： (1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为a＝g，B与地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，加速度大小
aA＝eq \f(mg－f,m)，
B竖直向上做匀减速运动，加速度大小
aB＝eq \f(mg＋f,m)，
B速度减为零后，继续以加速度aB向下运动。
(2)B着地前瞬间的速度为v1＝eq \r(2gh)，
B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为
t＝eq \f(2v1,aB)，
在此时间内A的位移x＝v1t＋eq \f(1,2)aAt2，
要使B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满足条件L≥x，
联立以上各式，解得L≥eq \f(8m2g2h,mg＋f2)。
练习5.(2023·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．
答案:(1)1 m/s (2)1.9 m
解析：(1)如图所示，对A、B和木板进行受力分析，其中fA、fB分别表示物块A、B受木板摩擦力的大小，fA′、fB′和f分别表示木板受到物块A、B及地面的摩擦力大小，设运动过程中A、B及木板的加速度大小分别为aA、aB和a，根据牛顿运动定律得：
fA＝mAaA①
fB＝mBaB②
fB′－fA′－f＝ma③
且：fA＝fA′＝μ1mAg④
fB＝fB′＝μ1mBg⑤
f＝μ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB＋m))g⑥
联立①～⑥解得：aA＝5 m/s2，aB＝5 m/s2，a＝2.5 m/s2
故可得B向右做匀减速直线运动，A向左做匀减速直线运动，木板向右做匀加速运动；且aB＝aA>a，显然经历一段时间t1之后B先与木板达到相对静止状态，且此时A、B速度大小相等，方向相反．不妨假设此时B与木板的速度大小为v1：
v1＝v0－aAt1⑦
v1＝at1⑧
解得：t1＝0.4 s，v1＝1 m/s.
(2)设在t1时间内，A、B的位移大小分别为xA，xB，由运动学公式得：
xA＝v0t1－eq \f(1,2)aAteq \\al(2,1)⑨
xB＝v0t1－eq \f(1,2)aBteq \\al(2,1)⑩
此后B将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和A相遇，这段时间内A的加速度大小仍为aA，设B和木板的加速度大小为a′，则根据牛顿运动定律得：
对木板和B：
μ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB＋m))g＋μ1mAg＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mB＋m))a′⑪
假设经过t2时间后A、B刚好相遇，且此时速度大小为v2，为方便计算我们规定水平向右为正向，则在这段时间内速度变化：
对B和木板：v2＝v1－a′t2⑫
对A：v2＝－v1＋aA′t2⑬
联立⑪～⑬解得t2＝0.3 s，可以判断此时B和木板尚未停下，则t2时间内物块A、B的位移大小假设为xA′、xB′，由运动学公式：
xA′＝v1t2－eq \f(1,2)aA′teq \\al(2,2)⑭
xB′＝v1t2－eq \f(1,2)a′teq \\al(2,2)⑮
则A和B开始相距x满足：x＝xA＋xA′＋xB＋xB′⑯
联立解得：x＝1.9 m.
分析滑块－木板模型时要抓住一个转折和两个关联。
叠加体系统临界问题的求解思路
【巧学妙记】

斜面问题
【典例1】（多选）(2023·湖南株洲市质检)如图所示，三角形物体ACE由两种材料拼接而成，上面的ABD部分为一种材料，下面的BDEC部分为另一种材料。BD界面平行与底面CE，AC侧面与水平面的夹角为θ1，AE侧面与水平面的夹角为θ2，且有θ1＜θ2。物块从A点由静止下滑，加速至B点后，又匀速运动至C点。若该物块由静止从A点沿另一侧面下滑，则有（ ）
A.由D匀速运动至E
B.由D加速运动至E
C.通过D点的速率等于通过B点的速率
D.AB段运动的时间大于AD段运动的时间
答案:BD
解析：AB.由题意可知物块从B匀速运动到C，则有
由D到E，根据牛顿第二定律有
因为
所以即由D加速至E，故A错误，B正确；
C.从A到B根据动能定理，有
从A到D根据动能定理，有
根据几何关系所以故C错误；
D.由牛顿第二定律，在AB段
在BC段
因为 所以
根据解得
因为所以故D正确。
故选BD。
【典例2】（多选）(2023·安徽省池州市上学期期末)如图，水平地面上有一楔形物体b，b的斜面上有一小物块a；a与b之间、b与地面之间均存在摩擦．已知楔形物体b静止时，a静止在b的斜面上．现给a和b一个共同的向左的初速度，与a和b都静止时相比，此时可能（ ）
A．a与b之间的压力减少，且a相对b向下滑动
B．a与b之间的压力增大，且a相对b向上滑动
C．a与b之间的压力增大，且a相对b静止不动
D．b与地面之间的压力不变，且a相对b向上滑动
答案: BC.
解析：假设a和b相对静止，一起向左减速，则其共同加速度向右，以物块a为研究对象，其受力如图所示（假设摩擦力沿斜面向上），将加速度分解到垂直、平行斜面方向，则由牛顿第二定律，
解得 ，
其中，加速度a从0增加到了a.
可以看出 FN一定增大了，即压力增大了。
若a较小，，Ff方向向上；
若，Ff=0；
若a较大，，Ff方向向下；
若a太大，则Ff可能超过最大静摩擦力，物块a就会相对斜面上滑。物块相对斜面上滑时，物块有竖直向上加速度，超重，因此整体对地压力大于整体重力。
练习5.(2023河南省百校联盟高三月考）如图所示，水平地面上固定一斜面，斜面倾角为θ，初始时将一物体A轻放在斜面上，A与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列分析正确的是（ ）
A．若μ＞tanθ，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜面向下加速运动
B．若μ＝tanθ，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜面向下加速运动
C．若μ＜tanθ，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F后，物体A将仍以加速度a沿斜面向下加速运动
D．若μ＜tanθ，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F后，物体A将以大于a的加速度沿斜面向下加速运动
答案:D
解析：AB、若μ≥tanθ，重力下滑分力小于或等于最大静摩擦力，物体静止，施加F后相当于增大重力，物静A仍静止，故AB错误；
CD、若μ＜tanθ，重力下滑分力大于最大静摩擦力，物体加速下滑，施加F后合外力增大，但质量不变，故加速度增大，故D正确C错误。
考向四、生活情景问题
【典例1】(2023·河南省驻马店市第二次质检)某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为x.比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示．设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g.
(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；
(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；
(3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件．
答案:见解析
解析： (1)在匀速运动阶段，有mgtan θ0＝kv0
得k＝eq \f(mgtan θ0,v0).
(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为F′N，有
F′Nsin θ－kv＝ma
F′Ncs θ＝mg
得tan θ＝eq \f(a,g)＋eq \f(v,v0)tan θ0.
(3)以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有
F＝eq \f(mg,cs θ0)
球拍倾角为θ0＋β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a′，有Fsin β＝ma′
设匀速跑阶段所用时间为t，有t＝eq \f(x,v0)－eq \f(v0,2a)
球不从球拍上掉落的条件eq \f(1,2)a′t2≤r
得sin β≤eq \f(2rcs θ0,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,v0)－\f(v0,2a)))2).
【典例2】(2023·广东省深圳市三校模拟)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cs θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度。
答案:(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m
解析：(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsin θ＝ma1①
f＝μmgcs θ②
联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下。
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin θ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g⑤
s1＝vt－eq \f(1,2)a1t2⑥
s2＝vt－eq \f(1,2)a2t2⑦
s＝s1－s2⑧
l＝l0＋s0＋s2⑨
联立①②④～⑨式并代入数据得l＝98 m。⑩
练习7.(2023·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距x0和x1(x1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．
答案:(1)eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,1),2gx0) (2)eq \f(x1v1＋v02,2x\\al(2,0))
解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma①
由运动学公式得：
veq \\al(2,0)－veq \\al(2,1)＝2ax0②
解得μ＝eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,1),2gx0)③
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t．
由运动学公式得
veq \\al(2,0)－veq \\al(2,1)＝2a1x0④
v0－v1＝a1t⑤
x1＝eq \f(1,2)a2t2⑥
联立④⑤⑥式得
a2＝eq \f(x1v1＋v02,2x\\al(2,0))⑦
1. (多选)(2023·江西五市八校联考)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1.不计空气阻力，动摩擦因数一定．关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的( )
A．从下端B离开，v＞v1 B．从下端B离开，v＜v1
C．从上端A离开，v＝v1 D．从上端A离开，v＜v1
2. (多选)(2023·福建泉州市5月第二次质检)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动．一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图象可能是( )
3. （多选）(2023东北三省四市教研综合体二模）如图所示，有一个质量为m的长木板静止在光滑水平地面上，另一个质量也为m的小物块叠放在长木板的一端之上。B是长木板的中点，物块与长木板在AB段的动摩擦因数为μ，在BC段的动摩擦因数为2μ。若把物块放在长木板左端，对其施加水平向右的力F1可使其恰好与长木板发生相对滑动。若把物块放在长木板右端，对其施加水平向左的力F2也可使其恰好与长木板发生相对滑动。下列说法正确的是（ ）
A．F1与F2的大小之比为1∶2
B．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点的时间之比为1∶2
C．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板位移之比为1∶1
D．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为1∶1
4.(2023·广东省深圳市三校模拟)如图，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N．取g＝10 m/s2，若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是( )
A．匀加速上升，a＝5 m/s2
B．匀加速下降，a＝5 m/s2
C．匀速上升
D．静止状态
5.(2023·郑州质量预测)在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，此时小球的速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比(f＝kv，k为比例系数)，则小球在空中运动时的速率v随时间t的变化规律可能是 ( )

6.(多选)(2023·湖北仙桃、天门、潜江联考)如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A.假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．A的质量为0.5 kg
B．B的质量为1.5 kg
C．B与地面间的动摩擦因数为0.2
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
1.（多选）（湖南省怀化市2022年高三二模）如图所示倾角为30°的斜面放在地面上，一小滑块从斜面底端A冲上斜面，到达最高点D后又返回A点，斜面始终保持静止。已知滑块上滑过程经过AB、BC、CD的时间相等，且BC比CD长0.8m，上滑时间为下滑时间的一半，下列说法正确的是（ ）
A．斜面长为36m
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为
C．地面对斜面的摩擦力先向左后向右
D．滑块向上运动和向下运动过程中，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力
2.（多选）(2023·湖北省黄冈市质检)如图所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时间距为0.042 m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止
B．物块B最终一定追上物块A
C．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等
D．在t＝5.4 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变
3.(多选)(2023·湖北天门联考)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木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则( )

A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tan θ＋eq \f(v0,gt0cs θ)
C．传送带的速度大于v0
D．t0后木块的加速度为2gsin θ－eq \f(v0,t0)
4.（多选）（2014·四川卷]如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是( )

A B C D

5.(多选)[2022·安徽十校联考]如图，一滑块随传送带一起顺时针匀速运动，当滑块运动到中间某个位置时，由于某种原因，传送带突然原速率反向转动，则滑块在传送带上运动的整个过程中，其对地速度v1及相对传送带的速度v2随时间变化关系图象可能为( )
6.(2023·江西四校联考)如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图乙所示。取g＝10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是( )
甲 乙
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
7.(2023·浙江省永嘉中学模拟)如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列物块运动的v­t图象不可能是( )
8.（多选）(2023·吉林省长春市八中模拟)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
B．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
D．小滑块的质量m＝2 kg
9.（多选）(2023·海口模拟)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(g取10 m/s2)( )
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D．若传递带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s
10.（多选）(2023·潍坊模拟)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是( )
A．从下端B离开，v>v1 B．从下端B离开，vC．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v11.(2023·江西重点中学十校联考)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )
A．运动员的加速度为gtan θ B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcs θ D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动
12.(2023·浙江省诸暨中学模拟)如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1.假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.
(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．
13.(2023河南省驻马店市第二次质检)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝100 N而由静止向前滑行，其作用时间为t1＝10 s，撤除水平推力F后经过t2＝15 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝75 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝25 N，求：
(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小；
(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．
14.(2023·江西玉山一中第二次月考)图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，整个系统开始时静止，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？
(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v ­t图像，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小。
15、(2023·太原二模)“引体向上运动”是同学们经常做的一项健身运动．如图所示，质量为m的某同学两手正握单杠，开始时，手臂完全伸直，身体呈自然悬垂状态，此时他的下颚距单杠的高度为H，然后他用恒力F向上拉，下颚必须超过单杠方可视为合格．已知H＝0.6 m，m＝60 kg，重力加速度g＝10 m/s2.不计空气阻力，不考虑因手臂弯曲而引起的人的重心位置的变化．
(1)第一次上拉时，该同学持续用力，经过t＝1 s时间，下颚到达单杠，求该恒力F的大小及此时他的速度大小．
(2)第二次上拉时，用恒力F′＝720 N拉至某位置时，他不再用力，而是依靠惯性继续向上运动，为保证此次引体向上合格，恒力F的作用时间至少为多少？
16.(2023·合肥模拟)如图所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.4，现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：
(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；
(2)要使小物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。
17.(2023·佛山模拟)如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L，在其下端、上端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B，A、B紧贴管的内壁，厚度不计。A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是f1＝mg、f2＝2mg，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。管下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用，而B在该区域运动时不受它的作用，PQ、MN是该区域的上下水平边界，高度差为H(L>2H)。现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放，重力加速度为g。
(1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件。
(2)若F＝3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。
1.（多选）(2023·全国卷）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，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、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间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，物块与木板间的动摩擦因数为，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．B．
C．D．在时间段物块与木板加速度相等
2.（多选）(2023年河北9.）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机械能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A. 物体和的质量之比为B. 时刻物体的机械能为
C. 时刻物体重力的功率为D. 时刻物体的速度大小
3.(2023·浙江卷)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木＜ρ水＜ρ铁)
A．A球将向上运动，B、C球将向下运动 B．A、B球将向上运动，C球不动
C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动 D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
4.(2023·山东省高考真题）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（ ）
A.0~t1时间内，v增大，FN>mgB.t1~t2 时间内，v减小，FNC.t2~t3 时间内，v增大，FN mg
5.【2023·江苏高考】如图所示，质量相等的物块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。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，重力加速度为g。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运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
6.(2023·广东卷）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
7.(2023·河北卷）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
8.(2023·全国卷）我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
9.(2023·浙江卷）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后匀减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°。求小明和滑雪车：
（1）滑行过程中的最大速度的大小；
（2）在斜直雪道上滑行的时间；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力的大小。
10．(2023·全国卷）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
新课程标准
1．理解牛顿运动定律，能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题。
命题趋势
考查的内容主要体现对科学思维、科学探究等物理学科的核心素养的要求。对传送带模型和板块模型考查频率高，题目综合性强，会综合牛顿运动定律和运动学规律，
试题情境
生活实践类
传送带模型，板块模型
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．若v0
＞v，返回时速度为v；若v0＜v，返回时速度为v0
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)一直加速（x物=eq \f(v2,2a)≥l,且μ≥tan θ)
(2)可能先加速后匀速（x物=eq \f(v2,2a)情景2
(1)一直加速（x物=eq \f(v2,2a)≥l)
(2)先加速后匀速（x物=eq \f(v2,2a)(3)先以a1加速后以a2加速（x物=eq \f(v2,2a)情景3
(1)一直加速（μ(2)一直匀速（μ=tan θ）
(3)当V0(4)当V0(5)当V0>V,先减速后匀速（x物=eq \f(|v2－veq \\al(2,0)|,2μg)(6)当V0>V,,一直减速（x物=eq \f(|v2－veq \\al(2,0)|,2μg)>l且μ≥tan θ)
情景4
(1)一直加速（μ(2)一直匀速（μ=tan θ）
(3)先减速后反向加速（x物=eq \f(veq \\al(2,0),2μg)≤l且μ>tan θ)
(4)一直减速（x物=eq \f(veq \\al(2,0),2μg)≥l)
考点11传送带模型和“滑块－木板”模型
考向一、传送带模型
考向二、“滑块－木板”模型
考向三、斜面问题
考向四、生活情景问题
考向一、传送带模型
一、eq \a\vs4\al(水平传送带)
二、eq \a\vs4\al(倾斜传送带问题)
【典例1】（多选）(2023·陕西咸阳市质检)如图所示水平传送带A. B两端点相距x=4m,以v0=2m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4,g取10m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中（ ）
A. 小煤块从A运动到B的时间是2√s
B. 小煤块从A运动到B的时间是2.25s
C. 划痕长度是4m
D. 划痕长度是0.5m
答案: BD
解析： A. 根据牛顿第二定律得,小煤块的加速度a=μg=4m/s2，
则匀加速运动的时间t1=v0/a=2/4s=0.5s,匀加速运动的位移x1=at2/2==0.5m.
则小煤块匀速运动的位移x2=x−x1=4−0.5m=3.5m,则匀速运动的时间t2=x2/v0=3.52s=1.75s，
所以小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=2.25s.故A错误，B正确。
C. 在煤块匀加速运动的过程中,传送带的位移x3=v0t1=2×0.5m=1m，
则划痕的长度△x=x3−x1=0.5m.故C错误，D正确。
【典例2】.(2023·吉林三调)如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物块从传送带底端以初速度v2(v2>v1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v­t图象不可能是( )
答案: C
解析：若F>mgsinθ＋μmgcsθ，物块一直做匀加速直线运动，v­t图象是向上倾斜的直线，A图是可能的。若F＝mgsinθ＋μmgcsθ，物块一直做匀速直线运动，v­t图象是平行于t轴的直线，B图是可能的。若F练习1.(多选)(2023·安徽天长市期末)如图甲所示，位于同一竖直面内的两条倾角都为θ的倾斜轨道a、b分别与一传送装置的两端平滑相连．现将小物块从轨道a的顶端由静止释放，若传送装置不运转，小物块运动到轨道b底端的过程的v－t图象如图乙所示；若传送装置匀速转动，则小物块下滑过程的v－t图象可能是下列选项中的( )
答案:AC.
解析：若传送带顺时针匀速转动，则物块在传送带上运动时所受的摩擦力与传送带静止时的相同，加速度为a1＝gsin θ－μgcs θ，则v－t图象不变，选项A正确；若传送带逆时针匀速转动，当物块运动到传送带上时的速度小于传送带的速度时，物块将受到沿传送带向下的摩擦力，加速度为a2＝gsin θ＋μgcs θ>a1，此时物块运动到轨道b底端的速度大于v1，则选项C正确，D错误；当物块运动到传送带上时的速度大于等于传送带的速度时，物块将受到沿传送带向上的摩擦力，加速度仍为a1，则选项B错误．
练习2.(2023·四川成都市诊断)如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B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无初速地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，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＝10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
答案:(1)1.5 s (2)5 m
解析：(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2，
加速过程中t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m。
达到v0后，受到向上的摩擦力，则
a2＝g(sin θ－μcs θ)＝2 m/s2，
x2＝L－x1＝5.25 m，
x2＝v0t2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，
得t2＝0.5 s。
煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
(2)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，
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m。
处理传送带模型的万能模板
解题关键：传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．
(1)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物(2)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物>v带，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动．
(3)若物块速度与传送带的速度方向相反，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块减速；当物块速度减为零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动．
(4)若v物＝v带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力．
【巧学妙记】
考向二、“滑块－木板”模型
一、相对运动问题
1．相对运动模型特征
滑块——滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中．另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似．
2.板块问题
一、木板B受到水平拉力
木块A质量为m1，木板B质量为m2,，A和B都静止在地面上，。AB之间的摩擦因数为μ1，B与地面间的摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力fm和滑动摩擦力f=μFN相等
（1）当F≤μ2（m1+m2）g时,AB都静止不动
此时木块A不受摩擦力，木板B受到的摩擦力f=F
（2）当μ2（m1+m2）g< F≤μ2（m1+m2）g+（m1+m2）μ1g 时，二者一起加速
假设在F作用下AB一起加速，由牛顿运动定律可知当F逐渐增大，二者加速度a也随之增大。对木块A来说，此时木块A受到的静摩擦力向右，在静摩擦力带动下使木块A随着木板B一起加速。而木块A受到的静摩擦力也随着加速度的增大而增大，当达到最大静摩擦力fm时，木块A达到最大加速度：
木块A μ1m1g=m1am 得 am=μ1g
整体 Fm-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）am
Fm=μ2（m1+m2）g+（m1+m2）μ1g
地面光滑时：木块A μ1m1g=m1am
得am=μ1g
整体 Fm=（m1+m2）am
Fm=（m1+m2）μ1g
（3）当F>μ2（m1+m2）g+（m1+m2）μ1g二者相对滑动
木块A μ1m1g=m1aA
得aA=μ1g
木板B F-μ2（m1+m2）g-μ1m1g=m2aB
地面光滑时：木块A μ1m1g=m1aA 得 aA=μ1g
木板B F--μ1m1g=m2aB
二、木块A受到水平拉力
木块A质量为m1，木板B质量为m2,，A和B都静止在地面上，。AB之间的摩擦因数为μ1，B与地面间的摩擦因数为μ2，设 μ1m1g>μ2（m1+m2）g
（1）当F≤μ2（m1+m2）g时,AB都静止不动
此时木块A受到的摩擦力fA=F ，地面对木板B受到的摩擦力f地=F
（2）当μ2（m1+m2）g< F≤μ2（m1+m2）g+（m1+m2）am时，二者一起加速
假设在F作用下AB一起加速，由牛顿运动定律可知当F逐渐增大，二者加速度a也随之增大。对木板B来说，此时木板B受到的静摩擦力向右，在静摩擦力带动下使木板B随着木块A一起加速。而木板B受到的静摩擦力也随着加速度的增大而增大，当达到最大静摩擦力fm时，木板B达到最大加速度：
木板B μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2am
得 am=
整体 Fm-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）am

地面光滑时：木板B μ1m1g=m2am
得 am= μ1m1g/m2
整体 Fm =（m1+m2）am
Fm=（m1+m2） μ1m1g/m2
（3）F> Fm=（m1+m2）二者相对滑动
木块A F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）aA
木板B μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2aB
地面光滑时：木块A F-μ2（m1+m2）g=m1aA
木板B μ1m1g=m2aB
三、木块以v0滑上木板
木块A质量为m1，木板B质量为m2,，A和B都静止在地面上，。AB之间的摩擦因数为μ1，B与地面间的摩擦因数为μ2,如图木块A以一定的初速度V0滑上原来静止在地面上的木板B，A一定会在B上滑行一段时间，木板B长为L，设μ2（m1+m2）g< μ1m1g。
如果μ2（m1+m2）g< μ1m1g。，那么B受到的合力就不为零，就要滑动，此时木板加速，木块减速。
木块A加速度 μ1m1g=m1aA 木板B加速度 μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2aB
（1）如果B足够长，经过一段时间t后，A、B将会以共同的速度向右运动。设A在B上相对滑动的距离为d，如图所示，A、B的位移关系是sA-SB =d，那么有：
V0-aAt =aBt
V0t+aAt2/2=d+aBt2/2
（2）如果板长L四. 木板突然获得一个初速度
木块A质量为m1，木板B质量为m2,，A和B都静止在地面上，。AB之间的摩擦因数为μ1，B与地面间的摩擦因数为μ2 如图，A和B都静止在地面上，A在B的右端。从某一时刻时，B受到一个水平向右的瞬间打击力而获得了一个向右运动的初速度V0。
A静止，B有初速度，则A、B之间一定会发生相对运动，由于是B带动A运动，故A的速度不可能超过B。由A、B的受力图知，A加速，B减速，
木块A加速度 μ1m1g=m1aA
木板B加速度 μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2aB
两种情况：
1.如果板长L，经过一段时间t后，A将会从B上面滑落，则SB-SA=L
V0t-aBt2/2=L+aAt2/2 由此可以计算出时间t。
2. 板足够长，则A、B最终将会以共同的速度一起向右运动。设A、B之间发生相对滑动的时间为t，A在B上相对滑动的距离为d，位移关系如图所示，则SB-SA=d
V0-aBt =aAt
V0t-aBt2/2=d+aAt2/2
A、B达到共同速度后分为两种情况
（1）木块A和木板B一起减速
假设一起减速，木块A和木板B的加速度μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a
此时对木块A来说，静摩擦力对A产生加速度，则f=m1a=μ2m1g
如果此时木块A受到的静摩擦力没有超过最大静摩擦力μ1m1g，即μ2m1g≤ μ1m1g，则木块A和木板B以加速度a=μ2g一起减速。
（2）木块A和木板B相对滑动，各自减速
如果此时木块A受到的静摩擦力大于最大静摩擦力μ1m1g，即μ2m1g> μ1m1g，木块A和木板B相对滑动，各自减速。
木块A aA=μ1g
木板B μ2（m1+m2）g- μ1m1g=m2aB
【典例3】(2023·江苏·8)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为eq \f(1,2)μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则( )
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝eq \f(5,2)μmg时，A的加速度为eq \f(1,3)μg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过eq \f(1,2)μg
答案:BCD
解析：当03μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确．当F＝eq \f(5,2)μmg时，A与B共同的加速度a＝eq \f(F－\f(3,2)μmg,3m)＝eq \f(1,3)μg，选项B正确．F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2＝eq \f(2μmg－\f(3,2)μmg,m)＝eq \f(1,2)μg，选项D正确．
【典例4】（多选）(2023·洛阳偃师中成外国语学校高三月考）如图所示，一个厚度不计的圆环A，紧套在长度为L的圆柱体B的上端，A、B两者的质量均为m。A与B之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，其大小为kmg（k>1）。A、B由离地H高处由静止开始落下，触地后能竖直向上弹起，触地时间极短，且能量损失，A环运动过程中未落地。则下列说法正确的是（ ）
A.B与地底一次碰撞后，B上升的最大高度是
B.B与地底一次碰撞后，B上升的最大高度是
C.B与地底一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B离地面的高度是
D.B与地底一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B离地面的高度是
答案:AC
解析：AB.物体A、B一起下落H过程，机械能守恒，则
解得
对B来说碰撞以后以速度v向上作匀减速运动，其加速度，由牛顿第二定律得
得
根据速度位移公式，上升的最大高度
即B与地第一次碰撞后，B上升的最大高度是，故A正确，B错误；
CD.对A来说碰撞后的加速度，由
得
方向竖直向上，当A、B速度相等时，两者相对静止，设经时间t后，两者速度相等，有
解得
B下端离地面的高度为
即B与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度为，故C正确，D错误。
故选AC。
练习3.(2023·荆州模拟)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块、A、B与木板之间的动摩擦因数都为 μ＝0.2(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，水平恒力F作用在A物块上，如图3­3­25所示(重力加速度g取10 m/s)．则( )
A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动
B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 N
D．若F＝8 N，则B物块的加速度为1.0 m/s2
答案:D
解析：A物块与板间的最大静摩擦力为2 N，当F＜2 N时，A物块没有与木板发生相对滑动，A、B与板整体向左加速，选项A错误；若F＝1.5 N，对A、B及轻质木板整体有a＝eq \f(F,mA＋mB)＝0.5 m/s2，对A物块分析有F－Ff＝mAa，解得Ff＝1 N，选项B错误；若F＝4 N，则A物块与板发生相对滑动，板对B物块的静摩擦力为2 N，选项C错误；若F＝8 N，板对B物块的静摩擦力仍为2 N，根据a＝eq \f(Ff,mB)可得a＝1 m/s2，选项D正确．
练习4.(2023·河南林州市专项练习)如图所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的长度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(f(1)请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中，A、B各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小；
(2)B至少应该多长？
答案:(1)见解析 (2)eq \f(8m2g2h,mg＋f2)
解析： (1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为a＝g，B与地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，加速度大小
aA＝eq \f(mg－f,m)，
B竖直向上做匀减速运动，加速度大小
aB＝eq \f(mg＋f,m)，
B速度减为零后，继续以加速度aB向下运动。
(2)B着地前瞬间的速度为v1＝eq \r(2gh)，
B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为
t＝eq \f(2v1,aB)，
在此时间内A的位移x＝v1t＋eq \f(1,2)aAt2，
要使B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满足条件L≥x，
联立以上各式，解得L≥eq \f(8m2g2h,mg＋f2)。
练习5.(2023·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．
答案:(1)1 m/s (2)1.9 m
解析：(1)如图所示，对A、B和木板进行受力分析，其中fA、fB分别表示物块A、B受木板摩擦力的大小，fA′、fB′和f分别表示木板受到物块A、B及地面的摩擦力大小，设运动过程中A、B及木板的加速度大小分别为aA、aB和a，根据牛顿运动定律得：
fA＝mAaA①
fB＝mBaB②
fB′－fA′－f＝ma③
且：fA＝fA′＝μ1mAg④
fB＝fB′＝μ1mBg⑤
f＝μ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB＋m))g⑥
联立①～⑥解得：aA＝5 m/s2，aB＝5 m/s2，a＝2.5 m/s2
故可得B向右做匀减速直线运动，A向左做匀减速直线运动，木板向右做匀加速运动；且aB＝aA>a，显然经历一段时间t1之后B先与木板达到相对静止状态，且此时A、B速度大小相等，方向相反．不妨假设此时B与木板的速度大小为v1：
v1＝v0－aAt1⑦
v1＝at1⑧
解得：t1＝0.4 s，v1＝1 m/s.
(2)设在t1时间内，A、B的位移大小分别为xA，xB，由运动学公式得：
xA＝v0t1－eq \f(1,2)aAteq \\al(2,1)⑨
xB＝v0t1－eq \f(1,2)aBteq \\al(2,1)⑩
此后B将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和A相遇，这段时间内A的加速度大小仍为aA，设B和木板的加速度大小为a′，则根据牛顿运动定律得：
对木板和B：
μ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB＋m))g＋μ1mAg＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mB＋m))a′⑪
假设经过t2时间后A、B刚好相遇，且此时速度大小为v2，为方便计算我们规定水平向右为正向，则在这段时间内速度变化：
对B和木板：v2＝v1－a′t2⑫
对A：v2＝－v1＋aA′t2⑬
联立⑪～⑬解得t2＝0.3 s，可以判断此时B和木板尚未停下，则t2时间内物块A、B的位移大小假设为xA′、xB′，由运动学公式：
xA′＝v1t2－eq \f(1,2)aA′teq \\al(2,2)⑭
xB′＝v1t2－eq \f(1,2)a′teq \\al(2,2)⑮
则A和B开始相距x满足：x＝xA＋xA′＋xB＋xB′⑯
联立解得：x＝1.9 m.
分析滑块－木板模型时要抓住一个转折和两个关联。
叠加体系统临界问题的求解思路
【巧学妙记】
斜面问题
【典例1】（多选）(2023·湖南株洲市质检)如图所示，三角形物体ACE由两种材料拼接而成，上面的ABD部分为一种材料，下面的BDEC部分为另一种材料。BD界面平行与底面CE，AC侧面与水平面的夹角为θ1，AE侧面与水平面的夹角为θ2，且有θ1＜θ2。物块从A点由静止下滑，加速至B点后，又匀速运动至C点。若该物块由静止从A点沿另一侧面下滑，则有（ ）
A.由D匀速运动至E
B.由D加速运动至E
C.通过D点的速率等于通过B点的速率
D.AB段运动的时间大于AD段运动的时间
答案:BD
解析：AB.由题意可知物块从B匀速运动到C，则有
由D到E，根据牛顿第二定律有
因为
所以即由D加速至E，故A错误，B正确；
C.从A到B根据动能定理，有
从A到D根据动能定理，有
根据几何关系所以故C错误；
D.由牛顿第二定律，在AB段
在BC段
因为 所以
根据解得
因为所以故D正确。
故选BD。
【典例2】（多选）(2023·安徽省池州市上学期期末)如图，水平地面上有一楔形物体b，b的斜面上有一小物块a；a与b之间、b与地面之间均存在摩擦．已知楔形物体b静止时，a静止在b的斜面上．现给a和b一个共同的向左的初速度，与a和b都静止时相比，此时可能（ ）
A．a与b之间的压力减少，且a相对b向下滑动
B．a与b之间的压力增大，且a相对b向上滑动
C．a与b之间的压力增大，且a相对b静止不动
D．b与地面之间的压力不变，且a相对b向上滑动
答案: BC.
解析：假设a和b相对静止，一起向左减速，则其共同加速度向右，以物块a为研究对象，其受力如图所示（假设摩擦力沿斜面向上），将加速度分解到垂直、平行斜面方向，则由牛顿第二定律，
解得 ，
其中，加速度a从0增加到了a.
可以看出 FN一定增大了，即压力增大了。
若a较小，，Ff方向向上；
若，Ff=0；
若a较大，，Ff方向向下；
若a太大，则Ff可能超过最大静摩擦力，物块a就会相对斜面上滑。物块相对斜面上滑时，物块有竖直向上加速度，超重，因此整体对地压力大于整体重力。
练习5.(2023河南省百校联盟高三月考）如图所示，水平地面上固定一斜面，斜面倾角为θ，初始时将一物体A轻放在斜面上，A与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列分析正确的是（ ）
A．若μ＞tanθ，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜面向下加速运动
B．若μ＝tanθ，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜面向下加速运动
C．若μ＜tanθ，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F后，物体A将仍以加速度a沿斜面向下加速运动
D．若μ＜tanθ，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F后，物体A将以大于a的加速度沿斜面向下加速运动
答案:D
解析：AB、若μ≥tanθ，重力下滑分力小于或等于最大静摩擦力，物体静止，施加F后相当于增大重力，物静A仍静止，故AB错误；
CD、若μ＜tanθ，重力下滑分力大于最大静摩擦力，物体加速下滑，施加F后合外力增大，但质量不变，故加速度增大，故D正确C错误。
考向四、生活情景问题
【典例1】(2023·河南省驻马店市第二次质检)某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为x.比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示．设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g.
(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；
(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；
(3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件．
答案:见解析
解析： (1)在匀速运动阶段，有mgtan θ0＝kv0
得k＝eq \f(mgtan θ0,v0).
(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为F′N，有
F′Nsin θ－kv＝ma
F′Ncs θ＝mg
得tan θ＝eq \f(a,g)＋eq \f(v,v0)tan θ0.
(3)以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有
F＝eq \f(mg,cs θ0)
球拍倾角为θ0＋β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a′，有Fsin β＝ma′
设匀速跑阶段所用时间为t，有t＝eq \f(x,v0)－eq \f(v0,2a)
球不从球拍上掉落的条件eq \f(1,2)a′t2≤r
得sin β≤eq \f(2rcs θ0,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,v0)－\f(v0,2a)))2).
【典例2】(2023·广东省深圳市三校模拟)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cs θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度。
答案:(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m
解析：(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsin θ＝ma1①
f＝μmgcs θ②
联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下。
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin θ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g⑤
s1＝vt－eq \f(1,2)a1t2⑥
s2＝vt－eq \f(1,2)a2t2⑦
s＝s1－s2⑧
l＝l0＋s0＋s2⑨
联立①②④～⑨式并代入数据得l＝98 m。⑩
练习7.(2023·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距x0和x1(x1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．
答案:(1)eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,1),2gx0) (2)eq \f(x1v1＋v02,2x\\al(2,0))
解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma①
由运动学公式得：
veq \\al(2,0)－veq \\al(2,1)＝2ax0②
解得μ＝eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,1),2gx0)③
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t．
由运动学公式得
veq \\al(2,0)－veq \\al(2,1)＝2a1x0④
v0－v1＝a1t⑤
x1＝eq \f(1,2)a2t2⑥
联立④⑤⑥式得
a2＝eq \f(x1v1＋v02,2x\\al(2,0))⑦
1. (多选)(2023·江西五市八校联考)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1.不计空气阻力，动摩擦因数一定．关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的( )
A．从下端B离开，v＞v1 B．从下端B离开，v＜v1
C．从上端A离开，v＝v1 D．从上端A离开，v＜v1
答案:ABC．
解析：物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1，选项B正确；当摩擦力小于重力的分力时，则v＞v1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C．
2. (多选)(2023·福建泉州市5月第二次质检)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动．一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图象可能是( )
答案:BC
解析：设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsin θ>μmgcs θ，合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcs θ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcs θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确．
3. （多选）(2023东北三省四市教研综合体二模）如图所示，有一个质量为m的长木板静止在光滑水平地面上，另一个质量也为m的小物块叠放在长木板的一端之上。B是长木板的中点，物块与长木板在AB段的动摩擦因数为μ，在BC段的动摩擦因数为2μ。若把物块放在长木板左端，对其施加水平向右的力F1可使其恰好与长木板发生相对滑动。若把物块放在长木板右端，对其施加水平向左的力F2也可使其恰好与长木板发生相对滑动。下列说法正确的是（ ）
A．F1与F2的大小之比为1∶2
B．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点的时间之比为1∶2
C．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板位移之比为1∶1
D．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为1∶1
答案:ACD
解析：隔离物块受力分析，由牛顿第二定律，F1-μmg=ma11，F2-2μmg=ma12，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，μmg=ma21， 2μmg=ma22，物块恰好与木板发生相对滑动，a11= a21，a11= a21，联立解得：F1∶F2=1∶2，选项A正确；若将F1、F2都增加到原来的2倍，隔离物块受力分析，由牛顿第二定律，2F1-μmg=ma13，2F2-2μmg=ma14，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，μmg=ma21， 2μmg=ma22，联立解得：a21=μg，a22=2μg，a13=3μg，a14=6μg。设小物块在木板上从A移动到B的时间为t1，则有小物块位移x11=a13t12，木板位移x21=a21t12，x11-x21=L/2，联立解得t1=。设小物块在木板上从A移动到B的时间为t2，则有小物块位移x12=a14t12，木板位移x22=a22t12，x12-x22=L/2，联立解得t2=。即若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点的时间之比为t1∶ t2=∶1，选项B错误；若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板位移之比x21∶ x22=a21t12∶a22t12=1∶1，选项C正确；若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为Q1∶Q2=（μmg·L/2+2μmg·L/2）∶（2μmg·L/2+μmg·L/2）=1∶1，选项D正确。
4.(2023·广东省深圳市三校模拟)如图，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N．取g＝10 m/s2，若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是( )
A．匀加速上升，a＝5 m/s2
B．匀加速下降，a＝5 m/s2
C．匀速上升
D．静止状态
答案: B
解析：当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知：FN上＋mg－FN下＝ma，m＝eq \f(FN下－FN上,g－a)＝eq \f(10－4,10－4) kg＝1 kg，G＝mg＝10 N
若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于弹簧压缩量不变，下底板传感器示数不变，仍为10 N，则上顶板传感器的示数是5 N.
对金属块，由牛顿第二定律知 FN上′＋mg－FN下′＝ma′
解得 a′＝5 m/s2，方向向下，故电梯以a＝5 m/s2的加速度匀加速下降，或以a＝5 m/s2的加速度匀减速上升．故A、C、D错误，B正确．
5.(2023·郑州质量预测)在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，此时小球的速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比(f＝kv，k为比例系数)，则小球在空中运动时的速率v随时间t的变化规律可能是 ( )

答案:A
解析：小球竖直向上运动时，其加速度a1＝eq \f(mg＋kv,m)，可知a1随速度的减小而减小；小球竖直向下运动时，其加速度a2＝eq \f(mg－kv,m)，可知a2随速度增大而减小．向上和向下运动的过程中由于空气阻力一直做负功，则v16.(多选)(2023·湖北仙桃、天门、潜江联考)如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A.假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．A的质量为0.5 kg
B．B的质量为1.5 kg
C．B与地面间的动摩擦因数为0.2
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
答案:AC
解析：当F≤3 N时，A、B均静止，表明B与地面间最大静摩擦力为3 N；当3 N9 N时，A的加速度为aA＝μ1g，根据图象可知μ1＝0.4，B的加速度为
aB＝eq \f(F－μ1mAg－μ2mA＋mBg,mB)，由图象斜率知mB＝1 kg，
mA＝0.5 kg，A、C对．
1.（多选）（湖南省怀化市2022年高三二模）如图所示倾角为30°的斜面放在地面上，一小滑块从斜面底端A冲上斜面，到达最高点D后又返回A点，斜面始终保持静止。已知滑块上滑过程经过AB、BC、CD的时间相等，且BC比CD长0.8m，上滑时间为下滑时间的一半，下列说法正确的是（ ）
A．斜面长为36m
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为
C．地面对斜面的摩擦力先向左后向右
D．滑块向上运动和向下运动过程中，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力
答案:BD
解析：经过AB、BC、CD的时间相等，且BC比CD长0.8m，设CD长度为L，逆向思维可知，BC＝3L，AB＝5L，所以3L﹣L＝0.8m，解得L＝0.4m，斜面长x＝9L＝3.6m，A错误；上滑过程的加速度设为a1，下滑时的加速度为a2，上滑过程可以逆向分析，则：，解得a1＝4a2，根据牛顿第二定律可得：，联立解得，B正确；减速上升和加速下降过程中，物体的加速度都是沿斜面向下，加速度在水平方向的分加速度都是向左，即斜面对物体水平方向的作用力向左，物体对斜面的作用力向右，物体处于静止，则地面对斜面的摩擦力方向向左，C错误；滑块向上运动和向下运动过程中，加速度在竖直方向的分加速度竖直向下，物体处于失重状态，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力，D正确。
2.（多选）(2023·湖北省黄冈市质检)如图所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时间距为0.042 m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止
B．物块B最终一定追上物块A
C．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等
D．在t＝5.4 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变
答案:BC
解析：物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB＝0.53.(多选)(2023·湖北天门联考)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木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则( )

A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tan θ＋eq \f(v0,gt0cs θ)
C．传送带的速度大于v0
D．t0后木块的加速度为2gsin θ－eq \f(v0,t0)
答案:AD
解析：若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mgsin θ＞μmgcs θ)，将一直匀加速到底端；当木块上滑时(mgsin θ＜μmgcs θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图像，故传送带是逆时针转动，选项A正确。木块在0～t0内，滑动摩擦力向下，木块匀加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcs θ，由题图可知a1＝eq \f(v0,t0)，则μ＝eq \f(v0,gt0cs θ)－tan θ，选项B错误。当木块的速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v0，选项C错误。等速即t0后木块的加速度a2＝gsin θ－μgcs θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－eq \f(v0,t0)，选项D正确。
4.（多选）（2014·四川卷]如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是( )

A B C D

答案:BC
解析：若P在传送带左端时的速度v2小于v1，则P受到向右的摩擦力，当P受到的摩擦力大于绳的拉力时，P做加速运动，则有两种可能：第一种是一直做加速运动，第二种是先做加速度运动，当速度达到v1后做匀速运动，所以B正确；当P受到的摩擦力小于绳的拉力时，P做减速运动，也有两种可能：第一种是一直做减速运动，从右端滑出；第二种是先做减速运动再做反向加速运动，从左端滑出．若P在传送带左端具有的速度v2大于v1，则小物体P受到向左的摩擦力，使P做减速运动，则有三种可能：第一种是一直做减速运动，第二种是速度先减到v1，之后若P受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态，则其以速度v1做匀速运动，第三种是速度先减到v1，之后若P所受的静摩擦力小于绳的拉力，则P将继续减速直到速度减为0，再反向做加速运动并且摩擦力反向，加速度不变，从左端滑出，所以C正确．
5.(多选)[2022·安徽十校联考]如图，一滑块随传送带一起顺时针匀速运动，当滑块运动到中间某个位置时，由于某种原因，传送带突然原速率反向转动，则滑块在传送带上运动的整个过程中，其对地速度v1及相对传送带的速度v2随时间变化关系图象可能为( )
答案:ABC
解析：开始时，滑块受到静摩擦力Ff1＝mgsinθ(θ为传送带与水平面之间的夹角)，当传送带突然原速率反向转动时，滑块受到的摩擦力方向不变，但变成滑动摩擦力，如果滑动摩擦力Ff2＝mgsinθ，则滑块继续向下做匀速运动，此时滑块相对传送带向下匀速运动，A、C正确；若滑动摩擦力Ff2＞mgsinθ，则滑块可能先向下减速运动，然后反方向加速运动，最后与传送带共速，B正确，D错误。
6.(2023·江西四校联考)如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图乙所示。取g＝10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是( )
甲 乙
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
答案:D
解析：对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示
x方向：Fcs θ－mgsin θ＝ma①
y方向：FN－Fsin θ－mgcs θ＝0②
从a­F图象中取两个点(20 N，2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入①式解得：
m＝2 kg，θ＝37°
因而A、B可以算出；
当a＝0时，可解得F＝15 N，因而C可以算出；
题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出。
7.(2023·浙江省永嘉中学模拟)如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列物块运动的v­t图象不可能是( )
答案:C
解析：因v2>v1，则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，若F＝mgsinθ＋μmgcsθ，则物体的加速度为零，将一直以v2向上匀速运动，选项B正确；若F>mgsinθ＋μmgcsθ，则物体的加速度向上，将一直向上做匀加速直线运动，选项A正确；若F8.（多选）(2023·吉林省长春市八中模拟)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
B．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
D．小滑块的质量m＝2 kg
答案:BD
解析：由题可知，当06 N时二者间出现相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma，即a＝eq \f(1,M)F－eq \f(μmg,M)，可见此时a­F图线的斜率为木板质量的倒数，可得M＝1 kg，则m＝2 kg，D正确．由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力，不再随F的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最大加速度为a大＝2 m/s2，由牛顿第二定律有μmg＝ma大，得μ＝0.2，A、C错误．将F＝7 N代入a＝eq \f(1,M)F－eq \f(μmg,M)得a＝3 m/s2，B正确．
9.（多选）(2023·海口模拟)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(g取10 m/s2)( )
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D．若传递带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s
答案:ABC
解析：.若传送带不动，由匀变速运动规律可知veq \\al(2,B)－veq \\al(2,A)＝－2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3 m/s，当满足选项B、C、D中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是μg，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，故选项A、B、C正确，D错误．
10.（多选）(2023·潍坊模拟)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是( )
A．从下端B离开，v>v1 B．从下端B离开，vC．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v答案:ABC
解析：.滑块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则vv1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C.
11.(2023·江西重点中学十校联考)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )
A．运动员的加速度为gtan θ B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcs θ D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动
答案:A.
解析：：网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNsin θ＝ma，又FNcs θ＝mg，解得a＝gtan θ，FN＝eq \f(mg,cs θ)，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F＝eq \f(（M＋m）g,cs θ)，故C错误；当a>gtan θ时，网球才向上运动，由于gsin θ12.(2023·浙江省诸暨中学模拟)如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1.假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.
(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．
解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有
F－Ff＝ma1
veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)＝2a1l1
v1＝a1t1
注意到v0＝0，Ff＝0.1mg，代入已知数据可得
a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有
F合′＝F－Ff－mgsin α＝ma2
mgsin α＝mgeq \f(h,l2)
veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝2a2l2
注意到v1＝40 m/s，代入已知数据可得
a2＝3.0 m/s2，
v2＝eq \r(1 720) m/s≈41.5 m/s.
(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有
F推＋F－Ff＝ma1′
v1′2－veq \\al(2,0)＝2a1′l1
13.(2023河南省驻马店市第二次质检)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝100 N而由静止向前滑行，其作用时间为t1＝10 s，撤除水平推力F后经过t2＝15 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝75 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝25 N，求：
(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小；
(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．
答案: (1)10 m/s 50 m (2)187.5 m
解析： (1)设运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1
由牛顿第二定律F－Ff＝ma1，得
a1＝1 m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为v1＝a1t1＝10 m/s
通过的位移为x1＝eq \f(1,2)a1t12＝50 m
(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(1,3)m/s2
经历时间t2速度变为v1′＝v1－a2t2＝5 m/s
第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，则v22－v1′2＝2a1x1
第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离x2＝eq \f(v22,2a2)
联立解得x2＝187.5 m.
14.(2023·江西玉山一中第二次月考)图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，整个系统开始时静止，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？
(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v ­t图像，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小。
答案:(1)8 N (2)见解析图 1 m
解析：(1)把物块和木板看做整体，由牛顿第二定律得：
F＝(m1＋m2)a，
对物块分析，物块与木板将要相对滑动时有μ1m1g＝m1a，
联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。
(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：μ1m1g＝m1a1，
解得a1＝2 m/s2，
2 s末物块的速度为v1＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s。
木板在0～1 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：
F1－μ1m1g＝m2a2，
解得a2＝4 m/s2。
1 s末木板的速度v1′＝a2t2＝4×1 m/s＝4 m/s。
在1～2 s内F2＝μ1m1g，
木板做匀速运动，速度为4 m/s。
2～4 s内如果物块和木板一起减速运动，共同的加速度大小为a共＝eq \f(μ2m1＋m2g,m1＋m2)＝μ2g，
m1的合力μ2m1g>fm＝μ1m1g。
所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：－μ1m1g＝m1a3，
得：a3＝－2 m/s2。
速度从4 m/s减至零的时间t3＝eq \f(0－v1,a3)＝eq \f(0－4,－2) s＝2 s。
木板做匀减速直线运动有：
－μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4。
得：a4＝－eq \f(8,3) m/s2。
速度从4 m/s减至零的时间t4＝eq \f(0－v1′,a4)＝eq \f(－4,－\f(8,3)) s＝1.5 s。
二者在整个运动过程的v­t图像如图所示(实线是木板的v­t图像，虚线是物块的v­t图像)。
0～2 s内物块相对木板向左运动
Δx1＝eq \f(1,2)a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－eq \f(1,2)a1t12，
2～4 s内物块相对木板向右运动
Δx2＝eq \f(－a1t12,2a3)－eq \f(－a2t22,2a4)，
解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1 m。
所以0～4 s内物块相对木板的位移大小为Δx＝1 m。
15、(2023·太原二模)“引体向上运动”是同学们经常做的一项健身运动．如图所示，质量为m的某同学两手正握单杠，开始时，手臂完全伸直，身体呈自然悬垂状态，此时他的下颚距单杠的高度为H，然后他用恒力F向上拉，下颚必须超过单杠方可视为合格．已知H＝0.6 m，m＝60 kg，重力加速度g＝10 m/s2.不计空气阻力，不考虑因手臂弯曲而引起的人的重心位置的变化．
(1)第一次上拉时，该同学持续用力，经过t＝1 s时间，下颚到达单杠，求该恒力F的大小及此时他的速度大小．
(2)第二次上拉时，用恒力F′＝720 N拉至某位置时，他不再用力，而是依靠惯性继续向上运动，为保证此次引体向上合格，恒力F的作用时间至少为多少？
答案: (1)F＝672 N；v＝1.2 m/s (2)tmin＝0.71 s
解析：(1)第一次上拉时，该同学向上做匀加速运动，设他上升的加速度大小为a1，下颚到达单杠时的速度大小为v，由牛顿第二定律及运动学规律可得：
F－mg＝ma1
H＝eq \f(1,2)a1t2
v＝a1t
联立解得：F＝672 N
v＝1.2 m/s.
(2)第二次上拉时，设上拉时的加速度为a2，恒力至少作用的时间为tmin，上升的位移为x1，此时的速度为v1，自由上升时位移为x2，根据题意可得：
F′－mg＝ma2
x1＋x2＝H
x1＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,min)
veq \\al(2,1)＝2gx2
v1＝a2tmin
联立解得：tmin＝0.71 s
16.(2023·合肥模拟)如图所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.4，现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：
(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；
(2)要使小物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。
答案:(1)0.64 m (2)μ2≥0.2
解析：(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，对木板有：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1；
解得：a1＝6 m/s2。
对物块有：μ1mg＝ma2；
解得：a2＝4 m/s2。
因为a2设F作用t秒后，小物块恰好从木板左端滑离，则有：
eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2
代入数据解得：t＝1 s
在此过程中，木板的位移为：
x1＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(1,2)×6×12 m＝3 m，
末速度为：v1＝a1t＝6×1 m/s＝6 m/s。
物块的位移为：x2＝eq \f(1,2)a2t2＝eq \f(1,2)×4×12 m＝2 m，
末速度为：v2＝a2t＝4×1 m/s＝4 m/s。
在小物块从木板上滑落后的0.2 s内，由牛顿第二定律，
对木板有：F－μ1Mg＝Ma1′
解得：a1′＝8 m/s2。
木板发生的位移为：x1′＝v1t0＋eq \f(1,2)a1′t02
解得：x1′＝1.36 m
此时木板距平台边缘的距离为：
Δx＝l－x1－x1′＝(5－3－1.36)m＝0.64 m。
(2)小物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，
对物块有：μ2mg＝ma2′
解得：a2′＝μ2g
若小物块在平台上速度减为0，则通过的位移为：x2′＝eq \f(v22,2a2′)
要使物块最终不会从平台上掉下去需满足：
l＋eq \f(L,2)≥x2＋x2′，联立解得：μ2≥0.2。
17.(2023·佛山模拟)如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L，在其下端、上端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B，A、B紧贴管的内壁，厚度不计。A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是f1＝mg、f2＝2mg，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。管下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用，而B在该区域运动时不受它的作用，PQ、MN是该区域的上下水平边界，高度差为H(L>2H)。现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放，重力加速度为g。
(1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件。
(2)若F＝3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。
答案:：(1)F≤eq \f(3,2)mg (2)L－eq \f(3,2)H
解析：：(1)设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a，A与管间的静摩擦力为fA。
对A、B整体有3mg－F＝3ma，
对A有mg＋fA－F＝ma，并且fA≤f1，
联立解得F≤eq \f(3,2)mg。
(2)A到达上边界PQ时的速度vA＝eq \r(2gH)。
当F＝3mg时，可知A相对于圆管向上滑动，设A的加速度为a1，则有mg＋f1－F＝ma1，解得a1＝－g。
A向下减速运动的位移为H时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t＝ eq \r(\f(2H,g))。
由于管的质量不计，在此过程中，A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反，大小均为mg，B受到管的摩擦力小于2mg，则B与圆管相对静止，B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得a2＝eq \f(2mg－mg,2m)＝eq \f(g,2)。
物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为
ΔL＝L－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(vAt＋\f(1,2)a2t2－H))＝L－eq \f(3,2)H。
1.（多选）(2023·全国卷）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，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、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间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，物块与木板间的动摩擦因数为，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．B．
C．D．在时间段物块与木板加速度相等
答案:BCD
解析：A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，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A错误；
BC．图（c）可知，t2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
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
BC正确；
D．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。
故选BCD。
2.（多选）(2023年河北9.）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机械能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A. 物体和的质量之比为B. 时刻物体的机械能为
C. 时刻物体重力的功率为D. 时刻物体的速度大小
答案:BCD
解析：A．开始释放时物体Q的加速度为，则
解得 选项A错误；
B．在T时刻，两物体的速度
P上升的距离
细线断后P能上升的高度
可知开始时PQ距离为
若设开始时P所处位置为零势能面，则开始时Q的机械能为
从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为
则此时物体Q的机械能
此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，选项B正确；
CD．在2T时刻，重物P的速度
方向向下；此时物体P重力的瞬时功率选项CD正确。
故选BCD。
3.(2023·浙江卷)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木＜ρ水＜ρ铁)
A．A球将向上运动，B、C球将向下运动 B．A、B球将向上运动，C球不动
C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动 D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
答案: D
解析：剪断绳子之前，A球受力分析如图1所示，B球受力分析如图2所示，C球受力分析如图3所示。剪断绳子瞬间，水杯和水都处于完全失重状态，水的浮力消失，杯子的瞬时加速度为重力加速度。又由于弹簧的形状来不及发生改变，弹簧的弹力大小不变，相对地面而言，A球的加速度aA＝eq \f(mAg－F弹A,mA)＜g，方向竖直向下，其相对杯子的加速度方向竖直向上。相对地面而言，B球的加速度aB＝eq \f(mBg＋F弹B,mB)＞g，方向竖直向下，其相对杯子的加速度方向竖直向下。绳子剪断瞬间，C球所受的浮力和拉力均消失，其瞬时加速度为重力加速度，故相对杯子静止，综上所述，D正确。
4.(2023·山东省高考真题）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（ ）
A.0~t1时间内，v增大，FN>mgB.t1~t2 时间内，v减小，FNC.t2~t3 时间内，v增大，FN mg
答案:D
解析：A.由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FNB.在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则FN=mg，选项B错误；
CD.在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，超重，则FN>mg，选项C错误，D正确；
5.【2023·江苏高考】如图所示，质量相等的物块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。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，重力加速度为g。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运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
答案: (1)eq \r(2μgL) (2)3μg μg (3)2eq \r(2μgL)
解析： A、B的运动过程如图所示：
(1)A被敲击后，B静止，A向右运动，由牛顿第二定律知，A的加速度大小aA＝μg
A在B上滑动时有2aAL＝veq \\al(2,A)
解得：vA＝eq \r(2μgL)。
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，A相对B滑动，B所受合外力大小
F＝μmg＋2μmg＝3μmg
由牛顿第二定律得F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B相对静止，整体所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿第二定律得F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设B被敲击后，经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝eq \f(1,2)aAt2，xB＝vBt－eq \f(1,2)aBt2
且xB－xA＝L
解得：vB＝2eq \r(2μgL)。
6.(2023·广东卷）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
答案:（1）能；（2）0.2s
解析：
（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则
解得v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定
解得碰后乙的速度v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
7.(2023·河北卷）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
答案:（1）；（2）
解析：（1）设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得
联立解得
或
故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有
解得
8.(2023·全国卷）我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
答案:(1)；（2）2m/s2，
解析：（1）空载起飞时，升力正好等于重力：
满载起飞时，升力正好等于重力：
由上两式解得：
（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以
解得：
由加速的定义式变形得：
解得：
9.(2023·浙江卷）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后匀减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°。求小明和滑雪车：
（1）滑行过程中的最大速度的大小；
（2）在斜直雪道上滑行的时间；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力的大小。
答案:(1) ； (2) ；(3) 。
解析：（1）小明和滑雪车在斜面上滑行时做初速度为0的匀加速的直线运动，在水平上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，由平均速度公式可得滑行分析运动过程可知：
，
则整个过程有：
解得：
（2）在斜直雪道上滑行过程中由可得，滑行的时间：
（3）根据匀变速直线运动速度时间关系式可得小明和滑雪车在斜直雪道上的加速度：
由牛顿第二运动定律：
解得：
10．(2023·全国卷）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
答案:（1）a1=2g，a2=3g；（2）；（3）
解析：（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得a1=2g，a2=3g③
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式
v0–a1t1= –v0+a2t1⑤
联立③④⑤式得⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得⑦
⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得⑪
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为⑭
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+ x2≤L⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为⑯
新课程标准
1．理解牛顿运动定律，能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题。
命题趋势
考查的内容主要体现对科学思维、科学探究等物理学科的核心素养的要求。对传送带模型和板块模型考查频率高，题目综合性强，会综合牛顿运动定律和运动学规律，
试题情境
生活实践类
传送带模型，板块模型
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．若v0
＞v，返回时速度为v；若v0＜v，返回时速度为v0
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)一直加速（x物=eq \f(v2,2a)≥l,且μ≥tan θ)
(2)可能先加速后匀速（x物=eq \f(v2,2a)情景2
(1)一直加速（x物=eq \f(v2,2a)≥l)
(2)先加速后匀速（x物=eq \f(v2,2a)(3)先以a1加速后以a2加速（x物=eq \f(v2,2a)情景3
(1)一直加速（μ(2)一直匀速（μ=tan θ）
(3)当V0(4)当V0(5)当V0>V,先减速后匀速（x物=eq \f(|v2－veq \\al(2,0)|,2μg)(6)当V0>V,,一直减速（x物=eq \f(|v2－veq \\al(2,0)|,2μg)>l且μ≥tan θ)
情景4
(1)一直加速（μ(2)一直匀速（μ=tan θ）
(3)先减速后反向加速（x物=eq \f(veq \\al(2,0),2μg)≤l且μ>tan θ)
(4)一直减速（x物=eq \f(veq \\al(2,0),2μg)≥l)