2024届高考物理一轮复习教案第三章运动和力的关系专题强化五传送带模型和“滑块_木板”模型（粤教版新教材）

这是一份2024届高考物理一轮复习教案第三章运动和力的关系专题强化五传送带模型和“滑块_木板”模型（粤教版新教材），共13页。

2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”．
题型一 传送带模型
1．水平传送带
2.倾斜传送带
考向1 动力学中水平传送带问题
例1 (多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( )
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
答案 AC
解析 开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小s＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－s,v)＝eq \f(2－0.04,0.4) s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δs＝vt1－s＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误．
考向2 动力学中的倾斜传送带问题
例2 (2021·辽宁卷·13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)．小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
答案 (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcs θ>mgsin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmgcs θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，
用时t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝eq \f(0.6＋1.6,2)×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s.
考向3 传送带中的动力学图像
例3 (多选)(2023·广东广州市模拟)如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6 s时恰好到B点，重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1
B．AB间距离为24 m，小物块在传送带上留下的痕迹是8 m
C．若物块质量m＝1 kg，物块对传送带做的功为－16 J
D．若物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端
答案 AC
解析 由题图乙可知，物块先加速后匀速，加速过程的加速度为a＝eq \f(4,4) m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可知a＝eq \f(F,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg，联立解得μ＝0.1，A正确；AB间距离即为物块在6 s内发生的位移，即题图乙中图线与横轴围成的面积，故AB间距离s＝eq \f(2＋6,2)×4 m＝16 m，B错误；物块对传送带只在加速过程中做功，根据公式W＝－fs′，其中f＝μmg＝0.1×1×10 N＝1 N，s′＝4×4 m＝16 m，联立解得W＝－16 J，C正确；物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速过程的加速度大小为a′＝μg＝1 m/s2，物块从开始到速度为4 m/s时发生的位移为s″＝eq \f(4×4,2) m＝8 m，而物块从4 m/s减速到零发生的位移为eq \f(v2,2a′)＝eq \f(42,2×1) m＝8 m，所以物块刚好到达B端，D错误．
例4 (多选)(2023·广东省华南师大附中检测)如图甲所示，一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m＝1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，若取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.则下列说法正确的有( )
A．0～8 s内物体的位移大小为14 m
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.625
C．0～4 s内物体上升的高度为4 m
D．0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m
答案 AD
解析 物体运动的位移即v－t图像中图线与横轴围成的面积，则s＝eq \f(2＋6,2)×4 m－2×2×eq \f(1,2) m＝14 m，A正确；由物体运动的v－t图像可知，在2～6 s内物体做匀加速直线运动，有a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4－0,4) m/s2＝1 m/s2，且μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝0.875，B错误；在0～4 s内由题图知，物体运动的位移为0，则在0～4 s内物体上升的高度为0，C错误；由选项A可知，在0～8 s内物体的位移s＝14 m，传送带的位移s′＝vt＝4×8 m＝32 m，则0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为Δs＝s′－s＝18 m，D正确．
1．临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变．
2．物体与传送带的划痕长度Δs等于物体与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，则Δs＝Δs1＋Δs2(图甲)；若两次相对运动方向相反，则Δs等于较长的相对位移大小(图乙)．
题型二 “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的作用下发生相对滑动．
2．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Δs＝s1－s2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和s2＋s1＝L.
3．解题关键点
(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)．
考向1 水平面上的板块问题
例5 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则：
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
答案 (1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s
(4)0.7 m
解析 (1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F－μmg,M)，解得a＝3 m/s2
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用
故am＝μg＝2 m/s2
Δs1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)amt2＝0.5 m
(3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，长木板的加速度大小a′＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δs2＝eq \f(v2－v′2,2a′)－eq \f(v′2－vm2,2am)，解得Δs2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端s＝Δs1＋Δs2＝0.7 m.
考向2 斜面上的板块问题
例6 (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eq \f(21,40).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，cs 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0.8 m/s2
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
答案 BC
解析 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°－μ1mgcs 37°,m)＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°＋μ1mgcs 37°－2μ2mgcs 37°,m)＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)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．
处理“板块”模型中动力学问题的流程
课时精练
1．(多选)(2023·广东东莞市第四中学月考)传送带是日常搬运物品的重要工具，例如机场行李的搬运．如图所示，行李箱轻放到始终保持v＝0.8 m/s的速度匀速运动的水平传送带上，传送带沿顺时针方向旋转，行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，传送带足够长，g取10 m/s2，则( )
A．行李箱刚放上传送带时，受到的滑动摩擦力方向水平向右
B．行李箱一直做匀加速直线运动
C．行李箱加速过程的时间为0.1 s
D．行李箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
答案 AD
解析 行李箱刚放上传送带时，相对于传送带水平向左运动，故受到的滑动摩擦力方向水平向右，故A正确；行李箱先做匀加速直线运动，加速到0.8 m/s后，做匀速直线运动，故B错误；根据牛顿第二定律有a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝4 m/s2，行李箱加速过程的时间为t＝eq \f(v,a)＝0.2 s，故C错误；行李箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为s＝vt－eq \f(1,2)at2＝0.08 m，故D正确．
2．(多选)(2023·广东深圳市调研)如图甲，工人用传送带运送货物，传送带倾角为30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化关系如图乙所示．已知货物质量为10 kg，重力加速度取10 m/s2.则( )
A．传送带匀速转动的速度大小为1 m/s
B．货物与传送带间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)
C．A、B两点间的距离为16 m
D．运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功15 J
答案 AB
解析 由题图乙可知，货物先向上匀加速运动，再向上匀速运动，所以传送带匀速转动的速度大小为1 m/s，选项A正确；开始时货物的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1,0.4) m/s2＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律可知μmgcs 30°－mgsin 30°＝ma，解得货物与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，选项B正确；由题图乙可知，A、B两点间的距离为s＝eq \f(1,2)×(16＋15.6)×1 m＝15.8 m，选项C错误；由动能定理可知Wf－mgssin 30°＝eq \f(1,2)mv2，解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功Wf＝795 J，选项D错误．
3．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
答案 BC
解析 物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a1＝eq \f(7－3,2) m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t图像可知木板的加速度大小为a2＝eq \f(2－0,2) m/s2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D错误，B正确；从题图乙可知物块和木板在t＝2 s时分离，两者在0～2 s内的v－t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝eq \f(1,2)×(7＋3)×2 m－eq \f(1,2)×2×2 m＝8 m，C正确．
4.(2023·甘肃省模拟)如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A(可看作质点)以水平速度v0＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10 m/s2，下列说法不正确的是( )
A．若传送带速度等于2 m/s，物块不可能先做减速运动后做匀速运动
B．若传送带速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/s
C．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动
D．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，则传送带的速度不大于3 m/s
答案 D
解析 物块在传送带上的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝1 m/s2，假设物块一直做匀减速运动到传送带右端，根据v′2－v02＝－2aL，解得v′＝3 m/s>2 m/s，可知当传送带速度等于2 m/s时，物块一直减速到最右端，故A正确；当传送带速度等于3.5 m/s，传送带逆时针转动时，v等于3 m/s，故B正确；若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动，此方向传送带的速度可以为任意值，故C正确，D错误．
5.(多选)(2023·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
答案 AB
解析 若只增大滑块质量，滑块的加速度不变，木板的加速度增大，所以滑块与木板共速时，滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，滑块的加速度不变，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间变短，故B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑块离开木板的速度变小，故C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移不变，则滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板对地位移变小，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为木板对地位移减去极长，故减小，故D错误．
6．(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C．图乙中t2＝24 s
D．木板的最大加速度为2 m/s2
答案 ACD
解析 由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力大小为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq \f(fm,mg)＝0.4，选项A正确．由题图乙可知，t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝eq \f(f′,2mg)＝0.1，选项B错误．t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力fm＝8 N，此时两者的加速度相同，且木板的加速度达到最大，则对木板：fm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－fm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t2＝24 s，选项C、D正确．
7.(2023·山东泰安市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是( )
A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6
B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s
C．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 m
D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N
答案 C
解析 当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，A错误；当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动，物块Q先做初速度为零的匀加速直线运动，有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝eq \f(20,3) m/s2，当物块Q速度达到传送带速度，即8 m/s后，做匀速直线运动，由v＝at1，解得匀加速的时间t1＝1.2 s，匀加速的位移为s＝eq \f(v2,2a)＝4.8 m，则匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－s,v)＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，B错误；加速阶段的位移之差为Δs＝vt1－s＝4.8 m，即Q从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m，C正确；当Q加速时，对P分析有mPg－T＝mPa，解得T＝eq \f(20,3) N，之后做匀速直线运动，有T′＝20 N，D错误．
8．(2023·广东珠海市一中段考)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2 m/s顺时针匀速转动，一物块以v2＝8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)小物块刚放上传送带时，其加速度大小和方向；
(2)小物块向上滑行的最远距离．
答案 (1)10 m/s2 沿传送带向下 (2)4 m
解析 (1)小物块刚放上传送带时，由于小物块的速度大于传送带速度，小物块受沿传送带向下的滑动摩擦力，对小物块由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1
解得a1＝10 m/s2，方向沿传送带向下；
(2)由于μmgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2
解得a2＝2 m/s2
设小物块从刚放上传送带到与传送带速度相同所用时间为t1，则有
t1＝eq \f(v2－v1,a1)＝0.6 s
设小物块从与传送带速度相同到速度减为0所用时间为t2，则有
t2＝eq \f(v1,a2)＝1 s
则小物块向上滑行的最远距离为
s＝eq \f(v1＋v2,2)t1＋eq \f(v1,2)t2＝4 m.
9.(2023·辽宁大连市检测)如图所示，一质量M＝2 kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m＝2 kg的小滑块A，对B施加一水平向右且大小为F＝14 N的拉力；t＝3 s后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上．已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小；
(2)要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度．
答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)5.25 m
解析 (1)对滑块A根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1，故A的加速度大小为a1＝1 m/s2，方向向右；对木板B根据牛顿第二定律可得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，解得木板B加速度大小为a2＝2 m/s2.
(2)撤去外力瞬间，A的位移大小为s1＝eq \f(1,2)a1t2＝4.5 m，B的位移大小为s2＝eq \f(1,2)a2t2＝9 m，撤去外力时，滑块A和木板B的速度分别为v1＝a1t＝3 m/s，v2＝a2t＝6 m/s，撤去外力后，滑块A的受力没变，故滑块A仍然做加速运动，加速度不变，木板B做减速运动，其加速度大小变为a2′＝eq \f(μ1mg＋μ2m＋Mg,M)＝5 m/s2，设再经过时间t′两者达到共速，则有v1＋a1t′＝v2－a2′t′
撤去外力后，A的位移大小为s1′＝v1t′＋eq \f(1,2)a1t′2
B的位移大小为s2′＝v2t′－eq \f(1,2)a2′t′2
故木板B的长度至少为L＝s2－s1＋s2′－s1′
代入数据解得L＝5.25 m.情景
滑块的运动情况
传送带不足够长(未达到和传送带相对静止)
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0v0v0>v时，一直减速
v0>v时，先减速再匀速
滑块一直减速到右端
滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端
若v0v，则返回到左端时速度为v
情景
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gsin θ
<μgcs θ)
先加速后匀速(一定满足关系gsin θ
<μgcs θ)
一直加速(加速度为gsin θ＋μgcs θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μv0v0v0>v时，若μv0>v时，若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ(摩擦力方向一定沿斜面向上)
gsin θ>μgcs θ，一直加速；
gsin θ＝μgcs θ，一直匀速
gsin θ<μgcs θ，一直减速
gsin θ<μgcs θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v