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2021届高考物理人教版一轮创新教学案：热点专题2 第15讲 动力学中的三种典型物理模型
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第15讲 动力学中的三种典型物理模型
热点概述 (1)本热点是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中“等时圆”模型常在选择题中考查，而“滑块—木板”模型和“传送带”模型常以选择题或计算题的形式命题。(2)通过本热点的学习，可以培养同学们的审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达能力等物理学科素养。经过针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，帮助同学们迅速提高解题能力。(3)用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识。
热点一 “等时圆”模型
1．“等时圆”模型
设想半径为R的竖直圆内有一条光滑直轨道，该轨道是一端与竖直直径相交的弦，倾角为θ，一个物体从轨道顶端滑到底端，则下滑的加速度a＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，而x＝at2，解得t＝2，这也是沿竖直直径自由下落的时间。
总结：物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆(或光滑斜面)由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
2．三种典型情况
(1)质点从竖直圆上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆的最低点所用时间相等，如图甲所示。
(2)质点从竖直圆上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。
(3)两个竖直圆相切且两圆的竖直直径均过切点，质点沿不同的过切点的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、从c到d所用的时间，则( )
A．t1＝t2 B．t1>t2
C．t1
答案 A
“等时圆”问题的解题思路
1．(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是( )
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1
解析 设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据“等时圆”模型可知，由c、O、d无初速释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c到a和由O到b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故A错误，B、C、D正确。
2．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上、下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tAB
解析 如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由“等时圆”模型的结论可知，tAB>tCD>tEF，B正确。
热点二 “传送带”模型
1．特点：传送带始终以恒定的速率运行，物体和传送带之间μ≠0。
2．常见的传送带模型
(1)水平传送带
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，匀速后摩擦力将变为零
情景2
①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
②v0
情景3
①传送带较短时，滑块一直减速达到左端
②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。当v0>v时返回速度为v，当v0
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
①μ>tanθ时，可能一直加速上滑，也可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将突变为静摩擦力
②μ
①μ>tanθ时，可能一直加速下滑，也可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将突变为静摩擦力
②μ
[例1] (多选)如图所示，水平传送带长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速度放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( )
A.＋ B.
C. D.
解析 若木块一直匀加速，则有L＝μgt2，得t＝ ，C正确；若到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L＝ t＝t，得t＝，D正确；若木块先匀加速运动时间t1，位移为x，再匀速运动时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1,2μgx＝v2，vt2＝L－x，得t＝t1＋t2＝＋，A正确；由以上分析可知，木块的运动时间一定大于，B错误。
答案 ACD
物体在水平传送带上运动时，若v0＝0且传送带的长度不确定，物体可能一直加速，也可能先加速再匀速，要注意分类讨论。
[例2] 如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B的长度为LAB＝16 m，传送带以v0＝10 m/s的速度逆时针转动。在传送带上端无初速度放一个质量为m＝0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)
解析 开始阶段，传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向下，物体由静止开始加速下滑，受力如图甲所示
由牛顿第二定律得
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
解得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10 m/s2
物体加速至速度与传送带速度相等时需要的时间
t1＝＝1 s
物体运动的位移x1＝a1t＝5 m<16 m
即物体加速到10 m/s时仍未到达B点，当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ
设此阶段物体滑动到B所需时间为t2，则
LAB－x1＝v0t2＋a2t
解得t2＝1 s，t2′＝－11 s(舍去)
故物体从A运动到B所需的时间t＝t1＋t2＝2 s。
答案 2 s
处理倾斜传送带问题时，要注意物体重力沿传送带斜面向下的分力mgsinθ与物体所受传送带的滑动摩擦力μmgcosθ的大小和方向关系，判断物体所受合力与速度方向的关系，从而确定物体运动的情况。另外物体与传送带共速常常是受力情况和运动情况突变的转折点。
1．(2019·河南洛阳三模)如图所示，一水平传送带以v0＝2 m/s的恒定速度匀速运动。已知传送带左端A到右端B的距离为10 m，传送带各处粗糙程度相同。把工件无初速地放到A处，经过时间6 s，工件被传送到B处。则下列图象中能表示工件的速度v随时间t变化关系的是( )
答案 B
解析 假设工件到达B时恰好与传送带的速度相等，则全程的平均速度为v0＝1 m/s，所用的时间应为t0＝＝10 s>6 s，说明工件在到达B之前已经和传送带的速度相等，所以工件先做匀加速运动，后做匀速运动，故A、C、D错误，B正确。
2．如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8 m，它与水平台面平滑连接，现有物块以v0＝10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6。g取10 m/s2。
(1)若传送带保持静止，求物块滑到B端时的速度大小；
(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s，求物块到达B端时的速度大小；
(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s，且物块初速度变为v0′＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。
答案 (1)2 m/s (2)12 m/s (3) s
解析 (1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知
FN＝mg，Ff＝ma，Ff＝μFN，
得a＝6 m/s2。
传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，
又x＝＝ m>L＝8 m，
则由v－v＝－2aL，得vB＝2 m/s。
(2)由题意知，若物块能加速到v1＝12 m/s，
由v－v＝2ax1，得x1＝ m
即物块到达B端时的速度为vB′＝v1＝12 m/s。
(3)若物块能向右减速到v2＝0，
由v－v0′2＝－2ax2，得x2＝3 m
由v2＝v0′－at1，得减速运动的时间t1＝1 s。
接着向左加速运动，向左加速到v3＝4 m/s的过程中，
由v－v＝2ax3，
得x3＝ m
由v3＝v2＋at2，得加速时间t2＝ s。
向左匀速运动的位移x4＝x2－x3＝ m，
由x4＝v4t3，得匀速运动时间t3＝ s，
故t＝t1＋t2＋t3＝ s。
3．如图所示，倾角为θ＝37°的传送带始终保持以v＝5 m/s的速率顺时针匀速转动，A、B两端距离d＝15.25 m。现将一物块(可视为质点)无初速度从A端放上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2, sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求物块到达B端时的速度大小和物块从A端运动到B端所用的时间。
答案 9 m/s 2.5 s
解析 假设物块由静止能加速运动到与传送带速度v＝5 m/s相等，设此过程加速度为a1，运动时间为t1，位移为x1，由牛顿第二定律和运动学规律，有
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，
v＝a1t1，
x1＝a1t，
代入数据解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝1.25 m，
由于x1＝1.25 m
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，
x2＝d－x1＝vt2＋a2t，
vB＝v＋a2t2。
代入数据解得a2＝2 m/s2，t2＝2 s，vB＝9 m/s，
物块从A端运动到B端所用时间t＝t1＋t2＝2.5 s。
热点三 “滑块—木板”模型
滑块—木板模型是高考考查的热点之一，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律等主干知识，能力要求较高。滑块和木板的位移关系、速度关系是解答滑块—木板模型的切入点，前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系。
1．模型特点：滑块(视为质点)置于长木板上，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：滑块由木板一端运动到另一端过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x2－x1＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
[例1] 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运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(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。木板的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。
解析 (1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图b可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋a1t③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由题图b可得a2＝⑥
式中，t2＝2 s, v2＝0，
联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4。⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝Δt⑪
小物块运动的位移为s2＝Δt⑫
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数据得
Δs＝6.0 m⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮
0－v＝2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，
并代入数值得s＝－6.5 m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
答案 (1)μ1＝0.1 μ2＝0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
分析“板—块”模型时要抓住一个转折和两个关联
[例2] 下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°sin37°＝的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长。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)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间。
解析 (1)假设0～2 s内A、B相对静止，则2mgsinθ－μ2·2mgcosθ＝2ma，对A，mgsinθ－fBA＝ma，解得fBA＝0.4mg，而fBmax＝μ1mgcosθ＝0.3mg
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
f1＝μ1N1①
N1＝mgcosθ②
f2＝μ2N2③
N2＝N1＋mgcosθ④
规定沿山坡C向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ－f1＝ma1⑤
mgsinθ－f2＋f1＝ma2⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得
a1＝3 m/s2⑦
a2＝1 m/s2。⑧
(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6 m/s⑨
v2＝a2t1＝2 m/s⑩
t>t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间摩擦力为零，同理可得
a1′＝6 m/s2⑪
a2′＝－2 m/s2⑫
即B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2＋a2′t2＝0⑬
联立⑩⑫⑬式得t2＝1 s⑭
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
s＝a1t＋v1t2＋a1′t－a2t＋v2t2＋a2′t＝12 m<27 m⑮
此后B静止不动，A继续在B上滑动。设再经过时间t3 A离开B，则有
l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t⑯
可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰
设A在B上总的运动时间为t总，有
t总＝t1＋t2＋t3＝4 s。
(利用下面的速度图线求解，正确的，参照上述答案即可)
答案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
“板—块”模型的解题思路
1．(2019·天津实验中学高考模拟)如图，水平桌面上静止放置一质量M＝1 kg、长为L＝1 m的木板，板上最右端放一质量m＝2 kg的滑块，滑块可看做质点，以F＝20 N的水平力拉木板，将其从滑块下面抽出来。若所有接触面间的动摩擦因数均为μ ＝0.3，g＝10 m/s2。
(1)求滑块与木板间的摩擦力f1多大？木板与桌面间的摩擦力f2多大？
(2)求滑块从木板上掉下的时间t为多少？
答案 (1)6 N 9 N (2)1 s
解析 (1)滑块与木板之间的摩擦力
f1＝μmg＝0.3×2×10 N＝6 N
木板与桌面间的摩擦力
f2＝μ(M＋m)g＝0.3×(1＋2)×10 N＝9 N。
(2)对滑块，根据牛顿第二定律得：f1＝ma1
解得：a1＝3 m/s2
对木板：F－f1－f2＝Ma2
解得：a2＝5 m/s2
滑块的位移：x1＝a1t2，木板的位移：x2＝a2t2
滑块从木板上掉下时：x2－x1＝L
代入数据解得：t＝1 s。
2．一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图象如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移大小。
答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m
解析 (1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。
由题图可知，t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同。
在0～0.5 s时间内：
物块的加速度大小
a1＝＝2 m/s2①
木板的加速度大小
a2＝＝8 m/s2②
设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
对物块有μ1mg＝ma1③
对木板有μ1mg＋μ2·2mg＝ma2④
联立①②③④解得μ1＝0.20，μ2＝0.30⑤
(2)在t1时刻后，假设物块和木板一起做匀减速直线运动，则共同加速度大小
a共＝＝μ2g⑥
物块受到的静摩擦力Ff＝ma共＝μ2mg>μ1mg，与假设矛盾，所以物块相对长木板将向前“打滑”。t1时刻后，由牛顿第二定律得
对物块有μ1mg＝ma1′⑦
对木板有μ2·2mg－μ1mg＝ma2′⑧
解得物块和木板的加速度大小分别为
a1′＝2 m/s2
a2′＝4 m/s2
物块还能运动的时间
t1′＝＝0.5 s⑨
木板还能运动的时间
t2′＝＝0.25 s⑩
物块全程运动的vt图线如图中粗实线所示。
物块相对于木板的位移大小即为两图线与t坐标轴所围面积的差值，即
x＝x2－x1＝1.125 m。
3．(2016·四川高考)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cosθ＝1，sinθ＝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＋mgsinθ＝ma1
f＝μmgcosθ
联立以上二式并代入数据得a1＝5 m/s2
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
M＝4m
Mgsinθ＋F－f＝Ma2
F＝k(m＋M)g
s1＝vt－a1t2
s2＝vt－a2t2
s＝s1－s2
l＝l0＋s0＋s2
联立并代入数据解得l＝98 m。
课时作业
1．如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板的加速度a的大小可能是( )
A．μg B.μg
C.μg D.－μg
答案 D
解析 若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和木块组成的整体，根据牛顿第二定律可得：F－μ·2mg＝2ma，解得：a＝－μg；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：μmg－μ·2mg＝ma，解得：a＝μg，故A、B、C错误，D正确。
2．如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一可看成质点的小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为( )
A．1∶1∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
答案 A
解析 因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC线段为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，从A、B、D三点同时由静止释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。
3．(2019·江苏高考模拟)(多选)如图所示，物块A从弧形滑槽上的某一固定高度滑下后，以速度v1又滑上粗糙的水平传送带。若传送带不动，A滑下后，从离开滑槽进入传送带左端开始计时，经过时间t1滑至传送带右端某处便停止下来而不会掉下去。若传送带以恒定速率v2做逆时针转动，A滑下后，从离开滑槽进入传送带左端开始计时，直到又返回传送带左端，所用时间为t2，则以下判断正确的是( )
A．若v1＜v2，则t2＝2t1
B．若v1＞v2，则t2＜2t1
C．若v1＞v2，则t2＞2t1
D．若v1＝v2，则t2＝2t1
答案 ACD
解析 当传送带不动时，物块滑上传送带后做匀减速运动到停止。若v1v2，物块返回时先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，则返回的时间大于开始匀减速运动的时间，则t2>2t1，故B错误，C正确；若v1＝v2，物块返回时，一直做匀加速直线运动，同理根据对称性可知，t2＝2t1，故D正确。
4．(2019·江西新余四校高三第二次联考)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0＝7 m/s的速率运行。现把一质量为4 kg的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端，经一段时间后工件被传送到h＝8 m的高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2，在这段时间，工件的速度v、位移x、加速度a、所受合外力F随时间t变化的图象正确的是( )
答案 A
解析 根据题意可知，皮带的总长度L＝＝16 m，工件刚放上皮带时受重力、支持力以及沿皮带向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，a＝μgcos30°－gsin30°＝×10×－10× m/s2＝2.5 m/s2，工件做匀加速直线运动，工件速度达到与皮带速度相同时运动的位移x＝＝ m＝9.8 mmgsin30°＝mg，所以接下来工件与皮带保持相对静止做匀速直线运动，故A正确，B、C、D错误。
5．(多选)如图a，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板最右端。图b为物块与木板运动的vt图象，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．木板的长度为
B．物块与木板的质量之比为
C．物块与木板之间的动摩擦因数为
D．t1时刻，物块和木板的动能之比为
答案 ACD
解析 t1时刻小物块恰好滑至长木板最右端，所以相对位移就是板长，根据图b知，相对位移为，A正确；相对运动过程中，设相互间的摩擦力为f，物块的加速度a＝＝，木板加速度a′＝＝，所以物块与木板的质量之比为＝，B错误；摩擦力f＝μmg，所以物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝＝＝，C正确；t1时刻，速度相同，所以动能之比等于质量之比，为，D正确。
6．(2019·湖南省衡阳县第四中学高三月考)如图所示，一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针转动。水平部分长为2.0 m，其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端。已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，sin37°＝0.6，g取10 m/s2。则( )
A．物块在传送带上一直做匀加速直线运动
B．物块到达传送带右端的速度大小为1.5 m/s
C．物块沿斜面上滑能上升的最大高度为0.2 m
D．物块返回皮带时恰好到达最左端
答案 C
解析 物块在传送带上先做匀加速直线运动，有：μmg＝ma1，x1＝，解得：x1＝1 m<2 m，所以在到达传送带右端前，物块已以2 m/s的速度匀速运动，即物块在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，故A、B错误；物块以初速度v0滑上斜面后，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，mgsinθ＝ma2，当物块速度减为零时，上升高度最大，此时沿斜面上滑的距离为x2＝＝ m<0.4 m，上升的最大高度hm＝x2sinθ＝0.2 m，故C正确；物体从斜面返回时，到传送带右端的速度大小为2 m/s，设物块返回皮带时滑动的距离为x3，向左滑行时的加速度大小a1＝2 m/s2，所以物块向左运动的最大距离x3＝＝1 m<2 m，故物块不会到达传送带的左端，D错误。
7．(2019·陕西高考模拟)(多选)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1＝2 m/s的恒定速率运行。初速度大小为v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带。若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则( )
A．小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右
B．根据运动学知识可知a＝0.2 m/s2
C．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5 m
D．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5 m
答案 AD
解析 小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，故受到传送带的摩擦力方向水平向右，A正确；小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，故加速度大小a＝＝＝1 m/s2，方向向右，故B错误；小墨块向左减速运动时，对小墨块有：0＝v2－at1，x1＝t1，联立解得：x1＝4.5 m，小墨块向左减速的过程中，传送带的位移大小为：x2＝v1t1，小墨块向右加速运动时，对小墨块有：v1＝at2，x1′＝t2，传送带的位移大小x2′＝v1t2，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x＝(x1＋x2)＋(x2′－x1′)，解得：x＝12.5 m，故C错误，D正确。
8．(2019·广东汕头二模)(多选)长木板B放置在倾角为θ的固定斜面上，一小物块A置于长木板的中间。将A、B同时由静止释放，结果B沿斜面下滑，同时A、B也发生了相对运动。经过一段时间t，A脱离B，此时B还处于斜面上。不计空气阻力，重力加速度为g，则在这段时间内( )
A．物块A的加速度大小与A的质量有关
B．木板B的加速度大小与A和B的质量都有关
C．物块A的加速度一定大于木板B的加速度
D．物块A的加速度可能大于gsinθ
答案 BC
解析 以A为研究对象，设其加速度大小为aA，A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律有：mAgsinθ－μ1mAgcosθ＝mAaA，解得：aA＝gsinθ－μ1gcosθ，与A的质量mA无关，故A错误；A、B发生了相对运动，两者加速度不等，因经过一段时间t，A脱离B，则aA>aB，以B为研究对象，设其加速度大小为aB，由牛顿第二定律有：mBgsinθ＋μ1mAgcosθ－μ2(mA＋mB)gcosθ＝mBaB，可知木板B的加速度大小与A和B的质量都有关，故B、C正确；aA＝gsinθ－μ1gcosθ
A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等
B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－cosθ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．若μ
答案 AC
解析 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确。粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得到，加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B错误。若μgsinθ，故D错误。
10．(2019·江苏高三月考)(多选)一足够长的轻质绸带置于光滑水平地面上，绸带上放着质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg 的A、B两物块，A、B与绸带之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10 m/s2)，若A、B与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当F逐渐增大时，A、B的加速度aA和aB随F变化的图象正确的是( )
答案 BD
解析 A与绸带间的最大静摩擦力为：fA＝μmAg＝0.2×1 kg×10 m/s2＝2 N，B与绸带间的最大静摩擦力为：fB＝μmBg＝0.2×2 kg×10 m/s2＝4 N，绸带受到的最大摩擦力为：f＝fA＝2 N＜fB，故绸带与物体B一直保持相对静止，产生的最大加速度为：a＝＝ m/s2＝1 m/s2，此时对A分析，F－fA＝mAa，解得：F＝3 N；当F≤3 N时，A、B和绸带一起做加速运动，加速度为：a共＝＝，当F＞3 N时，A与绸带发生相对滑动，A的加速度为：aA＝＝F－2，B的加速度恒定，故B、D正确，A、C错误。
11．(2019·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) (2)3μg μg (3)2
解析 A、B的运动过程如图所示：
(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知，
A的加速度大小aA＝＝μg
在B上滑动时有2aAL＝v
解得：vA＝。
(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左，
地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左，
合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg
由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝f地＝2μmg
由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设敲击B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＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得：vB＝2。
12．(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，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)假设滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。
设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板受地面的摩擦力为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。
在滑块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(mA＋mB＋m)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
因为f2－f1>f3，故假设成立。
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。
由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt⑩
在B与木板达到共同速度v1后，因为μ1g>μ2g，所以B和木板相对静止，共同减速，设木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；
故B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。
由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫
对A有v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。
因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB⑯
联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m。(也可用如图的速度—时间图线求解)
第15讲 动力学中的三种典型物理模型
热点概述 (1)本热点是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中“等时圆”模型常在选择题中考查，而“滑块—木板”模型和“传送带”模型常以选择题或计算题的形式命题。(2)通过本热点的学习，可以培养同学们的审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达能力等物理学科素养。经过针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，帮助同学们迅速提高解题能力。(3)用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识。
热点一 “等时圆”模型
1．“等时圆”模型
设想半径为R的竖直圆内有一条光滑直轨道，该轨道是一端与竖直直径相交的弦，倾角为θ，一个物体从轨道顶端滑到底端，则下滑的加速度a＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，而x＝at2，解得t＝2，这也是沿竖直直径自由下落的时间。
总结：物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆(或光滑斜面)由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
2．三种典型情况
(1)质点从竖直圆上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆的最低点所用时间相等，如图甲所示。
(2)质点从竖直圆上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。
(3)两个竖直圆相切且两圆的竖直直径均过切点，质点沿不同的过切点的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、从c到d所用的时间，则( )
A．t1＝t2 B．t1>t2
C．t1
答案 A
“等时圆”问题的解题思路
1．(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是( )
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1
解析 设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据“等时圆”模型可知，由c、O、d无初速释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c到a和由O到b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故A错误，B、C、D正确。
2．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上、下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tAB
解析 如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由“等时圆”模型的结论可知，tAB>tCD>tEF，B正确。
热点二 “传送带”模型
1．特点：传送带始终以恒定的速率运行，物体和传送带之间μ≠0。
2．常见的传送带模型
(1)水平传送带
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，匀速后摩擦力将变为零
情景2
①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
②v0
情景3
①传送带较短时，滑块一直减速达到左端
②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。当v0>v时返回速度为v，当v0
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
①μ>tanθ时，可能一直加速上滑，也可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将突变为静摩擦力
②μ
①μ>tanθ时，可能一直加速下滑，也可能先加速后匀速，匀速后摩擦力将突变为静摩擦力
②μ
[例1] (多选)如图所示，水平传送带长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速度放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( )
A.＋ B.
C. D.
解析 若木块一直匀加速，则有L＝μgt2，得t＝ ，C正确；若到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L＝ t＝t，得t＝，D正确；若木块先匀加速运动时间t1，位移为x，再匀速运动时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1,2μgx＝v2，vt2＝L－x，得t＝t1＋t2＝＋，A正确；由以上分析可知，木块的运动时间一定大于，B错误。
答案 ACD
物体在水平传送带上运动时，若v0＝0且传送带的长度不确定，物体可能一直加速，也可能先加速再匀速，要注意分类讨论。
[例2] 如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B的长度为LAB＝16 m，传送带以v0＝10 m/s的速度逆时针转动。在传送带上端无初速度放一个质量为m＝0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)
解析 开始阶段，传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向下，物体由静止开始加速下滑，受力如图甲所示
由牛顿第二定律得
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
解得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10 m/s2
物体加速至速度与传送带速度相等时需要的时间
t1＝＝1 s
物体运动的位移x1＝a1t＝5 m<16 m
即物体加速到10 m/s时仍未到达B点，当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ
设此阶段物体滑动到B所需时间为t2，则
LAB－x1＝v0t2＋a2t
解得t2＝1 s，t2′＝－11 s(舍去)
故物体从A运动到B所需的时间t＝t1＋t2＝2 s。
答案 2 s
处理倾斜传送带问题时，要注意物体重力沿传送带斜面向下的分力mgsinθ与物体所受传送带的滑动摩擦力μmgcosθ的大小和方向关系，判断物体所受合力与速度方向的关系，从而确定物体运动的情况。另外物体与传送带共速常常是受力情况和运动情况突变的转折点。
1．(2019·河南洛阳三模)如图所示，一水平传送带以v0＝2 m/s的恒定速度匀速运动。已知传送带左端A到右端B的距离为10 m，传送带各处粗糙程度相同。把工件无初速地放到A处，经过时间6 s，工件被传送到B处。则下列图象中能表示工件的速度v随时间t变化关系的是( )
答案 B
解析 假设工件到达B时恰好与传送带的速度相等，则全程的平均速度为v0＝1 m/s，所用的时间应为t0＝＝10 s>6 s，说明工件在到达B之前已经和传送带的速度相等，所以工件先做匀加速运动，后做匀速运动，故A、C、D错误，B正确。
2．如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8 m，它与水平台面平滑连接，现有物块以v0＝10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6。g取10 m/s2。
(1)若传送带保持静止，求物块滑到B端时的速度大小；
(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s，求物块到达B端时的速度大小；
(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s，且物块初速度变为v0′＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。
答案 (1)2 m/s (2)12 m/s (3) s
解析 (1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知
FN＝mg，Ff＝ma，Ff＝μFN，
得a＝6 m/s2。
传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，
又x＝＝ m>L＝8 m，
则由v－v＝－2aL，得vB＝2 m/s。
(2)由题意知，若物块能加速到v1＝12 m/s，
由v－v＝2ax1，得x1＝ m
即物块到达B端时的速度为vB′＝v1＝12 m/s。
(3)若物块能向右减速到v2＝0，
由v－v0′2＝－2ax2，得x2＝3 m
由v2＝v0′－at1，得减速运动的时间t1＝1 s。
接着向左加速运动，向左加速到v3＝4 m/s的过程中，
由v－v＝2ax3，
得x3＝ m
由v3＝v2＋at2，得加速时间t2＝ s。
向左匀速运动的位移x4＝x2－x3＝ m，
由x4＝v4t3，得匀速运动时间t3＝ s，
故t＝t1＋t2＋t3＝ s。
3．如图所示，倾角为θ＝37°的传送带始终保持以v＝5 m/s的速率顺时针匀速转动，A、B两端距离d＝15.25 m。现将一物块(可视为质点)无初速度从A端放上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2, sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求物块到达B端时的速度大小和物块从A端运动到B端所用的时间。
答案 9 m/s 2.5 s
解析 假设物块由静止能加速运动到与传送带速度v＝5 m/s相等，设此过程加速度为a1，运动时间为t1，位移为x1，由牛顿第二定律和运动学规律，有
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，
v＝a1t1，
x1＝a1t，
代入数据解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝1.25 m，
由于x1＝1.25 m
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，
x2＝d－x1＝vt2＋a2t，
vB＝v＋a2t2。
代入数据解得a2＝2 m/s2，t2＝2 s，vB＝9 m/s，
物块从A端运动到B端所用时间t＝t1＋t2＝2.5 s。
热点三 “滑块—木板”模型
滑块—木板模型是高考考查的热点之一，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律等主干知识，能力要求较高。滑块和木板的位移关系、速度关系是解答滑块—木板模型的切入点，前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系。
1．模型特点：滑块(视为质点)置于长木板上，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：滑块由木板一端运动到另一端过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x2－x1＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
[例1] 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运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(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。木板的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。
解析 (1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图b可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋a1t③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由题图b可得a2＝⑥
式中，t2＝2 s, v2＝0，
联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4。⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝Δt⑪
小物块运动的位移为s2＝Δt⑫
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数据得
Δs＝6.0 m⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮
0－v＝2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，
并代入数值得s＝－6.5 m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
答案 (1)μ1＝0.1 μ2＝0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
分析“板—块”模型时要抓住一个转折和两个关联
[例2] 下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°sin37°＝的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长。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)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间。
解析 (1)假设0～2 s内A、B相对静止，则2mgsinθ－μ2·2mgcosθ＝2ma，对A，mgsinθ－fBA＝ma，解得fBA＝0.4mg，而fBmax＝μ1mgcosθ＝0.3mg
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
f1＝μ1N1①
N1＝mgcosθ②
f2＝μ2N2③
N2＝N1＋mgcosθ④
规定沿山坡C向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ－f1＝ma1⑤
mgsinθ－f2＋f1＝ma2⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得
a1＝3 m/s2⑦
a2＝1 m/s2。⑧
(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6 m/s⑨
v2＝a2t1＝2 m/s⑩
t>t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间摩擦力为零，同理可得
a1′＝6 m/s2⑪
a2′＝－2 m/s2⑫
即B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2＋a2′t2＝0⑬
联立⑩⑫⑬式得t2＝1 s⑭
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
s＝a1t＋v1t2＋a1′t－a2t＋v2t2＋a2′t＝12 m<27 m⑮
此后B静止不动，A继续在B上滑动。设再经过时间t3 A离开B，则有
l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t⑯
可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰
设A在B上总的运动时间为t总，有
t总＝t1＋t2＋t3＝4 s。
(利用下面的速度图线求解，正确的，参照上述答案即可)
答案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
“板—块”模型的解题思路
1．(2019·天津实验中学高考模拟)如图，水平桌面上静止放置一质量M＝1 kg、长为L＝1 m的木板，板上最右端放一质量m＝2 kg的滑块，滑块可看做质点，以F＝20 N的水平力拉木板，将其从滑块下面抽出来。若所有接触面间的动摩擦因数均为μ ＝0.3，g＝10 m/s2。
(1)求滑块与木板间的摩擦力f1多大？木板与桌面间的摩擦力f2多大？
(2)求滑块从木板上掉下的时间t为多少？
答案 (1)6 N 9 N (2)1 s
解析 (1)滑块与木板之间的摩擦力
f1＝μmg＝0.3×2×10 N＝6 N
木板与桌面间的摩擦力
f2＝μ(M＋m)g＝0.3×(1＋2)×10 N＝9 N。
(2)对滑块，根据牛顿第二定律得：f1＝ma1
解得：a1＝3 m/s2
对木板：F－f1－f2＝Ma2
解得：a2＝5 m/s2
滑块的位移：x1＝a1t2，木板的位移：x2＝a2t2
滑块从木板上掉下时：x2－x1＝L
代入数据解得：t＝1 s。
2．一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图象如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移大小。
答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m
解析 (1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。
由题图可知，t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同。
在0～0.5 s时间内：
物块的加速度大小
a1＝＝2 m/s2①
木板的加速度大小
a2＝＝8 m/s2②
设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
对物块有μ1mg＝ma1③
对木板有μ1mg＋μ2·2mg＝ma2④
联立①②③④解得μ1＝0.20，μ2＝0.30⑤
(2)在t1时刻后，假设物块和木板一起做匀减速直线运动，则共同加速度大小
a共＝＝μ2g⑥
物块受到的静摩擦力Ff＝ma共＝μ2mg>μ1mg，与假设矛盾，所以物块相对长木板将向前“打滑”。t1时刻后，由牛顿第二定律得
对物块有μ1mg＝ma1′⑦
对木板有μ2·2mg－μ1mg＝ma2′⑧
解得物块和木板的加速度大小分别为
a1′＝2 m/s2
a2′＝4 m/s2
物块还能运动的时间
t1′＝＝0.5 s⑨
木板还能运动的时间
t2′＝＝0.25 s⑩
物块全程运动的vt图线如图中粗实线所示。
物块相对于木板的位移大小即为两图线与t坐标轴所围面积的差值，即
x＝x2－x1＝1.125 m。
3．(2016·四川高考)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cosθ＝1，sinθ＝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＋mgsinθ＝ma1
f＝μmgcosθ
联立以上二式并代入数据得a1＝5 m/s2
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
M＝4m
Mgsinθ＋F－f＝Ma2
F＝k(m＋M)g
s1＝vt－a1t2
s2＝vt－a2t2
s＝s1－s2
l＝l0＋s0＋s2
联立并代入数据解得l＝98 m。
课时作业
1．如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板的加速度a的大小可能是( )
A．μg B.μg
C.μg D.－μg
答案 D
解析 若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和木块组成的整体，根据牛顿第二定律可得：F－μ·2mg＝2ma，解得：a＝－μg；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：μmg－μ·2mg＝ma，解得：a＝μg，故A、B、C错误，D正确。
2．如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一可看成质点的小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为( )
A．1∶1∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
答案 A
解析 因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC线段为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，从A、B、D三点同时由静止释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。
3．(2019·江苏高考模拟)(多选)如图所示，物块A从弧形滑槽上的某一固定高度滑下后，以速度v1又滑上粗糙的水平传送带。若传送带不动，A滑下后，从离开滑槽进入传送带左端开始计时，经过时间t1滑至传送带右端某处便停止下来而不会掉下去。若传送带以恒定速率v2做逆时针转动，A滑下后，从离开滑槽进入传送带左端开始计时，直到又返回传送带左端，所用时间为t2，则以下判断正确的是( )
A．若v1＜v2，则t2＝2t1
B．若v1＞v2，则t2＜2t1
C．若v1＞v2，则t2＞2t1
D．若v1＝v2，则t2＝2t1
答案 ACD
解析 当传送带不动时，物块滑上传送带后做匀减速运动到停止。若v1
4．(2019·江西新余四校高三第二次联考)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0＝7 m/s的速率运行。现把一质量为4 kg的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端，经一段时间后工件被传送到h＝8 m的高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2，在这段时间，工件的速度v、位移x、加速度a、所受合外力F随时间t变化的图象正确的是( )
答案 A
解析 根据题意可知，皮带的总长度L＝＝16 m，工件刚放上皮带时受重力、支持力以及沿皮带向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，a＝μgcos30°－gsin30°＝×10×－10× m/s2＝2.5 m/s2，工件做匀加速直线运动，工件速度达到与皮带速度相同时运动的位移x＝＝ m＝9.8 m
5．(多选)如图a，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板最右端。图b为物块与木板运动的vt图象，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．木板的长度为
B．物块与木板的质量之比为
C．物块与木板之间的动摩擦因数为
D．t1时刻，物块和木板的动能之比为
答案 ACD
解析 t1时刻小物块恰好滑至长木板最右端，所以相对位移就是板长，根据图b知，相对位移为，A正确；相对运动过程中，设相互间的摩擦力为f，物块的加速度a＝＝，木板加速度a′＝＝，所以物块与木板的质量之比为＝，B错误；摩擦力f＝μmg，所以物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝＝＝，C正确；t1时刻，速度相同，所以动能之比等于质量之比，为，D正确。
6．(2019·湖南省衡阳县第四中学高三月考)如图所示，一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针转动。水平部分长为2.0 m，其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端。已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，sin37°＝0.6，g取10 m/s2。则( )
A．物块在传送带上一直做匀加速直线运动
B．物块到达传送带右端的速度大小为1.5 m/s
C．物块沿斜面上滑能上升的最大高度为0.2 m
D．物块返回皮带时恰好到达最左端
答案 C
解析 物块在传送带上先做匀加速直线运动，有：μmg＝ma1，x1＝，解得：x1＝1 m<2 m，所以在到达传送带右端前，物块已以2 m/s的速度匀速运动，即物块在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，故A、B错误；物块以初速度v0滑上斜面后，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，mgsinθ＝ma2，当物块速度减为零时，上升高度最大，此时沿斜面上滑的距离为x2＝＝ m<0.4 m，上升的最大高度hm＝x2sinθ＝0.2 m，故C正确；物体从斜面返回时，到传送带右端的速度大小为2 m/s，设物块返回皮带时滑动的距离为x3，向左滑行时的加速度大小a1＝2 m/s2，所以物块向左运动的最大距离x3＝＝1 m<2 m，故物块不会到达传送带的左端，D错误。
7．(2019·陕西高考模拟)(多选)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1＝2 m/s的恒定速率运行。初速度大小为v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带。若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则( )
A．小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右
B．根据运动学知识可知a＝0.2 m/s2
C．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5 m
D．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5 m
答案 AD
解析 小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，故受到传送带的摩擦力方向水平向右，A正确；小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，故加速度大小a＝＝＝1 m/s2，方向向右，故B错误；小墨块向左减速运动时，对小墨块有：0＝v2－at1，x1＝t1，联立解得：x1＝4.5 m，小墨块向左减速的过程中，传送带的位移大小为：x2＝v1t1，小墨块向右加速运动时，对小墨块有：v1＝at2，x1′＝t2，传送带的位移大小x2′＝v1t2，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x＝(x1＋x2)＋(x2′－x1′)，解得：x＝12.5 m，故C错误，D正确。
8．(2019·广东汕头二模)(多选)长木板B放置在倾角为θ的固定斜面上，一小物块A置于长木板的中间。将A、B同时由静止释放，结果B沿斜面下滑，同时A、B也发生了相对运动。经过一段时间t，A脱离B，此时B还处于斜面上。不计空气阻力，重力加速度为g，则在这段时间内( )
A．物块A的加速度大小与A的质量有关
B．木板B的加速度大小与A和B的质量都有关
C．物块A的加速度一定大于木板B的加速度
D．物块A的加速度可能大于gsinθ
答案 BC
解析 以A为研究对象，设其加速度大小为aA，A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律有：mAgsinθ－μ1mAgcosθ＝mAaA，解得：aA＝gsinθ－μ1gcosθ，与A的质量mA无关，故A错误；A、B发生了相对运动，两者加速度不等，因经过一段时间t，A脱离B，则aA>aB，以B为研究对象，设其加速度大小为aB，由牛顿第二定律有：mBgsinθ＋μ1mAgcosθ－μ2(mA＋mB)gcosθ＝mBaB，可知木板B的加速度大小与A和B的质量都有关，故B、C正确；aA＝gsinθ－μ1gcosθ
A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等
B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－cosθ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．若μ
答案 AC
解析 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确。粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得到，加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B错误。若μ
10．(2019·江苏高三月考)(多选)一足够长的轻质绸带置于光滑水平地面上，绸带上放着质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg 的A、B两物块，A、B与绸带之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10 m/s2)，若A、B与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当F逐渐增大时，A、B的加速度aA和aB随F变化的图象正确的是( )
答案 BD
解析 A与绸带间的最大静摩擦力为：fA＝μmAg＝0.2×1 kg×10 m/s2＝2 N，B与绸带间的最大静摩擦力为：fB＝μmBg＝0.2×2 kg×10 m/s2＝4 N，绸带受到的最大摩擦力为：f＝fA＝2 N＜fB，故绸带与物体B一直保持相对静止，产生的最大加速度为：a＝＝ m/s2＝1 m/s2，此时对A分析，F－fA＝mAa，解得：F＝3 N；当F≤3 N时，A、B和绸带一起做加速运动，加速度为：a共＝＝，当F＞3 N时，A与绸带发生相对滑动，A的加速度为：aA＝＝F－2，B的加速度恒定，故B、D正确，A、C错误。
11．(2019·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) (2)3μg μg (3)2
解析 A、B的运动过程如图所示：
(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知，
A的加速度大小aA＝＝μg
在B上滑动时有2aAL＝v
解得：vA＝。
(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左，
地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左，
合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg
由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝f地＝2μmg
由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设敲击B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＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得：vB＝2。
12．(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，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)假设滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。
设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板受地面的摩擦力为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。
在滑块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(mA＋mB＋m)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
因为f2－f1>f3，故假设成立。
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。
由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt⑩
在B与木板达到共同速度v1后，因为μ1g>μ2g，所以B和木板相对静止，共同减速，设木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；
故B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。
由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫
对A有v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。
因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB⑯
联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m。(也可用如图的速度—时间图线求解)
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