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备战2020届高考复习：力与物体的直线运动题型分类
【问题一】匀变速直线运动的规律
【规律总结】
一．匀变速直线运动的条件
物体所受合力为恒力，且与速度方向共线．
二．匀变速直线运动的基本规律
速度公式：v＝v0＋at.
位移公式：x＝v0t＋at2.
速度和位移公式的推论：v2－v＝2ax.
中间时刻的瞬时速度：＝＝.
任意两个连续相等的时间间隔内的位移之差是一个恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝a·(Δt)2.
1．一质点做匀加速直线运动，依次经过A、B、C、D四点，相邻两点间的距离分别为、、，已知质点通过AB段、BC段、CD段所用的时间均为T．关于质点在B点的速度表达式，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【解析】
试题分析：根据匀变速直线运动的推论，时间中点的瞬时速度等于这段时间的平均速度，B是A、C的时间中点，则,又因为，所以，故A、B、D正确．
考点：匀变速直线运动规律的应用．
2．从斜面上某一位置每隔0.1s释放一个相同的小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个后，对在斜面上滚动的小球拍下如图所示的照片，测得，．则（ ）

A．小球的加速度
B．CD段的距离为30cm
C．B小球的速度
D．拍照时A小球上方还有2个小球
【答案】AD
【解析】
小球释放后做匀加速直线运动，且每相邻的两个小球的时间间隔相等，均为0.1s，可以认为A、B、C、D是一个小球在不同时刻的位置．由推论可知，小球加速度为，故A正确；由于连续相等时间内位移差恒定，即，则有 ，故B错误；由题意知B点对应AC段的中间时刻，可知B点的速度等于AC段上的平均速度，，故C错误；根据得：，因，知B球上面有3个球，则A球上面有2个球，故D正确，故选AD.
3．将一个小球竖直向上抛出， 碰到高处的天花板后反弹，并竖直向下运动回到抛出点，若反弹的速度大小是碰撞前速度大小的0. 65倍，小球上升的时间为1 s， 下落的时间为1.2 s，重力加速度取，不计空气阻力和小球与天花板的碰撞时间，则下列说法正确的是
A．小球与天花板碰撞前的速度大小为
B．小球与天花板碰撞前的速度大小为
C．抛出点到天花板的高度为
D．抛出点到天花板的高度为
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB.由题意可知,

解得，故A正确，B错误；
CD.抛出点到天花板的高度为

故C正确，D错误。
【问题二】牛顿定律的应综合用
【规律总结】
一．主要题型
应用牛顿运动定律解决的主要问题有：瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及图象问题．
二．技巧方法
(1)解瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．
(2)解连接体问题要充分利用“加速度相同”这一条件或题中特定条件，交替运用整体法与隔离法．
(3)图象问题解题关键是：明确图象斜率、截距和面积的物理意义，应用物理公式找到两个变量间的函数关系，并注意从图象中提取有用信息或隐含条件．
1．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k。一端固定在倾角为θ的斜面底端，弓一端与物块A连接；两物块A，B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A，B两物块在开始阶段时间内的v-t关系分别对应图乙中A，B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（　　）

A．t2时刻，弹簧形变量为0
B．t1时刻，弹簧形变量为
C．过程中，拉力F逐渐增大
D．过程中，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少
【答案】D
【解析】
A．由图知，时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得

则得

A错误；
B．由图读出，时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律

解得

B错误；
C．从开始到时刻，A与B整体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有

解得

由于x逐渐减小，故F逐渐增加，从时刻到时刻，B物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知

解得

拉力恒定，C错误；
D．时刻A、B分离临界，则A、B间弹力为零，此时二者加速度相同，从开始到时刻，对B动能定理

对A动能定理

解得

D正确。
故选D。
2．质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V型槽B上,如图,α=60°,另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连,现将C自由释放,则下列说法正确的是（ ）

A．若A相对B未发生滑动,则A、B、C三者加速度相同
B．当M=2m时,A和B共同运动的加速度大小为g
C．当时，A和B之间的正压力刚好为零
D．当时,A相对B刚好发生滑动
【答案】D
【解析】
A、若A相对B未发生滑动，则AB可看做整体，加速度相同，C的运动方向向下，加速度方向与AB不同，故A错误；
B、若A和B共同运动的加速度大小为g时，则C得加速度大小也为g，但对C隔离分析，C不可能做自由落体，因此不论M等于多少，加速度不能是g，故B错误；
CD、若A和B之间的正压力刚好为零，则此时加速度设为a，对A受力分析可得
，
解得

对A、B、C整体运用牛顿第二定律可得

解得

故C错误D正确；
3．如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)，力F与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为(　　)

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【详解】
对质量分别为m1、m2的两个物体整体受力分析，如图

根据牛顿第二定律，有
Fcosθ=（m1+m2）a
解得

故选D。
4．如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m=0.5kg，弹簧的劲度系数为k=25N／m，C为一固定挡板，开始时系统处于静止状态，现用一沿斜面向上的力F拉物块A使之缓慢向上运动（g=10N／m），直到物块B刚要离开C。求：
(1)物块B刚要离开C时弹簧弹力F和拉力F的大小；
(2)此过程中物块A移动的距离d；
(3)此过程中拉力F随物块A位移x的变化关系式。

【答案】（1）F=2.5N F=5N（2）d=0.2m（3）F=25x（N）
【解析】（1）物块B刚要离开C时，对物体B，由平衡知识可知：
对AB的整体，由平衡知识可知：
（2）开始时，弹簧压缩：
物块B刚要离开C时，弹簧拉伸： ，
则此过程中物块A移动的距离d=x1+x2=0.2m
（3）由平衡知识，对A物体：
由题意可知 ，
则F=kx=25x.
5．如图甲所示，质量m=4kg的物体静止在水平面上，物体跟水平面间的动摩擦因数μ=0.1．从t=0时刻起，物体受到一个水平力F的作用而开始运动，F随时间t变化的规律如图乙所示，6s后撤去拉力F（取g=10m/s2）．求：

（1）第4s末物体的速度；
（2）撤去拉力F后，再过多长时间物块停止运动．
【答案】（1）6m/s（2）6s
【解析】物体受到的摩擦力；
（1）物体在0～4s内受到的合外力，所以，加速度；
那么，第4s末物体的速度；
（2）在4s～6s，物体受到的合外力，故物体做匀速运动；撤去拉力F时，物体的速度为6m/s；
撤去拉力后，物体受到的合外力就是摩擦力，物体在摩擦力的作用下做匀减速运动，加速度大小；
所以，撤去拉力F后，物体还会运动时间；
【问题三】动力学方法解决传送带问题
【规律总结】
一．模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．
二．解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
1．如图所示，一粗糙的水平传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以速率v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是

A．物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间
B．若v2< v1，物体从左端滑上传送带一定先做加速运动，再做匀速运动
C．若v2< v1，物体从右端滑上传送带又返回到右端，则返回右端时物体的速率一定为v2
D．若v2> v1，物体从右端滑上传送带又返回到右端，则返回右端时物体的速率一定为v1
【答案】CD
【解析】若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带滑动，此时滑动摩擦力产生加速度，两者加速度相等，运动的位移相等，都做匀变速运动，所以运动的时间相等，否则不等，故A错误；若v2＜v1，物体从左端滑上传送带时所受的滑动摩擦力向右，物体先做匀加速运动，当物体运动到右端时速度仍小于传送带速度时，没有匀速过程，故B错误；若v2＜v1，物体从右端滑上传送带又回到右端．物体受到的摩擦力一直向右，加速度不变，即先向左匀减速，后向右匀加速，整个过程是匀变速运动，位移为零，根据速度位移公式，故末速度的大小等于初速度的大小，即返回右端时物体的速率一定为v2，故C正确；，若v2> v1，物体从右端滑上传送带又返回到右端，则物体先向左做匀减速运动，速度减到零后反向加速运动，当速度等于传送带的速度v1时，相对传送带静止，则返回右端时物体的速率一定为v1，故D正确；故选CD.
2．如图所示，倾角的粗糙传送带与光滑水平面通半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，传送带始终以的速率顺时针匀速转动，A、B、C滑块的质量为，，，（各滑块均视为质点）．A、B间夹着质量可忽略的火药，k为处于原长的轻质弹簧，两端分别与B和C连接．现点燃火药（此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度），滑块A以10m/s水平向左冲出，接着沿传送带向上前进，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为，传送带与水平面足够长，取，，．求：
（1）滑块A沿传送带向上能滑的最大距离；
（2）滑块B通过弹簧与C相互作用的过程中，弹簧又到原长时B、C的速度；
（3）滑块A追上滑块B时能粘住，试定量分析在A与B相遇的各种可能情况下，A、B、C及弹簧组成系统的机械能范围．

【答案】(1) (2) (3) 24.67J≤E≤33J
【解析】
(1)滑块A沿传送带向上的运动，根据动能定理得：

解得：

(2) 炸药爆炸过程，对A和B系统，设B获得的速度为vB，有：
-mAvA+mBvB=0
解得：
vB=5m/s
B与C相互作用，根据动量守恒得：

根据机械能守恒定律得：

解得：

(3) 因为

A返回水平面的速度等于传送带的速度

追上滑块B前，滑块B的速度在-1m/s与5m/s间变化，A粘住B时，，机械能损失最大

得：
v′=m/s
此时

A、B、C及弹簧系统机械能的最小值：

A粘住B时，机械能损失最小，△E损=0，此时A、B、C及弹簧系统机械能的最大值

3．如图所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v1＝2 m/s沿顺时针方向运行。初速度为v2＝4 m/s的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：
(1)小物块在传送带上滑行的最远距离；
(2)小物块从A处出发再回到A处所用的时间。

【答案】(1)4m，(2)4.5s。
【解析】
(1)小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设小物块的质量为m，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
得：a＝μg，因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0，由公式：
x＝
得：x＝4m；
(2)向左运动减速时间：
t1＝＝2s
小物块速度减为0后，再向右做匀加速运动，加速度为：
a′＝μg＝2m/s2
设小物块与传送带共速时所需时间为t2：
t2＝＝1s
t2时间内小物块向右运动的距离：
x1＝＝1m
最后小物块做匀速直线运动，位移：
x2＝x－x1＝3m
匀速运动时间：
t3＝＝1.5s
所以：
t总＝t1＋t2＋t3＝4.5 s。
【问题四】动力学方法解决传“板块”问题
【规律总结】
一．模型特点
“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系．
二．解题关键
(1)临界条件：要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同．
(2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体对地的位移，再求相对位移．
1．如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2．改变F的大小，B的加速度大小可能为

A．1 m/s2 B．2 m/s2
C．3 m/s2 D．4 m/s2
【答案】AB
【解析】
A与木板间的最大静摩擦力：
fA=μmAg=0.4×1×10N=4N，
B与木板间的最大静摩擦力：
fB=μmBg=0.4×2×10N=8N，
轻质木板不计质量，则在B与木板没有相对滑动时可以把B和木板看成一个物体，质量只有mB，而地面光滑则木板不受地面的摩擦力，
当F较小时，板对A是静摩擦力，A对板的反作用力带动板和B使三者一起加速；
当F较大时，板与A间的摩擦力先达到最大值4N，则A对板的反作用力达到最大值4N；
当F更大时，A与板相对滑动，A加速更快，B在木板的静摩擦力作用下能和轻质木板一起慢加速，故B的最大加速度为：
；
A．1 m/s2能保证AB一起加速，故A正确；
B．2 m/s2是B加速的最大加速度，故B正确；
CD．3m/s2、4 m/s2都超过了B的最大加速度，故CD错误。
故选AB。
2．如图所示，质量为M=5kg的足够长的长木板B静止在水平地面上，在其右端放一质量m=1kg的小滑块A（可视为质点）。初始时刻，A、B分别以v0向左、向右运动，A、B的v-t图像如图所示（取向右为正方向）。若已知A向左运动的最大位移为4.5m，各接触面均粗糙，取g=10m/s2。求：
(1)A与B之间的动摩擦因数?1，地面与B之间的动摩擦因数?2；
(2)长木板B相对地面的位移大小x。


【答案】(1) ， (2)
【解析】
(1)设A、B初速度大小为，当A的速度为零时有向左运动的最大位移，此过程经历，由运动学规律可得

得

对A研究，设A的加速度大小为，根据运动学规律有：

根据牛顿第二定律有：

得

设A从到时经历的时间为，则有

对B研究，设B的加速度大小为，根据运动学规律有：

根据牛领第二定律有：

得

(2)当A、B达共同速度之后一起做匀减速直线运动。设其加速度大小为，经过停下，根据牛顿第二定律有：

得

根据运动学规律有：

长木板B相对地面的位移大小

得

3．如图所示，一质量m1=0.2kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m2=0.1kg的小物块（可视为质点）置于小车上A点，其与小车间的动摩擦因数μ=0.40，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现给小物块一个方向水平向右、大小为v0=6m/s的初速度，同时对小物块施加一个方向水平向左、大小为F=0.6N的恒力．取g =10m/s2．求：

（1）初始时刻，小车和小物块的加速度大小；
（2）经过多长时间小物块与小车速度相同？此时速度为多大？
（3）小物块向右运动的最大位移．
【答案】（1）10m/s2 （2）0.5s，1.0m/s （3）2.0m
【解析】
【分析】
（1）小物块受到向左的恒力和滑动摩擦力做匀减速运动，小车受摩擦力向右做匀加速运动．设小车和小物块的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：
对小车：

解得：
对小物块：

解得：
（2）设经过时间t小车与小物块速度相同，设速度为v1，由运动学公式得
对小车：

对小物块：

解得：t = 0.5 s，
（3）假设当两者达到共同速度后相对静止，系统只受恒力F1作用，设系统的加速度为a3，则由牛顿第二定律得

解得：
此时小车所需要的静摩擦力为
=0.4N
因为
，
所以两者将一起向右做匀减速运动．
小物块第一段的位移：

小物块第二段的位移：

所以，小物块向右运动的最远位移为：

4．如图所示，一足够长斜面倾角θ=37°，斜面上有一质量为m=1kg的木板，在木板上放一质量也为m=1kg的金属块（可看成质点），t=0时刻金属块的速度为v0=20m/s．方向沿斜面向上，同时给木板施加一个眼斜面向上的拉力F=14N，使木板从静止开始运动．当t=2s时撤去拉力F，已知金属块和木板间动摩擦因数μ1=0.25，木板和斜面间动摩擦因数μ2=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：

（1）前2s内金属块和木板的加速度；
（2）从t=0到金属块速度减小到0的过程中木板在斜面上的位移（此过程金属块始终未离开木板，计算结果保留三位有效数字）．
【答案】(1) ，方向沿斜面向下， ，方向沿斜面向上 ； (2)
【解析】
(1)对金属块和木板应用牛顿运动定律有

解得金属块的加速度，方向沿斜面向下，
木板的加速度，方向沿斜面向上．
(2)2s末金属块的速度为，
木板的速度为
可见撤去F时金属块和木板速度相等．
分析得知此后一段时间金属块的加速度仍为，方向沿斜面向下．
设此后一段时间板的加速度为：
由牛顿第二定律可得：，
解得，方向沿斜面向下．
由于，故木板速度先减到零，此后在金属块上滑的过程中，假设木板静止在斜面上斜面上，受到斜面的静摩擦力为f，则，f=4N
木板和斜面之间的最大静摩擦力,，假设成立．
设金属块速度减小到0,的过程中木板在斜面上滑动的位移为x，则，方向沿斜面向上．









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备战2020届高考复习：力与物体的直线运动题型分类
备战2020届高考复习：力与物体的直线运动
【问题一】匀变速直线运动的规律
【规律总结】
一．匀变速直线运动的条件
物体所受合力为恒力，且与速度方向共线．
二．匀变速直线运动的基本规律
速度公式：v＝v0＋at.
位移公式：x＝v0t＋at2.
速度和位移公式的推论：v2－v＝2ax.
中间时刻的瞬时速度：＝＝.
任意两个连续相等的时间间隔内的位移之差是一个恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝a·(Δt)2.
1．一质点做匀加速直线运动，依次经过A、B、C、D四点，相邻两点间的距离分别为、、，已知质点通过AB段、BC段、CD段所用的时间均为T．关于质点在B点的速度表达式，正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．从斜面上某一位置每隔0.1s释放一个相同的小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个后，对在斜面上滚动的小球拍下如图所示的照片，测得，．则（ ）

A．小球的加速度
B．CD段的距离为30cm
C．B小球的速度
D．拍照时A小球上方还有2个小球
3．将一个小球竖直向上抛出， 碰到高处的天花板后反弹，并竖直向下运动回到抛出点，若反弹的速度大小是碰撞前速度大小的0. 65倍，小球上升的时间为1 s， 下落的时间为1.2 s，重力加速度取，不计空气阻力和小球与天花板的碰撞时间，则下列说法正确的是
A．小球与天花板碰撞前的速度大小为
B．小球与天花板碰撞前的速度大小为
C．抛出点到天花板的高度为
D．抛出点到天花板的高度为
【问题二】牛顿定律的应综合用
【规律总结】
一．主要题型
应用牛顿运动定律解决的主要问题有：瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及图象问题．
二．技巧方法
(1)解瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．
(2)解连接体问题要充分利用“加速度相同”这一条件或题中特定条件，交替运用整体法与隔离法．
(3)图象问题解题关键是：明确图象斜率、截距和面积的物理意义，应用物理公式找到两个变量间的函数关系，并注意从图象中提取有用信息或隐含条件．
1．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k。一端固定在倾角为θ的斜面底端，弓一端与物块A连接；两物块A，B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A，B两物块在开始阶段时间内的v-t关系分别对应图乙中A，B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（　　）

A．t2时刻，弹簧形变量为0
B．t1时刻，弹簧形变量为
C．过程中，拉力F逐渐增大
D．过程中，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少
2．质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V型槽B上,如图,α=60°,另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连,现将C自由释放,则下列说法正确的是（ ）

A．若A相对B未发生滑动,则A、B、C三者加速度相同
B．当M=2m时,A和B共同运动的加速度大小为g
C．当时，A和B之间的正压力刚好为零
D．当时,A相对B刚好发生滑动
3．如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)，力F与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为(　　)

A． B．
C． D．
4．如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m=0.5kg，弹簧的劲度系数为k=25N／m，C为一固定挡板，开始时系统处于静止状态，现用一沿斜面向上的力F拉物块A使之缓慢向上运动（g=10N／m），直到物块B刚要离开C。求：
(1)物块B刚要离开C时弹簧弹力F和拉力F的大小；
(2)此过程中物块A移动的距离d；
(3)此过程中拉力F随物块A位移x的变化关系式。

5．如图甲所示，质量m=4kg的物体静止在水平面上，物体跟水平面间的动摩擦因数μ=0.1．从t=0时刻起，物体受到一个水平力F的作用而开始运动，F随时间t变化的规律如图乙所示，6s后撤去拉力F（取g=10m/s2）．求：

（1）第4s末物体的速度；
（2）撤去拉力F后，再过多长时间物块停止运动．
【问题三】动力学方法解决传送带问题
【规律总结】
一．模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．
二．解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
1．如图所示，一粗糙的水平传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以速率v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是

A．物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间
B．若v2< v1，物体从左端滑上传送带一定先做加速运动，再做匀速运动
C．若v2< v1，物体从右端滑上传送带又返回到右端，则返回右端时物体的速率一定为v2
D．若v2> v1，物体从右端滑上传送带又返回到右端，则返回右端时物体的速率一定为v1
2．如图所示，倾角的粗糙传送带与光滑水平面通半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，传送带始终以的速率顺时针匀速转动，A、B、C滑块的质量为，，，（各滑块均视为质点）．A、B间夹着质量可忽略的火药，k为处于原长的轻质弹簧，两端分别与B和C连接．现点燃火药（此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度），滑块A以10m/s水平向左冲出，接着沿传送带向上前进，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为，传送带与水平面足够长，取，，．求：
（1）滑块A沿传送带向上能滑的最大距离；
（2）滑块B通过弹簧与C相互作用的过程中，弹簧又到原长时B、C的速度；
（3）滑块A追上滑块B时能粘住，试定量分析在A与B相遇的各种可能情况下，A、B、C及弹簧组成系统的机械能范围．

3．如图所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v1＝2 m/s沿顺时针方向运行。初速度为v2＝4 m/s的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：
(1)小物块在传送带上滑行的最远距离；
(2)小物块从A处出发再回到A处所用的时间。

【问题四】动力学方法解决传“板块”问题
【规律总结】
一．模型特点
“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系．
二．解题关键
(1)临界条件：要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同．
(2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体对地的位移，再求相对位移．
1．如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2．改变F的大小，B的加速度大小可能为

A．1 m/s2 B．2 m/s2
C．3 m/s2 D．4 m/s2
2．如图所示，质量为M=5kg的足够长的长木板B静止在水平地面上，在其右端放一质量m=1kg的小滑块A（可视为质点）。初始时刻，A、B分别以v0向左、向右运动，A、B的v-t图像如图所示（取向右为正方向）。若已知A向左运动的最大位移为4.5m，各接触面均粗糙，取g=10m/s2。求：
(1)A与B之间的动摩擦因数?1，地面与B之间的动摩擦因数?2；
(2)长木板B相对地面的位移大小x。


3．如图所示，一质量m1=0.2kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m2=0.1kg的小物块（可视为质点）置于小车上A点，其与小车间的动摩擦因数μ=0.40，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现给小物块一个方向水平向右、大小为v0=6m/s的初速度，同时对小物块施加一个方向水平向左、大小为F=0.6N的恒力．取g =10m/s2．求：

（1）初始时刻，小车和小物块的加速度大小；
（2）经过多长时间小物块与小车速度相同？此时速度为多大？
（3）小物块向右运动的最大位移．
4．如图所示，一足够长斜面倾角θ=37°，斜面上有一质量为m=1kg的木板，在木板上放一质量也为m=1kg的金属块（可看成质点），t=0时刻金属块的速度为v0=20m/s．方向沿斜面向上，同时给木板施加一个眼斜面向上的拉力F=14N，使木板从静止开始运动．当t=2s时撤去拉力F，已知金属块和木板间动摩擦因数μ1=0.25，木板和斜面间动摩擦因数μ2=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：

（1）前2s内金属块和木板的加速度；
（2）从t=0到金属块速度减小到0的过程中木板在斜面上的位移（此过程金属块始终未离开木板，计算结果保留三位有效数字）．










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