第5章 专题提升十一 传送带模型 板块模型-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第一册创新导学案课件PPT（鲁科版）

第5章　牛顿运动定律 专题提升十一　传送带模型　 板块模型 目录 1 课后课时作业 提升 ２ 提升 提升　 传送带模型 1．模型概述 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，传送带模型涉及摩擦力的判断，物体运动状态的分析，以及运动学和动力学知识的综合运用。传送带模型有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。 2．解题关键 求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键。 提升 4 如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动。现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2.5 m，g取10 m/s2，求： (1)煤块从A点运动到B点所经历的时间； (2)煤块在传送带上留下痕迹的长度。 答案　(1)3 s　(2)0.5 m 提升 5 提升 6 提升 7 分析传送带问题的三个步骤 (1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。 (2)确定临界状态v物＝v带的受力情况，判断之后的运动形式。 (3)运用相应规律，进行相关计算。 提升 8 菏泽牡丹机场位于菏泽市定陶区孟海镇，目前共有7家航空公司开通13条航线，极大方便了菏泽人的出行。乘客登机所带行李箱往往通过航站楼内的行李转盘托运。简化模型如图所示，传送带与水平地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝3.2 m，传送带以v0＝2 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝1 kg的物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求： (1)当物块的速率与传送带相同时物块离A点的距离； (2)物块从A运动到B的时间。 答案　(1)0.2 m　(2)1.2 s 提升 9 提升 10 提升 11 提升 　板块模型 1．模型概述 叠放在一起的滑块与木板之间的接触面粗糙，板块模型涉及摩擦力的判断，滑块和木板运动状态的分析，以及运动学和动力学知识的综合运用。板块模型有不受外加拉力和受外加拉力两种基本模型。 2．板块模型的三个基本关系 (1)加速度关系：如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木板是否发生相对运动等隐含条件。 提升 12 (2)速度关系：滑块与木板之间发生相对运动时，认清滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况。 (3)位移关系：滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。 提升 13 如图所示，一质量M＝0.2 kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m＝0.2 kg的小滑块以v0＝1.2 m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，小滑块始终没有滑离长木板，求： (1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等； (2)长木板的最小长度lmin。 答案　(1)0.15 s　(2)0.09 m 提升 14 提升 15 提升 16 叠放在一起的滑块与木板，它们之间一般存在相互作用力，解题时受力分析和运动过程分析是关键。对此类问题的分析，必须清楚加速度、速度、位移等物理量的关系。 提升 17 如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L＝0.64 m、质量为mA＝4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为mB＝2 kg的小物体B，A、B间的动摩擦因数为μ＝0.2(g取10 m/s2)，求： (1)当对B施加水平向右的力F＝4 N时，A、B的加速度各为多大？ (2)当F＝10 N时，A、B加速度各为多大？ (3)当F＝10 N时，经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？ 提升 18 提升 19 提升 20 提升 21 课后课时作业 题型一　传送带模型 1．(多选)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、s、f表示物体的速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项中正确的是 (　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析：在0～t1时间内物体受到向右恒定的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v＝at，v­t图像是过原点的倾斜直线；当物体的速度与传送带的速度相同后，物体不受摩擦力作用而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0，故A、B正确，C错误；根据物体的运动情况，并结合匀变速直线运动和匀速直线运动的位移—时间图像，可知D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 2．(多选)如图所示，足够长的传送带绷紧后以恒定速率v1＝2 m/s运行，其右端与等高的足够长的光滑水平面平滑连接。一小物块以v2＝4 m/s的速度从传送带右端滑上传送带。已知传送带与小物块间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，小物块滑上传送带右端后 (　　) A．向左运动的最大距离为1.6 m B．减速到零时所用时间为0.4 s C．再次回到传送带右端所用的时间为1.8 s D．在3 s内的位移大小为2.4 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 题型二　板块模型 4．如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝18 cm、质量M＝280 g的文具盒，在文具盒最左端放有可视为质点的质量m＝140 g的墨水瓶，墨水瓶与文具盒间动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对文具盒施加F＝1.12 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。墨水瓶在文具盒上运动的时间为 (　　) A．0.1 s B．0.3 s C．0.6 s D．0.9 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 5．如图甲所示，质量为2 kg的长木板B静止放置于光滑水平面上，t＝0时刻物块A(可视为质点)以3 m/s的初速度滑上B的左端，A最终与B相对静止，A、B的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，则 (　　) A．物块A的质量为4 kg B．物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.2 C．长木板B的长度为2 m D．物块A在B上滑动过程中对地的位移为1.5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 6．如图所示，质量m1＝3 kg的小物块放在质量m2＝1 kg的木板的左端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.2，水平面光滑。开始时两者均静止，现突然给木板向左的初速度v0＝4 m/s，同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力F＝12 N，小物块可视为质点，取g＝10 m/s2，求： (1)木板开始运动时，小物块和木板的加速度大小； (2)经过多长时间二者共速？ (3)若小物块恰好不会从长木板上掉下来，长木板的长度为多少？ 答案：(1)2 m/s2　6 m/s2　(2)1 s　(3)2 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 7．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法中正确的是 (　　) A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B．开始时木炭包相对于传送带向右运动 C．木炭包的质量越大，径迹的长度越短 D．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 8．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运动。t＝0时将质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带上，小物块相对地面的v­t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则 (　　) A．传送带的速率v0＝10 m/s B．传送带的倾角θ＝30° C．小物块与传送带之间的动 摩擦因数μ＝0.5 D．0～2.0 s内小物块在传送带上留下的痕迹的长度为6 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 9．如图所示，长为L＝1.5 m的木板B静止放在水平冰面上，可视为质点的小物块A以初速度v0从左端滑上木板B，一段时间后A、B达到相同的速度v＝0.4 m/s，而后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8 cm后停下。已知物块A与木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，g取10 m/s2。 (1)求木板与冰面间的动摩擦因数μ2； (2)求小物块A的初速度v0的大小； (3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，求小物块滑上木板的最大初速度v0m。 答案：(1)0.1　(2)2.4 m/s　(3)3 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 10．有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)滑板由A滑到B的最短时间； (2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围。 答案：(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　(1)设煤块的质量为m，传送带的速度大小为v，煤块的初速度为v0＝0，煤块刚放上传送带时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有 μmg＝ma 解得a＝ eq \f(\a\vs4\al(μmg),m)＝μg＝1 m/s2 当煤块做加速运动的时间 t1＝ eq \f(v－v0,a)＝ eq \f(1－0,1) s＝1 s 通过的位移s1＝eq \o\al(2,0) eq \f(v2－v,2a) ＝0.5 m 因为s1<L，则在剩余位移s2＝L－s1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，煤块以1 m/s的速度随传送带做匀速运动，所用时间t2＝ eq \f(s2,v)＝2 s 因此煤块从A点运动到B点所经历的时间 t＝t1＋t2＝1 s＋2 s＝3 s。 (2)煤块在传送带上留下的痕迹为二者的相对位移，发生在二者相对运动的过程。在前1 s时间内，传送带的位移s1′＝vt1＝1×1 m＝1 m 故煤块相对传送带的位移 Δs＝s1′－s1＝0.5 m 即煤块在传送带上留下痕迹的长度为0.5 m。 解析　(1)开始阶段，对物块，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1 解得物块的加速度大小a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10 m/s2×0.6＋0.5×10 m/s2×0.8＝10 m/s2 物块加速至与传送带速率相等需要的时间 t1＝ eq \f(v0,a1)＝ eq \f(2,10) s＝0.2 s 此时物块离A点的距离 s1＝ eq \f(1,2)a1t eq \o\al(2,1)＝ eq \f(1,2)×10×0.22 m＝0.2 m。 (2)物块速率与传送带速率相等后，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 解得物块的加速度大小a2＝gsinθ－μgcosθ＝10 m/s2×0.6－0.5×10 m/s2×0.8＝2 m/s2 物块继续匀加速到B端的位移为 L－s1＝v0t2＋ eq \f(1,2)a2t eq \o\al(2,2) 解得物块继续匀加速到B端的时间为 t2＝1 s 则物块从A运动到B的时间 t＝t1＋t2＝0.2 s＋1 s＝1.2 s。 解析　(1)设小滑块和长木板的加速度大小分别为a1和a2，经过时间t，小滑块与长木板的速度相等，根据牛顿第二定律，对小滑块和长木板分别有μmg＝ma1，μmg＝Ma2 解得a1＝μg＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2， a2＝ eq \f(\a\vs4\al(μmg),M)＝ eq \f(0.4×0.2×10,0.2) m/s2＝4 m/s2 小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，两者共速时，根据速度关系有v0－a1t＝a2t 解得t＝ eq \f(v0,a1＋a2)＝ eq \f(1.2,4＋4) s＝0.15 s。 (2)小滑块与长木板速度相等后将相对静止，共速时两者的速度均为 v＝a2t＝4×0.15 m/s＝0.6 m/s 该期间，小滑块的位移为 s滑＝ eq \f(v0＋v,2)t＝ eq \f(1.2＋0.6,2)×0.15 m＝0.135 m 长木板的位移为 s板＝ eq \f(v,2)t＝ eq \f(1,2)×0.6×0.15 m＝0.045 m 长木板的最小长度为 lmin＝s滑－s板＝0.135 m－0.045 m＝0.09 m。 答案　(1) eq \f(2,3) m/s2　 eq \f(2,3) m/s2 (2)1 m/s2　3 m/s2　(3)0.8 s 解析　(1)设A、B间恰好发生相对滑动时的拉力大小为F0，A、B整体的加速度大小为a0，由牛顿第二定律，对A、B整体有F0＝(mA＋mB)a0 对A有μmBg＝mAa0 联立解得F0＝ eq \f((mA＋mB)·μmBg,mA) ＝ eq \f((4＋2)×0.2×2×10,4) N＝6 N 因F＝4 N<F0，则A、B未发生相对滑动，设A、B的加速度大小均为a1，由牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a1 解得a1＝ eq \f(F,mA＋mB)＝ eq \f(4,4＋2) m/s2＝ eq \f(2,3) m/s2。 (2)F＝10 N>F0时，A、B发生相对滑动，A、B间的滑动摩擦力大小为f＝μmBg 以A为研究对象，根据牛顿第二定律得 f＝mAaA 解得aA＝ eq \f(\a\vs4\al(f),mA)＝ eq \f(4,4) m/s2＝1 m/s2 以B为研究对象，根据牛顿第二定律得 F－f＝mBaB 解得aB＝ eq \f(\a\vs4\al(F－f),mB)＝ eq \f(10－4,2) m/s2＝3 m/s2。 (3)设将B从木板A的左端拉到右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为sA和sB，其关系如图所示。 则有sA＝ eq \f(1,2)aAt2 sB＝ eq \f(1,2)aBt2 sB－sA＝L 解得t＝0.8 s。 解析：小物块滑上传送带后，由摩擦力提供加速度，根据牛顿第二定律有f＝μmg＝ma，解得小物块的加速度大小a＝μg＝5 m/s2，向左运动的最大距离s1＝eq \o\al(2,2) eq \f(v,2a) ＝1.6 m，减速到零所用时间t1＝ eq \f(v2,a)＝0.8 s，故A正确，B错误；此后小物块向右加速到和传送带共速所用时间t2＝ eq \f(v1,a)＝0.4 s，此过程向右运动的位移s2＝eq \o\al(2,1) eq \f(v,2a) ＝0.4 m，然后与传送带保持相对静止，做匀速运动，再次回到传送带右端所用时间t3＝ eq \f(s1－s2,v1)＝0.6 s，所以再次回到传送带右端所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s，故C正确；小物块回到传送带右端后，将继续在光滑水平面上向右做匀速运动，则3 s内的位移为s＝v1(3 s－t)＝2.4 m，故D正确。 3．(多选)如图甲，倾角为θ＝30°的传送带以恒定速率v0顺时针运行，一小物块(可视为质点)以一定的初速度从传送带底端冲上传送带，物块在传送带上整个运动过程中的速度—时间(v­t)图像如图乙，总时间为3 s，其中1 s后图线平行于t轴。已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力及传送带两端轮子大小，下列说法正确的是 (　　) A．传送带运行速率v0＝2.5 m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为 eq \f(\r(3),6) C．传送带两端轮子的间距为8.75 m D．整个过程中物块与传送带之间的相对路程为6.25 m 解析：根据物块的v­t图像可知，物块先做匀减速直线运动，后做匀速运动，即小物块与传送带速度相等后与传送带保持相对静止做匀速运动，可知传送带运行速率为2.5 m/s，故A正确；由物块的v­t图像可知物块做匀减速运动的加速度大小为a＝ eq \f(|2.5－15|,1－0) m/s2＝12.5 m/s2，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得μ＝ eq \f(\r(3),2)，故B错误；由v­t图线与t轴所围面积表示位移可知，0～3 s内小物块的位移，即传送带两端轮子的间距s＝ eq \f(2.5＋15,2)×1 m＋2.5×(3－1) m＝13.75 m，故C错误；物块在传送带上做匀减速运动时与传送带间有相对滑动，则物块与传送带之间的相对路程Δs＝ eq \f(2.5＋15,2)×1 m－2.5×1 m＝6.25 m，故D正确。 解析：设墨水瓶脱离文具盒前，墨水瓶的加速度大小为a1，文具盒的加速度大小为a2，对两者分别运用牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，解得a1＝μg＝2 m/s2，a2＝ eq \f(\a\vs4\al(F－μmg),M)＝3 m/s2，设墨水瓶在文具盒上运动的时间为t，由位移关系有l＝ eq \f(1,2)a2t2－ eq \f(1,2)a1t2，解得t＝ eq \r(\f(2l,a2－a1))＝0.6 s，故选C。 解析：由题意可知，在相对运动过程中A做减速运动，B做加速运动，则图乙中0～1.0 s，上部分图线为物块A的v­t图线，下部分图线为长木板B的v­t图线，根据v­t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，物块A与长木板B的加速度大小分别为aA＝ eq \f(|Δv|,Δt)＝ eq \f(|1－3|,1.0－0) m/s2＝2 m/s2，aB＝ eq \f(Δv′,Δt)＝ eq \f(1－0,1.0－0) m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，有fA＝mAaA，fB＝mBaB，根据牛顿第三定律，有fA＝fB＝μmAg，联立解得mA＝1 kg，物块A与长木板B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，故A错误，B正确；根据v­t图线与t轴所围面积表示位移可知，0～1.0 s即物块A在B上滑动过程中，物块A对地的位移为sA＝ eq \f(3＋1,2)×1 m＝2 m，故D错误；由于不知道物块A与长木板B相对静止时，物块A与长木板B右端的距离，则长木板B的具体长度无法确定，故C错误。 解析：(1)小物块和长木板之间的滑动摩擦力大小为f＝μm1g＝6 N<F 分析受力可知，木板开始运动时，小物块在水平方向受向右的拉力和向左的滑动摩擦力而向右做加速运动，木板在水平方向受向右的滑动摩擦力而先向左做减速运动后向右做加速运动。设小物块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律， 对小物块有F－f＝m1a1 对木板有f＝m2a2 代入数据解得a1＝ eq \f(\a\vs4\al(F－f),m1)＝ eq \f(12－6,3) m/s2＝2 m/s2，a2＝ eq \f(\a\vs4\al(f),m2)＝ eq \f(6,1) m/s2＝6 m/s2。 (2)设经过时间t二者共速，以向右为正方向，则有a1t＝－v0＋a2t 解得t＝ eq \f(v0,a2－a1)＝ eq \f(4,6－2) s＝1 s。 (3)由a2＞a1分析可知，二者共速后一起加速。设二者共速时，小物块的位移为s1，木板的位移为s2，小物块在长木板上滑动的距离为L。根据运动学公式有 s1＝ eq \f(1,2)a1t2＝ eq \f(1,2)×2×12 m＝1 m s2＝－v0t＋ eq \f(1,2)a2t2＝－4×1 m＋ eq \f(1,2)×6×12 m＝－1 m 由位移关系有L＝s1－s2＝1 m－(－1 m)＝2 m 所以长木板的最小长度为2 m。 解析：设木炭包的质量为m，传送带的速度为v，木炭包与传送带间的动摩擦因数为μ。对木炭包运动过程进行分析知，木炭包放上传送带时，木炭包相对传送带向左运动，则木炭包受到传送带向右的摩擦力，且在该摩擦力作用下向右做加速运动。开始时木炭包速度小于传送带速度，径迹出现在木炭包右侧，直到木炭包与传送带速度相等，一起做匀速运动，径迹不再变化。木炭包相对传送带运动时，其加速度大小为μg，径迹长度s＝ eq \f(v2,2μg)，即传送带速度越大，径迹越长；动摩擦因数越大，径迹越短；径迹的长度与木炭包的质量无关。综上所述，A、B、C错误，D正确。 解析：由v­t图像可知，在0～1 s，小物块在传送带上做加速度a1＝10 m/s2的匀加速运动，在1～2 s，小物块做初速度为10 m/s、加速度为a2＝2 m/s2的匀加速运动，故传送带的速率v0＝10 m/s，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，B错误，A、C正确；0～1 s内传送带位移s1＝v0t1＝10 m，小物块位移s2＝ eq \f(1,2)a1t eq \o\al(2,1)＝5 m，小物块相对传送带的位移大小Δs1＝s1－s2＝5 m，相对传送带向上，1～2 s内传送带位移s3＝v0t2＝10 m，小物块位移s4＝v0t2＋ eq \f(1,2)a2t eq \o\al(2,2)＝11 m，故小物块相对传送带的位移大小Δs2＝s4－s3＝ 1 m，相对传送带向下，所以两段痕迹重合，故小物块在传送带上留下的痕迹的长度为5 m，D错误。 解析：(1)小物块和木板一起做匀减速运动时，对小物块和木板整体，设加速度大小为a，根据匀变速直线运动的位移—速度关系式可得 v2＝2as 解得a＝ eq \f(v2,2s)＝ eq \f(0.42,2×0.08) m/s2＝1 m/s2 由牛顿第二定律得μ2(2m)g＝2ma 解得μ2＝0.1。 (2)小物块滑上长木板后做匀减速运动，设其加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1 解得a1＝2.5 m/s2 木板做匀加速运动，根据牛顿第二定律有μ1mg－μ2(2m)g＝ma2 解得a2＝0.5 m/s2 设小物块滑上木板经时间t后速度减到v， 对木板有v＝a2t 解得t＝ eq \f(v,a2)＝ eq \f(0.4,0.5) s＝0.8 s 设小物块滑上木板的初速度为v0，有v＝v0－a1t 解得v0＝2.4 m/s。 (3)当小物块以最大初速度v0m滑上木板，则到达木板最右端时木板B和小物块A的速度恰好相同，则 小物块的位移为s物＝v0mt1－ eq \f(1,2)a1t eq \o\al(2,1) 木板的位移为s板＝ eq \f(1,2)a2t eq \o\al(2,1) 且s物－s板＝L，v′＝v0m－a1t1，v′＝a2t1 由以上各式解得v0m＝3 m/s。 解析：(1)滑板一直加速，当其加速度最大时，由A滑到B所用时间最短。当滑板所受摩擦力最大时，加速度最大，设为a2，设此时滑板由A到B的时间为t。对滑板，根据牛顿第二定律有μm1g＝m2a2 解得a2＝10 m/s2 由运动学公式可得s＝ eq \f(1,2)a2t2 解得t＝1 s。 (2)滑块与滑板恰好未发生相对滑动时F最小，设为F1，此时滑块与滑板加速度相等，对滑块，根据牛顿第二定律有F1－μm1g＝m1a2 解得F1＝30 N 当滑板运动到B处滑块恰好脱离滑板时F最大，设为F2，此时滑块加速度设为a1，则有F2－μm1g＝m1a1 由运动学公式和滑块、滑板的位移关系可得 eq \f(1,2)a1t2－s＝L 解得F2＝34 N 为使滑板能以最短时间到达，则水平恒力F的取值范围为30 N≤F≤34 N。 $