第3章 第13课时 动力学中的连接体和临界、极值问题-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

小球一直做加速运动，故A正确，B错误；小球！考点四 从P点运动到O点的过程中，弹簧形变量变1.基本导出 小，弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受2.长度质量时间米千克秒 到的合外力一直变小，加速度一直减小，加速度3.物理关系 的最大值为去拉力时的加速度，由牛频第二例9]解析根据题千公式△=6IL△△业 定律可知2mg=na,加速度的最大值为2g,故！ r C、D错误。 △F2 答案A 整理可得k=,代入相应物理量单位！ [例5]解析剪断细线后，弹力大于A的重力，！ 可得比例系数k的单位为=kg·m/s 则A先向上做加速运动，随弹力的减小，则向 A A2 上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此！ kg·m/(s2·A2),故选B。 时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，远项A 答案B 错误；剪断细线之前则F一3mg,剪断细线瞬 第12课时动力学两类基本问题 间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律 动力学图像问题 F一2mg2,解得A的加选度a=号，连者点一 :[例1]解析(1)助推器脱落后，受到阻力F;= 项B正确：剪断细线之前弹簧伸长量x1=3m坚！ 2 5mg 剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧： 上升过程，由牛顿第二定律有 仲长量=2四，即振幅为A=一4-咒 ng十F,=ma1 解得a1=12m/s2,方向竖直向下， 由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸： 则助推器向上做匀减速直线运动，继续上升的 长量为四，选项C正确：由上述分析可知，小球 高度 Uo A运动到最低，点时，弹簧伸长量为3m,选项D h2一2a1 =6×10m=60km 所以助推器能上升到距离地面的最大高度为 错误。故选BC。 h=h1十h2=90km。 答案BC (2)助推器从最高，点开始下落过程中，由牛顿第 [例6]解析对a球受力分析，由平衡条件可i 二定律可知mg一F;一ma2 知FM=k1x=2 mngtan60°=2√5ng,Fr线=！ 解得a2=8m/s cos6而=4mg,对b球受力分析有FN=k工=！ 2mg 落回地面的速度大小为 v=√/2a2h=1200m/s g,则=23，三，故A正确B错 助推器从脱离到最高，点所用时间 误；若剪断轻绳，则在剪断轻绳的瞬间，α球受 4=2=100s 重力和两边弹簧的拉力，合力不为零，则加速度， 不为零，故C错误；若剪断弹簧M,则在剪断的： 从最高，点到落地点所用时间2=”=150s 瞬间，弹簧N的弹力不变，则b球加速度仍为 所以助推器从脱离到落地经历的时间 0,故D错误。 t=t1+t2=250s。 答案A 答案(1)90km(2)1200m/s250s 考点三 :[例2]解析(1)当双臂双腿并拢加速下滑时，设： 向上向下g加速减速加速减速 加速度大小为a,报据几何关系有sm0=冬- mgma mg-ma 0 判断正误 16.8-0.6 28 1.×2.×3./4.× 讨论交流 根据牛顿第二定律有ngsin0一0.4mg=ma1 塑料瓶静止时，小孔有水喷出，是因为上部的水！ 解得a1=2m/s2。 对下部的水产生压力；当让水瓶自由下落时，由！ (2)当张开双臂双腿减速下滑时，设加速度大小 于a=g,水和瓶均处于完全失重状态，上部的 为a2,根据牛顿第二定律有 2×0.4ng-mngsin0=mag 水不会对下部的水产生压力，故水不再从小孔！ 解得a2=2m/s 流出。 设人的最大速度为m,人滑到低端的速度为u, [例7]解析18~20s过程中，物体的重力保 持不变，故A错误；匀速运动时，根据受力平衡 剥有十。，1十 2ao 可得F-ng=30N,解得该物体的质量为n=! 3kg,故B错误；0~4s内电梯处于超重状态，根： 代入数值联立解得m=8m/s,t=6s。 据牛顿第二定律可得Fs一mg=mam,解得最大虹例3 答案(1)2m/s2(2)8m/s6s 解析设杆与竖直方向的夹角为，则有 加速度大小为a-Fmg-030m/= 3 ，可 2R·eos0=号gc0s0:f,解得1=2√ 6.67m/s2,故C错误：1822s内电梯处于失 知从O点无初速度释放的小滑环到达A、B、C 重状态，根据牛顿第二定律可得ng一Fmim一！ 三点的时间相等，即t1=2=13,故远D。 a',解得最大加速度大小为a'=mg一F- 答案D 考点二 3010m/s=6.67m/g,故D正确。 3 [例4幻解析以小物块为对象，根据牛顿第二 答案D F 定律可得F-mngsin0-F;=na,可得a= n [例8]解析(1)由题图可知弹簧测力计的分： b 度值为0.5N,则读数为5.0N。 mgim9十日，结合a一F图像可得=k= (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为 mgsin 0F 4.5N,小于物体的重力，可知此段时间内物体： 一b,可知小物块的质量为n= 处于失重状态；G=ng=5.0N 1 根据牛顿第二定律mg一Fr=ma 友，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和 代入数据联立解得电梯加速度大小a≈L.0m/s。: ngsin0+F=mb=c,故B、D正确。 答案(1)5.0(2)失重1.0 答案BD 459 例5]解析由题意可知两x-1图线均为抛物 线，则物块甲、乙均做匀变速直线运动，由图 (b)可知物块甲做匀加速直线运动，物块乙做匀 减速直线运动，对甲有3江，=，十之a,6, 对之有=。一之2，由于1=，时之图 线的斜率为0，则此时乙的速度为0，则有。= ，由以上整理得a甲=a2,由牛顿第二定律 at 对甲有mngsin0-h1 mngcos0=map,对乙有 mgcos0-mgsin0=ma元，整理得h1十h= 2tan日，A正确；t=t0时甲的速度为v=h十am 。,联立以上得v=2,B错误；t=。前，由于 物块甲，乙的加速度大小相等，方向相反，则物 块甲、乙组成的整体合力为零，由于斜面静止， 斜面的合力也为零，则三者组成的整体合力为 零，地面对斜面的作用力等于三者组成的整体 的重力，所以地面对斜面的摩擦力为零，C错 误；一t。时物块乙的速度减为零，此后，物块乙 静止在斜面上，物块甲继续沿斜面向下加速运 动，物块甲的加速度有水平向左的分量，对两物 块和斜面组成的整体，合力水平向左，则地面对 斜面的摩擦力的方向水平向左，D正确。 答案AD 第13课时动力学中的连接体和 临界、极值问题 考点一 例1]解析设P和Q的质量分别为7n和 2,当把大小为F1、方向向左的水平推力作用 在P上时，设整体的加速度大小为a1,根据牛 顿第二定律有F1-9na1。隔离Q分析，因为P 和Q恰好相对静止，根据力的合成与分解以及 牛顿第二定律有2 mngtan0=2a1,联立解得 F,=平mg:当把大小为F方向向右的水平推 力作用在Q上时，设整体的加速度大小为ag, 根据牛顿第二定律有F2=9ma,设Q对P的 弹力大小为FN,则Fxsin0=7ma2,根据牛顿第 三定律可知P对Q的弹力大小为FN'=FN,隔 离Q分析，因为P和Q恰好相对静止，在竖直 方向上根据平衡条件有FNcos0=2mg,联立 解得R,一兴，所以号-子益A正扇。 答案A 例2]解析甲相对木箱向右运动，则甲受到 木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知 甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；对甲由牛 顿第二定律有T一4ng=ma,对乙由牛顿第二 定律有ng一T=na,联立解得甲运动的加速度 大小a=2.5m/s2,绳子拉力大小T-7.5N,C 正确，D错误；对木箱和滑轮整体受力分析，竖 直方向上有FN=Mg十ng十T,可知地面对木 箱支持力FN不变，B错误。 答案C 考点二 例3]解析若：>，B相对于车比A相对于 B先滑动，所以不管F多大，B相对车滑动后，A 相对B一直静止，故A正确；若凸>2，整体相 对静止的最大加速度为a。=(m十3mg m3m 2g,则最大拉力为Fm=（n十3m十5m)am= 9hmg,当F=9hmg时，B与车之间开始相对 滑动，故B错误；若凸<地，逐渐增大F,A相对 于B比B相对于车先滑动，故C正确；若1 h,A、B与车都相对静止，系统的最大加速度 为a'=mg=hg,则最大拉力为Fm' (m十3m十5m)am=941ng,故D错误。 答案AC [例4]解析由题图甲、乙可得Fa=(8-2t)N,;ngsin0十umg cos0=na1;1~2s内加速度；解得t=1s Fg=(2+2t)N,t=0时，可知FAo=8N,FB0=} 所以v共=agt=10m/s。 2N,由于FAo>F0,所以二者不会分开，A、B引 四=2.0m/g,根据牛顿第二定律得 a=△ (2)相对位移就是从开始到共速这段时间内A、 两物体的加速度为a= FA十FB=1m/s,设此 mgsin0-mgcos0=ma2,联立解得0=37°，} B的位移差x=xA一xB mA十nB 4=0.5,故A、B错误；由题意可知物体在0 购十V先 时A、B之间的相互作用力为F,对B根据牛顿！ 2$内的位移大小等于传送带上、下两端的距离， 对滑板A,有工A=2 第二定律可得F十Fn=mBa,解得F=2N,故！ 根据v一t图像与t轴所围的面积表示位移，可知 0十V先 A、C错误；当二者之间的相互作用力恰好为零： 位移1=10.0X1.0m+10.0+12.0×1.0m= 对物块B,有xB=2 时开始分离，此时的加速度相同，则有一 解得x=6.75m。 mB 16m,故C错误；由题图乙知传送带的速率= 答案(1)10m/s(2)6.75m ,即2士24_8-24，解得1=1s,分离时的速 10/s,则0一1s内，物体的位移为x1=:[例2]解析(1)由题可知，A、B先相对滑动， mA 4 6 10.0X1.0m=5m,传送带的位移为西=64= 达到共速后一起做匀减速直线运动，直到静止。 度为v-at-1m/s,故B正确，D错误。 6 A、,B相对滑动时，对物块A受力分析，由牛顿 答案B 10×1.0m-10m,故物体与传送带间相对位移 第二定律得 [例5]解析(1)报据L=1十之， 大小为△r1=x2一x1=10m-5m=5m,物体相 1mg=ma1,解得a1=2.5m/s2。 对传送带向上运动：1一2s内物体的位移为{ 对长木板B受力分析，由牛顿第二定律有以mg十 代入数据解得a-2m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有F-ngsin0-ng0os0- X3= 10.0+12.0×1.0m=11m,传送带的位； (M-+m)g=Ma2, 解得ae=3m/s2。 ma,代入数据解得4=0.5。 移为x:=t2=10×1m-10m,故物体与传送 (2)由物块A刚好未从木板的左端滑出可知， (3)设F与斜面夹角为a, 带间相对位移大小为△x2=x一x=1m,物体！ 长木板B的长度等于A、B两物体相对地面位 平行斜面方向有Fcos a一ngsin0-FN=ma 相对传送带向下运动，痕迹重叠1m,因此物体！ 移的差值。当A、B共速时有a1t-一aet,解 垂直斜面方向有F、十Fsin a=mgcos0 在传送带上留下的痕迹长度为5m,故D正确。} 得=1s, 联立解得F=ma十mg(sin0+ucos) 答案D cos a十us1na :[例4]解析(1)由于mgsin37>mgcos37, A物块的位移工A=2a1=1.25m, =ma十mg(sin0+ucos0 所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对： B长木板的位移 √'+lsin(e+a) 静止 当sin(g十a)=l时，F有最小值Fmi, (2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力， s=%-2a2=4m, 代入数据解得F125N。 其加速度为a1-g(sin0+4cos0)=10m/s, 则L=xg一xA=2.75m。 5 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时 (3)由(2)分析可得，A、B共速时，A,B两物体 答案(1)2m/s2 (20.5(3)25N 间t1= 一1$，发生的位移无1= a 2a1412= 的速度为v共=a11=2.5m/s, 由题知4>4，所以A、B共速后，一起做匀减 第14课时专题强化：“传送带”模型 5 m 速直线运动，直到停止，由牛顿第二定律得 煤块速度达到。后，加速度大小改变，继续沿！ 中的动力学问题 (M+n)g=(M+n)a3, 传送带向下加速运动，则有 考点一 解得ag-2m/s,由匀变速直线运动规律有 a2=g(sin 0-ucos 0)=2 m/s2, T例1]解析(1)对行李，根据ng=na x2=Lx1=5.25m, ↑/ms) 1 4=2a,可知6-2器=1.5625m, 解得a=2m/s 由g=%4十2a:4°， 10 则全过程中，A相对地面发生的位移大小x一 根据v=at1,匀加速运动的时间t1=0.2s xA十x3=2.8125m。 匀加逸运动的位移大小x=名4=0.04m< 得t2=0,5s 答案(1)2.5m/s23m/s2(2)2.75m 故煤块从A运动到B的时 2m,故行李先匀加速再匀速，匀速运动的时间 (3)2.8125m 为2=L-x=2-0.04 间为t=6十t2=1.5s。 v-t图像如图所示。 针对训练 $=4,9S 0.4 BD[由于以1>2，所以小孩和滑板相对静止 可得行李从A到B的时间为t=t1十t2-5.1s (3)第一过程痕迹长△x1=t1一x1=5m, 一起做匀减速运动到最高，点，由牛顿第二定律 (2)在传送带上留下的摩擦痕迹长度为△x 第二过程痕迹长△x2=x2一=0.25m, (m +m2)gsin (m +m gcos 0=(m+ vt1-x=(0.4×0.2-0.04)m=0.04m。 △x2与△x1部分重合， 答案(1)5.1s(2)0.04m 故痕迹总长为5m。 n2)a,解得a=10m/s2,方向沿斜面向下。对 小孩分析，假设小孩和滑板间的摩擦力为F1, [例2]解析小滑块相对于传送带向右滑动，！ 答案(1)不能(2)1.5s见解析图 有F+mgsin0=m1a,解得Fn=l00N,故A 滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定 (3)5m 0- 律得μng=ma,解得a=g,故A错误；若U,< 总结提升 错误；由速度位移公式可得工=-2阳 心，小滑块以速度先向右减速到0再返回加思考 1.8m,故B正确；以小孩、滑板和斜面体整体 若4=tan0,物块一直匀速下滑：若u<tan0,物！ 速到，刚好运回到左端，时间为1一2，故B;块一直沿传送带向下做匀加速直线运动。 为研究对象，小孩和滑板做匀减速运动，加速度 方向沿斜面向下，加速度有水平向右和竖直向 错误；若>心，小滑块以速度6先向右减速第15课时专题强化：“滑块一木板” 下的分加速度，大小分别为ax=acos0,ay 到0的时间=欢，位移为西一2g asin0,根据系统牛顿第二定律可知，在竖直方 然后加 模型中的动力学问题 g 汇例1]解析(1)先求摩擦力。 向有(m1十ng十m3)g-FN=(m1十m2)a,解 速返回，速度加速到叫的时间么一忍，位移为A,B所受摩擦力的方向如图所示。 得F、=204N,故C错误：地面对斜面体有向右 ug 的摩擦力，其大小为F2=(m1十m2)a-208N, 山一g最后以速度匀速回到左端，时间 B- 故D正确。] :[例3]解析(1)开始运动时，滑块的加速度大 777777 小为a1=gsin0-4gcos0=2m/s 为4=5一2=2g2然=62-4 ,小滑块 A对B的摩擦力FB=4mg=4N 薄木板的加速度大小为 01 2g4 由牛顿第三定律知FB'=F铝 返回到左端的时间1=4十。十4，解得1=改 a-Mgsin gco/ 8 地面对A的摩擦力FA=出1(m十Mg=3N 假设滑块不脱离薄木板，当两者达到共速时，有 2一w12 。十y1)2 再求加速度。 ,故C错误，Di U=十a1t1=a2t1 g 2g1 24g叫 对B有F十FB=mag,解得ag=l0m/s2,方向！ 解得t1=0.5s,v=4m/s 正确。 向右 滑块下滑的位移大小为 答案D 对A有FA十FB'=MaA,解得aA=3.5m/s2,1 考点二 方向向左。 -2=1.75m 例3]解析由题图乙得0一1s内物体的加速！ 设经过时间1达到共速V共，对B有v共=aBl 湾木板下滑的位移大小为 u=10.0m/g,根据牛顿第二定律得 度a1= 对A有V共=购一aA 则aBt=一aA g=24=1m 460高三总复习·物理 第13课时 动力学中的连接体和临界、极值问题 【目标要求】1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。2.理解几种常 见的临界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。 考点一动力学中的连接体问题 多个相互关联的物体连接（叠放、并排或由绳子、： g+/总结提升/++++++ 细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为 1.整体法与隔离法在分析共速连接体问题中 连接体。系统稳定时连接体一般具有相同的速 的应用 (1)整体法：若连接体内的物体具有共同加 度、加速度（或速度、加速度大小相等）。 速度，可以把它们看成一个整体，分析整体 1.共速连接体 受到的外力，应用牛顿第二定律求出加 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度 速度； 和相同的加速度。 (2)隔离法：求系统内两物体之间的作用力 (1)绳的拉力（或物体间的弹力）相关类连接体 时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用 牛顿第二定律列方程求解； ↑F AB F (3)整体法和隔离法交替使用：一般情况下， B 若连接体内各物体具有相同的加速度，且求 (2)叠加类连接体（一般与摩擦力相关） 物体之间的作用力时，可以先用整体法求出 加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第 A EN④ 二定律求相互作用力；若求某一外力，可以 先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求 [例1](2026·福建泉州模 合外力或某一个力。 拟)如图所示，在水平面上 Q 2.共速连接体对合力的“分配协议” 777777力 放置着两个靠在一起、横 一起做加速运动的物体组成的系统，若外力 F作用于m1上，则m1和m2之间的相互作 截面为梯形的物体P和Q,0=37°，P和Q质量 ; 用力FT= m2F 之比为7：2，所有接触面均光滑。若把大小为 m1千m2,若作用于m上，则下= F1、方向向左的水平推力作用在P上，P和Q恰 mF 。 此“协议”与有无摩擦无关（若有 好相对静止；若把大小为F2、方向向右的水平推力 m1十22 作用在Q上，P和Q也恰好相对静止，sin37°= 摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须 相同)，与两物体间有无连接物、是何种连接 0.6,c0s37°=0.8，则 为 物（轻绳、轻杆、轻弹簧）无关，而且无论物体 组成的系统处于平面、斜面还是竖直方向， A号 R号 此“协议”都成立。 C.1 D.3 2.关联速度连接体 [听课记录」 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速 度大小总是相等。下面三图中A、B两物体速度 和加速度大小相等，方向不同。 精品教辅·智慧人生 44 第三章运动和力的关系 [例2](2025·安徽· C.甲运动的加速度大小为2.5m/s 高考真题)如图，装有 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N 轻质光滑定滑轮的长 [听课记录] 方体木箱静置在水平 地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻 绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止 开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量 均为1.0kg、甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5， /总结提升/+++++ 不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2,则在乙 关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的 下落的过程中 方向不同，一般采用分别选取研究对象，对两 A.甲对木箱的摩擦力方向向左 物体分别列牛顿第二定律方程，用隔离法求解 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 加速度及相互作用力。 考点二 动力学中的临界和极值问题 1.常见的临界条件 A.若1>2，不管F多大，A、B都不会发生相对 (1)两物体脱离的临界条件：F、=0。 滑动 (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。 B.若41>2，当F=10mg时，B与车之间开始 (3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临 相对滑动 界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力； C.若山1<2，逐渐增大F,A相对于B先滑动 绳子松弛的临界条件是FT=0。 D.若41<2，A、B与车都相对静止，F的最大值 2.处理临界问题的三种方法 为8mg 把物理问题（或过程）推向极端，从而使临 [听课记录] 极限法 界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解 决问题的目的 临界问题存在多种可能，特别是有非此即 彼两种可能时，或变化过程中可能出现临 假设法 界条件，也可能不出现临界条件时，往往 「例4(2026·湖南娄底模 用假设法解决问题 拟)如图，光滑水平面上放置 F A B F. 55551777777777777 将物理过程转化为数学表达式，根据数学 有紧靠在一起但并不黏合的 数学法 A、B两个物体，A、B的质量分别为mA=6kg, 表达式解出临界条件 mB=4kg,从1=0开始，推力FA和拉力FB分 [例3] (多选)(2026·山西 别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规 运城高三期末)马车是古代 律分别如图甲、乙所示，则 ↑F/N FB/N 交通运输的主要工具，如图 所示为一匹马水平拉动一车货物的示意图。木 板A和B、B和车之间的接触面都水平，A、B之 间的动摩擦因数为以1，B与车之间的动摩擦因数： t/s t/s 甲 为42，A的质量为m,B的质量为3m,车的质量 A.l=0时，A物体的加速度为2m/s2 为5m,地面对车的摩擦不计，马给车的水平拉力 B.1=1s时，A、B开始分离 为F,A、B始终没有离开车的表面，重力加速度 C.t=0时，A、B之间的相互作用力为3N 为g。则下列说法正确的是 D.A、B开始分离时的速度为3m/s 45 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 [听课记录] (1)物块加速度a的大小； (2)物块与斜面之间的动摩擦因数： (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示， 为保持原加速度不变，F的最小值是多少。 [听课记录] [例5](2026·安徽芜湖市诊断)如图甲所示，一个 质量m=0.5kg的小物块（可看成质点），以%= 2m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F=6N 作用下沿斜面向上做匀加速运动，经=2s的时间 物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=8m, 已知斜面倾角0=37°，重力加速度g取10m/s2, sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： 温馨提示 请做课时分层检测（十三） 第14课时专题强化：“传送带”模型中的动力学问题 【目标要求】1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类。2.会对传送带上的物体进行受力分析 和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。 1.模型特点：物体（视为质点）放在传送带上，由于物体和传送带相对运动（或有相对运动趋势）而产生摩 擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 2.解题关键：抓住物=传的临界点，当物=传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 3.注意物体位移和相对位移的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。 (2)物体相对传送带的位移大小△x ①若有一次相对运动：△x=x传一x物或△x=x物一x传。 ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则△x=△x1十 △x △x2(图甲)： 甲 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大 小△.x2(图乙)。 考点一 水平传送带中的动力学问题 [例1]应用于机场和火车站的安 [听课记录] 全检查仪，其传送装置可简化为 如图甲所示的模型。传送带始 甲 终保持v=0.4m/s的恒定速率顺时针运行，行 李与传送带之间的动摩擦因数4=0.2，A、B间 的距离为2m,g取10m/s2。若旅客把行李（可 视为质点)无初速度地放在A处，求： (1)行李到达B处的时间： (2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。 精品教辅·智慧人生 46