第3章 第4讲 牛顿运动定律的综合应用(二)(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿运动定律的综合应用”专题，覆盖传送带模型（水平、倾斜）和板块模型（水平、初速度、倾斜面）等高考核心考点，对接高考评价体系，分析运动时间、摩擦痕迹、相对位移等高频考点权重，归纳计算、图像分析等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“模型建构+情境归纳+真题训练”策略，通过总结提升构建传送带三种情境、板块“一个转折两个关联”等模型（科学思维），以2025云南昆明检测倾斜传送带为例，解析v-t图像绘制与痕迹长度计算，培养运动和相互作用观念，帮助学生掌握临界分析技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

牛顿运动定律的综合应用(二) （综合融通课） 第 4 讲 (一) 动力学中的传送带模型 (二) 动力学中的板块模型 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 (一) 动力学中的传送带模型 [例1]　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的恒定速率顺时针运行，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。若旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，求： 类型(一)　水平传送带模型 (1)行李到达B处的时间； [答案]　5.1 s　 [解析]　对行李，根据牛顿第二定律有μmg=ma 解得a=2 m/s2 根据v=at1，可得行李匀加速运动的时间t1=0.2 s，匀加速运动的位移大小x=a=0.04 m<2 m，故行李先做匀加速运动再做匀速运动，匀速运动的时间为t2== s=4.9 s 可得行李到达B处的时间为t=t1+t2=5.1 s。 (2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。 [答案]　0.04 m [解析]　行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx=vt1-x= (0.4×0.2-0.04)m=0.04 m。 [变式拓展]　若[例1]中的传送带转动方向沿逆时针，如图。 (1)若行李放在A处时的初速度大小v0为0.2 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度； [答案]　0.2 s　0.08 m　 [解析]　传送带转动方向沿逆时针，若行李放在A处时的初速度大小为v0=0.2 m/s，行李先向右做匀减速运动，加速度大小为a=2 m/s2 匀减速运动的时间t1==0.1 s，匀减速运动的位移大小x=v0t1-a =0.01 m<2 m 行李不会从右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，匀加速运动的时间t2=t1=0.1 s，行李从左端离开，在传送带上运动的时间为t=t1+t2=0.2 s，行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx=vt1+x+vt2-x=0.08 m。 (2)若行李放在A处时的初速度大小v0'为0.6 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度； [答案]　0.625 s　0.25 m　 [解析]　若行李放在A处时的初速度大小为v0'=0.6 m/s，行李先向右做匀减速运动，加速度大小为a=2 m/s2，匀减速运动的时间t1'==0.3 s，匀减速运动的位移大小x1=v0't1'-at1'2=0.09 m<2 m，行李不会从右端滑出，接着行李向左做匀加速运动， 根据v=at2'，匀加速运动的时间t2'=0.2 s，匀加速运动的位移大小x2=at2'2=×2×0.22 m=0.04 m<0.09 m，接着再匀速运动t3'==0.125 s，行李从左端离开，在传送带上运动的时间为t'=t1'+t2'+t3'=0.625 s；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx'=vt1'+x1+vt2'-x2=0.25 m。 (3)试画出(2)中行李运动的v⁃t图像，在图像中用阴影标明哪个面积大小等于行李在传送带上的痕迹长度。 [解析]　行李运动的v⁃t图像如图所示(以初速度方向为正方向)，图中阴影部分面积表示痕迹长度。 1.三种常见情境 总结提升 项目 图示 滑块可能的运动情况 情境1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 情境2 ①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ②v0=v，一直匀速 ③v0<v，可能一直加速，也可能先加速再匀速 项目 图示 滑块可能的运动情况 情境3 ①传送带较短时，滑块一直减速到达左端 ②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中，若v0>v，返回时速度为v；若v0≤v，返回时速度为v0 2.解题思维趋向 (1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。 (2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。 (3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况： ①若二者同向，则Δs=|s传-s物|； ②若二者反向，则Δs=|s传|+|s物|。 类型(二)　倾斜传送带模型 [例2]　(2025·云南昆明检测)如图所示，传送 带与水平地面的夹角θ=37°，从A到B的长度为 L=10.25 m，传送带以v0=10 m/s的速率逆时针转 动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为m= 0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间 的动摩擦因数为μ=0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知 sin 37°=0.6，g取10 m/s2。 (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止； [答案]　不能 [解析]　由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。 (2)求煤块从A运动到B的时间，并画出煤块的v⁃t图像； [答案]　1.5 s [解析]　煤块刚放上传送带时，受到沿传送带向下的摩擦力，其加速度为a1=g(sin θ+μcos θ)=10 m/s2， 煤块加速运动至与传送带速度相同需要的时间t1==1 s，发生的位移x1=a1=5 m 煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有a2=g(sin θ-μcos θ)=2 m/s2， x2=L-x1=5.25 m， 由x2=v0t2+a2，得t2=0.5 s(另一结果为负值，舍去) 故煤块从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5 s。v⁃t图像如图所示。 (3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 [答案]　5 m [解析]　第一过程痕迹长Δx1=v0t1-x1=5 m， 第二过程痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25 m， Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。 [变式拓展]　在上述[例2]中，若煤块和传送带之间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求煤块从A运动至B的时间。(结果保留两位有效数字) [答案]　1.44 s [解析]　由于Ff=μ'FN=μ'mgcos θ=mgsin θ 即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下的分力，故煤块和传送带达到共速后将做匀速直线运动，所以煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。a'=g(sin θ+μ'cos θ)=12 m/s2， 匀加速运动时间t1'== s， 匀加速运动位移x1'=a't1'2= m， 匀速运动位移x2'=L-x1'= m 匀速运动时间t2'== s 总时间t'=t1'+t2'≈1.44 s。 1.两种常见情境 总结提升 项目 图示 滑块可能的运动情况 情境1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 情境2 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 ③可能先以a1加速，后以a2加速 2.解题思维趋向 物体沿倾角为θ的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。 (二) 动力学中的板块模型 1.关注“一个转折”和“两个关联” 一个转折 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点 两个关联 指转折前后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键 2.解答板块模型问题的“思维流程” 类型(一) 水平面上受外力作用的板块模型 [例1]　(2025·辽宁沈阳模拟)如图所示， 在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度 2v0向右做匀速运动，某时刻将物块a轻放在b上，同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等，a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时，关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　) √ [解析]　a和b的速度达到共速之前，a受到b向右的摩擦力和恒力F，b受到a向左的摩擦力，a做加速运动，b做减速运动，则对于a，由牛顿第二定律有a1=，对b有a2==μg，由此可知a的加速度大于b的加速度，故A、C错误；a、b共速后，若在恒力作用下，a、b间的摩擦力f没有达到最大静摩擦力，则一起做加速运动，则对于b有a共=，且f≤μmg，故a、b的加速度a共≤μg<a1，故B可能正确；若在恒力作用下，a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力，发生相对滑动，则a、b的加速度大小不相等，且均做加速运动，则对于a有a3=，对b有a4==μg，可知a的加速度a3小于共速前a的加速度a1，故D错误。 类型(二) 水平面上具有初速度的板块模型 [例2]　(2025·江苏苏州模拟)质量为M=5 kg的长木板置于水平面上，物块(视为质点)质量m=1 kg，初始时刻物块处于长木板右端。长木板与水平面间、物块与长木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.15和μ2=0.1。某时刻分别给长木板和物块如图所示的初速度，大小分别为v1=5 m/s、v2=1 m/s，方向相反。物块在以后运动过程始终没有滑离长木板。取g=10 m/s2。求： (1)刚开始运动时长木板与物块的加速度大小a1和a2； [答案]　2 m/s2　1 m/s2　 [解析]　对长木板受力分析，根据牛顿第二定律得μ1(M+m)g+μ2mg=Ma1，解得a1=2 m/s2 对物块受力分析得μ2mg=ma2，解得a2=1 m/s2。 (2)从开始运动到物块与长木板速度第一次相等所用的时间t1； [答案]　2 s　 [解析]　规定水平向右为正方向，对物块与木板的运动情况分析，结合(1)问作出长木板与物块的v⁃t图像如图 设经t1时间物块与木板的速度v3相同， 有v3=v1-a1t1=-v2+a2t1 解得t1=2 s 此时的速度v3=v1-a1t1=1 m/s。 (3)到两者都静止时，物块距木板右端的距离。 [答案]　5.812 5 m [解析]　物块与长木板速度达到相等后，由于μ2<μ1，所以接下来物块与长木板以不同的加速度向前减速。 对物块受力分析知，物块加速度大小仍为a2=1 m/s2 对长木板受力分析得μ1(M+m)g-μ2mg=Ma1' 解得a1'=1.6 m/s2 设长木板从二者速度相等经时间t2减速停下 0=v3-a1't2，解得t2=0.625 s 长木板在与物块速度相等前运动的位移为x板1=v1t1-a1=6 m 长木板在t2时间内的位移为 x板2=v3t2-a1'=0.312 5 m 可得长木板对地位移为x=x板1+x板2=6.312 5 m，方向向右 由物块的v⁃t图像可知，物块对地位移为x'=××1 m-× 1×1 m=0.5 m，方向向右 两者的相对位移为Δx=x-x'=5.812 5 m。 类型(三) 倾斜面上的板块模型 [例3]　如图所示，倾角θ=37°的足够长 光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L= 10.8 m、质量M=2 kg的薄木板，木板的顶端 叠放一质量m=1 kg的物块(视为质点)。对木 板施加沿斜面向上的恒力F(大小未知)，使木 板沿斜面向上由静止开始运动。已知物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，认为物块和木板分离前、后瞬间的速度均不变，取重力加速度大小g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)若物块未离开木板时始终处于静止状态，求物块与木板间的动摩擦因数μ； [答案]　0.75　 [解析]　对物块受力分析，有mgsin θ=f，N=mgcos θ，f=μN，解得μ=0.75。 (2)若物块与木板间的动摩擦因数μ' = 0.8，求使物块不滑离木板时恒力F的范围； [答案]　18 N<F≤19.2 N　 [解析]　以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律有F-(M+m)gsin θ=(M+m)a 以物块为研究对象，由牛顿第二定律有 f'-mgsin θ=ma 又f'≤fmax=μ'mgcos θ，a>0 解得18 N<F≤19.2 N 故使物块不滑离木板时恒力的范围为18 N<F≤19.2 N。 (3)若μ'=0.8，F=24 N，求物块运动至最高点时与木板底端的距离x。 [答案]　1.68 m [解析]　因F=24 N>19.2 N，物块会滑离木板，物块在木板上运动时，设物块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2， 有μ'mgcos θ-mgsin θ=ma1 F-Mgsin θ-μ'mgcos θ=Ma2 解得a1=0.4 m/s2，a2=2.8 m/s2 设物块在木板上运动的时间为t1， 由几何关系有a2-a1=L，解得t1=3 s 此后物块从木板上掉落，设掉落后物块的加速度大小为a3，木板的加速度大小为a4，有mgsin θ=ma3，F-Mgsin θ=Ma4 解得a3=6 m/s2，a4=6 m/s2 设从物块刚掉落到物块速度减至零的时间为t2，有t2=，解得t2=0.2 s 以物块与木板分离处为起始点，物块的位移大小x1=t2 木板的位移大小x2=a2t1t2+a4 又x=x2-x1，解得x=1.68 m。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 1.如图所示，水平传送带以v=1 m/s的恒定 速率运行。将一小物体无初速地放在A处， 物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.物体在传送带上的加速时间为0.5 s B.物体从A处到B处的时间为2 s C.物体刚被放上传送带时的加速度大小为1 m/s2 D.若传送带的速度足够大，物体从A处到B处的最短时间为1.5 s √ 6 7 1 2 3 4 5 解析：物体刚被放上传送带时的加速度大小为a==μg=1 m/s2，物体在传送带上的加速时间为t1==1 s，A错误，C正确；物体加速的位移x1=a=0.5 m，匀速的时间t2==1.5 s，物体从A处到B处的时间为t=t1+t2=2.5 s，B错误；若传送带的速度足够大，物体从A处到B处一直加速，则根据L=a，可得最短时间为tmin== s=2 s，D错误。 1 5 6 7 2 3 4 2.如图所示，足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀速 转动，一滑块从传送带顶端由静止释放后一直做加 速运动。则 (　　) A.滑块受到的摩擦力方向保持不变 B.滑块的加速度保持不变 C.若减小传送带的倾角，滑块可能先做加速运动后做匀速运动 D.若传送带改为顺时针转动，滑块可能先做加速运动后做匀速运动 √ 1 5 6 7 2 3 4 解析：设滑块质量为m，传送带倾角为θ，刚开始时滑块受重力、支持力、沿传送带向下的摩擦力作用，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1，滑块沿传送带向下做匀加速运动，当滑块与传送带达到共同速度时，由于滑块一直做加速运动，则滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2，则滑块继续向下加速运动，加速度大小改变，故A、B错误；若减小传送带的倾角，当滑块与传送带达到共同速度时可能有mgsin θ≤μmgcos θ，此后滑块与传送带一起匀速运动，所以滑块可能先做加速运动后做匀速运动，故C正确；由于传送带沿逆时针方向转动时滑块一直做加速运动，可知mgsin θ>μmgcos θ，若传送带改为顺时针转动，则滑块一直向下做匀加速运动，故D错误。 1 5 6 7 2 3 4 3.(2025·四川绵阳模拟)如图所示，一长木 板在水平地面上运动，在某时刻(t=0)长木 板速度为v0时，将一物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，物块运动的速度—时间图像可能是下列选项中的 (　　) √ 1 5 6 7 2 3 4 解析：如图所示，设二者达到速度v'后，一起匀 减速至t1时刻停止。对物块，有μ1mg=ma1，则a1 =μ1g=，对木板，有μ1mg+μ2·2mg=ma2，则a2= μ1g+2μ2g=，二者一起匀减速时，有μ2·2mg=2ma2'，则a2'=μ2g=。当v'=v0时，可推出a1=a2，矛盾，故A、B均错误；当v'=v0时，可推出t1=3t0，故C可能正确；当v'=v0时，可推出t1=1.5t0，故D错误。 1 5 6 7 2 3 4 4.(2025·辽宁沈阳二模)如图所示，水平传送带以v0=2 m/s的速度顺时针匀速转动，质量均为m=0.5 kg的两个可视为质点的滑块A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.25。现让A、B分别从传送带的两端同时滑上传送带，滑上时速度的大小均为v=4 m/s，两滑块在传送带上恰好相遇未相碰，重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为0.8 s B.A、B相遇时与传送带左端的距离为2.4 m C.传送带的长度为6 m D.滑块从滑上传送带到相遇，两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为10 J √ 1 5 6 7 2 3 4 解析：因为v>v0，故A滑上传送带后先减速后匀速，B滑上传送带后先减速，再反向加速，最后匀速，当两滑块都做匀速运动时刚好相遇，设滑块滑上传送带后的加速度大小为a，有μmg=ma，解得a=2.5 m/s2，A减速运动的时间tA==0.8 s，B从滑上传送带到匀速运动的时间tB==2.4 s，故两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为2.4 s，故A错误；两滑块相遇时与传送带左端的距离即A的位移，为xA=(v+v0)tA+v0(tB-tA)=5.6 m，故B错误；相遇前B的位移为xB=(v-v0)tB=2.4 m，方向向左，则传送带的长度为xA+xB=8 m，故C错误；A与传送带间的相对位移为ΔxA=xA-v0tB=0.8 m，B与传送带间的相对位移为ΔxB= xB+v0tB=7.2 m，故产生的总热量为Q=μmgΔxA+μmgΔxB=10 J，故D正确。 1 5 6 7 2 3 4 5.(2025·湖北武汉模拟)(多选)如 图甲所示，质量为mB=1 kg的长 木板B放在水平面上，质量为m A=2 kg的物块A放在木板上，开 始物块与木板均处于静止状态。现用水平外力F作用在物块上，当F从0开始逐渐增大时，物块与木板运动的加速度a随F变化的图像如图乙中实线所示，图中上段倾斜直线的延长线与横轴交于F1。已知物块始终没有离开木板，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 2 3 4 A.木板与水平面间的动摩擦因数为0.1 B.物块与木板间的动摩擦因数为0.3 C.图乙中F2=5.5 N D.图乙中F1=4 N 解析：由题图乙知，当F0=3 N时，物块与木板开始运动，则有F0=μ0g，解得μ0=0.1，故A正确； √ √ 1 5 6 7 2 3 4 由题图乙知，当外力F=F2时，物块与木板开始相对滑动，此时物块与木板的加速度大小均为a0=1 m/s2，对木板，根据牛顿第二定律有μ1mAg-μ0g=mBa0，解得μ1=0.2，对小物块，根据牛顿第二定律有F2-μ1mAg=mAa0，解得F2=6 N，故B、C错误；当F>F2时，物块与木板相对滑动，对物块，根据牛顿第二定律有F-μ1mAg=mAa，变形得a=-μ1g+，由题图乙得=，解得F1=4 N，故D正确。 1 5 6 7 2 3 4 6.(12分)(2025·安徽合肥模拟)如图甲所示，机场使用倾角θ=37°的传送带，将每个质量m=10 kg的行李箱从地面运送到高h=3 m的出发平台。机械手每隔8秒就将一个行李箱放 到传送带底端，传送带以 v0=2 m/s的速度顺时针匀 速转动。行李箱在传送带 上的v⁃t图像如图乙所示。已知各行李箱与传送带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： 1 5 6 7 2 3 4 (1)行李箱与传送带间的动摩擦因数μ；(3分) 答案：0.8　 解析：由题图乙可知，行李箱运动的加速度为 a==0.4 m/s2 根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma 解得μ=0.8。 1 5 6 7 2 3 4 (2)传送带上最多同时输送的行李箱数量；(4分) 答案：1个 解析：传送带的长度为L==5 m 行李箱加速运动的位移为x0=t1=5 m 所以行李箱在倾斜传送带上一直做匀加速运动，无匀速阶段。每8秒放置1个，运输时间为5秒，传送带上最多存在1个行李箱。 1 5 6 7 2 3 4 (3)在机械手放置第一个行李箱开始计时的1分钟内，电动机因运送行李箱需多做的功。(5分) 答案：4 992 J 解析：行李箱在传送带上由底端到平台的过程中，摩擦力对传送带做功的大小为W01=μmgcos θ·v0t1=640 J 所以每传送一个行李箱，电机多消耗的能量为E0=W01=640 J 1分钟内传送带共传送=7.5，取8个行李箱，其中7个全部到顶端，一个加速了4 s，则电动机多做的功为E总=7W01+W01=4 992 J。 1 5 6 7 2 3 4 7.(16分)传送带可以将货箱从高处传送 到低处的平板上，简化原理如图所示。 已知传送带顺时针匀速转动的速率为v0= 3 m/s，将质量m=20 kg的物块无初速度 地放在传送带的顶端A处，物块到达底端B处后能无碰撞地滑上质量为M=20 kg的木板左端。已知物块与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.3，传送带与水平地面的夹角为θ=37°，AB两端的距离s= 7.2 m，物块可视为质点，且木板足够长。g取10 m/s2，sin 37°=0.6， cos 37°=0.8。求： 1 5 6 7 2 3 4 (1)物块在传送带上刚开始下滑时的加速度大小；(2分) 答案：10 m/s2　 解析：物块在传送带上刚开始下滑时，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律有mgsin θ+μ1mgcos θ=ma1 解得a1=10 m/s2。 1 5 6 7 2 3 4 (2)物块在传送带上运动的时间；(6分) 答案：1.8 s　 解析：物块在传送带上从刚开始下滑到与传送带共速用时t1==0.3 s 该过程物块位移x1=t1=0.45 m<s 因为tan θ>μ1 故物块还要加速运动，滑动摩擦力变为沿传送带向上，此时加速度大小 a2==2 m/s2 则有s-x1=v0t2+a2 解得t2=1.5 s(另一结果为负值，舍去) 故物块在传送带上运动的时间t=t1+t2=1.8 s。 1 5 6 7 2 3 4 (3)根据实际需要，木板下表面可以涂抹不同材料的涂层，使得木板与地面间的动摩擦因数μ3满足0.05≤μ3≤0.3。在此μ3范围内，从物块离开传送带直至最终静止的过程中，求物块对地位移的最小值和最大值。(8分) 答案：6 m　10.8 m 解析：由以上分析可知物块到达传送带底端时的速度大小v=v0+a2t2=6 m/s 若物块滑上木板后木板处于静止状态，则有μ2mg≤μ3g 解得μ3≥0.15 1 5 6 7 2 3 4 可知，当木板与地面间的动摩擦因数在0.15到0.3之间时，木板始终处于静止状态，物块在木板上向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μ2mg=ma3 解得a3=3 m/s2 此时，物块相对地面运动的位移最小，根据速度与位移的关系式可知最短位移大小xmin==6 m 1 5 6 7 2 3 4 当木板与地面间的动摩擦因数小于0.15时，物块先以a3向右做匀减速直线运动，木板此时向右做匀加速直线运动，两者达到相等速度后保持相对静止向右做匀减速直线运动，当木板与地面间的动摩擦因数等于0.05时，物块最终相对于地面的位移达到最大值，两者达到相等速度之前，对木板有μ2mg-μ3g=Ma4 解得a4=2 m/s2 设历时t3两者达到相等速度，则有 v共=v-a3t3=a4t3 1 5 6 7 2 3 4 解得t3=1.2 s，v共=2.4 m/s 此过程物块的位移大小x3=t3=5.04 m 之后两者保持相对静止，对整体，根据牛顿第二定律有μ3g=(m+M)a5 解得a5=0.5 m/s2 故此后二者位移大小x4==5.76 m 则物块相对于地面的位移的最大值为xmax=x3+x4=10.8 m。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $