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2020-2021学年【新教材】人教版（2019）高中物理必修一专题：牛顿运动定律综合应用
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这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册全册综合优质学案，共21页。
牛顿运动定律综合应用
牛顿运动定律综合应用（一）
重难点
题型
分值
重点
连接体问题和“板块”问题
选择
计算
10-12分
难点
整体法和隔离法的应用
连接体问题
1. 连接体
多个相互关联的物体连接（叠放、并排或由绳子、细杆联系）在一起构成的物体系统称为连接体。连接体一般具有相同的运动情况（速度、加速度）。
2. 解决连接体问题的两种方法
“板块”问题
1. “板块”问题
两物体叠放在一起，并通过摩擦力发生相互作用。
2. 处理“板块”问题的关键
（1）加速度：若滑块和木板之间没有相对运动，可用整体法求出它们共同的加速度；若两者之间有相对运动，应采用隔离法分别求出它们的加速度。
（2）速度：两物体之间的摩擦力情况，是根据两物体之间的速度情况来确定的。
（3）位移：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，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。
注意：（1）所说的速度和位移都是相对于地面的。
（2）滑块不从木板上掉下去的条件：滑块与木板保持相对静止时滑块还在木板上。
如图所示，质量M＝2kg足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1＝0.1，另一个质量m＝1 kg的小滑块，以6 m/s的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，g取10 m/s2。
（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离；
（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止；
（3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值。
【答案】（1）3.6 m （2）1 s （3）1 m
【解析】（1）由牛顿第二定律得，a＝μ2g＝5m/s2
x＝＝3.6m
（2）对m：a1＝μ2g＝5 m/s2
对M：μ2mg－μ1（m+M）g＝Ma2，a2＝1m/s2
小滑块相对木板处于静止时，速度相等。v0－a1t＝a2t，t＝1 s
（3）木板在达共速前先做匀加速运动x1＝a2t2＝0.5m
速度v1＝a2t＝1 m/s
以后木板与物块以共同加速度a3做匀减速运动
a3＝－μ1g＝－1 m/s2，减速到0的时间t1＝＝1s，
x2＝v1t1＋a3t＝0.5m
x＝x1＋x2＝1m。
1. 连接体问题
（1）处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路得先用整体法求整体的加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
（2）隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
2. “板块”问题
（1）处理“板块”问题时，一定要注意“板块”问题的三个关系：加速度关系、速度关系、位移关系。
（2）滑块恰好不滑下木块的临界条件是：滑块到达木板的一端时，滑块和木板恰好相对静止。
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，一质量M＝3kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是（ ）
A. 系统做匀速直线运动
B. F＝40 N
C. 斜面体对楔形物体的作用力大小为5N
D. 增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
2. 如图所示，倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平面上，物块B置于斜面上，已知B、C间的动摩擦因数为μ＝tan θ，B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B的质量分别为m、M。现给B一初速度，使B沿斜面下滑，C始终处于静止状态，重力加速度为g，则在B下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 不论A、B的质量大小关系如何，B一定减速下滑
B. A运动的加速度大小为a＝
C. 水平面对C一定有摩擦力，摩擦力的方向可能水平向左
D. 水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
3. 如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（ ）
A. 物块先向左运动，再向右运动
B. 物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C. 木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D. 木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
4. 如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的物体A接触（A与弹簧未连接），质量为m的物体B紧挨A放置，此时弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止，已知物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B与水平面间的摩擦不计，撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0，重力加速度大小为g。则（ ）
A. 物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动
B. 物体刚向左运动时的加速度大小为
C. 物体A、B运动后分离
D. 物体A、B运动x0－后分离
5. 质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：
（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
（2）B与水平面间的动摩擦因数μ2；
（3）A的质量。
1. BD
解析：对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有
F＝（M＋m）a，对楔形物体受力分析如图乙所示。
由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝＝mg＝10N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。
2. ABD
解析：因B、C间的动摩擦因数为μ＝tan θ，故如果物块B不受细绳的拉力作用时，沿斜面方向受力平衡，即Mgsin θ＝μMgcos θ，若给B一初速度，物块B将匀速下滑。但是细绳对B有沿斜面向上的拉力，故物块B一定减速下滑，选项A正确；对A、B分别进行受力分析，由牛顿第二定律可知T＋μMgcos θ－Mgsin θ＝Ma，mg－T＝ma，解得a＝，选项B正确；设水平地面对C的静摩擦力方向水平向左，则斜面C的受力分析如图所示。
由于斜面体始终静止不动，故有：Ff′＋Ffcos θ＝FN2sin θ，FN1＝G＋Ffsin θ＋FN2cos θ，又因为Ff＝Mgsin θ，FN2＝Mgcos θ，联立可得：Ff′＝0，FN1＝G＋Mg，故选项C错误，D正确。
3. BC
解析：由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动，B、C正确。
4. D
解析：撤去F后，在物体A离开弹簧的过程中，弹簧弹力是变力，物体A先做变加速运动，当弹簧弹力小于摩擦力后，物体A做变减速运动，离开弹簧之后A做匀减速运动，故A项错误；撤去F瞬间，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a＝，故B项错误；当A、B分离时，A、B的加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F弹＝μmg＝kx1，x1＝，所以物体A、B一起开始向左运动x＝x0－后分离，C项错误，D项正确。
5. （1）0.2 （2）0.1 （3）6 kg
解析：（1）由图像可知，A在0－1s内的加速度
a1＝＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得，
－μ1mg＝ma1
解得μ1＝0.2.
（2）由图像知，AB在1－3s内的加速度
a3＝＝－1 m/s2，
对AB由牛顿第二定律得，
－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3
解得μ2＝0.1
（3）由图像可知B在0－1s内的加速度a2＝＝2m/s2。
对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2，
代入数据解得m＝6kg。
牛顿运动定律综合应用（二）
重难点
题型
分值
重点
图像问题及临界问题
选择
计算
12-14分
难点
图像信息的获取和临界条件的分析
动力学图像问题
1. 常见的动力学图像
v－t图像、F－a图像、F－x图像、a－t图像、F－t图像等。
2. 数形结合解决动力学图像问题
（1）在图像问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图像信息或者描点作图。
（2）读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息。
动力学中的临界问题
几种临界状态和其对应的临界条件如下表所示
临界状态
临界条件
速度达到最大
物体所受的合外力为零
两物体刚好分离
两物体间的弹力FN＝0
绳刚好被拉直
绳子张力为零
绳刚好被拉断
绳子张力等于绳能承受的最大拉力
两物体相对滑动
静摩擦力达最大值
如图所示，mA=1 kg，mB =2 kg，A、B间静摩擦力的最大值是5 N，水平面光滑。用水平力F拉B，当拉力大小分别为F=10 N和F=20 N时，A、B的加速度各多大？（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）
【答案】时，；时，，
【解析】先确定临界值，即刚好使A、B发生相对滑动的F值，当A、B间的静摩擦力达到5 N时，可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度。以A为研究对象可知a=5 m/s2，再以A、B为一整体可知，A、B不发生相对滑动的拉力的临界值为F=（ mA +mB）a=15 N。
当F= 10 N＜15 N时，A、B仍相对静止，所以aA= aB=；
当F=20 N＞15 N时，A、B间发生了相对滑动，则；以B为研究对象，，则 m/s2。
如图甲所示，质量m=2 kg的物体在水平面上向右做直线运动，过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图像如图乙所示。取重力加速度为g= 10 m/s2.求：
（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）10 s末物体离a的距离。
【答案】（1）F=3 N，μ=0. 05 （2）2 m
【解析】（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由v-t图像得a1 =2 m/s2 ①
根据牛顿第二定律，有Fμmg= ma1 ②
设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，
则由v-t图像得a2 =1 m/s2 ③
根据牛顿第二定律，有F+μmg= ma2 ④
联立①②③④解得F=3 N，μ=0.05。
（2）设10 s末物体离a点的距离为d，d应为v-t图像与横轴所围的面积，则m，负号表示物体在a点左侧。
1. 动力学图像问题的解题策略
2. 分析临界问题注意事项
（1）分析清楚题中的临界状态
（2）分析出来临界状态的条件
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动。随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
2. 如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小为0，然后弹簧又将滑块向右推开。已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则下列说法正确的是（ ）
A. 滑块向左运动过程中，加速度先减小后增大
B. 滑块向右运动过程中，始终做加速运动
C. 滑块与弹簧接触过程中，最大加速度为
D. 滑块向右运动过程中，当滑块离开弹簧时，滑块的速度最大
3. 如图所示，水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态。现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。下列关于所加力F的大小和运动距离x之间关系图像正确的是（ ）
4. 一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度—时间图像如图a所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面。已知空降特战兵的质量为60 kg。设降落伞用8根对称的绳悬挂空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b所示。不计空降特战兵所受的阻力。则空降特战兵（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）（ ）
A. 前2 s处于超重状态
B. 从200 m高处开始跳下
C. 落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125 N
D. 整个运动过程中的平均速度大小为10 m/s
5. 如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球（重力加速度为g）。
（1）当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？
（2）当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？
（3）当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线上的拉力为多大？
1. 60°
解析：当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木板斜面方向列牛顿第二定律方程：
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma①
木块的位移为x，有0－v＝2ax②
根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，根据①式有a＝－g（sin θ＋μcos θ）
根据数学关系有sin θ＋μcos θ＝sin（θ＋α），其中tan α＝μ＝，则α＝30°
要使加速度a最大，则有θ＋α＝90°时取最大值g
所以有θ＝90°－α＝60°时，加速度取最大值为a＝－
代入②可得xmin＝
2. C
解析：滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，滑块做减速运动，加速度大小一直增大，选项A错误；滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力，所以滑块向右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速，选项B错误；由对A的分析可知，当弹簧的压缩量为x0时，水平方向的合力为F＝kx0＋μmg，此时合力最大，由牛顿第二定律有amax＝，选项C正确；在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为x＝时，由胡克定律可得f＝kx＝μmg，此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力为零，此时速度最大，之后滑块开始做减速运动，选项D错误。
3. D
解析：由于弹簧弹力与弹簧压缩量成正比，由牛顿第二定律得，F－kx＝ma，解得F＝kx＋ma，故所加力F的大小和运动距离x之间关系图像正确的是图D。
4. C
解析：由v－t图可知，降落伞在前2 s内加速下降，中间5 s 匀速下降，最后6 s减速下降，故前2 s失重，选项A错误；由v－t图面积x＝×（5＋13）×20 m＝180 m，选项B错误；落地前瞬间a＝＝m/s2＝－m/s2，对特战兵，由牛顿第二定律，8T·cos 37°－mg＝m|a|，T＝125 N，选项C正确；全程平均速度v＝＝m/s＞10 m/s，选项D错误。
5. （1）g （2）g （3）mg
解析：（1）当FT＝0时，小球受重力mg和斜面支持力FN作用，如图甲，则
FNcos 45°＝mg，FNsin 45°＝ma
解得a＝g.故当向右运动的加速度为g时线上的拉力为0.
（2）假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用，如图乙所示。由牛顿第二定律得
水平方向：FT1cos 45°－FN1sin 45°＝ma1，
竖直方向：FT1sin 45°＋FN1cos 45°－mg＝0.
由上述两式解得FN1＝，FT1＝。
由此可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力FN1减小，线的拉力FT1增大。
当a1＝g时，FN1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为FT1＝mg.所以滑块至少以a1＝g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零。
（3）当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和球的重力的作用，如图丙所示，此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得FT′cos α＝ma′，FT′sin α＝mg，解得FT′＝m＝mg。
牛顿运动定律综合应用（三）
重难点
题型
分值
重点
传送带问题
选择
计算
12-14分
难点
物体运动过程中受摩擦力情况分析
传送带模型
1. 水平传送带分析解答问题的关键
（1）对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。
（2）物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2. 倾斜传送带分析解答问题的关键
物体沿倾角为θ的传送带传送时，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。
如图所示，传送带以恒定速率v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°。现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端（小物块可看成质点），平台上的人通过一根轻绳用F＝10 N的恒力拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地面高为H＝1.8 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
（1）求物块在传送带上运动的时间；
（2）若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？
【答案】（1）1 s （2）（2－）s
【解析】（1）物块在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，做匀加速直线运动，有F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1
v＝a1t1
联立得a1＝8 m/s2，t1＝0.5 s，故x1＝a1t＝1m
物块与传送带达到共同速度后，
因F－mgsin θ－μmgcos 37°＝0
故物块在平衡力作用下随传送带一起匀速上升
x2＝－x1＝2 m，t2＝＝0.5 s
物块在传送带上运动的总时间t＝t1＋t2＝1 s。
（2）若在物块与传送带达到速度相等的瞬间撤去恒力F，因为μ
假设物块能向上匀减速运动到速度为零，则
物块通过的位移为x＝＝4 m＞x2
故物块向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台，故x2＝vt3＋a2t
解得t3＝（2－）s（另一解不符合题意，已舍去）
故撤去恒力F后，物块还需（2－）s才能脱离传送带。
解答传送带问题应注意的事项
（1）比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度。
（2）关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动。
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止，重力加速度为g.则（ ）。
A. 只有a>gsinθ，a才受沿传送带向上的静摩擦力作用
B. 只有a
D. 无论a为多大，a都受沿传送带向上的静摩擦力作用
2. 如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s 的速度匀速运行。t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时，传送带突然制动停下。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2。在下图中，关于滑块相对地面运动的vt图像正确的是（ ）
3. 如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2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。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2>v1，则 （ ）
A. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C. 0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D. 0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
4. 一水平传送带以4 m/s的速度逆时针传送，水平部分长L＝6 m，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2.求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。
5. 如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37°，以5 m/s的速度向上运动。一个质量为2 kg的物块（可视为质点），沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5（取g＝10 m/s2）。求：
（1）物块刚滑上传送带时的加速度大小；
（2）物块到达传送带顶端时的速度。
6. 如图所示，水平传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长，重力加速度为g。问：
（1）物体从A到B做什么运动？
（2）当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？
（3）物体从A到B运动的时间为多少？
（4）什么条件下物体从A到B所用时间最短？
1. B 解析：A与传送带相对静止，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，A有沿斜面向下的加速度a，对A受力分析可知只有a
3. B 解析：t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，A错误；t1～t2时间段，小物块对地向右加速，相对传送带仍向左运动，之后相对静止，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C错误；t2～t3时间内小物块随传送带一起向右匀速运动，不受摩擦力作用，D错误。
4. 6.1 s
解析：根据牛顿第二定律得，μmg＝ma
解得a＝μg＝2m/s2；
设经过t时间物块的速度与传送带的速度相同，则有：v＝at1，解得t1＝＝2s；
经过的位移x1＝＝4m<6 m，
在传送带上匀速运动的时间t2＝＝0.5s
物块在斜面上的加速度a′＝＝gsin30°＝5 m/s2，
在斜面上的运动时间t3＝＝1.6s，
返回传送带在传送带减速到零的时间t4＝＝2s.
则t＝t1＋t2＋t3＋t4＝6.1 s.
5. （1）10 （2）4
解：（1）物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
解得a1＝10 m/s2。
（2）设物块速度减为5 m/s所用时间为t1，则
v0－v＝a1t1
解得t1＝0.5 s
通过的位移：x1＝t1＝3.75 m<6 m
因μ
解得a2＝2 m/s2
设物块到达最高点的速度为v1，则v2－＝2a2x2
x2＝l－x1＝2.25 m
解得v1＝4 m/s
6. （1）先匀加速，后匀速 （2） （3）＋
（4）v≥
解析：（1）物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动。
（2）由v＝at和a＝μg，解得t＝
物体的位移x1＝at2＝
传送带的位移x2＝vt＝
（3）物体从A到B运动的时间为
t总＝＋＝＋
（4）当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥。
牛顿运动定律综合应用
牛顿运动定律综合应用（一）
重难点
题型
分值
重点
连接体问题和“板块”问题
选择
计算
10-12分
难点
整体法和隔离法的应用
连接体问题
1. 连接体
多个相互关联的物体连接（叠放、并排或由绳子、细杆联系）在一起构成的物体系统称为连接体。连接体一般具有相同的运动情况（速度、加速度）。
2. 解决连接体问题的两种方法
“板块”问题
1. “板块”问题
两物体叠放在一起，并通过摩擦力发生相互作用。
2. 处理“板块”问题的关键
（1）加速度：若滑块和木板之间没有相对运动，可用整体法求出它们共同的加速度；若两者之间有相对运动，应采用隔离法分别求出它们的加速度。
（2）速度：两物体之间的摩擦力情况，是根据两物体之间的速度情况来确定的。
（3）位移：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，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。
注意：（1）所说的速度和位移都是相对于地面的。
（2）滑块不从木板上掉下去的条件：滑块与木板保持相对静止时滑块还在木板上。
如图所示，质量M＝2kg足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1＝0.1，另一个质量m＝1 kg的小滑块，以6 m/s的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，g取10 m/s2。
（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离；
（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止；
（3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值。
【答案】（1）3.6 m （2）1 s （3）1 m
【解析】（1）由牛顿第二定律得，a＝μ2g＝5m/s2
x＝＝3.6m
（2）对m：a1＝μ2g＝5 m/s2
对M：μ2mg－μ1（m+M）g＝Ma2，a2＝1m/s2
小滑块相对木板处于静止时，速度相等。v0－a1t＝a2t，t＝1 s
（3）木板在达共速前先做匀加速运动x1＝a2t2＝0.5m
速度v1＝a2t＝1 m/s
以后木板与物块以共同加速度a3做匀减速运动
a3＝－μ1g＝－1 m/s2，减速到0的时间t1＝＝1s，
x2＝v1t1＋a3t＝0.5m
x＝x1＋x2＝1m。
1. 连接体问题
（1）处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路得先用整体法求整体的加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
（2）隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
2. “板块”问题
（1）处理“板块”问题时，一定要注意“板块”问题的三个关系：加速度关系、速度关系、位移关系。
（2）滑块恰好不滑下木块的临界条件是：滑块到达木板的一端时，滑块和木板恰好相对静止。
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，一质量M＝3kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是（ ）
A. 系统做匀速直线运动
B. F＝40 N
C. 斜面体对楔形物体的作用力大小为5N
D. 增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
2. 如图所示，倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平面上，物块B置于斜面上，已知B、C间的动摩擦因数为μ＝tan θ，B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B的质量分别为m、M。现给B一初速度，使B沿斜面下滑，C始终处于静止状态，重力加速度为g，则在B下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 不论A、B的质量大小关系如何，B一定减速下滑
B. A运动的加速度大小为a＝
C. 水平面对C一定有摩擦力，摩擦力的方向可能水平向左
D. 水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
3. 如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（ ）
A. 物块先向左运动，再向右运动
B. 物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C. 木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D. 木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
4. 如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的物体A接触（A与弹簧未连接），质量为m的物体B紧挨A放置，此时弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止，已知物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B与水平面间的摩擦不计，撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0，重力加速度大小为g。则（ ）
A. 物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动
B. 物体刚向左运动时的加速度大小为
C. 物体A、B运动后分离
D. 物体A、B运动x0－后分离
5. 质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：
（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
（2）B与水平面间的动摩擦因数μ2；
（3）A的质量。
1. BD
解析：对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有
F＝（M＋m）a，对楔形物体受力分析如图乙所示。
由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝＝mg＝10N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。
2. ABD
解析：因B、C间的动摩擦因数为μ＝tan θ，故如果物块B不受细绳的拉力作用时，沿斜面方向受力平衡，即Mgsin θ＝μMgcos θ，若给B一初速度，物块B将匀速下滑。但是细绳对B有沿斜面向上的拉力，故物块B一定减速下滑，选项A正确；对A、B分别进行受力分析，由牛顿第二定律可知T＋μMgcos θ－Mgsin θ＝Ma，mg－T＝ma，解得a＝，选项B正确；设水平地面对C的静摩擦力方向水平向左，则斜面C的受力分析如图所示。
由于斜面体始终静止不动，故有：Ff′＋Ffcos θ＝FN2sin θ，FN1＝G＋Ffsin θ＋FN2cos θ，又因为Ff＝Mgsin θ，FN2＝Mgcos θ，联立可得：Ff′＝0，FN1＝G＋Mg，故选项C错误，D正确。
3. BC
解析：由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动，B、C正确。
4. D
解析：撤去F后，在物体A离开弹簧的过程中，弹簧弹力是变力，物体A先做变加速运动，当弹簧弹力小于摩擦力后，物体A做变减速运动，离开弹簧之后A做匀减速运动，故A项错误；撤去F瞬间，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a＝，故B项错误；当A、B分离时，A、B的加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F弹＝μmg＝kx1，x1＝，所以物体A、B一起开始向左运动x＝x0－后分离，C项错误，D项正确。
5. （1）0.2 （2）0.1 （3）6 kg
解析：（1）由图像可知，A在0－1s内的加速度
a1＝＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得，
－μ1mg＝ma1
解得μ1＝0.2.
（2）由图像知，AB在1－3s内的加速度
a3＝＝－1 m/s2，
对AB由牛顿第二定律得，
－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3
解得μ2＝0.1
（3）由图像可知B在0－1s内的加速度a2＝＝2m/s2。
对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2，
代入数据解得m＝6kg。
牛顿运动定律综合应用（二）
重难点
题型
分值
重点
图像问题及临界问题
选择
计算
12-14分
难点
图像信息的获取和临界条件的分析
动力学图像问题
1. 常见的动力学图像
v－t图像、F－a图像、F－x图像、a－t图像、F－t图像等。
2. 数形结合解决动力学图像问题
（1）在图像问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图像信息或者描点作图。
（2）读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息。
动力学中的临界问题
几种临界状态和其对应的临界条件如下表所示
临界状态
临界条件
速度达到最大
物体所受的合外力为零
两物体刚好分离
两物体间的弹力FN＝0
绳刚好被拉直
绳子张力为零
绳刚好被拉断
绳子张力等于绳能承受的最大拉力
两物体相对滑动
静摩擦力达最大值
如图所示，mA=1 kg，mB =2 kg，A、B间静摩擦力的最大值是5 N，水平面光滑。用水平力F拉B，当拉力大小分别为F=10 N和F=20 N时，A、B的加速度各多大？（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）
【答案】时，；时，，
【解析】先确定临界值，即刚好使A、B发生相对滑动的F值，当A、B间的静摩擦力达到5 N时，可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度。以A为研究对象可知a=5 m/s2，再以A、B为一整体可知，A、B不发生相对滑动的拉力的临界值为F=（ mA +mB）a=15 N。
当F= 10 N＜15 N时，A、B仍相对静止，所以aA= aB=；
当F=20 N＞15 N时，A、B间发生了相对滑动，则；以B为研究对象，，则 m/s2。
如图甲所示，质量m=2 kg的物体在水平面上向右做直线运动，过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图像如图乙所示。取重力加速度为g= 10 m/s2.求：
（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）10 s末物体离a的距离。
【答案】（1）F=3 N，μ=0. 05 （2）2 m
【解析】（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由v-t图像得a1 =2 m/s2 ①
根据牛顿第二定律，有Fμmg= ma1 ②
设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，
则由v-t图像得a2 =1 m/s2 ③
根据牛顿第二定律，有F+μmg= ma2 ④
联立①②③④解得F=3 N，μ=0.05。
（2）设10 s末物体离a点的距离为d，d应为v-t图像与横轴所围的面积，则m，负号表示物体在a点左侧。
1. 动力学图像问题的解题策略
2. 分析临界问题注意事项
（1）分析清楚题中的临界状态
（2）分析出来临界状态的条件
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动。随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
2. 如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小为0，然后弹簧又将滑块向右推开。已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则下列说法正确的是（ ）
A. 滑块向左运动过程中，加速度先减小后增大
B. 滑块向右运动过程中，始终做加速运动
C. 滑块与弹簧接触过程中，最大加速度为
D. 滑块向右运动过程中，当滑块离开弹簧时，滑块的速度最大
3. 如图所示，水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态。现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。下列关于所加力F的大小和运动距离x之间关系图像正确的是（ ）
4. 一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度—时间图像如图a所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面。已知空降特战兵的质量为60 kg。设降落伞用8根对称的绳悬挂空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b所示。不计空降特战兵所受的阻力。则空降特战兵（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）（ ）
A. 前2 s处于超重状态
B. 从200 m高处开始跳下
C. 落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125 N
D. 整个运动过程中的平均速度大小为10 m/s
5. 如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球（重力加速度为g）。
（1）当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？
（2）当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？
（3）当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线上的拉力为多大？
1. 60°
解析：当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木板斜面方向列牛顿第二定律方程：
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma①
木块的位移为x，有0－v＝2ax②
根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，根据①式有a＝－g（sin θ＋μcos θ）
根据数学关系有sin θ＋μcos θ＝sin（θ＋α），其中tan α＝μ＝，则α＝30°
要使加速度a最大，则有θ＋α＝90°时取最大值g
所以有θ＝90°－α＝60°时，加速度取最大值为a＝－
代入②可得xmin＝
2. C
解析：滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，滑块做减速运动，加速度大小一直增大，选项A错误；滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力，所以滑块向右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速，选项B错误；由对A的分析可知，当弹簧的压缩量为x0时，水平方向的合力为F＝kx0＋μmg，此时合力最大，由牛顿第二定律有amax＝，选项C正确；在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为x＝时，由胡克定律可得f＝kx＝μmg，此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力为零，此时速度最大，之后滑块开始做减速运动，选项D错误。
3. D
解析：由于弹簧弹力与弹簧压缩量成正比，由牛顿第二定律得，F－kx＝ma，解得F＝kx＋ma，故所加力F的大小和运动距离x之间关系图像正确的是图D。
4. C
解析：由v－t图可知，降落伞在前2 s内加速下降，中间5 s 匀速下降，最后6 s减速下降，故前2 s失重，选项A错误；由v－t图面积x＝×（5＋13）×20 m＝180 m，选项B错误；落地前瞬间a＝＝m/s2＝－m/s2，对特战兵，由牛顿第二定律，8T·cos 37°－mg＝m|a|，T＝125 N，选项C正确；全程平均速度v＝＝m/s＞10 m/s，选项D错误。
5. （1）g （2）g （3）mg
解析：（1）当FT＝0时，小球受重力mg和斜面支持力FN作用，如图甲，则
FNcos 45°＝mg，FNsin 45°＝ma
解得a＝g.故当向右运动的加速度为g时线上的拉力为0.
（2）假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用，如图乙所示。由牛顿第二定律得
水平方向：FT1cos 45°－FN1sin 45°＝ma1，
竖直方向：FT1sin 45°＋FN1cos 45°－mg＝0.
由上述两式解得FN1＝，FT1＝。
由此可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力FN1减小，线的拉力FT1增大。
当a1＝g时，FN1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为FT1＝mg.所以滑块至少以a1＝g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零。
（3）当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和球的重力的作用，如图丙所示，此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得FT′cos α＝ma′，FT′sin α＝mg，解得FT′＝m＝mg。
牛顿运动定律综合应用（三）
重难点
题型
分值
重点
传送带问题
选择
计算
12-14分
难点
物体运动过程中受摩擦力情况分析
传送带模型
1. 水平传送带分析解答问题的关键
（1）对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。
（2）物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2. 倾斜传送带分析解答问题的关键
物体沿倾角为θ的传送带传送时，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。
如图所示，传送带以恒定速率v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°。现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端（小物块可看成质点），平台上的人通过一根轻绳用F＝10 N的恒力拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地面高为H＝1.8 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
（1）求物块在传送带上运动的时间；
（2）若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？
【答案】（1）1 s （2）（2－）s
【解析】（1）物块在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，做匀加速直线运动，有F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1
v＝a1t1
联立得a1＝8 m/s2，t1＝0.5 s，故x1＝a1t＝1m
物块与传送带达到共同速度后，
因F－mgsin θ－μmgcos 37°＝0
故物块在平衡力作用下随传送带一起匀速上升
x2＝－x1＝2 m，t2＝＝0.5 s
物块在传送带上运动的总时间t＝t1＋t2＝1 s。
（2）若在物块与传送带达到速度相等的瞬间撤去恒力F，因为μ
假设物块能向上匀减速运动到速度为零，则
物块通过的位移为x＝＝4 m＞x2
故物块向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台，故x2＝vt3＋a2t
解得t3＝（2－）s（另一解不符合题意，已舍去）
故撤去恒力F后，物块还需（2－）s才能脱离传送带。
解答传送带问题应注意的事项
（1）比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度。
（2）关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动。
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止，重力加速度为g.则（ ）。
A. 只有a>gsinθ，a才受沿传送带向上的静摩擦力作用
B. 只有a
D. 无论a为多大，a都受沿传送带向上的静摩擦力作用
2. 如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s 的速度匀速运行。t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时，传送带突然制动停下。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2。在下图中，关于滑块相对地面运动的vt图像正确的是（ ）
3. 如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2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。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2>v1，则 （ ）
A. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C. 0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D. 0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
4. 一水平传送带以4 m/s的速度逆时针传送，水平部分长L＝6 m，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2.求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。
5. 如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37°，以5 m/s的速度向上运动。一个质量为2 kg的物块（可视为质点），沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5（取g＝10 m/s2）。求：
（1）物块刚滑上传送带时的加速度大小；
（2）物块到达传送带顶端时的速度。
6. 如图所示，水平传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长，重力加速度为g。问：
（1）物体从A到B做什么运动？
（2）当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？
（3）物体从A到B运动的时间为多少？
（4）什么条件下物体从A到B所用时间最短？
1. B 解析：A与传送带相对静止，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，A有沿斜面向下的加速度a，对A受力分析可知只有a
3. B 解析：t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，A错误；t1～t2时间段，小物块对地向右加速，相对传送带仍向左运动，之后相对静止，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C错误；t2～t3时间内小物块随传送带一起向右匀速运动，不受摩擦力作用，D错误。
4. 6.1 s
解析：根据牛顿第二定律得，μmg＝ma
解得a＝μg＝2m/s2；
设经过t时间物块的速度与传送带的速度相同，则有：v＝at1，解得t1＝＝2s；
经过的位移x1＝＝4m<6 m，
在传送带上匀速运动的时间t2＝＝0.5s
物块在斜面上的加速度a′＝＝gsin30°＝5 m/s2，
在斜面上的运动时间t3＝＝1.6s，
返回传送带在传送带减速到零的时间t4＝＝2s.
则t＝t1＋t2＋t3＋t4＝6.1 s.
5. （1）10 （2）4
解：（1）物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
解得a1＝10 m/s2。
（2）设物块速度减为5 m/s所用时间为t1，则
v0－v＝a1t1
解得t1＝0.5 s
通过的位移：x1＝t1＝3.75 m<6 m
因μ
解得a2＝2 m/s2
设物块到达最高点的速度为v1，则v2－＝2a2x2
x2＝l－x1＝2.25 m
解得v1＝4 m/s
6. （1）先匀加速，后匀速 （2） （3）＋
（4）v≥
解析：（1）物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动。
（2）由v＝at和a＝μg，解得t＝
物体的位移x1＝at2＝
传送带的位移x2＝vt＝
（3）物体从A到B运动的时间为
t总＝＋＝＋
（4）当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥。
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