所以在到达传送带右端前物块已匀速
物块以v0速度滑上斜面
－mgsinθ＝ma2
物块速度为零时沿斜面上升的距离
s2＝
＝
m
由于s2<0.4m，所以物块未到达斜面的最高点．
（2）物块从开始到第一次到达传送带右端所用的时间
t1＝
＋
＝1.5s
物块第一次在斜面上往返的时间
t2＝
＝
s
物块再次滑到传送带上速度仍为v0，方向向左
－μmg＝ma3
向左端发生的最大位移s3＝
所用时间t3＝
＝1s
又物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，故4.5s末物块在斜面上速度恰好减为零
故物块通过的总路程
s＝L＋3s2＋2s3
解得s＝5m.
【答案】
（1）不能
m
（2）5m
[突破训练]
1．如图3 2所示为上、下两端相距L＝5m，倾角α＝30°，始终以v＝3m/s的速率顺时针转动的传送带（传送带始终绷紧）．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2s到达下端，重力加速度g取10m/s2，求：
【导学号：
96622055】
（1）传送带与物体间的动摩擦因数；
（2）如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端．
图3 2
【解析】
（1）物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.
由题意得L＝
at2
解得a＝2.5m/s2；
由牛顿第二定律得
mgsinα－f＝ma，又f＝μmgcosα
解得μ＝
＝0.29.
（2）如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体所受摩擦力始终沿传送带向下，设此时传送带速度为v′，物体加速度a′.则由牛顿第二定律得
mgsinα＋f＝ma′
又f＝μmgcosα，v′2＝2a′L
联立解得v′＝8.66m/s.
【答案】
（1）0.29
（2）8.66m/s
物理模型2|动力学中的“滑块、滑板”模型
1．模型特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．
2．两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
3．解题思路
（1）审题建模
求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．
（2）求加速度
准确求出各物体在各运动过程的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）．
（3）明确关系
找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口．求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．
（2015·全国卷Ⅰ）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图3 3（a）所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：
（a） （b）
图3 3
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离．
【思路导引】
【规范解答】
（1）规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有
－μ1（m＋M）g＝（m＋M）a1①
由题图（b）可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度
v1＝4m/s，由运动学公式有
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋
a1t
③
式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．
联立①②③式和题给条件得
μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由题图（b）可得
a2＝
⑥
式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1（M＋m）g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝
Δt⑪
小物块运动的位移为
s2＝
Δt⑫
小物块相对木板的位移为
Δs＝s2－s1⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得
Δs＝6.0m⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m.
（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1（m＋M）g＝（m＋M）a4⑮
0－v
＝2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为
s＝s1＋s3⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得
s＝－6.5m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.
【答案】
（1）0.1 0.4
（2）6.0m （3）6.5m
[突破训练]
2．（2017·连云港模拟）如图3 4所示，薄板A长L＝5m，其质量M＝5kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端s＝3m处放一物体B（可看成质点），其质量m＝2kg.已知A、B间动摩擦因数μ1＝0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上，直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．（g取10m/s2）求：
（1）B运动的时间；
（2）力F的大小．
图3 4
【解析】
（1）对于B，在未离开A时，其加速度为：
aB1＝
＝1m/s2
设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为：
aB2＝－
＝－2m/s2
设物体B离开A时的速度为vB
有vB＝aB1t1和
aB1t
＋
＝s
代入数据解得t1＝2s
t2＝
＝1s
所以B运动的时间是：
t＝t1＋t2＝3s.
（2）设A的加速度为aA，则根据相对运动的位移关系得
aAt
－
aB1t
＝L－s
解得：
aA＝2m/s2
由牛顿第二定律得
F－μ1mg－μ2（m＋M）g＝MaA
代入数据得：
F＝26N.
【答案】
（1）3s
（2）26N
高考热点1|动力学中的图象问题
利用图象分析动力学问题时，关键是要将题目中的物理情景与图象结合起来分析，利用物理规律或公式求解或作出正确判断．如必须弄清位移、速度、加速度等物理量和图象中斜率、截距、交点、拐点、面积等的对应关系．
（多选）如图3 5所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．滑块的vt图象可能是下列选项中的（ ）
图3 5
【规范解答】 设滑块质量为m，木板质量为M，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，若有μ1mg<μ2（M＋m）g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度a1＝μ1g，木板不动，选项D正确；若有μ1mg>μ2（M＋m）g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度为a1＝μ1g，木板向右匀加速运动，当二者共速后，一起以a2＝μ2g的加速度匀减速到停止，因a1>a2，故选项B正确．
【答案】 BD
[突破训练]
3．（多选）如图3 6甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示（g取10m/s2），下列结论正确的是（ ）【导学号：
96622056】
图3 6
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态
B．弹簧的劲度系数为750N/m
C．物体的质量为2kg
D．物体的加速度大小为5m/s2
ACD 物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项A正确；从图中可知ma＝10N，ma＝Fm－mg，解得物体的质量为m＝2kg，物体的加速度大小为a＝5m/s2，所以选项C、D正确；弹簧的劲度系数k＝
＝
N/m＝500N/m，所以选项B错误．
高考热点2|动力学中的多过程问题
综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点．解决“多过程”问题的关键：
首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”．
如图3 7所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的高度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f（f（1）请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中，A、B各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小；
（2）B至少应该多长？
图3 7
【规范解答】
（1）释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为a＝g，B与地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，加速度大小aA＝
，B竖直向上做匀减速运动，加速度大小aB＝
，
B速度减为零后，继续以加速度aB向下运动．
（2）B着地前瞬间的速度为v1＝
，
B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t＝
，
在此时间内A的位移x＝v1t＋
aAt2，
要使B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满足条件L≥x，联立以上各式，解得L≥
h.
【答案】
（1）见解析
（2）
h
[突破训练]
4．有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：
选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败．其简化模型如图3 8所示，AC是长度为L1＝7m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱，BC为有效区域．已知BC长度L2＝1m，木箱的质量m＝50kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F＝200N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10m/s2.那么该选手要想游戏获得成功，试求：
图3 8
（1）推力作用在木箱上时的加速度大小；
（2）推力作用在木箱上的时间满足什么条件？
【解析】
（1）设推力作用在木箱上时的加速度为a1，根据牛顿运动定律得F－μmg＝ma1
解得a1＝3m/s2.
（2）撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿运动定律得μmg＝ma2
解得a2＝1m/s2
推力作用在木箱上时间t内的位移为x1＝
a1t2
撤去力F后木箱继续滑行的距离为x2＝
木箱停在有效区域内，要满足条件L1－L2≤x1＋x2≤L1
解得1s≤t≤
s.
【答案】
（1）3m/s2
（2）1s≤t≤
s
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