拓展课(二) 用牛顿运动定律解决几类典型问题
核心要点 动力学图像问题
[要点归纳]
1.动力学中两类常见图像及其处理方法
(1)v－t图像：可以从所提供图像获取运动的方向、瞬时速度、某时间内的位移以及加速度，结合实际运动情况可以确定物体的受力情况。
(2)F－t图像：首先应明确该图像表示物体所受的是哪个力，还是合力，根据物体的受力情况确定加速度，从而研究它的运动情况。
2.图像问题的分析方法
遇到带有物理图像的问题时，要认真分析图像，先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图像给出的信息，再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式解题。
[试题案例]
[例1] (多选)某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。从演员在滑杆上端做完动作开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的v－t图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.演员的体重为800 N
B.演员在最后2 s内加速度方向向上
C.传感器显示的最小拉力为620 N
D.滑杆长7.5 m
解析 演员在滑杆上静止时传感器显示的800 N等于演员和滑杆的重力之和，所以演员体重为600 N，A错误；由v－t图像可知，1.5～3.5 s内演员向下做匀减速运动，加速度方向向上，B正确；演员加速下滑时滑杆所受拉力最小，此时a1＝3 m/s2，对演员由牛顿第二运动定律知mg－f1＝ma1，解得f1＝420 N，对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为F1＝420 N＋200 N＝620 N，C正确；由v－t图像中图线围成的面积可得滑杆长为4.5 m，D错误。
答案 BC
解题策略
[针对训练1] 质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图像如图所示。取g＝10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为( )
A.0.2，6 N B.0.1，6 N
C.0.2，8 N D.0.1，8 N
解析 在6～10 s内物体水平方向只受滑动摩擦力作用，加速度a＝－μg，v－t图像的斜率表示加速度，a＝ m/s2＝－2 m/s2，解得μ＝0.2。在0～6 s内，F－μmg＝ma′，而a′＝ m/s2＝1 m/s2，解得F＝6 N，选项A正确。
答案 A
核心要点 传送带问题
[要点归纳]
传送带问题涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的运用，主要有以下两类：
类型
图示
滑块运动情况
水
平
传
送
带
(1)可能一直加速；
(2)可能先加速后匀速
(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；
(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端；
(2)传送带较长时，滑块先向左运动，减速到零后再向右运动，再回到右端
倾
斜
传
送
带
(1)可能一直加速；
(2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速；
(2)可能先加速后匀速；
(3)可能先以a1加速后再以a2加速
温馨提示 滑块与传送带等速的时刻，即v物＝v传时，是相对运动方向及摩擦力方向改变的时刻，也是滑块运动状态转折的临界点。
[试题案例]
[例2] 如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量m＝0.5 kg的物体从离传送带左端很近的a点轻轻地放上去，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为多少？(g取10 m/s2)
解析 对物体，根据题意得a＝＝μg＝1 m/s2，当速度达到1 m/s时，所用的时间t1＝＝ s＝1 s，通过的位移s1＝＝0.5 m＜2.5 m。在剩余位移s2＝L－s1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，因为物体与传送带间无摩擦力，所以物体以1 m/s的速度随传送带做匀速运动，所用时间t2＝＝2 s。
因此共需时间t＝t1＋t2＝3 s。
答案 3 s
温馨提示 解决水平传送带(匀速运动)应注意的问题
(1)若物体到达传送带的另一端时速度还没有达到传送带的速度，则该物体一直做匀加速直线运动。
(2)若物体到达传送带的另一端之前速度已经和传送带相同，则物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。
[针对训练2] 如图所示，物块在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，下列分析正确的是 ( )
A.物块下滑的速度不变
B.物块开始在传送带上加速到2v0后匀速
C.物块先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动
D.物块受的摩擦力方向始终沿传送带向上
解析 在传送带的速度由零逐渐增加到v0的过程中，物块相对于传送带下滑，故物块受到的滑动摩擦力方向向上，故这段过程中物块继续匀速下滑，在传送带的速度由v0逐渐增加到2v0过程中，物块相对于传送带上滑，物块受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，物块加速下滑，当物块的速度达到2v0时，物块相对传送带静止，随传送带匀速下滑，故选项C正确。
答案 C
核心要点 滑板——滑块问题
[要点归纳]
1.模型特点
滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动。如图所示。
2.板块模型的三个基本关系
(1)加速度关系：如果滑块与滑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；如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出滑块与滑板运动的加速度。应注意找出滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件。
(2)速度关系：滑块与滑板之间发生相对运动时，认清滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力。应注意当滑块与滑板的速度相同时，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。
[试题案例]
[例3] 如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长。(g取10 m/s2)
(1)小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
(3)从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小为多少？
解析 (1)物块的加速度am＝μg＝2 m/s2
长木板的加速度aM＝＝0.5 m/s2。
(2)由amt＝v0＋aM t可得t＝1 s。
(3)在开始1 s内小物块的位移s1＝amt2＝1 m
1 s末速度为v＝amt＝2 m/s
在接下来的0.5 s物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为
a＝＝0.8 m/s2
这0.5 s内的位移为s2＝vt′＋at′2＝1.1 m
通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1 m。
答案 (1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)1 s (3)2.1 m
方法总结
叠放在一起的滑块与滑板，它们之间存在相互作用力，在其他外力作用下它们或者以相同的加速度运动，或者加速度不同，当然无论是哪种情况，受力分析和运动过程分析都是解题的关键。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。
[针对训练3] 如图所示，质量为M＝1 kg，长为L＝0.5 m的木板A上放置一质量为m＝0.5 kg的物体B，A平放在光滑桌面上，B位于A中点处，B与A之间的动摩擦因数为μ＝0.1，B与A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力(B可看做质点，重力加速度g取10 m/s2)。求：
(1)要用多大力拉A，才能使A从B下方抽出？
(2)当拉力为3.5 N时，经过多长时间A从B下方抽出？
解析 (1)当拉力较小时，A和B可以相对静止一起向右做加速运动，此时A、B之间是静摩擦力，
对整体有F＝(M＋m)a，
而隔离B有f＝ma
当静摩擦力达到最大静摩擦力时，是两者将发生相对滑动的临界状态，令f＝μmg
联立得F＝1.5 N，则要用大于1.5 N的力拉A，才能使A从B下方抽出。
(2)当拉力为3.5 N时，对A，由牛顿第二运动定律有
F′－μmg＝MaA，得aA＝3 m/s2
B的加速度为aB＝μg＝1 m/s2
设经过时间t，A从B下方抽出，
则根据几何关系得aAt2－aBt2＝
联立解得t＝0.5 s。
答案 (1)大于1.5 N (2)0.5 s
1.(动力学图像)雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图像可以正确反映出雨滴下落运动情况的是 ( )
解析 对雨滴受力分析，由牛顿第二运动定律得：mg－f＝ma。雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，故加速度减小，在v－t图像中其斜率变小，故选项C正确。
答案 C
2.(传送带问题)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.木炭包的质量越大，径迹的长度越短
C.传送带运动的速度越大，径迹的长度越短
D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短
解析 刚放上木炭包时，木炭包的速度小，传送带的速度大，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹出现在木炭包的右侧，所以A错误；木炭包与传送带共速所用时间t＝，木炭包的位移s1＝t＝，传送带运动的位移s2＝vt＝，径迹长L＝s2－s1＝，由此可知选项D正确，B、C错误。
答案 D
3.(滑板——滑块问题)如图所示，长度l＝2 m，质量M＝ kg的木板置于光滑的水平地面上，质量m＝2 kg的小物块(可视为质点)位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数μ＝0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力F＝10 N，取g＝10 m/s2。求：
(1)将木板M固定，小物块离开木板时的速度大小；
(2)若木板M不固定，m和M的加速度a1、a2的大小；
(3)若木板M不固定，小物块从开始运动到离开木板所用的时间。
解析 (1)对小物块进行受力分析，
由牛顿第二运动定律得
F－μmg＝ma，得a＝4 m/s2
小物块离开木板，有v2＝2al，解得v＝4 m/s。
(2)对m，由牛顿第二运动定律
F－μmg＝ma1，解得a1＝4 m/s2
对M，由牛顿第二运动定律μmg＝Ma2，解得a2＝3 m/s2。
(3)由位移公式知s1＝a1t2，s2＝a2t2
小物块从开始运动到离开木板s1－s2＝l
联立解得t＝2 s。
答案 (1)4 m/s (2)4 m/s2 3 m/s2 (3)2 s
基础过关
1.(多选)如图甲所示，在粗糙程度相同的水平面上，物块A在水平向右的外力F作用下做直线运动，其速度—时间图像如图乙所示。下列判断正确的是( )
A.在0～1 s内，外力F不断增大
B.在1～3 s内，外力F的大小恒定
C.在3～4 s内，外力F不断减小
D.在3～4 s内，外力F的大小恒定
解析 从图像可得0～1 s内物体做匀加速直线运动；1～3 s内做匀速运动；3～
4 s内做匀减速运动。匀速或匀变速运动时，物体的受力都是恒定的，故选项B、D正确。
答案 BD
2.(多选)将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力大小不变，重力加速度g＝10 m/s2，其速度—时间图像如图所示，则( )
A.上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9
B.上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1
C.物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1
D.物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1
解析 上升、下降过程中加速度大小分别为a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2，由牛顿第二运动定律得mg＋f阻＝ma上，mg－f阻＝ma下，联立解得mg∶f阻＝10∶1，A、D正确。
答案 AD
3.质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图所示，a、b分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用的v－t图像，则拉力与摩擦力之比为( )
A.9∶8 B.3∶2
C.2∶1 D.4∶3
解析 由v－t图像知，图线a为受水平拉力和摩擦力的作用，加速度大小a1＝0.75 m/s2。图线b为仅受摩擦力的作用，加速度大小a2＝1.5 m/s2; 由牛顿第二运动定律列方程F－f＝ma1，f＝ma2，解得＝。
答案 B
4.如图，光滑水平面上，水平恒力F作用在木块上，长木板和木块间无相对滑动，长木板质量为M，木块质量为m。它们共同加速度为a，木块与长木板间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中( )
A.木块受到的摩擦力一定是μmg
B.木块受到的合力为F
C.长木板受到的摩擦力为μmg
D.长木板受到的合力为
解析 整体的加速度a＝，隔离长木板，受力分析，长木板所受的合力为
合＝，且长木板所受的合力等于长木板所受的摩擦力。又长木板所受的摩擦力等于长木板对木块的摩擦力，故选项A、C错误，D正确；木块所受的合力
F合′＝ma＝，故选项B错误。
答案 D
5.如图所示，水平放置的传送带以速度v＝2 m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A端与B端相距6 m，则物体由A到B的时间为(g＝10 m/s2)( )
A.2 s B.2.5 s C.3.5 s D.4 s
解析 物体在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝μg＝2 m/s2，当物体的速度为2 m/s时，位移为s1＝ m＝1 m＜6 m，所以在到达B点之前，物体还有一段做匀速直线运动，加速时间为t1＝＝ s＝1 s，匀速时间为t2＝＝ s＝2.5 s，故总时间为t＝t1＋t2＝1 s＋2.5 s＝3.5 s，C正确。
答案 C
6.(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。下列选项正确的是( )
解析 物体在传送带上先做匀加速运动，当达到共同速度后再做匀速运动，故A、B正确。
答案 AB
7.如图所示，质量为M，长为L的滑板静止在光滑水平面上，一质量为m的小滑块以速度v从左端滑上滑板，最后刚好不从滑板右端掉下，重力加速度大小为g。求：滑块与滑板间的动摩擦因数。
解析 设两者间的动摩擦因数为μ，刚滑到滑板右端用时为t
则小滑块所受的摩擦力为f＝μmg
由牛顿第三运动定律得，长木板所受的摩擦力大小为
f′＝f
滑块的加速度a1＝＝μg，方向向左
滑板的加速度a2＝＝，方向向右
刚好不掉下满足的条件
v－a1t＝a2t①
vt－a1t2＝a2t2＋L②
联立①②解得μ＝。
答案
8.为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α＝30°，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)求撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长)。
解析 (1)0～2 s内，物体沿斜面向上做匀加速直线运动，由牛顿第二运动定律得F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1，
a1＝＝0.5 m/s2，
2 s后，物体匀速运动，F2－mgsin α－μmgcos α＝0，
代入数据解得m＝3 kg，μ＝。
(2)撤去推力F后，有－μmgcos α－mgsin α＝ma3，
解得a3＝－ m/s2，s3＝＝0.075 m。
答案 (1) (2)0.075 m
能力提升
9.(多选)已知雨滴在空中运动时所受空气阻力f＝kr2v2，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为其运动速率。t＝0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a表示。落地前雨滴已做匀速运动，速度为v0。下列图像中正确的是( )
解析 雨滴由静止开始下落，所受空气阻力为0，则此时雨滴只受重力，加速度为g，随着雨滴速度增大，所受空气阻力增大，根据牛顿第二运动定律得mg－f＝ma，则加速度减小，即雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，最后f＝mg时，加速度减小到零，雨滴做匀速运动，选项A、B正确；雨滴最后匀速运动时有kr2v＝mg＝ρ·g，得v＝r，选项C正确，D错误。
答案 ABC
10.如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，质量M＝
4 kg，长L＝1.4 m。木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m＝1 kg，其尺寸远小于L，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。(取g＝10 m/s2)
(1)现将一水平恒力F作用在木板上，为使小滑块能从木板上面滑落下来，则F大小的范围是多少？
(2)其他条件不变，若恒力F＝22.8 N，且始终作用在木板上，最终使得小滑块能从木板上滑落下来，则小滑块在木板上面滑动的时间是多少？
解析 (1)要使小滑块能从木板上滑下，则小滑块与木板之间应发生相对滑动，此时，对小滑块分析得出μmg＝ma1，解得a1＝4 m/s2。
对木板分析得出F－μmg＝Ma2，
加速度a1、a2均向右，若小滑块能从木板上滑下，则需要满足a2＞a1，
解得F＞20 N。
(2)当F＝22.8 N时，由(1)知小滑块和木板发生相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma3，则a3＝4.7 m/s2。
设经时间t，小滑块从木板上滑落，则a3t2－a1t2＝L，
解得t＝－2 s(舍去)或t＝2 s。
答案 (1)F＞20 N (2)2 s
11.如图所示，水平传送带两端相距s＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。(g取10 m/s2)
(1)若传送带静止不动，求vB；
(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，则求出到达B点的速度vB；
(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。
解析 (1)根据牛顿第二运动定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6 m/s2，且v－v＝2as，故vB＝2 m/s。
(2)能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度就不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB＝2 m/s。
(3)工件速度达到13 m/s所用时间为t1＝＝0.5 s，运动的位移为s1＝vAt1＋
at＝5.75 m＜8 m，则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速。匀速运动的位移s2＝s－s1＝2.25 m，t2＝≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。
答案 (1)2 m/s (2)能，2 m/s (3)13 m/s 0.67 s
12.某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10 m，传送带以v＝5 m/s 的恒定速度匀速向上运动。在传送带底端A轻放上一质量m＝5 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝。求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10 m/s2)
解析 以货物为研究对象，由牛顿第二运动定律得
μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，
解得a＝2.5 m/s2
货物匀加速运动时间t1＝＝2 s
货物匀加速运动位移s1＝at＝5 m
然后货物做匀速运动，运动位移s2＝L－s1＝5 m
匀速运动时间t2＝＝1 s
货物从A到B所需的时间t＝t1＋t2＝3 s。
答案 3 s
课件28张PPT。拓展课(二) 用牛顿运动定律解决几类典型问题动力学图像问题(1)v－t图像：可以从所提供图像获取运动的方向、瞬时速度、某时间内的位移以及加速度，结合实际运动情况可以确定物体的受力情况。
(2)F－t图像：首先应明确该图像表示物体所受的是哪个力，还是合力，根据物体的受力情况确定加速度，从而研究它的运动情况。[要点归纳]
1.动力学中两类常见图像及其处理方法核心要点2.图像问题的分析方法遇到带有物理图像的问题时，要认真分析图像，先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图像给出的信息，再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式解题。[试题案例]
[例1] (多选)某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。从演员在滑杆上端做完动作开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的v－t图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )A.演员的体重为800 N
B.演员在最后2 s内加速度方向向上
C.传感器显示的最小拉力为620 N
D.滑杆长7.5 m
解析 演员在滑杆上静止时传感器显示的800 N等于演员和滑杆的重力之和，所以演员体重为600 N，A错误；由v－t图像可知，1.5～3.5 s内演员向下做匀减速运动，加速度方向向上，B正确；演员加速下滑时滑杆所受拉力最小，此时a1＝3 m/s2，对演员由牛顿第二运动定律知mg－f1＝ma1，解得f1＝420 N，对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为F1＝420 N＋200 N＝620 N，C正确；由v－t图像中图线围成的面积可得滑杆长为4.5 m，D错误。
答案 BC解题策略[针对训练1] 质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图像如图所示。取g＝10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为( )A.0.2，6 N B.0.1，6 N
C.0.2，8 N D.0.1，8 N答案 A传送带问题传送带问题涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的运用，主要有以下两类：[要点归纳]核心要点温馨提示 滑块与传送带等速的时刻，即v物＝v传时，是相对运动方向及摩擦力方向改变的时刻，也是滑块运动状态转折的临界点。[试题案例]
[例2] 如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量m＝0.5 kg的物体从离传送带左端很近的a点轻轻地放上去，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为多少？(g取10 m/s2)因此共需时间t＝t1＋t2＝3 s。
答案 3 s温馨提示 解决水平传送带(匀速运动)应注意的问题
(1)若物体到达传送带的另一端时速度还没有达到传送带的速度，则该物体一直做匀加速直线运动。
(2)若物体到达传送带的另一端之前速度已经和传送带相同，则物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。[针对训练2] 如图所示，物块在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，下列分析正确的是 ( )
A.物块下滑的速度不变
B.物块开始在传送带上加速到2v0后匀速
C.物块先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动
D.物块受的摩擦力方向始终沿传送带向上解析 在传送带的速度由零逐渐增加到v0的过程中，物块相对于传送带下滑，故物块受到的滑动摩擦力方向向上，故这段过程中物块继续匀速下滑，在传送带的速度由v0逐渐增加到2v0过程中，物块相对于传送带上滑，物块受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，物块加速下滑，当物块的速度达到2v0时，物块相对传送带静止，随传送带匀速下滑，故选项C正确。
答案 C[要点归纳]
1.模型特点滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动。如图所示。滑板——滑块问题核心要点2.板块模型的三个基本关系(1)加速度关系：如果滑块与滑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；如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出滑块与滑板运动的加速度。应注意找出滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件。
(2)速度关系：滑块与滑板之间发生相对运动时，认清滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力。应注意当滑块与滑板的速度相同时，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。[试题案例]
[例3] 如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长。(g取10 m/s2)
(1)小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
(3)从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小为多少？解析 (1)物块的加速度am＝μg＝2 m/s2(2)由amt＝v0＋aM t可得t＝1 s。1 s末速度为v＝amt＝2 m/s通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1 m。
答案 (1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)1 s (3)2.1 m方法总结
叠放在一起的滑块与滑板，它们之间存在相互作用力，在其他外力作用下它们或者以相同的加速度运动，或者加速度不同，当然无论是哪种情况，受力分析和运动过程分析都是解题的关键。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。[针对训练3] 如图所示，质量为M＝1 kg，长为L＝0.5 m的木板A上放置一质量为m＝0.5 kg的物体B，A平放在光滑桌面上，B位于A中点处，B与A之间的动摩擦因数为μ＝0.1，B与A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力(B可看做质点，重力加速度g取10 m/s2)。求：
(1)要用多大力拉A，才能使A从B下方抽出？
(2)当拉力为3.5 N时，经过多长时间A从B下方抽出？解析 (1)当拉力较小时，A和B可以相对静止一起向右做加速运动，此时A、B之间是静摩擦力，
对整体有F＝(M＋m)a，
而隔离B有f＝ma
当静摩擦力达到最大静摩擦力时，是两者将发生相对滑动的临界状态，令f＝μmg
联立得F＝1.5 N，则要用大于1.5 N的力拉A，才能使A从B下方抽出。(2)当拉力为3.5 N时，对A，由牛顿第二运动定律有
F′－μmg＝MaA，得aA＝3 m/s2
B的加速度为aB＝μg＝1 m/s2
设经过时间t，A从B下方抽出，联立解得t＝0.5 s。
答案 (1)大于1.5 N (2)0.5 s
