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第2 讲 力与直线运动
考点一 匀变速直线运动规律及应用
例1 (2025·安徽卷·4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a 的匀加速运动，位
移大小为x；接着在t 时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a 的匀减速运动，到达乙站时速度恰
好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则( )
A.x= 1
18at2
B.x= 1
16at2
C.x=1
8at2
D.x=1
2at2
答案 A
解析 设匀加速直线运动时间为t'，匀速运动的速度为v，有x=v
2t'，根据逆向思维，可知匀减速直线运动
阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x-x-x=vt，联立解得t'= t
3，根据x=1
2
at'2，解得x= 1
18at2，A 正确，B、C、D 错误。
例2 (2024·广西卷·13)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d=0.9 m，
某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1 号锥筒运动到2 号锥筒用时t1=0.4 s，从2 号锥筒运
动到3 号锥筒用时t2=0.5 s。求该同学：
(1)滑行的加速度大小；
(2)最远能经过几号锥筒。
答案 (1)1 m/s2 (2)4
解析 (1)根据匀变速运动规律，某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在1、2 间中间时刻的
速度为v1= d
t1
=2.25 m/s
2、3 间中间时刻的速度为v2= d
t2
=1.8 m/s
故可得加速度大小为
a= Δv
Δt =
v1- v2
t1
2 + t2
2
=1 m/s2
(2)设到达1 号锥筒时的速度为v0，根据匀变速直线运动规律得v1=v0-at1
2
代入数据解得v0=2.45 m/s
从1 号开始到停止时通过的位移大小为x=v0
2
2a
=3.001 25 m≈3.33d
故可知最远能经过4 号锥筒。
考点二 牛顿运动定律的应用
1.牛顿第二定律
(1)表达式：F=ma，其中F 为物体所受的合外力，F、m、a 三个量对应同一个物体，且各量都取国际单
位。
(2)应用常用方法：
①矢量合成法：若物体只受两个力作用，可用平行四边形定则求这两个力的合力，合力的方向与加速
度的方向相同。
②正交分解法：当物体受多个力作用时
常用正交分解法列方程：Fx=ma，Fy=0 或Fx=0，Fy=ma
特殊情况下可分解加速度：{
F x =max
F y =ma y
2.系统牛顿第二定律
若研究对象是两个或两个以上的物体，且加速度不同。
系统牛顿第二定律的表达式：
一般形式：∑F 外=m1a1+m2a2+m3a3+…
分量形式：{
∑F外x =m1a1 x+m2a2 x+m3a3 x+…
∑F外y =m1a1 y+m2a2 y+m3a3 y+…
说明：上述表达式左边只有系统受到的外力，内力不需要考虑。
例3 (多选)(2025·安徽卷·5 改编)如图，装有轻质光滑定滑轮的长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1.0 kg，木箱质量为5.0 kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空
气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，则在乙下落的过程中( )
A.甲对木箱的摩擦力方向向左
B.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
C.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
D.地面对木箱的支持力大小为67.5 N
答案 BD
解析 根据相对运动，物块甲相对木箱向右运动，甲受到木箱向左的摩擦力，则甲对木箱的摩擦力方向向
右，A 错误；设物块乙运动的加速度为a，绳子的弹力大小为FT，对甲受力分析有FT-μm 甲g=m 甲a，对乙
受力分析有m 乙g-FT=m 乙a，联立解得a=2.5 m/s2，FT=7.5 N，B 正确，C 错误；只有乙有竖直向下的恒定加
速度，对甲、乙和木箱组成的系统，在竖直方向由牛顿第二定律有(M+m 甲+m 乙)g-FN=m 乙a 得，FN=(M+m 甲
+m 乙)g-m 乙a=67.5 N，D 正确。
四类常见连接体问题
接触面光滑，或μA=μB
三种情况中弹簧弹力、绳的张
力大小相同且与接触面是否光
滑无关
跨滑轮的连接体
两物体速度和加速度大小相
同、方向不同，常用隔离法
叠加类连接体
两物体刚要发生相对滑动时物
体间达到最大静摩擦力
靠在一起的连接体
分离时相互作用力为零，但此
时两物体的加速度仍相等
例4 (八省联考·陕西·6)如图，质量均为m 的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，
处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则( )
A.L1的拉力大小为√3mg
B.L2的拉力大小为3mg
C.若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为√3g
D.若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g
答案 C
解析 对甲、乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为FT1=2mgtan 60°=2√3mg，L2的拉力大小为FT2=
2mg
cos60° =4mg，选项A、B 错误；
剪断L1瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；甲球将以L2绳的悬点为圆心做
圆周运动，在剪断L1瞬间，甲球速度为零，向心加速度为零，只有切向加速度，对小球甲受力分析，F 合
=2mgsin 60°=√3mg，由牛顿第二定律可知加速度a= F合
m =√3g，选项C 正确，D 错误。
例5 (2025·福建福州市模拟)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)，在与水平面夹角
θ=14.5°的滑雪道上，质量m=60 kg 的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力
可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑x1=45 m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过
滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x2=15 m 后停止。已知sin 14.5°=0.25，sin 37°=0.6，重力加速度
g 取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求减速过程中滑雪者加速度a 的大小；
(2)如图(b)，若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均
为F，求F 的大小。
答案 (1)7.5 m/s2 (2)500 N
解析 (1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1=v2
由牛顿第二定律知mgsin θ=ma1
代入数据得v=√2 g x1sinθ=15 m/s
匀减速继续下滑的过程有2ax2=v2
代入数据得a= v
2
2 x2
=7.5 m/s2
(2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，根据牛顿第二定律有2Fsin α
2 -mgsin θ=ma
解得F=
ma+mgsinθ
2sin α
2
=500 N。
解决动力学两类基本问题的思路
考点三 运动学和动力学图像
1.三种运动学图像
常见图像
斜率k
图线与横轴
所围面积
两图像交点
x-t 图像
Δ x
Δt =v
-
表示相遇
v-t 图像
Δv
Δt =a
位移x
表示此时速度相等，往往是距离
最大或最小的临界点
a-t 图像
-
速度变
化量Δv
表示此时加速度相等
2.三种动力学图像
F-t 图像
思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解
思路二：动量定理，图线与t 轴所围面积表示F 的冲
量
F-x 图像
思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解
思路二：动能定理，图线与x 轴所围面积表示力F 做
的功
a-F 图像
根据牛顿第二定律列式，再变换成a-F 关系
例如：如图所示，F-μmg=ma，a= F
m-μg，则a-F 图像
的斜率为1
m，纵截距为-μg
3.非常规图像
非常规图像(举例)
函数表达式
斜率k
纵截距b
v2-x 图像
由v2-v0
2=2ax
得v2=v0
2+2ax
2a
v0
2
x
t -t 图像
由x=v0t+1
2at2
得x
t =v0+1
2at
1
2a
v0
x
t
2-1
t 图像
由x=v0t+1
2at2得x
t
2=v01
t +1
2a
v0
1
2a
a-x 图像
由v2-v0
2=2ax 知图线与x 轴所围面积等于v
2- v0
2
2
，此面
积与物体质量乘积表示动能的变化量
1
v -x 图像
图线与横轴所围面积表示运动时间
1
a-v 图像
注意：x
t -t 图像与t 轴所围的面积不表示这段时间内物体的位移。
例6 (2025·江西省一模)一辆汽车刹车过程中可看成匀减速直线运动，刹车t 时间内的位移为x，其刹
车过程的x
t -t 图像如图所示(图中横轴截距b 和纵轴截距c 均已知)，则整个刹车过程的( )
A.平均速度大小为1
2c
B.平均速度大小为c
C.加速度大小为c
b
D.加速度大小为c
2b
答案 A
解析 根据位移时间关系可得x=v0t-1
2at2，变形可得x
t =v0-1
2at，则初速度大小v0=c，整个刹车过程的平均速
度v=1
2v0=1
2c，故A 正确，B 错误；结合图线可得1
2a=c
b，解得a=2c
b ，故C、D 错误。
物理中一次函数问题的解题思路
举例
基本公式
变形后的一次函数表
达式
斜率
纵截距
单摆T2-l 图像
T=2π√
l
g
T2=4π2 l
g
4 π
2
g
-
伏阻法测电动势和内阻
的1
U - 1
R 图像
E=U+U
R r
1
U = r
E · 1
R + 1
E
r
E
1
E
安阻法测电动势和内阻
的1
I -R 图像
E=I(R+r)
1
I = 1
E R+ r
E
1
E
r
E
例7 (多选)(2025·四川雅安市一诊)如图甲所示，一固定水平长杆套有直径略大于杆的金属小环。现用
始终与水平方向成53°的拉力F 作用于小环，当拉力F 从零开始逐渐增大时，小环静止一段时间后开始
运动，其加速度a 随拉力F 变化的图像如图乙所示，加速度在拉力达到F2后保持不变。已知小环质量
为0.8 kg，小环与长杆间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小为10
m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。则( )
A.F1=7.5 N
B.a2=7.5 m/s2
C.μ=0.75
D.F2=5 N
答案 BC
解析 当F 大于F2以后，由牛顿第二定律得Fcos 53°-μ(Fsin 53°-mg)=ma，因为加速度保持不变，即a 与F
无关，所以有Fcos 53°=μFsin 53°，解得μ=0.75，a2=7.5 m/s2，故B、C 正确；当F 等于F1时有F1cos
53°=μ(mg-F1sin 53°)，解得F1=5 N，故A 错误；当F 等于F2时，加速度恰好达到恒定值，此时有F2sin
53°=mg，解得F2=10 N，故D 错误。
将三维立体的复杂问题利用降维法分解为一维加二维问题，变成简单的问题，比如立体空间的平
衡问题，带电物体(粒子)在立体空间中的运动等。
示例 (2025·山东卷·8)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。
如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN 与PN 垂直，挡板平面与坡面的交线为
MN，∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，则建筑材料
沿MN 向下匀加速滑行的加速度大小为( )
A.gsin2θ-μgcos θ-μgsin θcos θ
B.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ
C.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin θcos θ
D.gcos2θ-μgcos θ-μgsin2θ
答案 B
解析 对建筑材料受力分析如图所示，
根据牛顿第二定律mgsin θcos θ-μFN1-μFN2=ma，其中FN1=mgcos θ，FN2=mgsin2θ，可得a=gsin θcos θ-μgcos θ-
μgsin2θ，故选B。
专题强化练
[分值：60 分]
[1~8 题，每题4 分，9、10 题，每题6 分]
[保分基础练]
1.(2025·江苏卷·1)新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。
2 s 内速度由12 m/s 减至0。该过程中加速度大小为( )
A.2 m/s2
B.4 m/s2
C.6 m/s2
D.8 m/s2
答案 C
解析 根据运动学公式v=v0+at，代入数值解得a=-6 m/s2，故加速度大小为6 m/s2。故选C。
2.(2024·贵州卷·1)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅
受重力G 和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间
隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是( )
A.f 一直大于G
B.f 一直小于G
C.f 先小于G，后大于G
D.f 先大于G，后小于G
答案 C
解析 由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以
向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律G-f=ma，可知f 先小于G，后大于
G。故选C。
3.(2025·海南卷)如图所示是某汽车通过ETC 过程的v-t 图像，下面说法正确的是( )
A.0~t1内，汽车做匀减速直线运动
B.t1~t2内，汽车静止
C.0~t1和t2~t3内，汽车加速度方向相同
D.0~t1和t2~t3内，汽车速度方向相反
答案 A
解析 v-t 图像的斜率表示加速度，0~t1时间内加速度为负且恒定，速度为正，加速度方向与速度方向相反，
故0~t1内，汽车做匀减速直线运动，故A 正确；t1~t2内，汽车做匀速直线运动，故B 错误；0~t1内加速度
为负，t2~t3内加速度为正，故0~t1和t2~t3内，汽车加速度方向相反，故C 错误；0~t1和t2~t3内，汽车速度
方向相同，均为正，故D 错误。
4.(2025·北京市房山区一模)如图所示，沿水平方向运动的汽车内，一质量为m1的物块紧贴在车厢左侧的竖
直内壁上，且与车厢保持相对静止，物块与车厢左壁间的动摩擦因数为μ，另一质量为m2的小球通过轻质
细线与车厢顶部连接，细线与竖直方向的夹角为α。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.汽车一定向右加速运动
B.细线中的拉力大小为m2gcos α
C.物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为μm1gtan α
D.物块受到车厢左壁的弹力大小为m1gtan α
答案 D
解析 根据题意，对小球受力分析，如图所示，竖直方向有FT= m2 g
cosα ，水平方向由牛顿第二定律有m2gtan
α=m2a，可得a=gtan α，方向水平向右，则汽车和物块的加速度也是水平向右的，汽车可能做向右的加速运
动，也能做向左的减速运动，故A、B 错误；根据题意，对物块受力分析，如图所示，
则有FN=m1a=m1gtan α，竖直方向的静摩擦力大小为Ff=m1g，摩擦力不一定达到最大静摩擦力，故C 错误，
D 正确。
5.(2024·安徽卷·6)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的
M、N 两点，另一端均连接在质量为m 的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN 连
线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上，缓慢拉至P 点，并保持静止，此时拉力F 大小为2mg。
已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P 点运动到
O 点的过程中( )
A.速度一直增大
B.速度先增大后减小
C.加速度的最大值为3g
D.加速度先增大后减小
答案 A
解析 在P 点保持静止，由平衡条件可知此时拉力F 与重力和两弹簧的拉力的合力为零。此时两弹簧的合
力大小为mg。当撤去拉力，则小球从P 点运动到O 点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力方向始终向下，
小球一直做加速运动，故A 正确，B 错误；小球从P 点运动到O 点的过程中，弹簧形变量变小，两弹簧在
竖直方向的合力不断变小，故小球受的合力一直变小，加速度一直减小，加速度的最大值为撤去拉力时的
加速度，由牛顿第二定律可知2mg=ma，得a=2g，即加速度的最大值为2g，C、D 错误。
6.(2025·山东临沂市一模)一辆公共汽车以初速度14 m/s 进站后开始刹车，做匀减速直线运动直到停下。刹
车后3 s 内的位移与最后3 s 内的位移之比是4∶3，则刹车后4 s 内通过的距离与刹车后3 s 内通过的距离之
比为( )
A.1∶1
B.49∶40
C.49∶30
D.49∶48
答案 D
解析 设刹车后3 s 内的位移为x3，则x3=v0t3-1
2at3
2，设最后3 s 内的位移为x，则由逆向思维有x=1
2at3
2，
由题意可知x3
x =4
3 ，可得a=4 m/s2，汽车停止运动需要时间t0=v0
a =3.5 s，则刹车后4 s 内通过的距离x4=v0
2
t0=14
2 ×3.5 m=24.5 m，刹车后3 s 内通过的距离x3=v0t3-1
2at3
2=24 m，则刹车后4 s 内通过的距离与刹车后3
s 内通过的距离之比为49∶48，故选D。
7.(2025·湖北省调研)如图，质量为1 kg 的物块A 放置在一个静止的木箱内，物块A 与木箱之间的动摩擦因
数为0.5。物块A 被一轻弹簧用3 N 的水平拉力向右拉着而保持静止，g 取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，下列说法中正确的是( )
A.物块A 静止时所受摩擦力大小为5 N
B.木箱以5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动时，物块A 将相对木箱滑动
C.木箱以5 m/s2的加速度水平向右做匀减速直线运动时，物块A 将相对木箱滑动
D.木箱以5 m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动时，物块A 将相对木箱滑动
答案 C
解析 对物块受力分析，物块竖直方向所受重力和支持力平衡，水平方向所受弹簧向右的弹力和向左的静
摩擦力平衡，此时物块所受摩擦力大小为3 N，故A 错误；当木箱以5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速直
线运动时，对物块受力分析，物块加速度方向竖直向上，物块所受支持力大于重力，接触面的最大静摩擦
力增加，故此时物块不可能相对于木箱滑动，故B 错误；假设物块随木箱向右做匀减速直线运动，其加速
度方向水平向左。假设物块相对静止，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律，Ff-F 弹=ma，Ff=8 N，物块所受最
大静摩擦力Ffmax=μFN=5 N，Ff>Ffmax，假设不成立，故物块将相对于木箱向右滑动，故C 正确；假设物块随
木箱一起向右做匀加速直线运动，对物块受力分析，由牛顿第二定律：F 弹+Ff=ma，解得Ff=2 N，方向水
平向右，Ff<Ffmax，假设成立，物块与木箱相对静止，一起向右做匀加速直线运动，故D 错误。
8.(2025·山东省部分学校一模)从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m 的球，若运动过程中受到的空
气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，
落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动。重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A.小球在上升过程中处于超重状态
B.小球在下降过程中处于超重状态
C.小球抛出瞬间的加速度大小为(1+v0
v1
)g
D.小球上升过程中的平均速度大于v0
2
答案 C
解析 小球在上升过程中，向上做减速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故A 错误；小球在下降过
程中，先向下加速后匀速，小球先处于失重状态，后处于平衡状态，故B 错误；当小球下降速率为v1，小
球受力平衡，则有mg=kv1，小球抛出瞬间，根据牛顿第二定律可得mg+kv0=ma，联立解得小球抛出瞬间的
加速度大小为a=(1+v0
v1
)g，故C 正确；根据v-t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知上升过程小球的位移
x<v0
2 t1，则小球上升过程中的平均速度v= x
t1
<v0
2 ，故D 错误。
[争分提能练]
9.(2025·北京卷·11)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到
最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f 的大小随速率增大
而增大，f 随时间t 的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是( )
A.从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程
B.从t2到t3，实验舱加速度大小减小
C.从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态
D.t4时刻，实验舱达到最高点
答案 B
解析 t1~t3内，f 向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱在t1~t2内处于弹
射过程，在t2~t3内做竖直上抛运动，故A 错误；t2~t3内，f 向下在减小，根据牛顿第二定律有mg+f=ma，
即a= f
m+g，故从t2到t3加速度大小在减小，故B 正确；t3~t5内，f 向上，先增大后减小，可知此时速度方
向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C 错误；根据
前面分析可知t3时刻速度方向改变，从向上运动变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D 错误。
10.(多选)(2025·黑吉辽蒙卷·10)如图(a)，倾角为θ 的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、
乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。
甲和乙的位置x 与时间t 的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t 曲线在t=t0时切线斜率为
0，则( )
A.μ1+μ2=2tan θ
B.t=t0时，甲的速度大小为3v0
C.t=t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D.t=t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
答案 AD
解析 将下滑时刻作为初位置，则位置x 与时间t 的图像即为位移-时间图像，图像的斜率表示速度。甲、
乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物块做匀加速直线运动，乙物块做匀减速直线运动，在t0时间内x 甲=
v0+ v
2
t0=3x0，x 乙=v0+0
2
t0=x0，联立解得t0时刻甲物块的速度大小为v=2v0，B 错误；甲物块的加速度大小
a1=v - v0
t0
，乙物块的加速度大小a2=v0
t0
，由牛顿第二定律，对甲物块mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1，对乙物块
μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2，联立可得μ1+μ2=2tan θ，A 正确；取水平向左为正方向，对斜面和甲、乙两物块系
统由牛顿第二定律可得，Ff1=ma1cos θ-ma2cos θ=0，则t=t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C 错误；t=t0
之后，乙物块保持静止，甲物块继续沿斜面向下加速，对系统由牛顿第二定律可得Ff2=ma1cos θ，即地面
对斜面的摩擦力向左，D 正确。
11.(16 分)(2025·福建泉州市一模)某工厂输送物件的传送系统由倾角为30°的传送带AB 和一倾角相同的长木
板CD 组成，物件和传送带间的动摩擦因数μ1=√3
2 、与木板间的动摩擦因数μ2=√3
15 。传送带以v0=4 m/s 的
恒定速率顺时针转动。现将物件P 无初速度置于传送带A 点，发现当物件到达B 端时刚好相对传送带静止，
到达D 点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，传送带与木板间可认为无缝连接，重力
加速度g 取10 m/s2。
(1)(4 分)求传送带的长度L1；
(2)(5 分)求木板的长度L2以及物件从A 到D 所需的时间t；
(3)(7 分)假如机械手未能在D 点及时将物件取走，导致物件重新下滑，则此后它第四次向上运动时离C 点
的最大距离为多少？
答案 (1)3.2 m (2)4
3 m 34
15 s (3)0.263 m
解析 (1)P 放上传送带后，受力如图甲，由牛顿第二定律有
μ1mgcos 30°-mgsin 30°=ma1
解得a1=2.5 m/s2
根据速度与位移关系式有L1= v0
2
2a1
解得L1=3.2 m
(2)到达木板C 点后，受力如图乙，由牛顿第二定律有
-mgsin 30°-μ2mgcos 30°=ma2
解得a2=-6 m/s2
则C、D 间距离(木板长)为L2=0- v0
2
2a2
解得L2=4
3 m
P 在传送带上上滑时间为Δt1=v0-0
a1
=1.6 s
P 在木板上上滑时间为Δt2=0- v0
a2
=2
3 s
所以t=Δt1+Δt2=1.6 s+2
3 s=34
15 s
(3)从D 点向下运动，受力如图丙，由牛顿第二定律有
mgsin 30°-μ2mgcos 30°=ma3
解得a3=4 m/s2
第一次返回B 点时有v1=√2a3 x1
其中x1=L2
滑过B 点后在传送带上先向下减速后以相同加速度返回，由对称性可知物件再次回到B 点时速度大小仍为
v1，在木板上向上运动的位移x2=0- v1
2
2a2
=-a3
a2
x1=2
3x1
第二次返回B，x3=x2=2
3x1
v2=√2a3 x3
在木板上向上运动的位移x4=0- v2
2
2a2
=2
3x3
即物件每次冲上木板的距离是上一次的2
3
第四次向上运动时物件离C 点的距离为
x=(2
3)4x1≈0.263 m
