力与运动——牛顿运动定律的综合应用
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
1. 如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验示意图如图所示。若香皂盒和纸板的质量分别为和，各接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度为。
若本实验中，，，，香皂盒与纸板左端的距离，若香皂盒移动的距离超过，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，取，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是( )
A. B. C. D.
2. 如图，一倾角为的光滑斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块，另一端与斜面上的长木板相连，长木板上有一物块，、的质量都为，的质量为，、之间的摩擦因数为，取重力加速度。起初用手将三物体按照图示位置保持静止，松手后，下列说法正确的是( )
A. 、将会一起下滑 B. 将相对向下滑
C. 开始运动的加速度为 D. 开始运动的加速度为
3. 如图所示，宽度为的水平传送带以速度匀速运行，图中虚线为传送带中线。一可视为质点的小滑块以同样大小速度垂直传送带滑入。当小滑块滑至传送带中线处时恰好相对传送带静止，设传送带表面粗糙程度处处相同，重力加速度为。下列说法正确的是( )
A. 小滑块相对传送带滑动的整个过程中，传送带对滑块做正功
B. 小滑块从滑上传送带到恰好与传送带相对静止所用的时间为
C. 小滑块与传送带间的动摩擦因数为
D. 小滑块在传送带上留下的痕迹为直线，痕迹长为
4. 水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图所示。用水平向右的拉力 作用在物块上， 随时间 的变化关系如图所示，其中、分别为、时刻的大小。木板的加速度 随时间 的变化关系如图所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为 ，物块与木板间的动摩擦因数。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为。则( )
A. B.
C. D. 在时间段物块与木板加速度相等
5. 如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为的恒定速率顺时针转动。一质量的煤块以初速度从端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，，则下列说法正确的是
A. 煤块与传送带间的动摩擦因数
B. 煤块从冲上传送带到返回端所用的时间为
C. 煤块上升的位移为
D. 煤块在皮带上留下的划痕为
6. 如图所示，、两个滑块放在光滑的水平地面上，连在水平轻弹簧的左端，弹簧的右端固定在竖直墙面上，水平向右外力作用在上，系统处于静止状态，已知、的质量分别为、，弹簧的劲度系数。现将的方向突变为水平向左，大小不变，仍然作用在上，则( )
A. 力突变为水平向左的瞬间，、的加速度大小为
B. 弹簧恢复原长时，、开始分离
C. 、分离时，的速度最大
D. 从力方向突变为水平向左到、两者分离，所经历的时间大于
7. 如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块可视为质点水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能位移图像如图乙所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则( )
A. 小滑块和木板的质量均为
B. 小滑块与木板之间的动摩擦因数是
C. 小滑块滑上木板瞬间，木板的初速度大小为
D. 木板长度至少要，小滑块才不会冲出木板
8. 如图所示，直角三角形物体放在水平地面上，将表面粗糙的两长方体、叠放在一起，由静止轻放在的斜面上，物体始终静止，已知与之间的动摩擦因数为，与之间的动摩擦因数为，则在、下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A. 若，则与不发生相对滑动
B. 若，则与不发生相对滑动
C. 若，则地面与之间可能不产生摩擦力的作用
D. 不论，还是，地面与之间一定产生摩擦力的作用
9. 如图所示，与水平地面的夹角为的传送带以恒定速率逆时针转动，其上端固定一距离地面高度为的平台。现将质量的煤块可视为质点轻放在传送带底端此时记为时刻，同时平台上的人通过一根轻绳用恒力沿传送带方向向上拉煤块，在时撤去拉力。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知煤块与传送带之间的动摩擦因数，取，，，则下列说法正确的是( )
A. 时煤块的加速度大小为
B. 或时煤块与传送带的速度大小相等
C. 传送带上划痕的长度为
D. 由于摩擦产生的内能为
10. 块相同的木板紧挨着静止放在水平地面上，其中只有木板、粘在一起，每块木板的质量均为，长度均为，木板与地面间的动摩擦因数。现有质量的小铅块可视为质点，以的水平初速度从左端滑上木板，它与木板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. 木板始终保持静止状态 B. 铅块滑离木板时的速度大小为
C. 最终铅块停在木板上 D. 铅块滑离木板时的速度大小为
11. 机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距。工作人员沿传送方向以速度从传送带顶端推下一件小包裹可视为质点。小包裹与传送带间的动摩擦因数。取重力加速度，，。求：
小包裹相对传送带滑动时加速度的大小；
小包裹通过传送带所需的时间。
12. 如图所示，一足够长的带电绝缘板静止在水平地面上，其质量、所带电荷量，在板的右端放置一个质量为不带电的小染料块可视为质点，小染料块与绝缘板之间的动摩擦因数，绝缘板与地面之间的动摩擦因数。某时刻起在空间加电场强度、沿板水平向右的匀强电场忽略绝缘板所带电荷的影响，小染料块和绝缘板将开始运动，且发生相对滑动，经后撤去电场。小染料块与绝缘板相对滑动时会留下一条彩色痕迹，不计相对滑动时各自质量的变化，重力加速度取，板所带电荷量不变。
小染料块和绝缘板在电场中运动时，加速度大小分别为多少？
撤去电场后，某时刻小染料块和绝缘板的速度相等，求该速度的大小；
求小染料块在绝缘板上所留痕迹的长度。
13. 一传送带装置如图所示，其中段是水平的，长度，段是倾斜的，倾角为，和在点通过一段极短的圆弧连接图中未画出圆弧，传送带以的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数，重力加速度取。现将一个工件可看作质点无初速地放在点，求：
工件第一次到达点所用的时间；
工件沿传送带上滑的最大距离。
14. 如图所示，倾角为的斜面点以上的部分表面光滑，点以下的表面粗糙。点以上区域有个相同的小方块，每个小方块质量均为，与斜面粗糙区域的动摩擦因数都相等，沿平行斜面的倾斜方向整齐地排成一条直线；小方块按从下到上的顺序编号命名；号小方块用手托着静止在点，、两点之间相距；小方块队列的总长为，小方块相互间不粘连。现放手让它们由静止开始下滑，已知下滑过程方块队列保持平行于斜面倾斜方向的直线队形，且当第号小方块全部经过点时小方块运动的速度达到最大，最终号小方块停在处，设斜面足够长。求：
号小方块刚运动到点位置的速度大小和小方块与粗糙斜面的动摩擦因数；
与点间的距离；
若将以下的区域表面处理成光滑的，然后让小方块队列重新从点之上由静止释放，要使所有小方块都能沿过点，释放时号方块距离点最小距离。
15. 如图所示，质量为的小铁块和质量为的长木板静止叠放在水平地面上，铁块位于木板的最左端，，木板长为，铁块可视为质点。铁块与长木板间的动摩擦因数为为已知常数，长木板与地面间的动摩擦因数为，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为。现对铁块施加一个水平向右的恒定拉力，求解下列问题。
若，求铁块需经过多长时间才能离开木板？
为使铁块能离开木板且离开木板时，相对于地面的速度最小，应该为多大？
16. 如图所示，质量的长木板放置在足够长、足够高的水平桌面上，右端通过不可伸长的水平轻绳绕过光滑定滑轮连接重物，上有一质量的小物块，初始、相对静止以速度水平向右做匀速直线运动。某时刻将向上提离，经后又将以提离前速度轻放在上。当与共速后，又立即将提离，如此反复多次，已知与间的动摩擦因数，的质量为，不计滑轮质量，重力加速度取。
求长木板与水平面间的动摩擦因数；
为保证不从上滑落，求将第一次放回时，至少应距离左端多远；
若板足够长，求从第次把提离到第次把提离，物块的速度改变量。
17. 如图所示，质量为和质量为可视为质点的两物块相距，一起静止在足够长且质量为的木板上，已知、与木板之间的动摩擦因数均为，木板与水平面的动摩擦因数为。某时刻同时让、以初速度速度，的速度沿木板向右运动。取，求：
刚开始时两物块和木板的加速度大小各是多少？
若与不相碰，与间距的最小值；
在水平面滑行的位移。
18. 如图甲所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，质量为的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力。当恒力取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为，给木板施加不同大小的恒力，得到的关系如图乙所示，其中与横轴平行，且段的纵坐标为将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。
若恒力，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？
图乙中为直线段，求该段恒力的取值范围。
19. 如图甲所示，木板质量，长，初始时刻静止在光滑水平地面上，可视为质点的质量的小物块，以初速度从木板左端滑上的瞬间，对木板施加一个水平向右的力，物块与木板之间的动摩擦因数。摩擦产生的热量与力大小的关系如图乙所示。取。求：
的大小；
物块的初速度的大小；
点的坐标对应的与的大小。
20. 如图所示是某快递公司两条水平放置传送带的俯视图，两条传送带的宽度都是，传送带长度，速度，传送带长度，速度，若一货物与两传送带间的动摩擦因数都为，货物的质量，将货物无初速度轻放到传送带的端中点上，货物可视为质点，重力加速度，求：
货物经过多长时间能到传送带上；
货物从到的过程中，与传送带之间摩擦生热为多少；
货物在传送带上经过多长时间能到端，大致画出货物在传送带上从到的运动轨迹。
答案和解析
1.
【解析】香皂盒的加速度
纸板的加速度
对香皂盒，
对纸板，
由逆向思维，将纸板抽出后香皂盒运动的距离，
由题意知，，解得
故选：
2.
【解析】假设、间无相对滑动，设绳子拉力为，将、看为整体，有，，解得，方向沿斜面向下
只研究物块时有，解得，方向沿斜面向下
从而说明、间存在相对滑动，且相对向上滑动
将、看为整体，则有，解得，方向沿斜面向下
故C正确，ABD错误。
故选：。
3.
【解析】解：小滑块相对传送带滑动的整个过程中，根据动能定理有，传送带对滑块做功为零，故A错误；
B.小滑块的实际运动可以分解为沿传送带方向的匀加速直线运动与垂直传送带方向匀减速直线运动，研究垂直传送带方向的运动，小滑块从滑上传送带到恰好与传送带相对静止所用的时间为
联立，可得，故B错误；
C.继续研究垂直传送带方向的运动，有
研究沿传送带方向的运动，有
小滑块实际运动的加速度与合相对速度共线，其大小为
联立，可得
故C错误；
D.根据上面选项分析，小滑块为匀变速运动，对地轨迹为一段抛物线，相对传送带轨迹为直线，小滑块的两个分位移分别为
小滑块的划痕为
故D正确。
故选D。
本题要注意以传送带为参考系，根据动能定理列式分析前要注意判断小滑块滑至传送带时传送带之间开始时的相对速度。
4.
【解析】解：、由图可知，在时间段物块和木板均静止，在 时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知，故A错误；
B、由图可知，时间段物块和木板一起匀加速运动，在时刻物块和木板开始相对滑动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
对物块和木板
对木板
整理可得
故B正确；
C、由图可知，对木板，
故，即，故C正确；
D、通过结合图分析可知，在时间段物块和木板均静止，时间段物块和木板一起匀加速运动，故在时间段物块与木板加速度相等，故D正确。
故选：。
A、由图结合物块和木板整体分析，可以求出；
B、由图结合牛顿第二定律可以求出；
C、根据木板运动的受力可知，木板与地面及物块与木板间的动摩擦因数的关系；
D、通过题意结合图可知在时间段物块与木板加速度相等。
在运用牛顿第二定律解题时，要注意整体法和隔离法的灵活应用。在研究几个物体的共同加速度时可以选整体为研究对象，但在研究某个物体时要注意隔离法的应用。
5.
【解析】A、根据图像的斜率表示加速度可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小分别为
对煤块根据牛顿第二定律有
联立代入数据解得：，故A正确；
C、根据图像与轴所围面积表示位移可知煤块上升的最大位移为，故C错误；
B、设煤块从冲上传送带到返回端所用时间为，对从最高点到返回端的过程有
代入数据解得：，故B正确；
D、内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为
煤块在皮带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即
在内，即时间内煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块作匀变速直线运动，设沿斜面向下为正方向，
煤块的的位移为：
传送带的位移大小为：
煤块与皮带的相对位移大小为：
联立代入数据解得：
因为，所以有一部分痕迹是重合的，则煤块在皮带上留下的划痕为，故D正确。
故选：
6.
【解析】A、力变向之前，弹簧的弹力大小等于。力刚变向瞬间，弹簧的弹力不变，对、整体，根据牛顿第二定律得：，其中，解得：，故A正确；
B、、开始分离时，两者间的作用力为零，对，由牛顿第二定律得
对、整体，根据牛顿第二定律得：
联立解得此时弹簧的压缩量：，故B错误；
C、、开始分离时，弹簧处于压缩状态，继续向左做加速运动，此时速度不是最大，故C错误；
D、变向之前，弹簧的压缩量为，从力方向突变为水平向左到、两者分离、通过的位移为
假设以加速度向左做匀加速直线运动，有，解得：
对、整体，根据牛顿第二定律得：，可知随着弹簧压缩量的减小，整体的加速度减小，所以此过程所经历的时间大于，故D正确。
故选：。
7.
【解析】、由图像可知，滑块滑上木板后动能减小，滑动后与木板共速，此时滑块的动能为
在过程中由动能定理：
在过程中由动能定理：
其中，，解得，
选项A错误，B正确；
、根据，代入数据解得小滑块滑上木板瞬间的初速度大小为
同理共速时滑块与木块的速度大小为
滑块的加速度大小为
到达共速时的时间，代入数据解得
对木板根据牛顿第二定律有
小滑块滑上木板瞬间木板的速度
代入数据解得
到达共速时木板的位移
滑块相对木板的位移
联立代入数据解得
即木板长度至少要，小滑块才不会冲出木板选项C正确，D错误；
故选：。
8.
【解析】、假设相对静止一起相对斜面滑动，则间是静摩擦，对整体受力分析如图：
沿斜面方向根据牛顿第二定律：
解得：
对受力分析如图：
沿斜面方向根据牛顿第二定律：
求得：
间的最大静摩擦为
若，，则与不发生相对滑动
若，，与摩擦力小于等于最大静摩力擦矛盾，故假设错误，相对滑动。
故A正确，B错误；
C、若，则与不发生相对滑动，、一起沿斜面向下加速下滑，斜面、、整个系统有斜向下的加速度，则有水平向右的分加速，整体水平方向只受地面对斜面的摩擦力，故地面对斜面有向右的摩擦力，故C错误；
D、不论与是否发生相对滑动，在、加速下滑的过程中，整个系统都有水平向右的分加速，故地面对斜面一定有向右的摩擦力，故D正确。
故选：。
9.
【解析】A、规定沿传送带向上的方向为正方向，煤块刚放到传送带上时，对煤块根据牛顿第二定律可得
代入数据解得，故A错误；
、当煤块与传送带共速时，有
解得
在内煤块的位移为
煤相对于传送带向下滑动的位移为
煤块与传送带共速之后，对煤块根据牛顿第二定律可得
解得
拉力继续作用时间为
时煤块的速度为
内煤块的位移为
煤块相对于传送带向上滑动的位移为
之后撤去拉力，对煤块根据牛顿第二定律可得
解得
当煤块减速到又与传送带共速时有
解得
时间内煤块运动的位移为
煤块相对于传送带向上滑动的位移为
煤块运动的总位移为
解得
根据
可知此时煤块恰好运动到传送带顶端，综上可得，煤块与传送带共速的时刻为或，划痕的长度只有，故B正确，C错误；
D、煤块相对传送带滑动的总路程为
因此煤块与传送带之间由于摩擦产生的内能为，解得，故D正确；
故选：。
10.
【解析】、铅块在木板上滑动时，铅块与木板之间的摩擦力为：，则由牛顿第二定律可得其加速度大小为：
小铅块滑上木板时，以后面块木板和小铅块为研究对象，地面对它们的最大静摩擦力为：，解得，所以小铅块滑离木板之前，所有木板均处于静止状态，则木板始终保持静止状态
根据匀变速直线运动公式可得：
解得铅块滑离木板时的速度大小：，故A正确，B错误
C、小铅块滑上木板、时，地面对它们的最大静摩擦力为：，解得，所以和会一起加速滑动。若铅块与木板、共速时候仍未滑下木板，三者保持相对静止做匀减速直线运动
对木板、由牛顿第二定律可得其加速度大小为：
由以上分析有：
此过程中的相对位移为：
联立可得：，则最终铅块停在木板上，故C正确，D错误。
故选：。
11.解：开始时小包裹向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
代入数据后得到
设经过时间与传送带共速，则有：
代入数据后得：
此段时间小包裹运动的位移
小包裹与传速带共速后由于，小包裹相对于传送带静止，两者一起向下做匀速运动，则
位移为
时间
通过传送带的总时间
答：小包裹相对传送带滑动时加速度的大小为；
小包裹通过传送带所需的时间为。
【解析】分析包裹刚滑上传送带时受到摩擦力方向，再根据牛顿第二定律求刚滑上时的加速度大小；
判断当包裹与传送带速度相等后是随传送带一起匀速运动的，由运动学公式求出总时间。
本题是牛顿第二定律和运动学公式综合的专题，关键是要弄清小包裹的运动过程，而弄清运动过程的关键是理解滑动摩擦力的方向，要熟练掌握滑动摩擦力的方向是与物体相对运动的方向相反。
12.设小染料块和绝缘体的加速度分别为、，根据牛顿第二定律可知：，
解得：，
时，设小染料块和绝缘体的速度分别为、、，则：，
解得：，
撤去电场后，小染料块受力不变，加速度不变；绝缘体受到地面和小染料块的摩擦力，设其加速度大小为，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知：
设经过，小染料和绝缘体的速度相同为，有：
解得：，
撤去电场前，小染料和绝缘体的位移分别为：
从撤去电场到二者速度相同经过的位移分别为：
在小染料和绝缘体速度相同后，小染料块做加速度为的匀减速直线运动，设板的加速度大小为，由牛顿第二定律可知：
解得：，故小染料块相对绝缘体向右运动，所划得痕迹与之前重复，痕迹的长度为：
【解析】本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，本题是多体多过程问题，本题难度较大，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
13.工件刚放在水平传送带上的加速度为，由牛顿第二定律得：
解得：
设经时间与传送带的速度相同，由得，工件的加速运动时间：，
前进的位移为：
此后工件将与传送带一起匀速运动至点，由得：
所以工件第一次到达点所用的时间为
由牛顿第二定律得：
解得：
设工件上升的最大距离为，由运动学公式有：
解得：
【解析】工件刚放在水平传送带受摩擦力的作用进行匀加速直线运动直至与传送带的速度相同，此后工件将与传送带一起匀速运动至点；工件沿斜面上升过程中，受力不变，加速度不变，根据公式求解位移。
14.对所有小方块，从开始下滑到第个到达点，根据动能定理有：
解得：
由题意，当第个全部经过点时，速度最大，则对整列方块，其加速度为零，有：
解得：
设当号小方块下端运动到点时，所有小方块已经进入段，则从号方块进入点开始，整体小方块所受到的摩擦力与进入的长度成正比，如图所示，
由动能定理：
解得：，假设成立
小方块出点后，加速下滑，而剩下的个小方块仍一起减速运动。
设剩下小方块的加速度为，由牛顿第二定律：
代入得到
说明小方块出了点后，剩下的小方块运动加速度保持不变
要使所有小方块都能通过点，号小方块运动到点最小速度满足：
对所有小方块根据动能定理有：
联立解得：
【解析】本题主要考查了动能定理的应用，要求同学们能选取合适的过程运用动能定理求解，难度较大。特别要注意方块进入粗糙段时摩擦阻力是变力，要用图像法来求功。
15.由牛顿第二定律得对铁块有：
解得：
对长木板有：
解得：
设经时间铁块离开木板，由两者位移关系得：
解得：；
设铁块的加速度为，木板的加速度仍为，经时间铁块离开木板，铁块离开木板时的速度为，则有：
由两者位移关系得：
联立整理得：
令，当取值最大时，最小
解得当，即时，取最大值。
对铁块由牛顿第二定律得：
解得：
【解析】分别对小铁块和长木板受力分析，根据牛顿第二定律分别求出小铁块和长木板加速度，小铁块从长木板上滑离时，铁块与木板的位移之差等于，由位移公式求时间；
由两者位移关系推导铁块离开木板时的速度与其加速度的关系式，应用数学知识求得满足要求的加速度，再由牛顿第二定律求得值。
本题考查了牛顿第二定律应用的板块模型，考查了数理结合能力。要注意分别对两物体进行受力分析，明确小铁块滑离时两物体间相对位移大小等于板长。
16.初始、相对静止以速度水平向右做匀速直线运动，则对、整体受力分析有
解得；
提离物体，对，根据牛顿第二定律，有
解得
放上，对有，解得
对、有，解得
经过，与共速
解得，
此段时间内、位移，
至少应距离左端；
第次放到上时，的速度
共速时满足
解得
经分析可知，每次放上到共速需要的时间相同，的运动可以等效看做在时间内一直做匀加速运动，则有
解得。
【解析】对于牛顿第二定律和运动学公式的综合应用问题，关键是要分析清楚物体的运动过程和受力情况，特别要抓住临界状态：物体速度相等，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答。
17.对两物块，分别受力分析，结合牛顿第二定律可得：，方向水平向左
对木板，对其受力分析，结合牛顿第二定律可得：
解得：，方向水平向右
设与共速的时间为，共速时的速度大小为，此时的速度为，根据运动学公式可得：
对，根据运动学公式可得：，
对，根据运动学公式可得：
对，根据运动学公式可得：
则两个物块之间的相对位移为：
当与共速后，两者相对静止，设加速度为，根据牛顿第二定律得：
解得：
则当与共速后一起做匀速直线运动。则会继续减速，加速度保持不变，设经过时间三者共速，其速度大小为，根据运动学公式可得：
此过程中的位移为：
与此同时，与的位移为：
则
根据几何关系可得：
联立解得：
根据上述分析可知，系统整体共速后一起减速到静止，由牛顿第二定律得：
根据速度位移公式可得：
整个过程中，的位移为：
联立解得：
【解析】由牛顿第二定律求出加速度；
应用运动学公式求出两质点的位移，然后求出与间距的最小值；
由牛顿第二定律求出木板的加速度，然后由运动学公式求出在水平面滑行的位移。
本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，分析清楚物体受力情况与运动过程是解题的前提，注意关联物体之间的速度以及位移关系等，抓住临界状态，例如共速时刻。
18.以初速度为正方向，物块的加速度大小为：，
木板的加速度大小为：，
由图乙知，板长，滑块相对木板的路程为：，
即：，
联立解得：或；
当时，滑块的速度为，木板的速度为，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，应舍弃，
故所求时间为；
当较小时，物块将从木板右端滑下，当增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度，历时，则有：
由牛顿第二定律可得此时木板的加速度大小为：，
根据速度时间关系可得：
根据位移关系可得：，
联立解得：，
由图乙知，相对路程：
代入解得：
当继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止静摩擦力作用一起以相同加速度做匀加速运动，则由牛顿第二定律可得：
而，
由于静摩擦力存在最大值，所以：，
联立解得：；
综上所述：段恒力的取值范围是
【解析】由题，若恒力，则物块会从木板的右端滑下，分别对物块与木板进行受力分析，结合牛顿第二定律求出加速度，然后结合位移关系即可求出；
由图象可看出当小于某一值时，物块在板上的路程始终等于板长，当等于此值时，块刚好不从木板右端掉下，此后一起相对静止并加速运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式，抓住位移之间的关系列式，联立方程求出此值；
之后随着力增大，二者的相对路程减小，当达到某一值时，图像出现突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下。对二者恰好发生相对运动时，由牛顿第二定律列式即可求解；
本题考查牛顿运动定律．滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型．滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在．本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动．
19.根据摩擦产生的热量为
可知，无论取何值，物块与木板的摩擦力都为
则摩擦产生的热量由物块与木板的相对位移决定。由图乙可知，当时，产生的热量都为，说明当时，物块运动到木板的最右端时恰好与木板保持相对静止，则
当时，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
可得，物块的加速为
对木板受力分析，根据牛顿第二定律有
可得，木板的加速度为
以木板为参考系，则物块的相对加速度为
则根据匀变速运动的规律有
解得，物块的初速度为
图乙中，当时，摩擦产生的热量减小，则说明物块在运动到木板右端前就已经与木板共速，即相对位移小于木板的长度。当时，摩擦产生的热量又突然增大，而且大于，说明当物块与木板共速后两者又发生了相对滑动，由此可知，当时，物块与木板恰好不能发生相对滑动，即两者共速后一起向右加速。则对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
联立可得
又因为当时，对物块和木板受力分析，由牛顿第二定律得
设物块位移为，木板位移为，经时间达到共同速度，则
且
此时物块在木板上的相对位移为
联立得
将代入得
所以
所以点的坐标对应的为，的大小为。
【解析】由图像可看出当时，物块在木板上的路程始终等于板长，根据功能关系求出；时，物块刚好不从木板右端掉下，此后木板和物块一起相对静止并加速运动，由牛顿第二定律与运动学公式，再根据功能关系即可求解；
当时，随着力增大，减小，当时，出现突变，说明此时物块与木板恰好不能发生相对滑动，即两者共速后一起向右加速。
20.货物从静止开始加速过程受力分析，根据牛顿第二定律得，
解得加速度为
设货物从静止加速到与传送带速度相同时运动的位移为，根据匀变速直线运动的速度位移关系得
代入数据解得
所需的时间为
之后货物匀速运动到传送带上，所需的时间为
则货物到传送带上经过的时间为；
货物与传送带有相对运动时才产生摩擦热，故在传送带上产生的热量为
货物滑上后初始阶段，既向垂直于传送带的方向运动，又沿传送带的方向运动，以传送带为参考系，则垂直于传送带的方向的初速度为，方向与方向相同；沿传送带方向的初速度大小为，方向与相反。初始时货物受到的滑动摩擦力分解为垂直传送带方向和沿传送带方向，如图所示：
根据几何关系得
，
根据牛顿第二定律得两个方向的分加速度大小分别为
，
根据匀变速直线运动的规律得
，
则，解得。
可知在货物滑上传送带之后的一段时间内，滑动摩擦力的方向不变，、不变，则垂直于传送带方向和沿传送带方向货物均做匀减速直线运动，当，两个方向的速度同时减为零，此时相对地面的分速度分别为，方向水平向右，之后货物随传送带一起做匀速直线运动，则垂直于传送带的方向产生的热量为
沿传送带方向产生的热量为
全过程产生的热量为。
通过以上分析和计算可知在传送带上货物先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动
在传送带上，沿传送带方向由以上分析可知，时，货物的速度与传送带相同，且
之后匀速直线运动的位移为，用时
所以在传送带上的总时间为
滑上后，以地面为参考系，货物初速度为，方向沿方向，由分析可知，货物所受摩擦力与初速度方向不在同一直线上，则开始一段时间的轨迹为曲线，以后做直线运动，故轨迹如图所示：
【解析】对货物受力分析运用牛顿第二定律求加速度，计算加速到传送带速度运动的位移，剩下的位移匀速运动，分别求时间即可得到总时间；
摩擦生热等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，先计算在传送带上产生的热量，再计算在传送带上产生的热量；在传送带上，以传送带为参考系，把滑动摩擦力分解到沿和垂直传送带两个方向，分别计算两个方向的分速度和摩擦热，然后求总热量；
经过分析可知货物在传送带上沿直线运动，根据速度和受力分析可以判断在传送带上先沿曲线再沿直线轨迹。
本题考查在传送带摩擦力作用下货物的运动，在传送带上运动过程较为复杂，因为滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，而相对传送带，货物有垂直和沿传送带的分速度，故采用摩擦力分解的方法分析和求解。
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