高考物理總復(fù)習(xí)第三章運動和力的關(guān)系專題強化四動力學(xué)中三種典型物理模型

專題強化四動力學(xué)中三種典型物理模型模型一“等時圓”模型1.“等時圓”模型所謂“等時圓”就是物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細桿由靜止下滑，到達圓周的最低點(或從最高點到達同一圓周上各點)的時間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運動所用的時間。2.模型的三種情況(1)物體從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。(2)物體從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。(3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，物體沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。【例1(2021·山東濟南市二模)滑滑梯是小朋友們愛玩的游戲。有兩部直滑梯AB和AC，A、B、C在豎直平面內(nèi)的同一圓周上，且A為圓周的最高點，示意圖如圖1所示，已知圓周半徑為R。在圓周所在的豎直平面內(nèi)有一位置P，距離A點為eq\r(3)R且與A等高。各滑梯的摩擦均不計，已知重力加速度為g。圖1(1)如果小朋友由靜止開始分別沿AB和AC滑下，試通過計算說明兩次沿滑梯運動的時間關(guān)系；(2)若設(shè)計一部上端在P點，下端在圓周上某點的直滑梯，則小朋友沿此滑梯由靜止滑下時，在滑梯上運動的最短時間是多少？答案(1)tAB＝tAC(2)eq\r(\f(3R,g))解析(1)設(shè)AB與水平方向夾角為θ，小朋友沿AB下滑時的加速度a＝gsinθ又xAB＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,AB)，AB間的距離為xAB＝2Rsinθ，解得tAB＝eq\r(\f(4R,g))與角度無關(guān)，同理可知tAC＝eq\r(\f(4R,g))，故tAB＝tAC。(2)根據(jù)第一問的結(jié)論，畫出以P點為最高點的半徑為r的等時圓，如圖所示當(dāng)兩圓相切時，運動的時間最短，由幾何關(guān)系知(R＋r)2＝(R－r)2＋(eq\r(3)R)2解得r＝eq\f(3,4)R，最短時間t＝eq\r(\f(3R,g))?！踞槍τ?xùn)練1】如圖2所示，PQ為圓的豎直直徑，AQ、BQ、CQ為三個光滑斜面軌道，分別與圓相交于A、B、C三點。現(xiàn)讓三個小球(可以看作質(zhì)點)分別沿著AQ、BQ、CQ軌道自端點由靜止滑到Q點，運動的平均速度分別為v1、v2和v3。則有()圖2A.v2＞v1＞v3 B.v1＞v2＞v3C.v3＞v1＞v2 D.v1＞v3＞v2答案A解析設(shè)任一斜面的傾角為θ，圓的直徑為d。根據(jù)牛頓第二定律得到a＝gsinθ，斜面的長度為x＝dsinθ，則由x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2dsinθ,gsinθ))＝eq\r(\f(2d,g))，可見，物體下滑時間與斜面的傾角和斜面長度無關(guān)，則有t1＝t2＝t3，因x2＞x1＞x3，根據(jù)eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)，可知v2＞v1＞v3，故選項A正確。模型二“傳送帶”模型1.水平傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運動情況情景1①可能一直加速②可能先加速后勻速情景2①v0＞v，可能一直減速，也可能先減速再勻速②v0＝v，一直勻速③v0＜v，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景3①傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端②傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端。若v0＞v，返回時速度為v，若v0＜v，返回時速度為v02.傾斜傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運動情況情景1①可能一直加速②可能先加速后勻速情景2①可能一直加速②可能先加速后勻速③可能先以a1加速后以a2加速情景3①可能一直加速②可能先加速后勻速③可能一直減速④可能先減速后勻速⑤可能先以a1加速后以a2加速情景4①可能一直勻速②可能一直加速③可能先減速后反向加速④可能一直減速3.模型特點傳送帶問題的實質(zhì)是相對運動問題，這樣的相對運動將直接影響摩擦力的方向。4.解題關(guān)鍵(1)理清物體與傳送帶間的相對運動方向及摩擦力方向。(2)傳送帶問題還常常涉及臨界問題，即物體與傳送帶達到相同速度，這時會出現(xiàn)摩擦力改變的臨界狀態(tài)，對這一臨界狀態(tài)進行分析往往是解題的突破口。【例2(多選)(2021·重慶市新高考模擬)如圖3所示，長為L的水平傳送帶AB以速度v逆時針運轉(zhuǎn)，將小石墨塊P輕放在傳送帶右端A，當(dāng)石墨塊從左端B離開傳送帶時，傳送帶上留下了長度為l的痕跡，不計繞過傳動輪的皮帶長度，下列說法正確的是()圖3A.增大傳送帶速度v，劃痕長度可能不變B.減小石墨塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，劃痕長度可能會減小C.增加傳送帶的長度，劃痕長度一定會變長D.一定條件下可使l＞L答案AD解析分三種情況：①石墨塊到達B端前速度等于v，則l＝vt－eq\f(v2,2a)，其中t＝eq\f(v,a)、a＝μg，解得l＝eq\f(v2,2μg)，v增大，則l變長；②石墨塊到達B端時速度小于或等于v，且運動時間t＝eq\r(\f(2L,μg))≤eq\f(3L,v)，則l＝vt－L，得2L≥l＝veq\r(\f(2L,μg))－L，增大v，則l變長；③石墨塊到達B端時速度小于或等于v，且運動時間t＞eq\f(3L,v)，此時在石墨塊到達B端前劃痕前端就追上石墨塊，劃痕長度為2L，之后的劃痕與原來劃痕重疊，劃痕長度為2L不變，選項A正確；由上述可知，減小石墨塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，則l會變長或不變，選項B錯誤；第①種情況下l與L無關(guān)，選項C錯誤；由③可知選項D正確?！菊骖}示例3(2021·遼寧卷，13)機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖4所示，以恒定速率v1＝0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉(zhuǎn)軸間距L＝3.95m。工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質(zhì)點)。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖4(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；(2)小包裹通過傳送帶所需的時間t。答案(1)0.4m/s2(2)4.5s解析(1)小包裹的速度v2大于傳動帶的速度v1，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動帶向上，根據(jù)牛頓第二定律可知μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得a＝0.4m/s2。(2)小包裹開始階段在傳動帶上做勻減速直線運動，所用時間t1＝eq\f(v1－v2,a)＝eq\f(1.6－0.6,0.4)s＝2.5s在傳動帶上滑動的距離為x1＝eq\f(v1＋v2,2)t1＝eq\f(1.6＋0.6,2)×2.5＝2.75m因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳動帶方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹與傳動帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，勻速運動的時間為t2＝eq\f(L－x1,v1)＝eq\f(3.95－2.75,0.6)s＝2s所以小包裹通過傳送帶的時間為t＝t1＋t2＝4.5s?；瑝K在傳送帶上運動的“五點”注意問題(1)注意滑塊相對傳送帶的運動方向，正確判定摩擦力的方向。(2)在水平傳送帶上，滑塊與傳送帶共速時，滑塊與傳送帶相對靜止做勻速運動。(3)在傾斜傳送帶上，滑塊與傳送帶共速時，需比較mgsinθ與μmgcosθ的大小才能確定運動情況。(4)注意傳送帶的長度，判定滑塊與傳送帶共速前是否滑出。(5)滑塊在傳送帶上運動形成的劃痕長度是滑塊與傳運帶的相對路程。模型三“滑塊—木板”模型1.模型特點“滑塊—木板”模型類問題中，滑動摩擦力的分析方法與“傳送帶”模型類似，但這類問題比傳送帶類問題更復(fù)雜，因為木板受到摩擦力的影響，往往做勻變速直線運動，解決此類問題要注意從速度、位移、時間等角度，尋找各運動過程之間的聯(lián)系。2.解題關(guān)鍵(1)臨界條件：使滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達木板末端時的速度與木板的速度恰好相同。(2)問題實質(zhì)：“板—塊”模型和“傳送帶”模型一樣，本質(zhì)上都是相對運動問題，要分別求出各物體相對地面的位移，再求相對位移?！纠?(2021·山東日照市模擬)如圖5所示，質(zhì)量M＝2kg的滑板P足夠長，在光滑水平地面上以速度v0＝7m/s向右運動。t＝0時刻，在P最右端位置輕輕地放一質(zhì)量m＝1kg的小物塊Q(可看作質(zhì)點)，同時給Q施加一個水平向右的恒力F＝8N。已知P與Q間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：圖5(1)運動過程中，P的最小速度；(2)從t＝0開始，經(jīng)過多長時間，Q剛好要從P的右端掉下。答案(1)6m/s(2)eq\f(1＋\r(7),2)s解析(1)設(shè)P的加速度大小為a1，對P由牛頓第二定律可得μmg＝Ma1解得a1＝2m/s2，方向向左設(shè)Q的加速度大小為a2，對Q由牛頓第二定律可得F＋μmg＝ma2解得a2＝12m/s2，方向向右P做減速運動v1＝v0－a1t1Q做加速運動v2＝a2t1P、Q達到共同速度時，P的速度最小，即v1＝v2，解得t1＝0.5s，v1＝6m/s。(2)從開始計時到P、Q達到共同速度，P的位移大小為x1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝3.25mQ的位移大小為x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)＝1.5m，Q相對P向左運動的距離為d，則d＝x1－x2＝1.75m，P、Q達到共同速度之后無法相對靜止，各自做變速運動。設(shè)Q的加速度大小為a3，對Q由牛頓第二定律可得F－μmg＝ma3，解得a3＝4m/s2，方向向右Q相對P向右運動，當(dāng)相對位移大小為d時，Q剛好要從P的右端掉下，有d＝eq\f(1,2)(a3－a1)teq\o\al(2,2)解得t2＝eq\f(\r(7),2)s所以t＝t1＋t2＝eq\f(1＋\r(7),2)s?！踞槍τ?xùn)練2】如圖6所示，在傾角為θ＝37°的足夠長斜面上放置一質(zhì)量m板＝2kg，長度L＝1.5m的極薄平板AB，在薄平板上端A處放一質(zhì)量m＝1kg的小滑塊(視為質(zhì)點)，將小滑塊和薄平板同時無初速度釋放，已知小滑塊與薄平板之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.25，薄平板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，求：圖6(1)釋放后，小滑塊的加速度a1和薄平板的加速度a2；(2)從釋放到小滑塊離開薄平板經(jīng)歷的時間t。答案(1)4m/s21m/s2(2)1s解析(1)設(shè)釋放后，滑塊會相對于平板向下滑動，對滑塊：由牛頓第二定律有mgsin37°－Ff1＝ma1其中FN1＝mgcos37°，F(xiàn)f1＝μ1FN1解得a1＝gsin37°－μ1gcos37°＝4m/s2對薄平板，由牛頓第二定律有m板gsin37°＋Ff1－Ff2＝m板a2其中FN2＝(m＋m板)gcos37°，F(xiàn)f2＝μ2FN2解得a2＝1m/s2a1＞a2，假設(shè)成立，即滑塊會相對于平板向下滑動。(2)設(shè)滑塊滑離時間為t，由運動學(xué)公式，有x1＝eq\f(1,2)a1t2，x2＝eq\f(1,2)a2t2，x1－x2＝L解得t＝1s。題型自我感悟滑塊——木板模型和傳送帶問題的共同特點都涉及到物體間的相對運動，因此在物理情景和分析方法上，二者是一樣的。請回答以下問題：1.如何判斷滑塊是否能與木板達到同速？提示假設(shè)滑塊與木板能達到同速，分別求此過程滑塊和木板各自對地的位移，看位移之差與木板長度的關(guān)系。2.如果木板的下表面是光滑的，當(dāng)滑塊在木板上滑動時是否能夠同速，能否采用動量守恒定律結(jié)合其他知識來判斷？請你寫出分析過程？提示能夠應(yīng)用動量守恒定律和功能關(guān)系來分析，設(shè)木板的長度為L，質(zhì)量為m板，初速度為v1，滑塊的質(zhì)量為m，從木板一端滑上木板時的初速度為v2，達到的共同速度為v，相對運動的位移為x，兩者之間的摩擦力為Ff，取木板和滑塊為系統(tǒng)，系統(tǒng)的動量守恒，即m板v1＋mv2＝(m板＋m)v，由功能關(guān)系Ffx＝eq\f(1,2)m板veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m板＋m)v2，若x＜L，則滑塊不會滑離木板；若x＞L，則滑塊會滑離木板。對點練等時圓模型1.如圖1所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個端點均分別位于半徑為R和r的兩個相切的圓上(兩個圓過切點的直徑在豎直方向上)，且斜槽都通過切點P。設(shè)有一重物先后沿兩個斜槽從靜止出發(fā)，由A滑到B和由C滑到D，所用的時間分別為t1和t2，則t1與t2之比為()圖1A.2∶1 B.1∶1C.eq\r(3)∶1 D.1∶eq\r(3)答案B2.(多選)如圖2所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速釋放，一個滑環(huán)從d點無初速釋放，t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間，則下列關(guān)系正確的是()圖2A.t1＝t2 B.t2＞t3C.t1＜t2 D.t1＝t3答案BCD解析設(shè)想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速釋放的小滑環(huán)到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但aca＞aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2＞tca，故選項A錯誤，B、C、D正確。對點練傳送帶模型3.(多選)如圖3所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝3.5m，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，物體滑上傳送帶A端的瞬時速度vA＝4m/s，到達B端的瞬時速度設(shè)為vB，g取10m/s2。下列說法正確的是()圖3A.若傳送帶不動，vB＝3m/sB.若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，vB一定等于3m/sC.若傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB一定大于3m/sD.若傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB可能等于3m/s答案ABD解析若傳送帶不動，則物體做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得，勻減速直線運動的加速度大小a＝μg＝1m/s2，根據(jù)veq\o\al(2,A)－veq\o\al(2,B)＝2ax，解得vB＝3m/s，故A正確；若傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，物體滑上傳送帶做勻減速直線運動，到達B點的速度大小一定等于3m/s，故B正確；若傳送帶順時針勻速運動，且傳送帶的速度小于3m/s，則物體滑上傳送帶仍然做勻減速直線運動，到達B點的速度有可能等于3m/s，故C錯誤，D正確。4.(多選)(2021·河北廊坊市摸底)如圖4為裝卸貨物的帶式輸送機，輸送帶與水平方向夾角為37°，貨物以2m/s的初速度從底端滑上輸送帶，已知輸送帶速度為4m/s，貨物與輸送帶間的動摩擦因數(shù)為0.8，輸送機底端到頂端的距離為19m，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，下列說法正確的是()圖4A.貨物到達頂端用時(2eq\r(30)－5)sB.貨物到達頂端用時6sC.貨物在輸送帶上一直做勻加速運動D.貨物在輸送帶上先做加速運動后做勻速運動答案BD解析貨物加速上升時，由牛頓第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得a＝0.4m/s2，貨物加速到和輸送帶速度相等時，所需時間t＝eq\f(v－v0,a)，解得t＝5s，貨物加速的位移x＝eq\f(v2－veq\o\al(2,0),2a)，解得x＝15m＜19m，沒有到達輸送帶的頂端，則貨物和輸送帶一起勻速上升，勻速運動的時間t1＝eq\f(L－x,v)＝eq\f(19－15,4)s＝1s，貨物到達頂端所需時間t2＝t＋t1＝6s，故選項B、D正確。5.(多選)(2021·四川綿陽市第二次診斷)如圖5所示，傳送帶傾角為α，表面粗糙，以恒定速度v0逆時針運行。一小滑塊從斜面頂端由靜止釋放，運動到斜面底端的過程中，其速度隨時間變化的關(guān)系圖像可能是()圖5答案AC解析滑塊由靜止釋放，相對于傳送帶向上運動，受沿斜面向下的摩擦力，先向下加速運動，加速度為a1＝gsinα＋μgcosα，加速到和傳送帶速度相等時，若有mgsinα≤μmgcosα，則滑塊和傳送帶保持相對靜止，一起勻速運動，故A正確；若有mgsinα＞μmgcosα，則滑塊和傳送帶不能保持相對靜止，滑塊繼續(xù)加速運動，加速度為a2＝gsinα－μgcosα，但a2＜a1，故C正確，D錯誤；滑塊只可能存在上述兩種情形，不可能出現(xiàn)減速的情形，故B錯誤。6.(多選)如圖6所示，某傳動裝置與水平面的夾角為30°，兩輪軸心相距L＝2m，A、B分別是傳送帶與兩輪的切點，傳送帶不打滑?，F(xiàn)傳送帶沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，將一小物塊放置于A點，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，g取10m/s2。若傳送帶的速度可以任意調(diào)節(jié)，當(dāng)小物塊在A點以v0＝3eq\r(6)m/s的速度沿傳送帶向上運動時，小物塊到達B點的速度大小可能為()圖6A.1m/s B.3m/sC.6m/s D.9m/s答案BC解析由題意可知mgsin30°＜μmgcos30°，若傳送帶的速度很小(一直小于物塊的速度)，小物塊一直減速，加速度大小a1＝gsin30°＋μgcos30°＝12.5m/s2，到達B點時的速度最小，且最小速度v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)－2a1L)＝2m/s；若傳送帶的速度很大(一直大于物塊的速度)，小物塊一直加速，加速度大小a2＝μgcos30°－gsin30°＝2.5m/s2，到達B點時的速度最大，且最大速度v2＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2a2L)＝8m/s；綜上可知小物塊到達B點的速度在2m/s到8m/s的范圍內(nèi)，選項B、C正確。對點練板塊模型7.(多選)(2021·山東煙臺市期末)某實驗小組在探究接觸面間的動摩擦因數(shù)實驗中，如圖7甲所示，將一質(zhì)量為M的長木板放置在水平地面上，其上表面有另一質(zhì)量為m的物塊，剛開始均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)使物塊受到水平力F的作用，用傳感器測出水平拉力F，畫出F與物塊的加速度a的關(guān)系如圖乙所示。已知重力加速度g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，整個運動過程中物塊始終未脫離長木板。則()圖7A.長木板的質(zhì)量為2kgB.長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.1C.長木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為0.4D.當(dāng)拉力F增大時，長木板的加速度一定增大答案ABC解析由圖可知，當(dāng)F>12N時物塊和木板發(fā)生相對滑動，則F－μ1mg＝ma，即F＝ma＋μ1mg，由圖像可知m＝k＝eq\f(12－8,2)kg＝2kg，μ1mg＝8N，解得μ1＝0.4，當(dāng)12N≥F≥4N時兩者共同運動，則F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，由圖像可知M＋m＝k′＝eq\f(12－4,2)kg＝4kg，則M＝2kg，μ2(M＋m)g＝4N，解得μ2＝0.1，選項A、B、C正確；當(dāng)拉力F增大時，長木板與物塊之間發(fā)生相對滑動，此時長木板受地面的摩擦力和物塊的摩擦力都不變，則加速度不變，選項D錯誤。8.(2021·湖北選擇考模擬)如圖8a所示，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物塊B，A和B的質(zhì)量均為m＝1kg。A與B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。t＝0時刻起，對A施加沿水平方向的力，A和B由靜止開始運動。取水平向右為正方向，B相對于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分別為A和B相對水平面的速度。在0～2s時間內(nèi)，相對速度vBA隨時間t變化的關(guān)系如圖b所示。運動過程中B始終未脫離A，重力加速度取g＝10m/s2。求：圖8(1)0～2s時間內(nèi)，B相對水平面的位移；(2)t＝2s時刻，A相對水平面的速度。答案(1)3.5m(2)0解析(1)由題知B始終未脫離A，由vBA－t圖像可知0～1.5s內(nèi)，vB<vA，B在方向向右的摩擦力作用下向右勻加速運動，1.5～2s內(nèi)，vB>vA，B在向左的摩擦力作用下向右勻減速運動，對物塊B，由牛頓第二定律μmg＝ma，得a＝μg＝2m/s2，則物塊B在1.5s時，v1.5＝at1.5＝3m/s，x1.5＝eq\f(v1.5,2)t1.5＝2.25m物塊B在t＝2s末，v2＝v1.5－at0.5＝2m/s在1.5～2s內(nèi)位移x2＝eq\f(v1.5＋v2,2)t0.5＝1.25m所以B相對水平面的位移xB總＝x1.5＋x2＝3.5m。(2)由圖可知t＝2s時，vBA＝2m/s，又此時B的速度vB＝v2＝2m/s由vBA＝vB－vA得vA＝0。9.如圖9甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針運行。現(xiàn)將一質(zhì)量m＝2kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，2s末物體到達B端，取沿傳送帶向下為正方向，g＝10m/s2，求：圖9(1)小物體在傳送帶A、B兩端間運動的平均速度v；(2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ。答案(1)8m/s(2)0.5解析(1)由v－t圖像的面積規(guī)律可知傳送帶A、B間的距離L即為v－t圖線與t軸所圍的面積，所以L＝eq\f(1,2)×1×10m＋eq\f(1,2)×(10＋12)×1m＝16m由平均速度的定義得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(L,t)＝8m/s。(2)由v－t圖像可知傳送帶運行速度為v1＝10m/s0～1s內(nèi)物體的加速度為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s21～2s內(nèi)的加速度為a2＝2m/s2根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1mgsinθ－μmgcos