力與直線運動

［建體系?知關聯］［析考情?明策略］

近幾年高考對本講的考查比較全面，

題型以選擇題、較為綜合的計算題為

條件:尸合*0,恒定，且與速度在同一直線上考情

卜規律:三個基本公式，幾個推論1主。勻變速直線運動的規律、運動學

分析

*特例:①自由落體(初速度為零)圖象問題、牛頓運動定律的應用是命

*勻變速直勒豎直置時對稱性)

線運動

題的熱點。

-1熱點:勻變速直線運動的圖象及其應用1

一

力B巧用平均速度11.勻變速直線運動規律、推論

與U兩個技巧

直1逆向思維1

線

運素養2.圖象問題

動

一一|瞬時性問題

4-頓第二定呈現3.牛頓其次定律瞬時性問題

:尸令=ma1超重、失重1

4.動力學兩類基本問題

牛頓運動學角度:“T圖象

A運動-斜率運動學規律

定律L動力學兩..1.勻變速直線運動規律和推論的敏捷

類問題加速度

a動力學角度:牛頓第

二定律___________素養應用

U多過程問題、連接體問題、臨界極值問題1

落實2.駕馭瞬時性問題的兩類模型

3.熟識圖象類型及圖象信息應用

考點11勻變速直線運動規律的應用

齡通要點?核心速記

1.勻變速直線運動的基本規律

(1)速度關系：V=Vo+ato

⑵位移關系：

(3)速度位移關系：病—謚=2ax。

'V

(4)某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度：■=「=■。

tt

2

(5)勻變速直線運動在相等時間內相鄰的兩段位移之差為常數，即Ax=a7%

2.追及問題的解題思路和技巧

(1)解題思路

(2)解題技巧

①緊抓“一圖三式”，即過程示意圖、時間關系式、速度關系式和位移關系式。

②審題應抓住題目中的關鍵字眼，充分挖掘題目中的隱含條件，如“剛好”“恰好”“最

多”“至少”等，往往對應一個臨界狀態，滿意相應的臨界條件。

③若被追逐的物體做勻減速運動，肯定要留意追上前該物體是否已停止運動，最終還要

留意對解的探討分析。

€>研典例?通法悟道

［典例1］現有甲、乙兩汽車正沿同一平直大街同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，

它們行駛的速度均為10m/s?當兩車快要到一十字路口時，甲車司機看到綠燈已轉換成了黃

燈，于是緊急剎車(反應時間忽視不計)，乙車司機為了避開與甲車相撞也緊急剎車，但乙車

司機反應較慢(反應時間為友=0.5s)。己知甲車緊急剎車時制動力為車重的0.4倍，乙車緊

急剎車時制動力為車重的0.6倍，5=10m/s2,假設汽車可看作質點。

(1)若甲車司機看到黃燈時車頭距警戒線15m,他實行上述措施能否避開闖紅燈？

(2)為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞，甲、乙兩車在正常行駛過程中應至少保持多大

距離？

［解析］(1)依據牛頓其次定律，甲車緊急剎車的加速度大小為a=工=工&=4m/s：

uhnh

甲車停下來所需時間為

Vo10CL

ti=—=-s=2.5s,

Hl4

^2］Q2

X=

滑行距禺~Q2a-l=92X乂4/m=12.5m,

由于x=12.5m<15m,

可見甲車司機剎車后能避開闖紅燈。

(2)乙車緊急剎車的加速度大小為念=至=""=6m/s2,兩車速度相等時處于同一位

nknk

置，即為恰好不相撞的條件。

設甲、乙兩車行駛過程中至少應保持距離劉，在乙車剎車友時間后兩車的速度相等，

其運動關系如圖所示，

則有速度關系—51(^2H-to)=Vo-2,v=Vo—a2t2

2222

位移關系vot+——=荀+=一

oZa2Lai

解得方2=l.0s,苞=1.5mo

［答案］(1)能(2)1.5m

威反思感悟：推斷能否追上的常用方法

———>>V2

甲甲

----------Xo--------

情境：物體夕追逐物體4起先時，兩個物體相距照。

（1）若以=%時，XA+XQ<XB,則能追上。

（2）若以=%時，XA-\-XQ=XB,則恰好追上。

⑶若以=無時，XA+XO>XB,則不能追上。

［跟進訓練］

1.（2024?河南南陽第四次月考）甲球從離地面〃高處由靜止起先自由下落，同時使乙球

從甲球的正下方地面處做豎直上拋運動，欲使乙球上升到々〃〉1）處與甲球相撞，則乙球上拋

n

的初速度為（重力加速度為g,忽視空氣阻力）（）

B［設乙球上拋的初速度為如經過時間力甲、乙在空中相碰，甲做自由落體運動的位

夥為3小（=解得nJ之'H，乙做豎直上拋運動的位移益=（=外力—

解得的'一，故選項B正確。］

V2n~\

2.（多選）2024年冬奧會將在北京和河北張家口聯合實行。俯式冰橇是冬奧會的競賽項

目之一，某次競賽的賽道可簡化為起點和終點高度差為120m、長度為1200m的直斜坡。假

設某運動員從起點起先，以平行賽道的恒力廣=40N推動質量0=40kg的冰橇起先沿斜坡向

下運動，動身4s內冰橇的位移為12m,8s末運動員快速登上冰橇與冰橇一起沿直線運動直

到終點。假定運動員登上冰橇前后冰橇速度不變，不計空氣阻力，g取10m/s2,賽道傾角的

余弦值取為1,正弦值依據題目要求計算。下列說法正確的是（）

A.動身4s內冰橇的加速度大小為1.5m/s2

B.冰橇與賽道間的動摩擦因數為0.06

C.動身10s內冰橇的位移為75m

D.競賽中運動員到達終點時的速度大小為36m/s

AD［由動身4s內冰橇的位移為解得動身4s內冰橇的加速度大小為ai=l.5

m/s2,選項A正確；對冰橇，由牛頓其次定律有F+mgsin夕一〃儂cos。=儂”解得〃=

0.05,選項B錯誤；動身8s內冰橇做勻加速直線運動，位移為￡2=；劭4=48m,8s后對冰

橇和運動員，由牛頓其次定律有(加+的/in9—口M)geos0—(m+M)a2,解得az=O.5

m/s，8s末冰橇的速度為%=aiG=12m/s,再運動2s后位移為為=%力3+5224=25m,動身

10s內冰橇的位移為xz+x3=73m,選項C錯誤；運動員登上冰橇后始終做加速運動，由誦一

n—2a2(x—X2),解得運動員到達終點時速度皈=36m/s,選項D正確。］

3.(2024?湖南懷化期末)道路交通法規規定：黃燈亮時車頭已越過停車線的車輛可以接

著行駛，車頭未越過停車線的車輛若接著行駛，則視為闖黃燈。我國一般城市路口紅燈變亮

之前，綠燈和黃燈各有3s的閃耀時間。某小客車在制動初速度為F=14m/s的狀況下，制

動距離最小為s=20mo

(1)若要確保小客車在b=3s內停下來，小客車剎車前的行駛速度不能超過多少？

(2)某小客車正以的=8m/s速度駛向路口，綠燈起先閃時車頭距離停車線s°=28m,則

小客車至少以多大的加速度勻加速行駛才能在黃燈亮起前正常通過路口？(已知駕駛員從眼

睛看到綠燈閃到腳下實行動作再到小客車有速度變更經過的總時間是1.0s)

/142

［解析］⑴依據d=2as可得小客車剎車時的最大加速度=—=——m/s2=4.9m/s2

a乙b乙/＞乙U

要確保小客車在3s內停下來，小客車剎車前行駛的最大速度為

Ki=at=4.9m/s2X3s=14.7m/s。

(2)在At=1.0s內小客車勻速運動的距離為

si=VoAt=8m

小客車勻加速運動的距離為s'=So—S1=2Om

從綠燈閃到黃燈亮起這3s內小客車加速運動的最大時間t'=t-At=2s

2

由s'=vot'+(a't'

解得最小加速度a'=2m/s2?

［答案］(1)14.7m/s(2)2m/s2

考點21運動圖象問題

c＞通要點?核心速記

1.解決圖象類問題“四個留意”

(1)速度圖線只有通過時間軸時速度方向才變更。

(2)利用片力圖象分析兩個物體的運動時，要留意兩個物體的動身點是否相同。

(3)物體的運動圖象與運動過程的轉化。

(4)矛T圖象、片方圖象、a-力圖象的應用。

0--------------1o70t

斜率表示速度斜率表示加速度面積表示速度

面積無意義面積表示位移的變化

2.應用圖象時的“兩個誤區”

⑴誤認為片力圖象、片力圖象是物體運動軌跡。

⑵在7-t圖象中誤將交點認為此時相遇。

€＞研典例?通法悟道

［典例2］（多選）（2024?湖南衡陽八中第三次月考）有四個運動的物體4B、aD,物

體爾方運動的矛-t圖象如圖①所示；物體，從同一地點沿同一方向運動的片《圖象如圖

②所示。依據①、②圖象可知以下推斷中正確的是（）

A.物體/和方均做勻速直線運動，且/的速度比6的大

B.在。?3s時間內，物體8的速度為~^m/s

C.t=3s時，物體。追上物體〃

D.t=3s時，物體C與物體，之間有最大間距

ABD［由圖①可以看出，物體/和6的x-力圖象都是傾斜的直線，斜率都不變，則速度

都不變，說明兩物體都做勻速直線運動，又力圖線的斜率大于6圖線的斜率，則/的速度比6

的大，選項A正確；由圖①還可以看出，在。?3s時間內，物體6運動的位移為Ax=10m,

則速度噂=^m/s,選項B正確；由圖②可以看出，力=3s時，，圖線與坐標軸所圍“面積”

大于。圖線與坐標軸所圍“面積”，說明〃的位移大于。的位移，因兩物體從同一地點沿同

一方向起先運動，所以物體。還沒有追上物體〃選項C錯誤；由圖②還可以看出，前3s內，

〃的速度較大，D、C間距離增大，3s后C的速度較大，兩者距離減小，貝ijt=3s時，物體

C與物體〃之間有最大間距，選項D正確。］

畬反思感悟：運動圖象問題的“三點提示”

⑴對于矛-t圖象，圖線在縱軸上的截距表示力=0時物體的位置；對于片t和22圖象，

圖線在縱軸上的截距并不表示力=0時物體的位置。

（2）在廣大圖象中，兩條圖線的交點不表示兩物體相遇，而是表示兩者速度相同。

（3）廣？圖象中兩條圖線在軸上的截距不同，不少同學誤認為兩物體的初始位置不同，位

置是否相同應依據題中條件確定。

［跟進訓練］

1.（2024?四川成都七中一診）如圖所示，/、6分別是甲、乙兩小球從同一地點沿同始終

線運動的心大圖象，依據圖象可以推斷出（）

A.在t=4s時，甲球的加速度小于乙球的加速度

B.在t=4.5s時，兩球相距最遠

C.在t=6s時，甲球的速率小于乙球的速率

D.在t=8s時，兩球相遇

D［依據圖象可知，甲球的加速度&=普=-lOm/s?,故甲球的加速度大小為lOm/s?,

負號表示加速度方向與速度方向相反，乙球的加速度m/s",故甲球的加速度大

At2O

于乙球的加速度，選項A錯誤；當兩球速度相同時，兩球相距最遠，依據圖象有40m/s+劭方

=-20m/s+〃2（Z—2s）,解得力=4.4s,即4.4s時兩球相距最遠，選項B錯誤；力=6s

20

時甲球的速度vi=-20m/s,乙球的速度V2=—m/s,故方=6s時甲球的速率大于乙球的速

率，選項C錯誤；結合圖象可知力=8s時，甲、乙兩小球又同時回到原動身點，選項D正確。］

2.（多選）（2024?廣東深圳試驗學校期中）甲、乙兩質點同時、同初位置沿同一方向做直

線運動。質點甲做初速度為零、加速度大小為國的勻加速直線運動；質點乙做初速度為歷、

加速度大小為位的勻減速直線運動，且速度減至零后保持靜止。甲、乙兩質點在運動過程中

的矛-y（位置一速度）圖象如圖所示（虛線與對應的坐標軸垂直），貝心）

A.質點甲的加速度大小&=1m/s2

B.質點乙的初速度為匹=6m/s,加速度大小az=lm/s2

C.圖線中a=2#,6=16

D.兩圖線的交點表示兩質點同時到達同一位置

BC［速度隨位移的增大而增大的圖線對應質點甲，速度隨位移的增大而減小的圖線對應

質點乙，當x=0時，乙的速度為6m/s,即質點乙的初速度的=6m/s,設質點乙、甲先后通

過x=6m處時的速度均為匕對質點甲有聲=2&x①，對質點乙有病一喘=—2&x②,聯

立①②解得&+az=3m/s"③，當質點甲的速度歷=8m/s、質點乙的速度匹=2m/s時，兩

質點通過的位移相同，設為x',對質點甲有④，對質點乙有V2—n=-2a2x'

2

⑤，聯立④⑤解得ai=2az⑥，聯立③⑥解得國=2m/s\a2=lm/s,選項A錯誤，B正確；

依據質點甲的運動知脩=2aix,當x=6m時，有v甲=2#m/s,即a=2#;當/甲=8m/s

時，有x=16m,即6=16,選項C正確；兩圖線的交點表示甲、乙兩質點以相同的速度經過

該位置，但不是同時，選項D錯誤。］

3.如圖所示是一物體做直線運動的r-t圖象，則下列依據7-t圖象作出的加速度一時間

（?力）圖象和位移一時間（矛-t）圖象正確的是（）

A［由廣力圖象知，0?1s內，物體做勻速直線運動，加速度為=0,位移x=^,x與

7成正比；1?3s內，物體的加速度不變，做勻變速直線運動，加速度a?=—1m/s：位移為

2

x=v0{t—1s)+1a2(t—1s)=f—+2t—可知x-t圖象是開口向下的拋物線；3?5s

內，物體沿負方向做勻減速直線運動，加速度a3=0.5m/s”,位移為x=—%（亡-3s）+（a3（Z：

-3s）?,x-力圖象是開口向上的拋物線，且3?5s內物體的位移為一1m,由數學學問知，

只有A選項對應的圖象正確。］

考點31牛頓運動定律的應用

考向1牛頓其次定律的瞬時性問題

⑴力可以發生突變，但速度不能發生突變。

(2)輕繩、輕桿、輕彈簧兩端有重物或固定時，在外界條件變更時，輕繩、輕桿的彈力可

以發生突變，但輕彈簧的彈力不能突變。

(3)輕繩、輕桿、輕彈簧某端突然無重物連接或不固定，三者彈力均突變為零。

［典例3］(2024?湖南懷化一中第一次月考)如圖所示，質量均為〃的46兩小球分別

用輕質細繩&和輕彈簧系在天花板上的。點和點，46兩小球之間用一輕質細繩。連接,

細繩〃、彈簧與豎直方向的夾角均為9,細繩心水平拉直，則下列有關細繩。被剪斷瞬間的

表述正確的是()

AB

A.細繩&上的拉力與彈簧彈力之比為1：1

B.細繩4上的拉力與彈簧彈力之比為cos?e:1

C./與6的加速度之比為1：1

D./與方的加速度之比為1：cose

B［對/球，剪斷細繩心的瞬間，細繩心的拉力將發生突變，合力垂直于細繩右斜向下,

細繩￡1的拉力大小為凡=儂3。59,2球的加速度大小a_4=5sin9；對6球，剪斷細繩。的

瞬間,彈簧彈力不變,合力水平向右,彈簧彈力大小入=房萬,8球的加速度大小&=^an

2

e,所以芻=罔/$icos9

aB1

考向2動力學中的連接體問題

(1)當連接體中各物體具有共同的加速度時，一般采納整體法。當系統內各物體的加速度

不同時，一般采納隔離法。

(2)求連接體內各物體間的相互作用力時必需用隔離法。

［典例4］質量分別為以20的物塊46用輕彈簧相連，設兩物塊與水平面及斜面間的

動摩擦因數都為當用水平力尸作用于笈上，且兩物塊在粗糙的水平面上以相同加速度向

右加速運動時，彈簧的伸長量為荀，如圖甲所示；當用同樣大小的力尸豎直提升兩物塊使它

們以相同加速度向上加速運動時，彈簧的伸長量為熱，如圖乙所示；當用同樣大小的力尸沿

傾角為9的固定斜面對上拉兩物塊使它們以相同加速度向上加速運動時，彈簧的伸長量為功

如圖丙所示，則X1：后：不等于()

A.1：1：1B.1：2：3

C.1：2：1D.無法確定

［題眼點撥］①“相同的加速度”，采納整體法。

②“荀：歪：刀”采納隔離法。

A［對題圖甲，把物塊46和彈簧看作一個整體探討，依據牛頓其次定律得a尸“儂

6m

FF

=去一〃g,對A有kx\—Hmg=ma\,解得為=端；對題圖乙，把物塊/、8和彈簧看作一個整

P-3/ZZP,FF

體探討，依據牛頓其次定律得&=1--=丁一g，KA有kx2—mg=m&,解得也=歹；對題

6m6m3k

圖丙，把物塊4、夕和彈簧看作一個整體探討，依據牛頓其次定律得&=

7―3〃儂cos9F_

7-------------=『——gsin夕——〃geos9,對/有左打一儂sin9—umgeos9

3m6m

F

=ma3,解得劉=以，則xix2'.X3=l：1：1。故A正確，B、C、D錯誤。］

［題組訓練］

1.（多選）如圖所示，吊籃4物體6、物體C的質量分別為以3m、2m。6和C分別固定

在彈簧兩端，彈簧的質量不計。6和C在吊籃的水平底板上處于靜止狀態。將懸掛吊籃的細線

剪斷的瞬間（）

A.吊籃力的加速度大小為2g

B.物體6的加速度大小為g

C.物體C的加速度大小為2g

D.吊籃/、物體8、物體C的加速度大小均為g

AC［彈簧起先時的彈力為尸=3儂，剪斷細線的瞬間，彈簧彈力不變，將。和/看成一

個整體，依據牛頓其次定律可得而=4一即4，的加速度大小均為2g,選

項A、C正確，D錯誤；因剪斷細線的瞬間，彈簧彈力不變，8受到的合力仍舊為零，故6的

加速度為零，選項B錯誤。］

2.（多選）如圖所示，足夠長的水平桌面上放置著質量為以長度為/的長木板8,質量

也為m的物體A放置在長木板B的右端，不行伸長的輕繩1的一端與A相連，另一端跨過輕

質定滑輪與8相連，在長木板的右側用跨過定滑輪的不行伸長的輕繩2系著質量為2勿的重錘

C。已知重力加速度為g,各接觸面之間的動摩擦因數均為5）,不計繩與滑輪間的摩

擦，系統由靜止起先運動，下列說法正確的是（）

A.4B、C的加速度大小均為楙

B.輕繩1的拉力為奇

C.輕繩2的拉力為儂

D.當/運動到6的左端時，物體D的速度為I；2"

BD［三個物體的加速度大小相等，設三個物體的加速度均為a,對物體A：用一。儂=

ma,對氏Fn~Hmg—2iimg—Fn=ma,對C-.2儂一&=2儂，聯立解得a=］gg,Fn=^ng,

Fn=mg+2umg,選項B正確，A、C錯誤；當/運動到8的左端時有|■ad+Fad=/,此時物體

4、B、C的速度均為v=at=、J型~~12"一，選項D正確。］

考點4|動力學中的兩類模型

□考向1動力學中的“板一塊”模型

1.模型特點：涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動。

2.兩種位移關系：滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動時,

位移之差等于板長；反向運動時，位移之和等于板長。

3.解題思路

（1）審題建模：求解時應先細致審題，清晰題目的含義、分析清晰每一個物體的受力狀況、

運動狀況。

（2）求加速度：精確求出各物體在各運動過程的加速度（留意兩過程的連接處加速度可能

突變）。

（3）明確關系：找出物體之間的位移（路程）關系或速度關系是解題的突破口。求解中應留

意聯系兩個過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。

［典例5］(2024?山西太原高三一模)

如圖所示，一足夠長的木板在粗糙水平地面上向右運動。某時刻速度為兩=2m/s,此時

一與木板質量相等的小滑塊(可視為質點)以乃=4m/s的速度從右側滑上木板，經過1s兩者

速度恰好相同，速度大小為吻=1m/s,方向向左。取重力加速度g=10m/s2,試求：

…I____:二□點、、、、

(1)木板與滑塊間的動摩擦因數小；

(2)木板與地面間的動摩擦因數〃2；

(3)從滑塊滑上木板，到最終兩者速度恰好相同的過程中，滑塊相對木板的位移大小。

［思路點撥］解此題關鍵有兩點：

①依據速度變更結合加速度定義求加速度，利用牛頓其次定律求摩擦因數。

②逐段分析木板和小滑塊的運動求相對位移。

［解析］(1)以向左為正方向，對小滑塊分析，其加速度為：&=上于=彳m/s2=-3

m/s2,負號表示加速度方向向右，設小滑塊的質量為如依據牛頓其次定律有：一小儂=儂1,

可以得到：〃i=0.3。

(2)對木板分析，向右減速運動過程，依據牛頓其次定律以及運動學公式可以得到：

口山g十〃2?2儂=”

向左加速運動過程，依據牛頓其次定律以及運動學公式可以得到：

c於

“iing—〃2?21ng=氏

而且方1+方2=t=ls

聯立可以得到：〃2=0.05,力=0.5s,22=0.5So

(3)在力i=0.5s時間內，木板向右減速運動，其向右運動的位移為：荀=0\的?方i=0.5

m,方向向右；

Vo0

在方2=0.5$時間內，木板向左加速運動，其向左加速運動的位移為：為=—^—?12=0.25

m,方向向左；

V\~\~V?

在整個力=1S時間內，小滑塊向左減速運動，其位移為：?力=2.5m,方向向

左

則整個過程中滑塊相對木板的位移大小為：Ax=x+xi—xz=2.75m?

［答案］(1)0.3(2)0.05(3)2.75m

畬反思感悟：求解“滑塊一木板”類問題的技巧

(1)弄清各物體初態對地的運動和相對運動(或相對運動趨勢)，依據相對運動(或相對運

動趨勢)狀況，確定物體間的摩擦力方向。

(2)精確地對各物體進行受力分析，并依據牛頓其次定律確定各物體的加速度，結合加速

度和速度的方向關系確定物體的運動狀況。

(3)速度相等是這類問題的臨界點，此時往往意味著物體間的相對位移最大，物體的受力

和運動狀況可能發生突變。

考向2動力學中的“傳送帶”模型

［典例6］某工廠為實現自動傳送工件設計了如圖所示的傳送裝置，它由一個水平傳送

帶45和傾斜傳送帶切組成，水平傳送帶長度以；=4m,傾斜傳送帶長度Az>=4.45m,傾角

為6=37。，和切通過一段極短的光滑圓弧板過渡，48傳送帶以g=5m/s的恒定速率

順時針運轉，切傳送帶靜止。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數均為〃=0.5,重力加速度g

10m/s%現將一個工件(可看作質點)無初速度地放在水平傳送帶最左端/點處，求：

4n

(i)工件從4點第一次被傳送到切傳送帶沿傳送帶上升的最大高度和所用的總時間；

(2)要使工件恰好被傳送到切傳送帶最上端，切傳送帶沿順時針方向運轉的速度匹的大

小(v2<%)。

［解析］(1)工件剛放在傳送帶上時，在摩擦力作用下做勻加速運動，設其加速度大

小為速度增加到歷時所用時間為。，位移大小為X1,受力分析如圖甲所示，則為=儂，

Fn=uRi=小凱

FNI

0**尸n

G

甲

2

聯立解得@i=5m/so

V\5

由運動學公式有方i=—=￡s=ls

a,\5

11.2

xi=-ait2i=-X5X1m=2.5m

由于為〈￡物工件隨后在傳送帶46上做勻速直線運動到6端，則勻速運動的時間為套=

LAB—X\八二

---------=0.3s

Kl

工件滑上切傳送帶后在重力和滑動摩擦力作用下做勻減速運動，設其加速度大小為物

速度減小到零時所用時間為23,位移大小為生，受力分析如圖乙所示，則

%=mgcos°

mgsin。+〃串=儂2

由運動學公式有用=0匕—曉n

聯立解得/=10m/s2,加=1.25m

工件沿刃傳送帶上升的最大高度為

9=1.25X0.6m=0.75m

0—V\

沿切上升的時間為k=———0.5S

—a?

故總時間為t=ti+友+友=1.8So

(2)切傳送帶以速度作向上傳送時，當工件的速度大于功時，滑動摩擦力沿傳送帶向下,

加速度大小仍為如當工件的速度小于歷時，滑動摩擦力沿傳送帶向上，受力分析圖如圖丙

所示，設其加速度大小為a3,兩個過程的位移大小分別為X3和苞，由運動學公式和牛頓運動

定律可得一2a?X3=謁一,

y

N2

/

“'J/

丙

mgsin0—nEa—maj,

—2a3苞=0一4

苞+X4

解得歷=4m/so

［答