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几个运动模型及其特点
一、始、末速度为零的两段式运动
物体做直线运动，由静止开始以大小为a1的加速度加速，经t1s速度为v后，立即以大小为a2的加速度减速，经t2s时，速度减为零，加速段的位移大小为x1，减速段的位移大小为x2，总位移为x，总时间为t。则：

1.(12分)一个小球从斜面顶端无初速度下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直至停止，它共运动了10s，斜面长4m，在水平面上运动的距离为6m．求：
(1)小球在运动过程中的最大速度；
(2)小球在斜面和水平面上运动的加速度大小．
10．解析：小球在斜面上做匀加速直线运动，在斜面底端速度最大，设最大速度为vmax，在斜面上运动的时间为t1，在水平面上运动的时间为t2.则
由(t1＋t2)＝10，t1＋t2＝10，得vmax＝2m/s
由公式2as＝vmax2，代入数据得a1＝eq\f(1,2)m/s2，
a2＝eq\f(1,3)m/s2.
答案：(1)2m/s(2)eq\f(1,2)m/s2eq\f(1,3)m/s2
2(11上海第31题)．(12分)如图，质量的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m。用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经拉至B处。(已知，。取)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。
解析：(1)物体做匀加速运动
(1分)
∴（1分）
由牛顿第二定律
（1分）
(1分)
∴(1分)
(2)设作用的最短时间为，小车先以大小为的加速度匀加速秒，撤去外力后，以大小为，的加速度匀减速秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律
(1分)
∴(1分)
（1分）
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有
（1分）
∴（1分）
（1分）
∴（1分）
（2）另解：设力作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理
（2分）
∴（1分）
由牛顿定律
（1分）
∴（1分）
∵（1分）
（1分）
3(2013天津卷)．(16分）质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,，求：
(l）物块在力F作用过程发生位移xl的大小：
(2）撤去力F后物块继续滑动的时间t。

答案：（1）x1=16m
(2)t=2s

4．(12分)质量为m＝1.0kg的小滑块(可视为质点)放在质量为M＝3.0kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板长L＝1.0m．开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F＝12N，如图所示，经一段时间后撤去F.为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力F作用的最长时间．(g取10m/s2)

答案：1s16．解析：撤力前后木板先加速后减速，设加速过程的位移为x1，加速度为a1，加速运动的时间为t1；减速过程的位移为x2，加速度为a2，减速运动的时间为t2.由牛顿第二定律得
撤力前：F－μ(m＋M)g＝Ma1
解得a1＝eq\f(4,3)m/s2
撤力后：μ(m＋M)g＝Ma2
解得a2＝eq\f(8,3)m/s2
x1＝eq\f(1,2)a1t12，x2＝eq\f(1,2)a2t22
为使小滑块不从木板上掉下，应满足x1＋x2≤L
又a1t1＝a2t2由以上各式可解得t1≤1s
即作用的最长时间为1s.
5.(16分)如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动,,求需所拉力的大小；
(3)本实验中,m1=0.5kg,m2=0.1kg,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1m,取g=10m/s2.若砝码移动的距离超过l=0.002m,人眼就能感知.为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?
答案：（1）f＝μ(2m1＋m2)g(2)f＝μ(2m1＋m2)g(3)F＝22.4N
[解析](1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g
桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g
f＝f1＋f2
解得f＝μ(2m1＋m2)g
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则
f1＝m1a1
F－f1－f2＝m2a2
发生相对运动a2>a1
解得F>2μ(m1＋m2)g
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝e