(物理)物理牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用練習(xí)題含解析

1、物理）物理牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用練習(xí)題含解析一、高中物理精講專(zhuān)題測(cè)試牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用1 如圖，光滑水平面上靜置一長(zhǎng)木板 A，質(zhì)量 M=4kg，A 的最前端放一小物塊 B（可視為 質(zhì)點(diǎn)），質(zhì)量 m=1kg，A與 B間動(dòng)摩擦因數(shù) =0.2現(xiàn)對(duì)木板 A施加一水平向右的拉力 F， 取 g=10m/s 2則：（1）若拉力 F1=5N，A、B一起加速運(yùn)動(dòng)，求 A對(duì) B的靜摩擦力 f的大小和方向；（2）為保證 A、B 一起加速運(yùn)動(dòng)而不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，求拉力的最大值Fm（設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等）；（3）若拉力 F2=14N，在力 F2作用 t=ls 后撤去，要使物塊不從木板上滑下，求木板的最小 長(zhǎng)度 L【

2、答案】（ 1）f= 1N，方向水平向右；（ 2）Fm= 10N。（ 3）木板的最小長(zhǎng)度 L是 0.7m。 【解析】【詳解】（1）對(duì) AB 整體分析，由牛頓第二定律得： F1=（M+m）a1對(duì) B，由牛頓第二定律得： f=ma1聯(lián)立解得 f =1N，方向水平向右；（2）對(duì) AB整體，由牛頓第二定律得： Fm=（M+m）a2對(duì) B，有： mg=ma2聯(lián)立解得： Fm=10N（3）因?yàn)?F2Fm，所以 AB間發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)，木塊 B 加速度為： a2=g=2m/s2。木板 A 加速度為 a3，則： F2-mg=Ma3 解得： a3=3m/s 2。1s 末 A 的速度為： vA=a3t=3m/sB 的

3、速度為： vB=a2t=2m/svA vB1s末A、B相對(duì)位移為： l1= A B t =0.5m撤去 F2后，t后sA、B共速2對(duì) A：-mg=Ma4可得： a4=-0.5m/s 2。共速時(shí)有： vA+a4tv=B+a2t可得： t =0.s4撤去 F2后A、 vA vBB相對(duì)位移為： l2= A B t =0.2m 為使物塊不從木板上滑下，木板的最小長(zhǎng)度為：2L=l1+l2=0.7m。2如圖所示，一質(zhì)量 M=4.0kg 、長(zhǎng)度 L=2.0m 的長(zhǎng)方形木板 B靜止在光滑的水平地面上， 在其右端放一質(zhì)量 m=1.0kg 的小滑塊 A（可視為質(zhì)點(diǎn)）?，F(xiàn)對(duì) A、B 同時(shí)施以適當(dāng)?shù)乃矔r(shí)沖 量，使 A

4、向左運(yùn)動(dòng)， B向右運(yùn)動(dòng)，二者的初速度大小均為2.0m/s，最后 A 并沒(méi)有滑離 B板。已知 A、B 之間的動(dòng)摩擦因數(shù) =0.50，取重力加速度 g=10m/s 2。求：1）經(jīng)歷多長(zhǎng)時(shí)間 A 相對(duì)地面速度減為零；（2）站在地面上觀察， B 板從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，到 A 相對(duì)地面速度減為零的過(guò)程中， B板向右運(yùn) 動(dòng)的距離；（3）A 和 B 相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小滑塊 A 與板 B左端的最小距離?！敬鸢浮浚?1）（2）（3）【解析】【詳解】（1）A在摩擦力 f= m作g用下，經(jīng)過(guò)時(shí)間 t速度減為零，根據(jù)動(dòng)量定理有 ： mgt=m0v 解得 t=0.40s（2）設(shè) B 減速運(yùn)動(dòng)的加速度為 a，A 速度減為零的過(guò)程

5、中，板 B 向右運(yùn)動(dòng)的位移為 x 根據(jù)牛頓第二定律有 mg=Ma，解得 a=1.25m/s 2根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式有x=v0t- at2解得 x=0.70m（3）設(shè) A和 B二者的共同速度為 v， 根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 （M-m）v0=（M+m） v解得 v=1.2m/s設(shè) A 和 B 二者達(dá)到共同速度時(shí)，小滑塊 A 與板 B 右端的距離為 l ，根據(jù)做功與能量變化的 關(guān)系有22 mgl=（ M+m ） v02- （M+m） v2解得 l=1.28m，所以 A、B 相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小滑塊 A與板 B左端的最小距離為 ：x=L-l=0.72m 【點(diǎn)睛】本題可以通過(guò)分別對(duì)兩個(gè)木塊受力分析，求加

6、速度，判斷運(yùn)動(dòng)規(guī)律；也可以直接用動(dòng)量守 恒定律和能量守恒列式求解，動(dòng)量守恒定律不涉及中間過(guò)程，解題較為方便 .3如圖所示，地面上有一固定的斜面體ABCD，其 AB 邊的長(zhǎng)度 S 2m，斜面傾角為370光滑水平地面上有一塊質(zhì)量 M 3kg 的足夠長(zhǎng)的木板緊挨著斜面體靜止放置質(zhì)量 為 m 1kg 物體由 A 點(diǎn)靜止滑下，然后從 B 點(diǎn)滑上長(zhǎng)木板 （ 由斜面滑至長(zhǎng)木板時(shí)速度大小不0.3，變） ，已知物體與斜面體的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，物體與長(zhǎng)木板的動(dòng)摩擦因數(shù)為 (2)物體從 B 點(diǎn)滑上長(zhǎng)木板時(shí)，物體和長(zhǎng)木板的加速度大??； (3)物體在長(zhǎng)木板上滑行的最大距離（1）物體到達(dá)斜面底端 B 點(diǎn)時(shí)的速度大?。?/p>

7、22【答案】( 1) 4m/ s (2) a1 3m/ s2 ； a2 1m/ s2 (3)2m 【解析】【分析】 該題是應(yīng)用牛頓第二定律解決運(yùn)動(dòng)問(wèn)題中的物體在粗糙斜面上滑行問(wèn)題和板塊模型的結(jié)合 題分別根據(jù)兩種題型的解答思路和方法， 求解即可【詳解】(1)對(duì)沿斜面下滑的物體受力分析，據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37 0 1mgcos370 ma解得：物體沿斜面下滑的加速度 a 4m / s2 對(duì)物塊沿斜面下滑的過(guò)程，應(yīng)用速度位移公式得：vB2 0 2 aS解得：物體到達(dá)斜面底端 B 點(diǎn)時(shí)的速度 vB 4ms (2)物體剛滑上長(zhǎng)木板，對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律可得：2mg ma1解得：物體滑

8、上長(zhǎng)木板后物體的加速度a1 3m / s2 ，方向水平向左物體剛滑上長(zhǎng)木板，對(duì)長(zhǎng)木板受力分析，由牛頓第二定律可得：2mg Ma 2解得：物體滑上長(zhǎng)木板后長(zhǎng)木板的加速度a2 1m / s2 ，方向水平向右(3)設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間 t ，物體和長(zhǎng)木板的速度相等，則： vB a1t a2t 解得： t 1s1 2 1 2 這段時(shí)間內(nèi)物體的位移 x1 vBta1t 2 4 1 3 12 m 2.5m221 2 1 2 這段時(shí)間內(nèi)長(zhǎng)木板的位移 x2 1 a2t 2 1 1 12 m 0.5m2 2 2 2 物體在長(zhǎng)木板上滑行的最大距離 d x1 x2 2m4如圖所示，質(zhì)量 M=1kg 的木板靜置于傾角為 37的

9、足夠上的固定斜面上的固定斜面上的 某個(gè)位置，質(zhì)量 m=1kg 的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊以初速度v0=5m/s 從木板的下端沖上木板，同時(shí)在木板上端施加一個(gè)沿斜面向上的外力F=14N，使木板從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊與木板共速時(shí)，撤去該外力，最終小物塊從木板的下端滑出已知小物塊與木板之間的動(dòng)摩 擦因素為 025，木板與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為05， g=10m/s 2，1)物塊和木板共速前，物塊和木板的加速度各為多少；2) 木板的長(zhǎng)度至少為多少；3）物塊在木板上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間是多少答案】（ 1）a1=8m/s2,方向沿斜面向下 , a2=2m/s 2,方向沿斜面向上2) Lmin61483） t （58解

10、析】1s ，物塊減速到 08此過(guò)程，相對(duì)位移：木板至少長(zhǎng)度 Lminx2x11m4861x2m2 48試題分析：（ 1）物塊與木板共速前，對(duì)物塊分析：得： a1=8m/s2,方向沿斜面向下，減速上滑mgsin1mg cosma1對(duì)木板分析： F 1 mg cosMg sin2(mM )g cosMa2得： a2=2m/s2,方向沿斜面向上，加速上滑（2）共速時(shí)： v共 =v0 a2t1得： t1 0.5s， v共 =1m/s1 2 1 2 共速前的相對(duì)位移：x1 v0t1a1t12a2t121.25m22撤掉 F 后：物塊相對(duì)于木板上滑，加速度仍未a1=8m/s 2 ，減速上滑而木板： Mg

11、sin2（M m）g cos1mg cosMa22則： a2 12m/s 2 ，方向沿斜面向下，減速上滑由于： Mg sin1mg cos2（M m）g cos木板停止后，物塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板就不再運(yùn)動(dòng)1過(guò) t2s ，木板停止，過(guò) t212（3）物塊在木板上下滑，木板不動(dòng)2 物塊加速度 a1 gsin 1g cos 4m/s在木板上的總時(shí)間：考點(diǎn)：考查牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)名師點(diǎn)睛】動(dòng)力學(xué)的解題思路：已知受力研究運(yùn)動(dòng)；已知運(yùn)動(dòng)研究受力情況5傳送帶以恒定速率 v 4m/s 順時(shí)針運(yùn)行，傳送帶與水平面的夾角37.現(xiàn)將質(zhì)量 m 1kg的小物塊輕放在其底端 （小物品可看成質(zhì)點(diǎn) ），平臺(tái)上的人

12、通過(guò)一根輕繩用恒力F10 N拉小物塊，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間物塊被拉到離地高為H 1.8m 的平臺(tái)上，如圖所示已知物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力， g取 10m/s 2，已知（1）物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）若在物塊與傳送帶速度相等的瞬間撤去恒力F，則物塊還需多少時(shí)間才能脫離傳送帶？【答案】（ 1） 1s（ 2）【解析】【詳解】（1）物體在達(dá)到與傳送帶速度 v 4 m/s 相等前，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：F mgcos37mgsin37 ma1 解得 a18 m/s2 由 v a1t1 得 t1 0.5s位移 x1 a1t 12 1m 物體與傳送帶達(dá)到共同速度后，因

13、F mgsin 4 N mgcos37故物體在靜摩擦力作用下隨傳送帶一起勻速上升位移 x2 x1 2mt2 0.5s 總時(shí)間為 tt1 t21s（2）在物體與傳送帶達(dá)到同速瞬間撤去恒力F，因?yàn)?x2 故物體向上勻減速運(yùn)動(dòng)達(dá)到速度為零前已經(jīng)滑上平臺(tái)故x2vt3- a2t32解得 t3（2- ）s或 t 3（ 2+ ）s（舍去） 【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是受力分析后判斷物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度，然后根 據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解時(shí)間6如圖 a所示,質(zhì)量為 M=1kg 的木板靜止在光滑水平面上 ,質(zhì)量為 m=1kg的物塊以初速度 v0=2.0m/s 滑上木板的左端 ,物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因

14、數(shù)為0.2，在物塊滑上木板的同時(shí)給木板施加一個(gè)水平向右的恒力F，當(dāng)恒力 F 取某一值時(shí) ,物塊在木板上相對(duì)于木板滑動(dòng)的1路程為 s，給木板施加不同大小的恒力 F,得到F 的關(guān)系如圖 b 所示，當(dāng)恒力 F=0N 時(shí),物s 塊恰不會(huì)從木板的右端滑下將物塊視為質(zhì)點(diǎn),最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力 ,重力加速度 g取 10m/s 2，試求 :（1）求木板長(zhǎng)度；（2）要使物塊不從木板上滑下 ,恒力 F 的范圍；1（3）圖b中 CD為直線,求該段的F的函數(shù)關(guān)系式s1F4【答案】 （1） 0.5m（2） F4N；（ 3）s4【解析】【分析】（1）當(dāng)恒力 F=0N 時(shí)，物塊恰不會(huì)從木板的右端滑下，根據(jù)動(dòng)能定理牛頓

15、第二定律求解物 塊和木板的加速度，當(dāng)兩物體共速時(shí)，物塊相對(duì)木板的位移恰為木板的長(zhǎng)度；（2） 當(dāng) F=0時(shí)，物塊恰能滑到木板右端，當(dāng) F 增大時(shí)，物塊減速、木板加速，兩者在木板上某一位置 具有共同速度；當(dāng)兩者共速后能保持相對(duì)靜止（靜摩擦力作用）一起以相同加速度 a 做勻 加速運(yùn)動(dòng) ，根據(jù)牛頓第二定律求解 F 的最大值；（2）當(dāng) 0 Fm時(shí)F，隨著 F力增大， S減小，當(dāng) F=Fm 時(shí)，出現(xiàn) S突變，說(shuō)明此時(shí)物塊、木 板在達(dá)到共同速度后，恰好再次發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，物塊將會(huì)從木板左端掉下對(duì)二者恰好發(fā) 生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律列式結(jié)合運(yùn)動(dòng)公式即可求解【詳解】（1）當(dāng)恒力 F=0N 時(shí)，物塊恰不會(huì)從木板

16、的右端滑下，則物塊的加速度mga12g 2m/s ；木板的加速度： a2mg 2m/ s2 ；2M物塊與木板共速時(shí) v0-a1t1=a2t1解得 t1 =0.5s，1 2 1 2則木板的長(zhǎng)度： L v0t1a1t12a2t12 0.5m22（2）當(dāng) F=0 時(shí)，物塊恰能滑到木板右端，當(dāng) F 增大時(shí)，物塊減速、木板加速，兩者在木板 上某一位置具有共同速度；當(dāng)兩者共速后能保持相對(duì)靜止（靜摩擦力作用）一起以相同加 速度 a 做勻加速運(yùn)動(dòng)，則： a F ，而 f=ma ，Mm由于靜摩擦力存在最大值，所以： f mfax= mg=2N，聯(lián)立解得： F4N；（3）當(dāng) 0 F時(shí)4N，最終兩物體達(dá)到共速，并最

17、后一起相對(duì)靜止加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)應(yīng)著圖（b）中的 AB段，當(dāng) F4N時(shí)對(duì)應(yīng) （b）中的 CD段， 當(dāng)兩都速度相等后，物塊相對(duì)于木板向左滑 動(dòng)， 木板上相對(duì)于木板滑動(dòng)的路程為s=2 x 當(dāng)兩者具有共同速度 v，歷時(shí) t ，則： aMF mg F 2Mmg 2amg2m/ sm根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得： v0-amt=a Mt11 根據(jù)位移關(guān)系可得： x v0t- amt 2- aMt222s=2x11 F 4聯(lián)立 - F函數(shù)關(guān)系式解得：ss 4【點(diǎn)睛】 本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律滑塊問(wèn)題是物理模型中非常重要的模型，是學(xué)生物理建模能力培 養(yǎng)的典型模型滑塊問(wèn)題的解決非常靈活，針對(duì)受力分析、運(yùn)動(dòng)分析以及牛頓第二定律的

18、 掌握，還有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的分析，特別是摩擦力的變化與轉(zhuǎn)型，都是難點(diǎn)所在本題通過(guò)非常 規(guī)的圖象來(lái)分析滑塊的運(yùn)動(dòng)，能從圖中讀懂物體的運(yùn)動(dòng)7 如圖所示，始終繃緊的水平傳送帶以的恒定速率沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，質(zhì)量的平板車(chē)停在傳送帶的右端 .現(xiàn)把質(zhì)量可視為質(zhì)點(diǎn)的行李箱輕輕放到距傳送帶右端 位置行李箱與傳送帶、平板車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為 g=10m/s2）試求：，平板車(chē)與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.（不計(jì)空氣阻力，（1）行李箱在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 （2）若行李箱由傳送帶滑到平板車(chē)上時(shí)速度不變，要想行李箱恰不從平板車(chē)上滑出，平板 車(chē)的最小長(zhǎng)度 .答案】 (1)2.25s (2)見(jiàn)解析解析】 (1) 行李箱在傳送帶加速

19、時(shí)的加速度滿足 ，則能加速的距離 速。行李箱在傳送帶能加速的時(shí)間，所以行李箱在傳送帶上先加速后勻行李箱在傳送帶勻速的時(shí)間 行李箱在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 (2)行李箱滑到平板車(chē)后，當(dāng)行李箱速度大于平板車(chē)速度時(shí)：，解得：行李箱做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得，行李箱加速度大小滿足平板車(chē)做加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得，平板車(chē)加速度大小滿足，解得：設(shè)行李箱經(jīng)時(shí)間 恰好到達(dá)平板車(chē)右端且兩者速度剛好第一次相等為，則：，解得：這種情況下，平板車(chē)的長(zhǎng)度平板車(chē)的最小長(zhǎng)度 點(diǎn)睛：板塊模型是牛頓運(yùn)動(dòng)定律部分的典型模型，要注意研究對(duì)象的選取，以及臨界條件 的確定。8某糧倉(cāng)為了把大米送到一定高度處的儲(chǔ)藏間，鋪設(shè)如圖所示的傳

20、輸裝置，其中AB 為長(zhǎng)度 L1=4m 的水平傳送帶， CD 為長(zhǎng)度 L2=9m、傾角 =37的傾斜傳送帶，兩傳送帶的運(yùn)行速 度可調(diào)?，F(xiàn)將一 袋大米無(wú)初速地放在 A 端，設(shè)米袋從 B 轉(zhuǎn)移到 C 時(shí)速度大小不變，已知米 袋與兩傳送帶之間的動(dòng) 摩擦因數(shù)均為 =0.5，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力 加速度 g=10m/s2，sin37 =0.6， cos37 =0.8。現(xiàn)在對(duì)設(shè)備按照如下兩種方式進(jìn)行調(diào)試：（ 1）使水平傳送帶以 v1=5m/s 的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傾斜傳送帶不轉(zhuǎn)動(dòng)。求：米袋在水平傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)的距離；米袋沿傾斜傳送帶所能上滑的距離。（2）使兩條傳送帶以相同的速度 v2

21、順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，為了使米袋能被運(yùn)送到D 端，試通過(guò)分析計(jì)算 v2 的最小值?！敬鸢浮?（1）2.5m； 1.25m （2）6m/s【解析】【詳解】（1）對(duì)米袋，根據(jù)牛頓第二定律得mg ma1加速階段，當(dāng)米袋速度增加到和傳送帶一樣時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2v1 2a1s1解得 s1 2.5m傾斜傳送帶不動(dòng)，米袋沿傳送帶向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin mgcos ma2因 s1 L1 ，故米袋到達(dá) C時(shí)速度大小為 v1 ，設(shè)米袋在 CD 所能上滑的距離為 s2 ，則有v1 2a2s2解得 s2 1.25m可見(jiàn)， s2 L2 ，故米袋沿傾斜傳送帶所能上滑的距離為1.25m。（2） mgs

22、inmgcos ，所以無(wú)論如何調(diào)節(jié)傾斜傳送帶速度，米袋所受合力均沿傳送帶向下。為使米袋能到達(dá) D 端且在 C端所需速度最小，應(yīng)使其向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受滑動(dòng)摩 擦力始終沿傳送帶向上，此時(shí)對(duì)米袋應(yīng)用牛頓第二定律得mgsin mgcos ma32v2 2a3L2解得 v2 6m/s在水平傳送帶上，當(dāng)米袋速度增加到等于v2 6m/s 時(shí)，其加速距離為 s3 ，則2v2 2a1s3可見(jiàn)， s3 L1 ，故米袋在水平傳送帶上能被加速到v2 6m/s ，所以 v2最小值為v2 6m/s9 如圖所示，傾角30o的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，斜面和傳送帶相接處有一小段光滑圓弧物體經(jīng)過(guò) A 點(diǎn)時(shí)，無(wú)論是從斜面到傳

23、送帶還是從傳送帶到斜面，其速率都不 發(fā)生變化傳送帶以 v 4m / s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量為 1kg的物體 ( 可視為質(zhì)點(diǎn) ) 從 h 1.8m 高處由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)04 ，傳送帶g2 物體在傳送帶上距 B 點(diǎn)的最小距離；210m/ s2.求：3 物體第一次從距 B 點(diǎn)最近處運(yùn)動(dòng)到斜面上最高點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間 【答案】 (1) v1 6m/s (2) x 2.5m (3) t3 0.8s【解析】【分析】(1)先根據(jù)牛頓第二定律求加速度，再由速度位移關(guān)系求到達(dá)斜面末端的速度；(2)先由牛頓第二定律求出物體在傳送帶上減速的加速度，再根據(jù)速度位移關(guān)系求出速度減 為

24、0 時(shí)向右運(yùn)動(dòng)的位移，即可得出離 B 最近的距離；(3) 由前的分析可判斷出物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻速運(yùn)動(dòng)，最后沿斜面向上做勻減速運(yùn) 動(dòng)，求出加速度與速度，根據(jù)速度與時(shí)間關(guān)系及位移與時(shí)間的關(guān)系即可求時(shí)間 . 【詳解】( 1)物體沿光滑斜面下滑，由牛頓第二定律得：mgsinma1解得： a1 5m/ s2由幾何關(guān)系沿光滑斜面下滑位移 s1h1 cos由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 v12 2a1s1解得物體滑到斜面末端速度 v1 6m/ s(2)物體在傳送帶上受到向右的滑動(dòng)摩擦力而做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得： mg ma22代入數(shù)據(jù)解得： a2 4m/ s2當(dāng)物體速度減為 0 時(shí)物體距 B 最近，有運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得： v12 2a2S2 解得物體距 B 點(diǎn)的最小距離： x LAB S2x 2.5m（3）物體返回時(shí)距 A點(diǎn) S2 4.5m ，仍受到向右的摩擦力，從速度為 0 開(kāi)始做勻加速直 線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為： a3 a2 4m/s2 若物體一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，有運(yùn)動(dòng)對(duì)稱(chēng)性可知到A點(diǎn)時(shí)物體速度 vA 6m/ s大于傳送帶速度 v 4m / s ，故物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到速度v 后勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá) A 點(diǎn)速度vA v 4m/s物體沿斜面上升過(guò)程中