【物理】2019届二轮复习物体的平衡及直线运动学案（江苏专用）

【物理】2019届二轮复习物体的平衡及直线运动学案（江苏专用）

‎1．处理共点力平衡问题的基本思路 确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论．‎ ‎2．动力学的两类基本问题的处理思路 ‎3．解决动力学问题的常用方法 ‎(1)整体法与隔离法：具有相同加速度的几个物体才可用整体法，涉及物体间的内力，只能用隔离法．‎ ‎(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．‎ ‎(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题．‎ 高考题型1　受力分析　物体的平衡 ‎1．在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．‎ ‎2．采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的加速度应相同．‎ ‎3．当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．‎ ‎4．求解共点力平衡的常用方法：(1)三力平衡常用力的合成与分解法或正交分解法．(2)四力及四力以上的平衡一般采用正交分解法．(3)动态平衡常用解析法或图解法．‎ 例1　(多选)将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图1所示，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦均可忽略不计，已知物体B的质量为M、滑块A的质量为m，重力加速度为g，当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的墙壁之间的夹角为θ.则下列选项正确的是(　　)‎ 图1‎ A．物体B对水平面的压力大小为(M＋m)g B．物体B受到水平面的摩擦力大小为 C．滑块A与竖直墙壁之间的弹力大小为mgtan θ D．滑块A对物体B的压力大小为 答案　AB 解析　 首先对滑块A受力分析，如图甲所示：‎ 根据平衡条件，有：F1＝，F2＝ 根据牛顿第三定律知，A对B的压力大小为，A对竖直墙壁的压力大小为，C、D错误；再对A、B整体受力分析，受重力、水平面的的 支持力、竖直墙壁的支持力、水平面的静摩擦力，如图乙所示：‎ 根据平衡条件，水平面的支持力大小FN＝(M＋m)g，水平面的摩擦力大小Ff＝F2＝；‎ 再根据牛顿第三定律，A、B整体对水平面的压力大小为(M＋m)g，A、B正确．‎ 拓展训练1　如图2所示，质量为m的木块A放在质量为M的斜面体B上，现用水平向右的恒力F作用在斜面体B上，若A和B沿水平方向以相同的速度一起向右做匀速直线运动，则以下说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．B对地面的压力等于Mg B．A对B的压力大小为mgsin θ C．A对斜面体B的摩擦力大小为mgcos θ D．A和B之间的相互作用力的大小等于mg 答案　D 解析　把A、B看成一个整体，竖直方向受力平衡，根据平衡条件得：地面对B的支持为FN＝(M＋m)g，根据牛顿第三定律可知，B对地面的压力等于(M＋m)g，故A错误；选A为研究对象，A受到重力、支持力、静摩擦力三个力，合力为零，根据平衡条件得：B对A的支持力FN′＝mgcos θ，B对A的摩擦力Ff＝mgsin θ，根据牛顿第三定律可知，A对B的压力大小为mgcos θ，木块A对斜面体B的摩擦力大小为mgsin θ，故B、C错误；A处于静止状态，受力平衡，受到重力和B对A的作用力，根据平衡条件可知，A和B之间的相互作用力的大小等于mg，故D正确．‎ 拓展训练2　(2018·江苏五校联考)如图3所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底板间的动摩擦因数为μ2(μ2＞μ1)，车厢的倾角用θ表示，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tan θ＜μ2‎ B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sin θ＞μ2‎ C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞tan θ＞μ1‎ D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足tan θ＞μ2＞μ1‎ 答案　C 解析　要顺利地卸干净全部沙子，对全部沙子整体受力分析，有Mgsin θ＞μ2Mgcos θ，解得μ2＜tan θ，故A、B错误．只卸去部分沙子，车上还留有一部分，对缷去部分沙子受力分析，有mgsin θ＞μ1mgcos θ，解得μ1＜tan θ，对留下的部分沙子受力分析，有(M－m)gsin θ＜μ2(M－m)gcos θ，解得μ2＞tan θ.故C正确，D错误．‎ 例2　(多选)(2018·南京市、盐城市模拟)如图4所示，在粗糙水平地面上放着一个横截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则(　　)‎ 图4‎ A．球B对墙的压力减小 B．物体A与球B之间的作用力增大 C．地面对物体A的摩擦力减小 D．物体A对地面的压力不变 答案　ACD 解析　对球B受力分析如图甲所示，则F1＝G1＝，F2＝G2＝Gtan θ 当A向右移动少许，F1与竖直方向的夹角θ将减小，‎ 因θ减小，故cos θ增大，tan θ减小，则F1、F2均减小．‎ 根据牛顿第三定律可知，球B对墙的压力将减小，球B对A的压力也减小，故A正确，B错误；‎ 再对A进行受力分析如图乙，A受地面摩擦力Ff＝FBsin θ＝F1sin θ减小，故地面对A的摩擦力Ff减小，故C正确；‎ 对A、B整体受力分析可知，整体受重力和地面的支持力，由于竖直方向受力不变，故受地面的支持力不变，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力不变，故D正确．‎ 拓展训练3　如图5所示，a、b、c三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球A、B保持静止，细绳a是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，A球始终保持不动，这时三根细绳张力Fa、Fb、Fc的变化情况是(　　)‎ 图5‎ A．都变大 B．都不变 C．Fb不变，Fa、Fc变大 D．Fa、Fb不变，Fc变大 答案　C 解析　以B为研究对象受力分析，将重力分解，如图甲所示，由图可以看出，当将B缓缓拉到题图中虚线位置过程，细绳与竖直方向夹角变大，即Fc逐渐变大，F逐渐变大；‎ 再以A、B整体为研究对象受力分析，如图乙所示．‎ 设b绳与水平方向夹角为α，则竖直方向有：Fbsin α＝2mg 得：Fb＝，保持不变；‎ 水平方向：Fa＝Fbcos α＋F，Fbcos α不变，而F逐渐变大，故Fa逐渐变大，故选C.‎ 高考题型2　直线运动的图象问题 ‎1．x－t图象、v－t图象、a－t图象的物理意义．‎ ‎2．图象问题的五看．‎ 一看：轴；二看：线；三看：斜率；四看：面积；五看：特殊点．‎ ‎3．图象问题的两点注意．‎ ‎(1)x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，图象不表示物体的运动轨迹．‎ ‎(2)利用v－t图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是否从同一位置出发．‎ 例3　(多选)(2018·泰州市模拟)如图6(a)所示，质量相等的a、b两物体，分别从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点在水平面上滑行一段距离后停下．不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度－时间图象如图(b)所示，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．a在斜面上滑行的加速度比b的大 B．a在水平面上滑行的距离比b的短 C．a与斜面间的动摩擦因数比b的小 D．a与水平面间的动摩擦因数比b的大 答案　AC 解析　由题图(b)斜率可知a做加速运动时的加速度比b做加速运动时的加速度大，故A正确；物体在水平面上的运动是匀减速运动，a从t1时刻开始，b从t2时刻开始，由图象与t轴围成的面积表示位移可知，a在水平面上做匀减速运动的位移比b在水平面上做匀减速运动的位移大，故B错误；物体在斜面上运动的加速度为a＝＝gsin θ－μgcos θ，因为a的加速度大于b的加速度，所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小，故C正确；物体在水平面上运动的加速度为a′＝＝μg，因为a的加速度小于b的加速度，所以a与水平面间的动摩擦因数比b的小，故D错误．‎ 拓展训练4　甲、乙两物体在同一水平地面上做直线运动，其运动的x－t图象如图7所示，已知乙物体从静止开始做匀加速直线运动．下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．甲物体先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动 B．在0～120 s内，乙物体的平均速度大小大于0.5 m/s C．在0～120 s内，甲物体运动的位移大小小于乙物体运动的位移大小 D．乙物体在M点所对应的瞬时速度大小一定大于0.5 m/s 答案　D 解析　根据位移—时间图象的斜率表示速度，知甲物体先做匀速直线运动，后静止，A错误；在0～120 s内，乙物体的位移大小为Δx＝60 m，平均速度大小为＝＝ m/s＝0.5 m/s，B错误；在0～120 s内，甲物体运动的位移大小为Δx′＝80 m，大于乙物体运动的位移大小，C错误；根据匀变速直线运动的推论知，乙物体在t＝60 s时的瞬时速度等于在0～120 s内的平均速度0.5 m/s，而乙物体做匀加速直线运动，所以乙物体在M点所对应的瞬时速度大小一定大于0.5 m/s，D正确．‎ 拓展点　非常规图象问题 拓展训练5　(多选)(2018·无锡市高三期末) 宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急动度(jerk)的概念．加速度对时间的变化率称为急动度，其方向与加速度的变化方向相同．一质点从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图8.下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．t ＝1 s时急动度是0.5 m/s3‎ B．t＝3 s时的急动度和t＝5 s时的急动度等大反向 C．2～4 s内质点做减速运动 D．0～6 s内质点速度方向不变 答案　AD 拓展训练6　(多选)(2018·高邮市期初) 一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其－t图象如图9所示，则(　　)‎ 图9‎ A．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s B．质点做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2‎ C．质点在2 s末速度为2 m/s D．质点在第2 s内的位移为2.5 m 答案　BD 解析　由题图得：＝1＋0.5t，根据x＝v0t＋at2，得：＝v0＋at，对比可得：a＝0.5 m/s2，则加速度为 a＝2×0.5 m/s2＝1 m/s2，质点做匀加速直线运动，故A错误，B正确．质点的初速度v0＝1 m/s，在2 s末速度为v＝v0＋at＝(1＋1×2) m/s＝3 m/s，故C错误．质点做匀加速直线运动，在第2 s内的位移大小为 x＝v0t2＋at22－(v0t1＋at12)＝2.5 m，故D正确．‎ 高考题型3　动力学方法的综合应用 牛顿第二定律和运动学公式的综合应用问题的求解．‎ ‎(1)选取研究对象．若研究多个物体，注意选取整体法或隔离法．‎ ‎(2)若多过程，将物体的运动分为相应的几个阶段，明确各段相互联系的物理量．‎ ‎(3)分析物体的受力情况和运动情况．‎ ‎(4)利用牛顿运动定律和运动学公式列出相应的表达式进行求解．‎ 例4　(2018·苏州市模拟)如图10甲所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与固定斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝.重力加速度g取10 m/s2.求：‎ 图10‎ ‎(1)物块到达B点时速度的大小，物块加速度的大小；‎ ‎(2)拉力F的大小；‎ ‎(3)若拉力F与斜面夹角为α(0°＜α＜90°)，如图乙所示，试写出拉力F的表达式．‎ 答案　(1)8 m/s　3 m/s2　(2)5.2 N (3)F＝ 解析　(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，则L＝v0t＋at2①‎ v＝v0＋at②‎ 联立①②式，代入数据得a＝3 m/s2，v＝8 m/s.‎ ‎(2)由牛顿第二定律得F－mgsin θ－Ff0＝ma FN0＝mgcos θ 又Ff0＝μFN0‎ 联立解得：F＝5.2 N ‎(3) 设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma③‎ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0④‎ 又Ff＝μFN⑤‎ 联立③④⑤式得拉力F的表达式为F＝.‎ 拓展训练7　(2018·苏州市模拟)如图11所示，倾角θ＝37°、斜面长为1 m的斜面体放在水平面上．将一质量为2 kg的小物块从斜面顶端由静止释放，1 s后到达底端，斜面体始终保持静止．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ 图11‎ ‎(1)小物块沿斜面下滑的加速度大小和到达底端时速度的大小；‎ ‎(2)小物块与斜面之间的动摩擦因数； ‎ ‎(3)小物块运动过程中，水平面对斜面体的摩擦力大小和方向．‎ 答案　(1)2 m/s2　2 m/s　(2)0.5　(3)3.2 N　向左 解析　(1)由运动学公式得：x＝at2‎ 解得a＝2 m/s2‎ 由v＝at得：v＝2 m/s.‎ ‎(2)由牛顿第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得μ＝0.5.‎ ‎(3)因小物块与斜面体组成的整体具有向左的加速度，故水平面对斜面体的摩擦力向左 ‎ 大小为：Ff＝mgsin θcos θ－μmgcos2θ＝3.2 N.‎ 拓展训练8　(2018·如皋市期初) 如图12所示，在水平长直的轨道上，有一长度L＝2 m的平板车在外力控制下始终保持速度v0＝4 m/s向右做匀速直线运动．某时刻将一质量为m＝1 kg的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：‎ 图12‎ ‎(1)小滑块m的加速度大小和方向；‎ ‎(2)通过计算判断滑块能否从车上掉下；‎ ‎(3)若当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与v0同向的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应满足什么条件？‎ 答案　(1)2 m/s2　方向向右　(2)滑块能从车上掉下　(3) 不小于6 N 解析　(1)小滑块放上车时相对小车向左运动，滑动摩擦力向右，Ff＝μmg 根据牛顿第二定律有：F合＝Ff F合＝ma 得小滑块加速度：a＝μg＝2 m/s2，方向向右 ‎(2)小滑块放上车后做匀加速直线运动，假设当经历时间t速度能达到v0，滑块通过的位移 x1＝at2‎ 且v0＝at 小车通过位移：x2＝v0t 位移差：Δx＝x2－x1‎ 由于Δx＝4 m＞L＝1 m，故滑块会从车上掉下来；‎ ‎(3)加上恒力F的方向与摩擦力方向相同，故滑块所受合力F合′＝Ff＋F 由牛顿第二定律有：F合′＝ma′‎ 滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t′之后速度达到v0，滑块通过的位移：‎ x1′＝a′t′2‎ 且v0＝a′t′‎ 小车通过位移：x2′＝v0t′‎ 只需要满足位移差Δx′＝x2′－x1′≤即可 联立各式得：F≥6 N.‎ 专题强化练 ‎1．(2018·无锡市期中)我国的高铁技术在世界处于领先地位，高铁(如图1甲所示)在行驶过程中非常平稳，放在桌上的水杯几乎无晃动．图乙为高铁车厢示意图，A、B两物块相互接触地放在车厢内的水平桌面上，物块与桌面间的动摩擦因数相同，A的质量比B的质量大，列车在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，A、B相对于桌面始终保持静止，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．A受到2个力的作用 B．B受到3个力的作用 C．A受到桌面对它向右的摩擦力 D．B受到A对它向右的弹力 答案　A 解析　列车在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，此时A、B均在向右做匀速直线运动，故A、B均只受重力和支持力作用，水平方向没有外力，故水平方向均不受摩擦力，同时A、B间也没有弹力作用，故A正确，B、C、D错误．‎ ‎2．(2018·盐城中学段考)利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象，某同学在一次实验中得到的运动小车的v－t图象如图2所示，由此可以知道(　　)‎ 图2‎ A．小车做曲线运动 B．小车加速度一直在减小 C．小车运动的最大速度约为0.8 m/s D．小车的最大位移约为11 m 答案　C 解析　 v－t图中，v＞0表示小车运动方向始终沿正方向，做直线运动，故A错误．由题图图象的斜率可知9～15 s时间内小车做加速度增大的减速运动；当t＝9 s时，速度最大，vmax≈0.8 m/s，故B错误，C正确．在v－t图中，图线与t轴所围的面积在数值上表示位移的大小，图中每小格的面积表示的位移大小为0.1 m，总格数约为78格(大于半格计为一格，小于半格忽略不计)，总位移约为7.8 m，故D错误．‎ ‎3.(2018·盐城市期中) 图3为质点做直线运动时加速度随时间变化的关系图线，该图中斜线部分面积S表示t1～t2过程中质点的(　　)‎ 图3‎ A．位移 B．平均速度 C．速度变化量 D．速度变化率 答案　C ‎4．(2018·江苏省高考压轴冲刺卷)将一物块以初速度v0从地面竖直向上抛出，物块运动到最高点后返回地面，整个过程所受阻力恒定，取抛出点为坐标原点，竖直向上为x轴正方向，则物块速度的平方v2与位置坐标x的关系图象正确的是(　　)‎ 答案　A 解析　由于阻力存在，则当物块再次返回地面时速度一定小于v0，故B、D错误；由于阻力恒定，故上升和下降过程中均为匀变速运动，由v2＝2ax可得图象为倾斜的直线，故A正确，C错误. ‎ ‎5.(2018·如东调研) 如图4所示，x－t图象反映了甲、乙两车在同一条直道上行驶的位移随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则(　　)‎ 图4‎ A．甲车的加速度大小为4.0 m/s2‎ B．乙车的加速度大小为1.6 m/s2‎ C．5 s时两车速度相等 D．乙车的初位置在x0＝75 m处 答案　B 解析　甲车做匀速直线运动，速度为 v甲＝＝ m/s＝4 m/s，加速度是0，故A错误．乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则t＝10 s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则x＝at2，根据题图有：x0＝a·102,20＝a·52，解得：a＝1.6 m/s2，x0＝80 m，故B正确，D错误．位移－时间图象的斜率等于速度，则知5 s时乙车速度大于甲车的速度，故C错误．‎ ‎6.(2018·泰州中学开学考) 如图5所示，用OA、OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，OA、OB两根轻绳之间的夹角为90°.当缩短OA绳，使A点下移，直至轻绳OA为水平，在此过程中保持O点位置不变．则在A点不断下移到A′的过程中，绳OA的拉力(　　)‎ 图5‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先变小后变大 D．先变大后变小 答案　A ‎7.如图6所示，某学习小组利用直尺估测反应时间：甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直，‎ 直尺零刻度线位于乙同学的两指之间．当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏住直尺，根据乙手指所在位置计算反应时间．为简化计算，某同学将直尺刻度进行了改进，以相等时间间隔在直尺的反面标记反应时间的刻度线，制作了“反应时间测量仪”，下列四幅图中刻度线标度正确的是(　　)‎ 图6‎ 答案　B 解析　由题可知，手的位置在开始时应放在0刻度处，所以0刻度要在下边，直尺做自由落体运动的位移：h＝gt2，位移与时间的平方成正比，所以随时间的增大，测量尺上刻度的间距增大，由以上的分析可知，只有图B是正确的．‎ ‎8.(2018·阜宁中学模拟)远距离运输鸡蛋，为减少颠簸引起的破裂损失，通常将鸡蛋放置在如图7所示的泡沫槽内．设一只鸡蛋质量为m，蛋壳能承受的最大压力是F0，已知当地的重力加速度为g，为保证汽车在水平路面行驶时鸡蛋不致于损坏，汽车的刹车加速度不能超过(　　)‎ 图7‎ A.－g ‎ B．g＋ C. ‎ D. ‎ 答案　C 解析　根据牛顿第二定律，有：＝ma 解得：a＝，选项C正确，A、B、D错误．‎ ‎9．(2018·如皋市调研)滑板运动是许多极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目发展而来．如图8所示，质量为M的滑板车放在光滑的倾角为α的斜面上，质量为m的滑板运动员站在滑板车上，若要滑板车静止在斜面上，则运动员需要(　　)‎ 图8‎ A．匀速向下奔跑 B．以加速度a＝gsin α向下加速奔跑 C．以加速度a＝gsin α向下加速奔跑 D．以加速度a＝gsin α向上加速奔跑 答案　C ‎10.(多选)(2018·徐州三中模拟) 如图9所示，质量M＝2 kg的一定长度的长木板静止在光滑水平面上，在其左端放置一质量m＝1 kg的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.2.长木板和小木块先相对静止，然后用一水平向右的F＝4 N的力作用在小木块上，经过时间t＝2 s，小木块从长木板另一端滑出，g取10 m/s2，则(　　)‎ 图9‎ A．滑出瞬间，小木块的速度为2 m/s B．滑出瞬间，小木块的速度为4 m/s C．滑出瞬间，长木板的速度为2 m/s D．滑出瞬间，长木板的速度为4 m/s 答案　BC 解析　根据牛顿第二定律，对小木块：a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，‎ 对长木板：a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，‎ 由题意可知，木块与长木板都做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间：t＝2 s，‎ 木块滑出瞬间，小木块的速度：v1＝a1t＝2×2 m/s＝4 m/s，‎ 长木板的速度：v2＝a2t＝1×2 m/s＝2 m/s.‎ ‎11．(2018·苏州市模拟)如图10所示，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m．用大小为30 N、方向水平向右的外力F0拉此物体，经t0＝2 s，拉至B处．(取g＝10 m/s2)‎ 图10‎ ‎(1)求物体运动的加速度a0大小；‎ ‎(2)求物体与地面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)若用大小为20 N的力F沿水平方向拉此物体，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.‎ 答案　(1)10 m/s2　(2)0.5　(3) 2 s 解析　(1)物体在水平地面上从A点由静止开始向B点做匀加速直线运动，‎ 根据L＝a0t02‎ 解得：a0＝＝ m/s2＝10 m/s2‎ ‎(2)对物体进行受力分析得：‎ F0－μmg＝ma0‎ 解得：μ＝＝＝0.5‎ ‎(3)物体在水平地面上从A点由静止开始向B点经历了在F和Ff共同作用下的匀加速运动和只在Ff作用下的匀减速运动．‎ 匀加速运动过程：F－Ff＝ma1‎ 匀减速运动过程：Ff＝ma2‎ Ff＝μmg v＝a1t x1＝a1t2‎ ‎0－v2＝－2a2x2‎ ‎ L＝x1＋x2‎ 解得：t＝2 s.‎ ‎12.(2018·泰州中学模拟)传送带以恒定速度v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝2 kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根平行于传送带的轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H＝1.8 m的平台上，如图11所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.问：‎ 图11‎ ‎(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？‎ ‎(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求物品还需多少时间离开传送带？(计算结果可用根式表示)‎ 答案　(1)1 s 　(2)(2－) s 解析　(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有：F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1‎ 解得a1＝8 m/s2；‎ 由v＝a1t1，得t1＝0.5 s，‎ 位移x1＝a1t12＝1 m，‎ 随后，有：F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2，‎ 解得a2＝0，即物品随传送带匀速上升，‎ 位移x2＝－x1＝2 m；t2＝＝0.5 s；‎ 总时间为：t＝t1＋t2＝1 s；‎ 即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s；‎ ‎(2)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有 μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma3‎ 解得：a3＝－2 m/s2；‎ 假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x，x＝－＝4 m＞x2；‎ 即物品速度减为零前已经到达最高点；‎ ‎ 由x2＝vt3＋a3t32；‎ 解得：t3＝(2－) s，t3＝(2＋) s＞1 s(舍去)‎ 即物品还需(2－) s离开传送带．‎