2021高考物理人教版一轮考评训练：课练 9 牛顿运动定律的应用
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课练9 牛顿运动定律的应用
———[狂刷小题 夯基础]———
练基础小题
1.
有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，如图所示，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来．我们可以把篮球下落的情境理想化：篮球脱离篮网静止下落，碰到水平地面后反弹，如此数次落下和反弹．若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是( )
2．2018年11月16日第26届国际计量大会通过“修订国际单位制(SI)”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义．以F表示力，v表示速度，a表示加速度，x表示位移，t表示时间，m表示质量，借助单位制可知下列表达式可能正确的是( )
A．x＝ B．t＝
C．v＝ D．a＝
3．如图所示，在光滑的水平桌面上有一质量为1 kg的木块A，木块A的左右两侧通过轻绳与轻弹簧测力计相连，弹簧测力计另一端都通过定滑轮挂着两个质量均为0.2
kg的钩码，滑轮摩擦不计，两钩码间用轻绳相连，系统处于静止状态，用剪刀将右侧两个钩码之间的轻绳剪断，在剪断的瞬间，下列说法正确的是(g＝10 m/s2)( )
A．左侧两钩码的加速度大小为5 m/s2，方向竖直向下
B．木块A的加速度大小为2 m/s2，方向水平向左
C．右侧上方钩码的加速度大小为10 m/s2，方向竖直向上
D．两弹簧测力计的读数相同，都为2 N
4.
如图，静止在光滑地面上的小车，由光滑的斜面AB和粗糙的水平面BC组成(它们在B处平滑连接)，小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时，其示数为正值，当传感器被拉时，其示数为负值，一个小滑块从小车A点由静止开始下滑至C点的过程中，传感器记录到的力F与时间t的关系图象中可能正确的是( )
5．(多选)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为m的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时两物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速直线运动，测得两个物体的v t图象如图乙所示，重力加速度为g，则( )
A．外力施加前，弹簧的形变量为
B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为m(g－a)
C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零
D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
6．(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，正以某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则( )
A．传送带一定顺时针转动
B．传送带的速度大小等于v0
C．μ＝－tan θ
D．t0时间后木块的加速度大小为 －2gsin θ
练高考小题
7.
[2016·海南卷]沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s、5 s～10 s、10 s～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( )
A．F1
F3
C．F1>F3 D．F1＝F3
8．[2019·全国卷Ⅰ]
(多选)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a x关系如图中虚线所示．假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则( )
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
9．[2015·江苏卷](多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
10．[2015·全国卷](多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10
C．15 D．18
11.
[2019·全国卷Ⅲ](多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为1 kg
B．2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
练模拟小题
12．[2019·江西赣州期末]电梯顶上悬挂一根劲度系数是200 N/m的弹簧，弹簧的原长为20 cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm，g取10 m/s2，则电梯的运动状态及加速度大小为( )
A．匀加速上升，a＝2.5 m/s2
B．匀减速上升，a＝2.5 m/s2
C．匀加速上升，a＝5 m/s2
D．匀减速上升，a＝5 m/s2
13．[2020·山东日照一中模拟]
如图所示，质量为2 kg的物体B和质量为1 kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上．将一个质量为3 kg的物体A轻放在B上的一瞬间，物体B的加速度大小为(取g＝10 m/s2)( )
A．0 B．15 m/s2
C．6 m/s2 D．5 m/s2
14．[2020·四省八校联考](多选)如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一物块以初速度v0从传送带的底端冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v t图象如图乙所示，已知重力加速度为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列判断正确的是( )
A．传送带的速度为4 m/s
B．传送带底端到顶端的距离为32 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.1
D．物块所受摩擦力的方向一直与物块运动的方向相反
15．[2019·江苏泰州期末]
(多选)如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F
，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则( )
A．μ1一定小于μ2
B．μ1可能大于μ2
C．改变F的大小，当F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动
D．将F作用于长木板，当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2 )g时，长木板与木块将开始相对滑动
16．[新情景题]如图所示为倾角为θ的足够长的斜面，MP段粗糙，PN段光滑(含P点)．质量分别为m1、m2的两小物块A、B(可视为质点)之间用一短小的轻质弹簧连接，由斜面顶端一起沿斜面加速下滑，两小物块与斜面MP段间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则( )
A．两小物块在MP段运动时，弹簧处于压缩状态
B．两小物块在MP段运动时，弹簧处于伸长状态
C．当小物块A通过P点的瞬间，其加速度大小为gsin θ
D．当小物块B通过P点的瞬间，其加速度大小为gsin θ
———[综合测评 提能力]———
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)
1．如图所示，质量为M、长度为L的长木板静止在水平地面上，质量为m的小滑块(可视为质点)静止在长木板的最右端，长木板与地面之间、滑块与长木板之间、滑块与地面之间的动摩擦因数均为μ，现给长木板施加一恒力F，使滑块能从长木板上滑下来，下列说法正确的是( )
A．施加恒力的大小应满足F>μ(M＋m)g
B．滑块在长木板上运动的时间和在地面上运动的时间相等
C．滑块在地面上运动的位移为L
D．增大施加的恒力F，滑块在地面上运动的时间不变
2．[2019·安徽芜湖期末]
如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点．现让三个小球(可以看做质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止下滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3.则有( )
A．v2>v1>v3 B．v1>v2>v3
C．v3>v1>v2 D．v1>v3>v2
3．[2020·福州六校联考]
如图所示，质量分别为m和2m的两物体P和Q叠放在倾角θ＝30°的固定斜面上，Q与斜面间的动摩擦因数为μ，它们从静止开始沿斜面加速下滑，P恰好能与Q保持相对静止，设P与Q间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则P与Q间的动摩擦因数为( )
A. B.
C．μ D．2μ
4．[2020·山西太原五中段考]在如图所示的装置中，质量为3 kg的物块被平行于斜面的细绳拴在斜面上端的小柱上，斜面的倾角为30°，被固定在测力计上，整个装置保持静止．如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细绳被烧断，物块正在下滑的过程中，与稳定时比较，测力计的读数(g取10 m/s2)( )
A．增加15 N B．减小15 N
C．减小7.5 N D．保持不变
5．[2020·甘肃一诊]如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，它们与水平面之间的动摩擦因数均为μ，m1>m2，
A、B间水平连接有一轻质弹簧测力计．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.下列关系式正确的是( )
A．a1＝a2，F1>F2 B．a1＝a2，F1a2，F1>F2
6．质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球，且M>m.用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力大小为F1，如图甲．若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力大小为F′1，如图乙，则 ( )
A．a′＝a，F′1＝F1 B．a′>a，F′1>F1
C．a′a，F′1＝F1
7.
如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，现对a施加竖直向上的拉力F，使整个系统竖直向上做匀加速运动，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2.若将对a施加的竖直向上的拉力改为F′，使整个系统竖直向上做匀减速运动，此时S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl′1和Δl′2.则( )
A．Δl1＝2Δl2 B．Δl1＝3Δl2
C．Δl1＝2Δl′1 D．Δl2＝2Δl′2
8．[2020·重庆调研]
甲、乙两物体都静止在水平面上，质量分别为m甲、m乙
，与水平面间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙．现用水平拉力F分别作用于两物体，加速度a与拉力F的关系如图，图中b、－2c、－c为相应坐标值，重力加速度为g.由图可知( )
A．μ甲＝，m甲＝
B．μ甲＝，m甲＝
C．m甲:m乙＝1:2，μ甲:μ乙＝1:2
D．m甲:m乙＝2:1，μ甲:μ乙＝1:2
二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)
9.
[2020·湖北黄石中学模考]如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个滑块放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑．关于杆的受力情况，下列分析正确的是( )
A．若μ1>μ2，m1＝m2，则杆受到压力
B．若μ1＝μ2，m1>m2，则杆受到拉力
C．若μ1<μ2，m1F2.两物体运动一段时间后( )
A．若突然撤去F1，甲的加速度一定减小
B．若突然撤去F1，甲、乙间的作用力减小
C．若突然撤去F2，乙的加速度一定增大
D．若突然撤去F2，甲、乙间的作用力增大
三、非选择题(本题共3小题，共34分)
11．(8分)
[2020·辽宁鞍山一中模拟]如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面．放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行．现对A
施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相对静止．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
12．(12分)[2020·江西上饶一联]
如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，其速度v＝4 m/s，传送带与水平面间的夹角为θ＝37°，现将一质量m＝1 kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点)，与此同时，给物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，物块运动到了离地面高为h＝2.4 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．
(1)求物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；
(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度大小(结果用根式表示)．
13．(14分)
[2020·重庆一中适应性考试]如图所示，有一长为s＝8.84 m的传送带倾斜放置，倾角为θ＝30°，且没有启动．一质量为m1＝3 kg、长度L＝0.5 m的长木板甲静止于传送带顶端，其右端与传送带的顶端M点相齐．t＝0时刻，将一质量为m2＝1
kg的小物块乙(可视为质点)轻放在长木板甲的左端，与此同时，给长木板甲v0＝4 m/s的初速度使它沿传送带向下运动．已知甲与传送带之间的动摩擦因数μ1＝，甲与乙之间的动摩擦因数μ2＝，重力加速度大小g＝10 m/s2.
(1)求乙相对甲滑行的最大距离；
(2)当甲和乙刚好达到共速的瞬间启动传送带，使其从静止开始以恒定的加速度a＝3 m/s2沿逆时针方向转动，求从传送带启动到甲的左端运动到传送带底端N点所用的时间．
课练9 牛顿运动定律的应用
[狂刷小题 夯基础]
1．A 篮球向下运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma1，解得a1＝g－；篮球反弹向上运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma2，解得a2＝g＋，联立得a1μmgcos θ，将一直匀加速到底端而且加速度不变；当木块上滑时满足mgsin θ<μmgcos θ，木块先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象，故传送带逆时针转动，A错误；只有当木块的速度大于传送带的速度时，木块所受的摩擦力沿传送带向上，故传送带的速度大小等于v0，故B正确；木块在0～t0时间内，滑动摩擦力沿传送带向下，木块匀加速下滑，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得：a1＝gsin θ＋μgcos θ，由题图乙可知，a1＝，联立解得：μ＝－tan θ，故C正确；木块与传送带共速后，由牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得：a2＝gsin θ－μgcos θ，代入
μ值得：a2＝2gsin θ－，故D错误．
7．A 设物体重力沿斜面向下的分力为G1，所受摩擦力为f，根据题图得，在0～5 s内，物体下滑的加速度大小为a1＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律，G1－f－F1＝ma1，解得F1＝G1－f－ma1；在5 s～10 s内，物体下滑的加速度大小为a2＝0，由牛顿第二定律，G1－f－F2＝0，解得F2＝G1－f；在10 s～15 s内，物体下滑的加速度为a3＝－0.2 m/s2，由牛顿第二定律，G1－f－F3＝ma3，解得F3＝G1－f－ma3；显然F1(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确．
16．C 设两小物块和斜面MP段间的动摩擦因数为μ，两小物块在MP段运动时的加速度大小为a，对两小物块整体分析有(m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a，设弹簧劲度系数为k，弹簧形变量为x，则对小物块A有m1gsin θ＋kx－μm1gcos θ＝m1a，联立以上两式可得kx＝0，所以弹簧处于原长状态，选项A、B错误；当小物块A通过P点的瞬间，由于弹簧的长度还没有变化，则小物块A的加速度大小为gsin θ，选项C正确；小物块A通过P点后的加速度大于小物块B的加速度，所以当小物块B通过P点的瞬间弹簧处于拉伸状态，小物块B的加速度大于gsin θ，选项D错误．
[综合测评 提能力]
1．B 本题考查滑块与长木板模型，意在考查考生对受力分析、牛顿第二定律等知识的理解与应用情况．滑块和长木板发生相对滑动，对滑块有μmg＝ma，对长木板有F－μmg－μ(M＋m)g>Ma，解得F>2μ(M＋m)g，选项A错误；滑块在长木板上做匀加速直线运动，在地面上做匀减速直线运动，加速度大小相等，滑块从长木板上滑下时的速度等于滑块在地面上运动的初速度，所以运动的时间相等，选项B正确；从开始运动到滑块离开长木板的过程中，设长木板的位移为x1，滑块的位移为x2，则有x1－x2＝L，滑块在地面上的位移也为x2，x2与L的关系不确定，所以滑块在地面上运动的位移不一定为L，选项C错误；增大施加的恒力F，滑块在长木板上运动的时间变短，在地面上运动的时间也变短，选项D错误．
2．A 设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d.根据牛顿第二定律得a＝gsin θ，斜面的长度为x＝dsin θ，则由x＝at2得t＝＝＝，可见，小球下滑时间与倾角无关．则有t1＝t2＝t3.又＝，x2>x1>x3，则v2>v1>v3，选项A正确．
3．C 对P、Q整体，由牛顿第二定律有(m＋2m)gsin 30°－μ(m＋2m)gcos 30°＝(m＋2m)a，设P与Q之间的动摩擦因数为μ′，P恰好与Q保持相对静止，静摩擦力恰好达到最大，对P，由牛顿第二定律有mgsin 30°－μ′mgcos 30°＝ma，联立解得μ′＝μ，选项C正确．
4．C 对物块和斜面体整体受力分析，受重力和支持力，平衡时有N－(M＋m)g＝0，物块加速下滑时，再次对物块和斜面体整体受力分析，根据牛顿第二定律，竖直方向有(M＋m)g－N′＝masin 30°，对物块受力分析，根据牛顿第二定律，有mgsin 30°＝ma，联立得到N－N′＝masin 30°＝mg(sin 30°)2＝3×10×0.25 N＝7.5 N．故A、B、D错误，C正确．
5．A 以由A、B及弹簧组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得两次运动过程中整体的加速度a＝，可得a1＝a2＝a.当用F拉B时，以A为研究对象有F1－μm1g＝m1a1，可得F1＝μm1g＋m1a1＝；同理，当用F拉A时，以B为研究对象，有F2－μm2g＝m2a2，可得F2＝，由于m1>m2，则F1>F2，A正确．
6．D 先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a.
再对题图甲的小球受力分析，如图a.
根据牛顿第二定律有F－F1sin α＝ma，F1cos α－mg＝0.由以上三式可解得F1＝，a＝.再对题图乙中小球受力分析如图b，由几何关系得F合＝mgtan α，F′1＝，再由牛顿第二定律得到a′＝gtan α，由于M>m，故a′>a，F′1＝F1，故选D.
7．A 本题考查考生的分析能力，需要考生利用胡克定律、整体法、隔离法解题．由整体法可知，对三个物块整体有，F－3mg＝3ma，由隔离法可知，物块c满足F2－mg＝ma，物块b满足F1－mg－F2＝ma，解得F2＝F，F1＝F，则F1＝kΔl1＝F，F2＝kΔl2＝F，Δl1＝2Δl2，A正确，B错误；同理，减速时，依然有kΔl′1＝F′，kΔl′2＝F′，Δl′1＝2Δl′2，由于F和F′的具体关系未知，所以C、D错误．
8．B 对其中的任何一个物体，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝F－μg，结合图象可知＝、μ甲g＝2c；＝、μ乙g＝c，解得m
甲＝、μ甲＝，m乙＝、μ乙＝，A错误，B正确；m甲:m乙＝1:2，μ甲:μ乙＝2:1，C、D错误．
9．AD 不考虑杆对滑块的作用时，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，对滑块A有m1gsin θ－μ1m1gcos θ＝m1a1，解得a1＝g(sin θ－μ1cos θ)；同理，对滑块B有a2＝g(sin θ－μ2cos θ)．考虑杆对两滑块的作用，若μ1>μ2，则a1a2，A的加速度较大，则杆受到拉力，故C错误．
10．BC 设甲的质量为m1，乙的质量为m2，当F1和F2都作用时，分别对整体和物体乙分析，有F1－F2＝(m1＋m2)a，F－F2＝m2a，解得F＝；同理，如果撤去F1，得甲、乙间的作用力F′＝；如果撤去F2，得甲、乙间的作用力F″＝，通过比较可得，不管撤去哪个力，甲、乙间的作用力都减小，所以B正确，D错误．不管是研究甲的加速度还是乙的加速度，研究整体的加速度即可，当撤去F2时，整体所受的合力一定增加，加速度一定增大；当撤去F1时，F1－F2与F2的大小无法比较，无法判断加速度的变化，所以A错误，C正确．
11．答案：mg
解析：设绳的张力为T，系统加速度为a，以物体B为研究对象，水平方向物体B只受绳的拉力，由牛顿第二定律得T＝ma；对物体C受力分析如图所示，受绳的张力T、斜面的支持力FN和重力mg，加速度也为a.对力进行正交分解：
水平方向有FNsin θ－Tcos θ＝ma；
竖直方向有FNcos θ＋Tsin θ＝mg，
联立解得a＝，
以A、B、C整体为研究对象有F＝3ma，
解得F＝mg.
12．答案：(1)s (2)s m/s
解析：(1)对物块进行受力分析可知，物块先沿传送带向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度与传送带的速度相同
由牛顿第二定律得F＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma1
代入数据解得a1＝6 m/s2
物块加速过程所用的时间t1＝＝s
运动的距离x1＝＝m
物块与传送带共速后，对物块进行受力分析可知，物块受到的摩擦力的方向改变，因为F＝8 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N，所以物块不能相对传送带向上加速，物块将随传送带匀速上升
传送带长度为x＝＝4 m
物块随传送带做匀速运动的时间t2＝＝s
故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间t＝t1＋t2＝s
(2)若共速后撤去恒力F，因为mgsin θ>μmgcos θ，对物块进行受力分析可知，物块将减速向上运动
有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
代入数据解得a2＝2 m/s2
经判断，物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开设物块还需时间t′离开传送带，离开时的速度大小为v′，则由运动学公式有
v2－v′2＝2a2(x－x1)
代入数据解得v′＝ m/s
故t′＝＝s.
13．答案：(1)0.48 m (2)2 s
解析：(1)乙沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度大小为
a1＝＝μ2gcos 30°＋gsin 30°＝12.5 m/s2
甲沿传送带向下做匀减速直线运动，加速度大小为
a2＝＝ m/s2
设甲和乙刚好达到共速时的速度为v1，时间为t1
根据运动学公式可得
v1＝a1t1
v1＝v0－a2t1
联立解得v1＝3 m/s，t1＝0.24 s
甲的位移为x甲＝v0t1－a2t＝0.84 m
乙的位移为x乙＝a1t＝0.36 m
乙相对甲滑行的最大距离Δx＝x甲－x乙＝0.48 m
(2)当甲和乙刚好达到共速的瞬间启动传送带时，假设甲、乙没有相对滑动，对甲、乙组成的系统有μ1(m1＋m2)gcos 30°＝(m1＋m2)gsin 30°
对乙有μ2m2gcos 30°>m2gsin 30°
假设成立
所以甲、乙与传送带共速前，甲、乙一起做匀速直线运动
运动时间为t2＝＝1 s
甲、乙一起运动的位移x1＝v1t2＝3 m
甲、乙与传送带共速后，假设甲、乙与传送带一起做匀加速直线运动
对乙有m2gsin 30°>m2a
假设成立
根据运动学公式有s－x甲－x1－L＝v1t3＋at
解得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)
从传送带启动到甲的左端运动到传送带底端N点所用的时间
t＝t2＋t3＝2 s
