2022届高考物理一轮复习单元检测五　机械能（解析版）

这是一份2022届高考物理一轮复习单元检测五　机械能（解析版），共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.(2020·江苏七市调研)如图1所示，引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上运动的吉尼斯世界纪录是53次/分钟．若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上，该中学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近于( )
图1
A．5 W B．20 W C．100 W D．400 W
答案 C
解析 中学生体重约为50 kg，每次引体向上上升高度约为0.5 m，引体向上一次克服重力做功为W＝mgh＝50×10×0.5 J＝250 J，全过程克服重力做功的平均功率为eq \x\t(P)＝eq \f(nW,t)＝eq \f(12×250 J,30 s)＝100 W，故C正确，A、B、D错误．
2．(2020·河南洛阳市一模)为了人民的健康和社会的长远发展，我国环保部门每天派出大量的洒水车上街进行空气净化除尘，已知某种型号的洒水车的操作系统是由发动机带动变速箱，变速箱带动洒水泵产生动力将罐体内的水通过管网喷洒出去，假设行驶过程中车受到的摩擦阻力与其质量成正比，受到的空气阻力与车速成正比，当洒水车在平直路面上匀速行驶并且匀速洒水时，以下判断正确的是( )
A．洒水车的动能保持不变
B．发动机的功率保持不变
C．牵引力的功率随时间均匀减小
D．牵引力大小跟洒水时间成反比
答案 C
解析 以车和车内的水为研究对象，受力分析可知，水平方向受牵引力、摩擦阻力和空气阻力作用，由题意，车受到的摩擦阻力与其质量成正比，受到的空气阻力与车速成正比，洒水车匀速行驶，合力为零，整体的质量在减小，故摩擦阻力在减小，空气阻力恒定不变，则由F－f－F阻＝0知，牵引力减小，Ek＝eq \f(1,2)mv2，洒水车的质量减小，速度不变，故动能减小，故A错误．发动机的功率P＝Fv，牵引力减小，速度不变，则发动机的功率减小，故B错误．牵引力F＝f＋F阻，洒水车的质量随洒水时间均匀减小，则牵引力的大小随洒水时间均匀减小，不成反比，故D错误．牵引力的功率随洒水时间均匀减小，故C正确．
3．(2020·江苏南京市调研)将一小球竖直向上抛出，向上为正方向．设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定．则上升过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与小球离抛出点高度h的关系错误的是( )
答案 B
解析 小球上升阶段做匀减速直线运动，向上为正方向，根据牛顿第二定律，则－mg－f＝ma，解得a＝－eq \f(mg＋f,m)，则选项A正确；根据v2＝v02－2gh可知，v与h不是一次线性函数关系，选项B错误；根据能量关系：E＝E0－fh可知，选项C正确；根据动能定理：Ek＝Ek0－mgh－fh可知，选项D正确．
4.(2020·浙江嘉兴重点中学期中测试)如图2所示，倾角为30°的斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a＝eq \f(g,2)(g为重力加速度)向上加速运动距离x的过程中，下列说法正确的是( )
图2
A．重力势能增加mgx
B．动能增加eq \f(mgx,4)
C．机械能增加mgx
D．拉力做功为eq \f(mgx,2)
答案 C
解析 物块上升的高度为eq \f(x,2)，因而增加的重力势能为ΔEp＝eq \f(1,2)mgx，A错误；根据动能定理可得增加的动能为ΔEk＝eq \f(1,2)·max＝eq \f(1,2)mgx，B错误；根据能量守恒定律可得ΔE＝ΔEp＋ΔEk，故增加的机械能为ΔE＝mgx，C正确；由于斜面是否光滑未知，因而不能确定拉力的大小，不能得到拉力做的功，D错误．
5.(2019·北京101中学检测)如图3所示，质量为m的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )
图3
A.eq \f(mv\\al(02),2) B.eq \f(\r(2)mv\\al(02),2)
C.eq \f(mv\\al(02),4) D．mv02
答案 C
解析 由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v＝v0cs 45°＝eq \f(\r(2)v0,2)，故此时物体的速度等于eq \f(\r(2)v0,2)，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W＝eq \f(1,2)mv2－0＝eq \f(mv\\al(02),4)，C正确．
6．(2020·江西南昌市摸底考试)如图4所示，竖直平面内有一半径为R的固定eq \f(1,4)圆轨道与水平轨道相切于最低点B.一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.若将物块P从A处正上方高度为R处由静止释放后，从A处进入轨道，最终停在水平轨道上的D点(图中未画出)，B、D两点间的距离为s，下列关系正确的是( )
图4
A．s>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,μ)))R B．s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,μ)))R
C．s答案 C
解析 物块P从A处释放时，由功能关系：mgR＝WAB＋μmgR；若从A处正上方高度为R处由静止释放，则由功能关系：mg·2R＝WAB′＋μmgs，由于第二次经过圆弧轨道的速度较大，根据合力提供向心力知轨道支持力较大，所以第二次的摩擦力较大，故WAB′>WAB；联立解得：s7．(2020·安徽省示范高中联考)如图5甲所示，用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的一物体，物体在向上运动的过程中，其机械能E与位移x的关系如图乙所示，其中AB为曲线，其余部分为直线，下列说法不正确的是( )
图5
A．在0～x1的过程中，物体所受拉力不变
B．在x1～x2的过程中，物体的加速度先减小后增大
C．在0～x3的过程中，物体的动能先增大后减小
D．在0～x2的过程中，物体克服重力做功的功率一直增大
答案 D
解析 根据功能关系可得ΔE＝FΔx，得F＝eq \f(ΔE,Δx)，则E－x图线的斜率表示F，则在0～x1的过程中物体所受拉力不变，故A正确；在x1～x2的过程中，拉力逐渐减小到零，所以合力先减小后反向增大，则加速度先减小后反向增大，故B正确；由题图乙分析知，在0～x3的过程中，物体先向上做匀加速运动，再做加速度反向逐渐增大的减速运动，最后做匀减速直线运动，可知物体的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，故C正确；在0～x2的过程中，物体的速度先增大后减小，则物体克服重力做功的功率先增大后减小，故D错误．
8.(2020·河北邯郸市模拟)如图6所示是汽车的牵引力F和车速v的倒数eq \f(1,v)的关系图线．若汽车的质量为2×103 kg，由静止开始沿平直公路行驶，阻力恒定，最大车速为30 m/s.以下说法正确的是( )
图6
A．汽车运动过程中受到的阻力为6×103 N
B．汽车的额定功率为6×104 W
C．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
D．汽车做匀加速运动的时间是10 s
答案 B
解析 当汽车达到最大车速30 m/s时，牵引力为2×103 N，可知汽车受到的阻力为2×103 N，汽车的额定功率为P＝F·vm＝2×103×30 W＝6×104 W，选项A错误，B正确．因F－eq \f(1,v)图线开始是直线，则斜率为Fv＝P为定值，可知汽车以恒定功率启动，开始做变加速运动，不做匀加速运动，后来做匀速运动，选项C、D错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9.(2020·四川宜宾市一诊)如图7所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超出弹性限度)，重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
图7
A．圆环刚下滑时，圆环的机械能最大
B．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
C．圆环的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变
D．弹簧的弹性势能增加了eq \r(3)mgL
答案 AD
解析 圆环沿杆下滑过程中，弹簧的拉力对圆环做负功，圆环的机械能减小，则圆环刚下滑时，圆环的机械能最大，故A正确；当圆环所受合力为零时，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力继续增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故B错误；根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，即圆环的重力势能与圆环的动能还有弹簧弹性势能总和守恒，在圆环下滑到最大距离的过程中，圆环的速度先增大后减小，圆环的动能也是先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故C错误；题图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得圆环下降的高度为h＝eq \r(3)L，根据系统的机械能守恒得：弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝eq \r(3)mgL，故D正确．
10．(2020·广东高三摸底考试)如图8所示，可视为质点的小球A和B用一根长为l＝0.2 m的轻杆相连，两球质量相等．开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个v0＝2 m/s的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是( )
图8
A．杆对小球A做正功
B．小球A的机械能守恒
C．杆对小球B做正功
D．小球B速度为零时距水平面的高度为0.15 m
答案 AD
解析 将小球A、B视为一个系统，设小球的质量均为m，小球B上升的最大高度为h，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)×2mv02＝mgh＋mg(h＋lsin 30°)，解得h＝0.15 m，选项D正确；以小球A为研究对象，由动能定理有－mg(h＋lsin 30°)＋W＝0－eq \f(1,2)mv02，可知W>0，则杆对小球A做正功，选项A正确，B错误；由于系统机械能守恒，故小球A增加的机械能等于小球B减少的机械能，即杆对小球B做负功，选项C错误．
11．如图9甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从离弹簧上端高h处由静止释放．某同学研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是( )
图9
A．当x＝h＋x0时，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小
B．小球到达最低点的坐标为x＝h＋2x0
C．小球受到的弹力最大值大于2mg
D．小球动能的最大值为mgh＋eq \f(1,2)mgx0
答案 ACD
解析 根据题图乙可知，当x＝h＋x0时，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，即小球具有最大动能，由弹簧和小球组成的系统机械能守恒，可知此时小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，故A正确；根据运动的对称性可知，当x＝h＋2x0时，小球的速度等于刚接触弹簧时的速度，所以小球到达的最低点的坐标大于h＋2x0，小球受到的弹力最大值大于2mg，故B错误，C正确；小球达到最大速度时，根据动能定理可知Ekmax＝mg(h＋x0)－eq \f(1,2)mg·x0＝mgh＋eq \f(1,2)mgx0，故D正确．
12.(2020·湖南长沙市模拟)如图10所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD在B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，C点为圆弧轨道最低点，∠COB＝θ＝30°.现使一质量为m的小物块从D点无初速度地释放，小物块与粗糙斜面AB间的动摩擦因数μ图10
A．小物块可能运动到A
B．小物块经过较长时间后会停在C点
C．小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最大压力大小为3mg
D．小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最小压力大小为(3－eq \r(3))mg
答案 CD
解析 小物块从D点无初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物块在斜面上运动时机械能不断减小，根据能量守恒，不可能运动到A点，又知道μμmgcs θ，最终小物块在与C点对称的B、E点之间来回运动，A、B错误．物块第一次运动到C点时速度最大，对轨道的压力最大，物块从D点第一次运动到C点时，由动能定理得：mgR＝eq \f(1,2)mv12，设此时轨道对物块的支持力大小为F1，由牛顿第二定律得：F1－mg＝meq \f(v\\al(12),R)，联立解得：F1＝3mg，由牛顿第三定律知物块对C点的最大压力大小为3mg，故C正确．当最后稳定后，物块在B、E之间运动时，设物块经过C点的速度为v2，由动能定理得：mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv22，设轨道对物块的支持力大小为F2，由牛顿第二定律得：F2－mg＝meq \f(v\\al(22),R)，联立解得：F2＝(3－eq \r(3))mg，由牛顿第三定律可知，物块对C点的最小压力大小为(3－eq \r(3))mg，D正确．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(5分)(2020·吉林通榆县第一中学高三月考)如图11所示，一端固定滑轮的长木板放在桌面上，将光电门固定在木板上的B点，用重物通过细线拉小车，且重物与拉力传感器相连，若利用此实验装置做“探究合外力做的功与物体动能改变量的关系”实验，小车质量为M，保持小车质量不变，改变所挂重物质量m进行多次实验，每次小车都从同一位置A由静止释放(g取10 m/s2)．
图11
(1)完成该实验时，________(填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力；
(2)在正确规范操作后，实验时除了需要读出拉力传感器的示数F，测出小车质量M，遮光条通过光电门的挡光时间t及遮光条的宽度d，还需要测量的物理量是________．由实验得到合外力对小车做的功与小车动能改变量的关系式为________(用测得的物理量表示)．
答案 (1)需要 (2)A、B的间距x Fx＝eq \f(1,2)Meq \f(d2,t2)
解析 (1)本实验需要平衡摩擦力，如果存在摩擦力，则细线对小车的拉力就不是小车所受的合外力，则合外力的功无法具体计算．
(2)小车通过光电门的速度为v＝eq \f(d,t)，根据动能定理：Fx＝eq \f(1,2)Mv2－0，所以还需要测量的物理量是A、B的间距x，根据上式可得：合外力对小车做的功与小车动能改变量的关系式为Fx＝eq \f(1,2)Meq \f(d2,t2).
14．(9分)(2020·河南郑州市模拟)用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点．现选取一条符合实验要求的纸带，如图12所示，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，重力加速度g＝9.80 m/s2.
图12
(1)根据上图所得数据，应该选取图中O点和________点来验证机械能守恒定律．
(2)从O点到第(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔEp＝______J，动能的增加量ΔEk＝________J；请简述两者不相等的原因___________________________________________．
(计算结果均保留三位有效数字)
(3)若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及重物下落的高度h，则以eq \f(v2,2)为纵轴，以h为横轴画出的图像是下列图中的________．
答案 (1)B (2)1.88 1.84 重物下落时受到空气阻力和纸带与打点计时器间的阻力作用 (3)A
解析 (1)因只能计算出B点的速度，故应取题图中O点和B点来验证机械能守恒定律．
(2)ΔEp＝mg·hOB＝1.00×9.80×0.192 0 J≈1.88 J
vB＝eq \f(hOC－hOA,2T)＝1.92 m/s，
故ΔEk＝eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)×1.00×(1.92)2 J≈1.84 J．动能的增加量小于重力势能的减少量的原因主要是重物下落时受到空气阻力和打点计时器与纸带间的阻力作用，一部分重力势能转化为内能．
(3)由机械能守恒定律可知，mgh＝eq \f(1,2)mv2，
故有eq \f(v2,2)＝gh，图像A正确．
15．(8分)(2020·江苏淮安、宿迁市等高三质量检测)一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其v－t图像如图13甲所示，水平拉力的P－t图像如图乙所示，g＝10 m/s2，求：
图13
(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)物块运动全过程中水平拉力所做的功W；
(3)物块在0～2 s内所受的水平拉力大小F.
答案 (1)0.1 (2)24 J (3)3 N
解析 (1)由题中两图比较可知，在5～9 s内已撤去拉力，物块做匀减速运动，a＝eq \f(0－4.0,9－5) m/s2＝－1.0 m/s2，
由牛顿第二定律有－μmg＝ma，得μ＝0.1
(2)物块运动全过程水平拉力做的功为
W＝eq \f(1,2)P1t1＋P2t2＝eq \f(12.0×2,2) J＋4.0×3 J＝24 J
(3)物块匀速运动阶段，F′－μmg＝0，P2＝F′vm
解得m＝1 kg
物块匀加速运动阶段，a0＝eq \f(4.0－0,2) m/s2＝2.0 m/s2
F－μmg＝ma0
解得F＝3 N.
(或由题图可知，当t1＝2 s，v1＝4.0 m/s时，P1＝12 W，
由P1＝Fv1，得F＝eq \f(12,4) N＝3 N)
16．(10分)(2020·湖北高三起点考试)如图14甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆弧轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，OB与OC夹角为37°，CD连线是圆弧轨道竖直方向的直径，可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小为F，并得到如图乙所示的压力大小F与高度H的关系图像，该图线截距为2 N，且过(0.5 m,4 N)点，取g＝10 m/s2.
图14
(1)求滑块的质量和圆弧轨道的半径．
(2)若要求滑块不脱离圆弧轨道，则滑块由静止滑下的高度为多少？
答案 (1)0.2 kg 1 m (2)h1≤1 m或h2≥2.5 m
解析 (1)当H＝0时，由题图截距可知F＝mg＝2 N
解得滑块质量m＝0.2 kg
由题图知，h＝0.5 m时，滑块对圆弧轨道的压力大小F1＝4 N
滑块从A运动到C的过程中机械能守恒，有mgh＝eq \f(1,2)mv12
滑块在最低点C时，有F1－mg＝meq \f(v\\al(12),R)
解得圆弧轨道半径R＝1 m.
(2)滑块不脱离圆弧轨道分两种情况
①滑块到圆心等高处速度为零
由能量守恒定律可知，滑块从静止开始滑下的高度h1≤R＝1 m
②滑块能通过最高点，通过最高点的临界条件为vD＝eq \r(gR)，设下落高度为H0
由动能定理有mg(H0－2R)＝eq \f(1,2)mvD2
解得此时滑下的高度H0＝2.5 m
则滑块由静止滑下的高度h2≥2.5 m.
17．(12分)(2020·陕西西安市期中考试)如图15所示，质量为m＝1 kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B与水平传送带平滑相接(物块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0＝3 m/s，长为L＝1.4 m．现将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25.(g＝10 m/s2)
图15
(1)求水平力撤去后，滑块(在斜面上)的加速度大小；
(2)求滑块下滑的高度；
(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s，则滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量为多少？
答案 (1)5 m/s2 (2)0.8 m或0.1 m (3)0.5 J
解析 (1)滑块受到重力mg和支持力N处于匀加速直线运动状态，根据牛顿第二定律，有mgsin 30°＝ma
解得a＝5 m/s2.
(2)设滑块从距斜面底端高为h处下滑，到达斜面底端时速度为v
滑块下滑过程中机械能守恒，则有mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gh)
若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2
联立解得h＝eq \f(v\\al(02),2g)－μL＝0.1 m
若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，根据动能定理有－μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2
联立解得h＝eq \f(v\\al(02),2g)＋μL＝0.8 m
故滑块下滑的高度可能为0.8 m，也可能为0.1 m.
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，加速度大小为a′，传送带位移为x
则x＝v0t
v0＝v－a′t
μmg＝ma′
滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L－x
结合(2)联立解得相对滑动产生的热量Q＝μmg·Δx＝0.5 J.
18．(16分)(2020·山东潍坊市模拟)如图16，倾角θ＝30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板．将长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B，初始时A下端与挡板相距L＝4 m，现同时无初速度释放A和B.已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞，A和B的质量均为m＝1 kg，它们之间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)，A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为ΔE＝10 J，忽略碰撞时间，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
图16
(1)A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v；
(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt；
(3)B相对于A滑动的可能最短时间．
答案 (1)2eq \r(10) m/s (2)eq \f(2\r(5),5) s (3)eq \f(3\r(5),5) s
解析 (1)B和A一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有
2mgLsin θ＝eq \f(1,2)×2mv2
解得：v＝2eq \r(10) m/s
(2)第一次碰后，对B有：mgsin θ＝μmgcs θ，故B匀速下滑
对A有：mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
解得：a1＝10 m/s2
设A第1次反弹的速度大小为v1，
由动能定理有：eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv12＝ΔE
Δt＝eq \f(2v1,a1)
解得：Δt＝eq \f(2\r(5),5) s
(3)设A第2次反弹的速度大小为v2，由动能定理有：
eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv22＝2ΔE
解得：v2＝0
即A与挡板第2次碰后停在底端，B继续匀速下滑，与挡板碰后B反弹的速度为v′，加速度大小为a′，由动能定理有：eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv′2＝ΔE
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma′
得B沿A向上做匀减速运动的时间t′＝eq \f(v′,a′)＝eq \f(\r(5),5) s
当B速度为0时，因mgsin θ＝μmgcs θ≤fmax
故B将静止在A上，
所以当A停止运动时，B恰好匀速滑至挡板处，B相对A运动的时间最短，
tmin＝Δt＋t′＝eq \f(3\r(5),5) s.