高中物理（2019）必修一 专题提升5牛顿运动定律应用中的经典模型

这是一份高中物理全册综合学案设计，共25页。
专题提升5　牛顿运动定律应用中的经典模型[素养目标] 1.学会用整体法和隔离法分析简单的连接体模型。2.能分析简单的传送带模型。3.能分析简单的滑块—滑板模型。类型一　连接体模型[例1] 如图甲所示,将两质量不同的物体P、Q放在倾角为θ的光滑斜面体上,在物体P上施加沿斜面向上的恒力F,使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动;图乙为将图甲中的斜面调整为水平,并在物体P上施加水平恒力F;图(丙)为两物体叠放在一起,在物体P上施加一竖直向上的恒力F使二者向上加速运动。三种情况下力F大小相等,加速度大小分别为a甲、a乙、a丙,两物体间的作用力分别为F甲、F乙、F丙,则下列说法正确的是(　D　)A.a乙最大,F乙最大B.a丙最大,F丙最大C.a甲=a乙=a丙,F甲=F乙=F丙D.a乙>a甲>a丙,F甲=F乙=F丙解析:设物体P的质量为M,物体Q的质量为m。在图甲中,将P和Q看作一个整体,根据牛顿第二定律有F-(M+m)gsin θ=(M+m)a甲,对物体Q有F甲-mgsin θ=ma甲,解得a甲=-gsin θ,F甲=;同理对图乙,解得a乙=,F乙=;同理对图丙,解得a丙=-g,F丙=,显然a乙>a甲>a丙,F甲=F乙=F丙,D正确。处理连接体模型的方法(1)整体法:把整个系统作为一个研究对象来分析的方法。不必考虑系统内力的影响,只考虑系统受到的外力。(2)隔离法:把系统中的各个部分(或某一部分)隔离,作为一个单独的研究对象来分析的方法。此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力,在分析时要特别注意。(3)整体法与隔离法的选用:求解各部分加速度都相同的连接体问题时,要优先考虑整体法;如果还要求物体之间的作用力,再用隔离法。求解连接体问题时,随着研究对象的转移,往往两种方法交叉运用。[对点训练1]中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”,为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成,在车头牵引下,列车沿平直轨道匀加速行驶时,第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等,则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　C　)A.F B. C. D.解析:设列车做匀加速直线运动的加速度为a,可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析,设每节车厢的质量均为m,每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为Ff,则有F-38Ff=38ma,再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析,设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′,则有F′-2Ff=2ma,联立解得F′=,C项正确,A、B、D项错误。类型二　传送带模型[例2] 如图所示,水平传送带以不变的速度v=10 m/s向右运动,将工件(可视为质点)轻轻放在传送带的左端,由于摩擦力的作用,工件做匀加速运动,经过时间t=2 s,速度达到v;再经过时间t′=4 s,工件到达传送带的右端,g取10 m/s2,求:(1)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小;(2)工件与水平传送带间的动摩擦因数;(3)传送带的长度。解析:(1)工件的加速度a=,解得a=5 m/s2。(2)设工件的质量为m,由牛顿第二定律得μmg=ma,所以动摩擦因数μ==0.5。(3)工件加速运动距离x1=t,工件匀速运动距离x2=vt′,工件从左端到达右端通过的距离x=x1+x2联立解得x=50 m,即为传送带的长度。答案:(1)5 m/s2　(2)0.5　(3)50 m传送带模型的求解思路[对点训练2] 如图所示的传送带,其水平部分ab的长度为2 m,倾斜部分bc的长度为4 m,bc与水平面的夹角为α=37°,将一小物块A(可视为质点)轻轻放于传送带的a端,物块A与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25。传送带沿图示方向以v=2 m/s的速度匀速运动,若物块A始终未脱离传送带,且在b点前后瞬间速度大小不变,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。试求:(1)小物块A在ab段的运动时间;(2)小物块A在bc段的运动时间。解析:(1)A先在传送带上匀加速运动(相对地面),设A对地速度为2 m/s时,A对地的位移是x1=,得x1=0.8 m<2 m,即物块在ab段先做加速运动,后做匀速运动,设此过程A的加速度为a1,则μmg=ma1,故a1=2.5 m/s2,A做匀加速运动的时间t1==0.8 s,当A对地的速度达到2 m/s时,A随传送带一起匀速运动,设匀速时间为t2,则t2==0.6 s,则小物块A在ab段的运动时间tab=t1+t2=1.4 s。(2)由于μ=0.25<tan 37°=0.75,A在bc段以加速度a2向下匀加速运动mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,解得a2=4 m/s2,由运动学公式xbc=vt3+a2,可知t3=1 s(t3=-2 s舍去) ,即小物块A在bc段的运动时间t3=1 s。答案:(1)1.4 s　(2)1 s类型三　滑块—滑板模型[例3] 如图所示,厚度不计的薄板A长l=5 m,质量M=5 kg,放在水平地面上。在A上距右端x=3 m处放一物体B(大小不计),其质量m=2 kg,已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.1,A与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,原来系统静止。现在板的右端施加一大小恒定的水平力F=26 N,持续作用在A上,将A从B下抽出。g取10 m/s2,求:(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大?(2)B运动多长时间离开A?解析:(1)对于B,根据牛顿第二定律有μ1mg=maB,解得aB=1 m/s2,对于A,F-μ1mg-μ2(m+M)g=MaA,解得aA=2 m/s2。(2)设经时间t抽出,则xA=aAt2,xB=aBt2,Δx=xA-xB=l-x,解得t=2 s。答案:(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 s(1)模型概述:一个物体在另一个物体上,两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程,两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。(2)常见的两种位移关系滑块从滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板向同一方向运动,则滑离滑板的过程中滑块的位移和滑板的位移之差等于滑板的长度;若滑块和滑板向相反方向运动,滑离滑板时滑块的位移和滑板的位移大小之和等于滑板的长度。(3)解题方法①明确各物体初始状态(对地的运动和物体间的相对运动),确定物体间的摩擦力方向。②分别隔离两物体进行受力分析,准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。③找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带,即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。[对点训练3] 如图所示,物块A、木板B的质量均为m=10 kg,不计A的大小,木板B长L=3 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=0.1,g取10 m/s2。(1)求物块A和木板B运动过程的加速度的大小;(2)若A刚好没有从B上滑下来,求A的初速度v0的大小。解析:(1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知,A在B上向右做匀减速运动,设其加速度大小为a1,则有a1==3 m/s2,木板B向右做匀加速运动,设其加速度大小为a2,则有a2==1 m/s2。(2)由题意可知,A刚好没有从B上滑下来,则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同,设为v,则有时间关系t==,位移关系L=-,解得v0=2 m/s。答案:(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)2 m/s1.如图所示,质量为2 kg的物块A与水平地面的动摩擦因数为μ=0.1,质量为1 kg的物块B与地面的摩擦忽略不计,在已知水平力F=11 N的作用下,A、B一起做加速运动,g取10 m/s2,则下列说法中正确的是(　D　)A.A、B的加速度均为3.67 m/s2B.A、B的加速度均为3.3 m/s2C.A对B的作用力为3.3 ND.A对B的作用力为3.0 N解析:在已知水平力F=11 N的作用下,A、B一起做加速运动,对A、B整体,有F-μmAg=(mA+mB)a,解得a=3 m/s2,选项A、B错误;隔离B有FAB=mBa=3.0 N,选项C错误,D正确。2.如图所示,一物体P从曲面上的A点自由滑下,在水平静止的粗糙传送带上滑动后恰好停在传送带的右端B。若传送带沿逆时针方向转动起来,再把P放到A点,让其自由滑下,则(　A　)A.P仍能到达B端且速度为零B.P到达不了B端C.P会滑过B端后向右抛出D.以上三种情况均有可能解析:无论传送带是静止还是沿逆时针方向运行,P受到的支持力大小均等于P的重力mg,动摩擦因数μ不变,P受到的摩擦力方向均水平向左,大小均为Ff=μmg,即P在传送带上的受力情况是相同的,运动情况也是相同的,选项A正确,B、C、D错误。3.如图所示,物体P置于光滑的水平面上,用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G=10 N的重物,物体P向右运动的加速度为a1;若细线下端不挂重物,而用F=10 N的力竖直向下拉细线下端,这时物体P的加速度为a2,则(　A　)A.a1<a2 B.a1=a2C.a1>a2 D.条件不足,无法判断解析:挂重物时,选连接体为研究对象,由牛顿第二定律得,共同运动的加速度大小a1==;当改为10 N拉力后,由牛顿第二定律得,P的加速度a2=,故a1<a2,故选A。4.(多选)如图所示,长方体物块A叠放在长方体小车B上,B置于光滑水平面上。A、B质量分别为mA=m,mB=2m,A、B之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,现对B施加一水平力F,则(　CD　)A.当F>μmg时,A相对B滑动B.当F=1.5μmg时,B的加速度为0.25μgC.当F>3μmg时,A相对B滑动D.A的最大加速度为μg解析:当A、B刚要发生相对滑动时,A、B之间的最大静摩擦力为=μmg,对A分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得A的最大加速度a=μg,对整体分析,根据牛顿第二定律有F合=3ma=3μmg;当F>3μmg时,A、B发生相对滑动,故选项A错误,C、D正确;当F=1.5μmg 时,A、B一起运动,对整体,根据牛顿第二定律有1.5μmg=3ma′,a′=0.5μg,故选项B错误。5.如图,倾角θ=37°的足够长传送带以恒定速率v=4 m/s顺时针运行,现将一质量m=5 kg的小物体无初速度放在传送带的A端,小物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.85,g取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则在整个上滑过程中小物体(　B　)A.加速度恒定B.加速运动的时间为5 sC.所受的摩擦力方向会发生变化D.所受的滑动摩擦力大小为42.5 N解析:刚开始小物体受沿斜面向上的滑动摩擦力Ff=μmgcos 37°=34 N,故选项D错误;刚开始小物体向上的加速度a=μgcos 37°-gsin 37°=0.8 m/s2,由v=at解得加速运动的时间t=5 s,故选项B正确;由于μ=0.85>tan θ=0.75,所以小物体速度达到4 m/s后就与传送带保持相对静止,以共同的速度向上匀速运动,加速度为零,此时小物体受沿斜面向上的静摩擦力作用,摩擦力的方向没有发生变化,故选项A、C错误。课时作业学考基础练知识点一　连接体模型1.如图所示,弹簧测力计外壳质量为m0,弹簧及挂钩的质量忽略不计,挂钩吊着一质量为m的重物。现用一竖直向上的外力F拉着弹簧测力计,使其向上做匀加速直线运动,则弹簧测力计的读数为(　C　)A.mg    B.FC.F D.F解析:将弹簧测力计及重物视为一个整体,设它们共同向上的加速度为a。由牛顿第二定律得F-(m0+m)g=(m0+m)a,弹簧测力计的示数等于它对重物的拉力,设此力为FT。则对重物由牛顿第二定律得FT-mg=ma,联立解得FT=F,C正确。2.如图所示,放在光滑水平面上的物体A和B,质量分别为2m和m,第一次水平恒力F1作用在A上,第二次水平恒力F2作用在B上。已知两次水平恒力作用时,A、B间的作用力大小相等。则(　C　)A.F1<F2 B.F1=F2C.F1>F2 D.F1>2F2解析:设A、B间作用力大小为F′,则水平恒力作用在A上时,隔离B受力分析有F′=maB;水平恒力作用在B上时,隔离A受力分析有F′=2maA;F1=(2m+m)aB,F2=(2m+m)aA,解得F1=3F′,F2=F′,所以F1=2F2,即F1>F2,故C正确。3.(多选)如图所示,轻质细线一端固定在质量为m1=0.3 kg的物体上,另一端绕过光滑的滑轮悬挂质量为m2=0.1 kg的物体。初始时用手托住m1使整个系统处于静止状态,此时m1离地面的高度为h=0.4 m,某时刻将手撤回,m1、m2从静止开始运动(g取10 m/s2),则(　AC　)A.绳子对物体m2的拉力大于物体m2所受的重力B.物体m1落地前,m2的加速度大小为20 m/s2C.物体m1刚落地时,m2的速度大小为2 m/sD.整个过程中物体m2上升的最大高度为0.2 m解析:将手撤回后,m2加速上升,则绳子对物体m2的拉力大于物体m2所受的重力,选项A正确;对两物体的整体,由牛顿第二定律得m1g-m2g=(m1+m2)a,解得a=5 m/s2,选项B错误;物体m1刚落地时m2的速度大小为v==2 m/s,选项C正确;m1落地后,m2向上做上抛运动,还能上升的高度为h1==0.2 m,则整个过程中物体m2上升的最大高度为0.6 m,选项D错误。知识点二　传送带模型4.(多选)机场和火车站的安全检查仪用于对乘客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图所示的模型,紧绷的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率逆时针方向运行。乘客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2 m,g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李,则(　BD　)A.乘客与行李同时到达B处B.乘客提前0.5 s到达B处C.行李提前0.5 s到达B处D.若传送带速度足够大,行李最快也要2 s才能到达B处解析:行李无初速度地放在传送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速度做匀速直线运动。加速时a=μg=1 m/s2,历时t1==1 s达到共同速度,位移x1=t1=0.5 m,此后行李匀速运动,所用时间t2==1.5 s,到达B处共用时2.5 s。乘客到达B处用时t==2 s,故B正确,A、C错误;若传送带速度足够大,行李一直匀加速运动,最短运动时间tmin==2 s,故D正确。5.如图所示,将一质量为m的滑块轻轻放置于传送带的左端,已知传送带以速度v0顺时针运动,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,传送带左右距离无限长,重力加速度为g。当滑块速度达到v0时突然断电,传送带以大小为a的加速度匀减速至停止。关于滑块放上去后受到的摩擦力,下列说法正确的是(　B　)A.滑块始终没有受到静摩擦力作用B.滑块刚放上去时受到的滑动摩擦力为μmgC.滑块受到的摩擦力一直不变D.传送带减速时滑块受到的摩擦力可能变为零解析:滑块刚放上去时,受到向前的滑动摩擦力,大小为μmg,断电时滑块速度为v0,如果a≤μg,则滑块与传送带将以相同的加速度减速,滑块受到静摩擦力,大小为ma;断电时滑块速度为v0,如果a>μg,则传送带以加速度a减速,滑块只能以加速度μg减速,滑块受到滑动摩擦力,大小为μmg,方向在断电时刻突然变为向后,故A、C、D错误,B正确。6.如图所示,传送带与水平地面的倾角为θ=37°,AB的长度为64 m,传送带以20 m/s的速度沿逆时针方向转动,在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8 kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为0.5,求物体从A点运动到B点所用的时间。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取 10 m/s2)解析:开始时物体下滑的加速度a1=g(sin 37°+μcos 37°)=10 m/s2,运动到与传送带共速的时间为t1==2 s,下滑的距离x1=a1=20 m,由于tan 37°=0.75>μ=0.5,故物体2 s后继续加速下滑,且此时a2=g(sin 37°-μcos 37°)=2 m/s2,根据x2=vt2+a2,且x2=lAB-x1=44 m联立得t2=2 s (t2=-22 s舍去)故共用时间为t=t1+t2=4 s。答案:4 s知识点三　滑块—滑板模型7.如图所示,质量为m的木块放在质量为M的木板上,木块受到向右的拉力F的作用而向右滑行,木板处于静止状态,已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　D　)A.木板受到地面的摩擦力大小一定是μ2mgB.木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m+M)gC.木板受到地面的摩擦力的大小一定等于FD.当F>μ2(m+M)g时,木板仍静止解析:木块所受木板的滑动摩擦力大小Ff1=μ1mg,方向水平向左,根据牛顿第三定律得知木板受到木块的摩擦力方向水平向右,大小等于μ1mg,木板处于静止状态,根据平衡条件知木板受到地面的摩擦力的大小是μ1mg,故A、B、C错误;当木块相对木板运动,两者之间的摩擦力为滑动摩擦力,故当F>μ2(m+M)g时,此时木块对木板的作用力仍为μ1mg,故木板仍处于静止状态,故D正确。8.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体,A、B间的最大静摩擦力为μmg,现用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度运动,则拉力F的最大值为(　C　)A.μmg B.2μmgC.3μmg D.4μmg解析:当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大,此时,A物体所受的合力为μmg,由牛顿第二定律知aA==μg,对于A、B整体,加速度a=aA=μg。由牛顿第二定律得F=3ma=3μmg。9.物体A放在物体B上,物体B放在光滑的水平面上,已知mA=8 kg,mB=2 kg,A、B间动摩擦因数μ=0.2,如图所示。若现用一水平向右的拉力F作用于物体A上,g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　C　)A.当拉力F<16 N时,A静止不动B.当拉力F>16 N时,A相对B滑动C.当拉力F=16 N时,A受B的摩擦力等于3.2 ND.无论拉力F多大,A相对B始终静止解析:当A、B刚要发生相对滑动时,对B根据牛顿第二定律得,整体的加速度a==8 m/s2,此时拉力F=(mA+mB)a=80 N。当F≤80 N时,A、B相对静止,当F>80 N时,A相对B滑动,故A、B、D错误;当F=16 N时,A、B相对静止,整体的加速度为a==1.6 m/s2,对B有Ff=mBa=3.2 N,由牛顿第三定律知Ff′=3.2 N,故C正确。选考提升练10.(多选)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行,现将一块木炭无初速度地放在传送带的最左端,木炭在传送带上将会留下一段黑色的痕迹,下列说法正确的是(　CD　)A.黑色的痕迹将出现在木炭的左侧B.木炭的质量越大,痕迹的长度越短C.传送带运动的速度越大,痕迹的长度越长D.木炭与传送带间动摩擦因数越大,痕迹的长度越短解析:刚放上木炭时,木炭的速度慢,传送带的速度快,木炭向后滑动,所以黑色的痕迹将出现在木炭的右侧,故A错误;木炭在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力,摩擦力作为它的合力产生加速度,由牛顿第二定律知μmg=ma,所以a=μg,当达到共同速度时,不再有相对滑动,由v2=2ax得,木炭位移x木=,设相对滑动的时间为t,由v=at,得t=,此时传送带的位移为x传=vt=,所以相对滑动的位移是Δx=x传-x木=,由此可以知道,黑色的痕迹的长度与木炭的质量无关,故B错误;由B知,传送带运动的速度越大,痕迹的长度越长,故C正确;木炭与传送带间动摩擦因数越大,痕迹的长度越短,故D正确。11. (2019·全国Ⅲ卷,20) (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(　AB　)A.木板的质量为1 kgB.2 s～4 s内,力F的大小为0.4 NC.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解析:结合(b)、(c)两图像可判断出0～2 s物块和木板还未发生相对滑动,它们之间的摩擦力为静摩擦力,此过程力F等于F摩,故F在此过程中是变力,C错误;2～5 s内木板与物块发生相对滑动,它们之间的摩擦力转变为滑动摩擦力,在4～5 s内,木板仅在摩擦力的作用下做匀减速运动,有F摩=ma2=0.2 N,而a2=0.2 m/s2,故m=1 kg,A正确;在2 s～4 s内,木板加速度大小a1=0.2 m/s2,根据牛顿第二定律可知F-F摩=ma1,即F=0.4 N,B正确;对物块进行分析可知,物块一直处于平衡状态,故F摩=μm物g=0.2 N,而物块的质量未知,所以无法计算物块与木板之间的动摩擦因数μ,D错误。12.如图所示,水平传送带正在以v=4 m/s的速度匀速顺时针转动,质量为m=1 kg的某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,将该物块从传送带左端的A点无初速度地轻放在传送带上(g取10 m/s2)。(1)如果传送带长度L=4.5 m,求经过多长时间物块将到达传送带的右端;(2)如果传送带长度L1=20 m,求经过多长时间物块将到达传送带的右端。解析:物块放到传送带上后,在滑动摩擦力的作用下先向右做匀加速运动。由μmg=ma得a=1 m/s2若传送带足够长,匀加速运动到与传送带共速后再与传送带一同向右做匀速运动。物块匀加速运动的时间t1==4 s,物块匀加速运动的位移x1=a=8 m,(1)因为4.5 m<8 m,所以物块一直加速,由L=at2得t=3 s。(2)因为20 m>8 m,所以物块速度达到传送带的速度后,摩擦力变为0,此后物块与传送带一起做匀速运动,物块匀速运动的时间t2==3 s,故物块到达传送带右端的时间t′=t1+t2=7 s。答案:(1)3 s　(2)7 s13.(2019·江苏卷，15)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB′;(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。解析:A、B的运动过程如图所示。(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=μg由题知,A被敲击后做匀变速直线运动,则2aAL=解得vA=。(2)设A、B的质量均为m,对齐前,B所受合力大小F=3μmg由牛顿运动定律知F=maB,得aB=3μg对齐后,A、B整体所受合力大小F′=2μmg由牛顿运动定律知F′=2maB′,得aB′=μg。(3)设经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小为aA则v=aAt,v=vB-aBtxA=aAt2,xB=vBt-aBt2且xB-xA=L解得vB=2。答案:(1)　(2)3μg　μg　(3)2