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人教版 (2019)必修 第一册6 超重和失重综合训练题
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这是一份人教版 (2019)必修 第一册6 超重和失重综合训练题，共6页。试卷主要包含了2 6 N B．0，0 N，0 m/s2，一质量m＝2等内容，欢迎下载使用。
A级—学考达标
1.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图像如图所示。则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(g取10 m/s2)( )
A．0.2 6 N B．0.1 6 N
C．0.2 8 N D．0.1 8 N
解析：选A 由vt图知a1＝1 m/s2，a2＝2 m/s2，由F－μmg＝ma1，μmg＝ma2，解得μ＝0.2，F＝6 N，选项A正确。
2如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力F变化的图像如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出(g＝10 m/s2)( )
A．物体的质量为1 kg
B．物体的质量为2 kg
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
解析：选B 由题图乙可知F1＝7 N时，a1＝0.5 m/s2，F2＝14 N时，a2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得：F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得m＝2 kg，μ＝0.3，故选项B正确。
3.如图所示，水平地面上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间变化的水平拉力F的作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g＝10 m/s2。下列判断正确的是( )
A．5 s内物块的位移为0
B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与地面之间的动摩擦因数为0.4
D．6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
解析：选D 由题图可得物块所受的最大静摩擦力为4 N，滑动摩擦力为3 N，物块在4 s末开始运动，故5 s内物块发生了运动，选项A错误；4 s末物块所受拉力为4 N，所受最大静摩擦力也为4 N，合力大小为0，选项B错误；物块与地面之间的滑动摩擦力为3 N，物块对地面的压力为10 N，所以物块与地面之间的动摩擦因数为0.3，选项C错误；6～9 s内拉力大小为5 N，物块所受的滑动摩擦力为3 N，合力为2 N，由牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为2.0 m/s2，选项D正确。
4.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于如图所示状态。设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是( )
A．若小车向左运动，FN可能为零
B．若小车向左运动，FT不可能为零
C．若小车向右运动，FN不可能为零
D．若小车向右运动，FT不可能为零
解析：选A 对小球受力分析如图，若小车向左做减速运动，则加速度向右，若小球受重力和绳子的拉力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同，此时FN为零，选项A正确。若小车向左加速运动，则加速度向左，若此时重力与斜面的支持力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同，则绳子的拉力为零，选项B错误。同理可知，当小车向右运动时，也可能做加速或减速运动，故加速度也可能向右或向左，故FN和FT均可能为零，选项C、D错误。
5.如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff。若木块不滑动，力F的最大值是( )
A.eq \f(2Ffm＋M,M) B.eq \f(2Ffm＋M,m)
C.eq \f(2Ffm＋M,M)－(m＋M)g D..eq \f(2Ffm＋M,m)＋(m＋M)g
解析：选A 当F达到最大值时，以夹子和木块作为整体，竖直方向上由牛顿第二定律可得：F－(m＋M)g＝(m＋M)a，再以木块为研究对象，F最大时木块刚好不滑动，静摩擦力为最大值，在竖直方向上由牛顿第二定律可得，2Ff－Mg＝Ma，两式联立解得F＝eq \f(2Ffm＋M,M)，选项A正确。
6.质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则( )
A．小球对圆槽的压力为eq \f(MF,m＋M)
B．小球对圆槽的压力为eq \f(mF,m＋M)
C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加
D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小
解析：选C 利用整体法可求得系统的加速度为a＝eq \f(F,M＋m)，对小球受力分析如图，利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为(mg)2＋eq \f(m2F2,M＋m2)，由物体间力的相互作用可知只有C项正确。
7.用力F提拉用细绳连在一起的A、B两物体，以5 m/s2 的加速度匀加速竖直上升，如图所示。已知A、B的质量分别为1 kg和2 kg，绳子所能承受的最大拉力是35 N。(g取10 m/s2)
(1)力F的大小是多少？
(2)为使绳不被拉断，加速上升的最大加速度为多少？
解析：(1)将A、B看成一个整体，由牛顿第二定律得
F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
F＝(mA＋mB)(g＋a)＝(1＋2)×(10＋5)N＝45 N。
(2)绳恰好不被拉断时，绳对B的拉力为F′＝35 N，此时加速度最大
对B由牛顿第二定律得
F′－mBg＝mBam
解得am＝eq \f(F′－mBg,mB)＝eq \f(35－2×10,2) m/s2＝7.5 m/s2。
答案：(1)45 N (2)7.5 m/s2
8.一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的vt图像，如图所示。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小。
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数。
解析：(1)由vt图像可知加速度大小为
a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(8.0,1.0) m/s2＝8 m/s2。
(2)对物块受力分析，物块受重力、支持力、摩擦力Ff作用
沿斜面方向：mgsin 37°＋Ff＝ma
垂直斜面方向：mgcs 37°＝FN
又Ff＝μFN
联立以上三式得a＝gsin 37°＋μgcs 37°
代入数据解得μ＝0.25。
答案：(1)8 m/s2 (2)0.25
B级—选考提能
9.[多选]如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2′，则下列说法正确的是( )
A．若v1＜v2，则v2′＝v1
B．若v1＞v2，则v2′＝v2
C．不管v2多大，总有v2′＝v2
D．只有v1＝v2时，才有v2′＝v1
解析：选AB 由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：
①若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2′＝v2时，离开传送带。
②若v1＜v2，物体向右运动时先加速，当速度增大到传送带的速度时，物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，此时有v2′＝v1。故选项A、B正确，C、D错误。
10．[多选]如图所示，在小车内有一个固定的斜面，斜面上有一个物体A与斜面保持相对静止。在小车的上面用细线悬挂一个质量为m的小球B，小球在如图所示的位置始终保持与小车相对静止，则下列说法正确的是( )
A．物体A与斜面间的动摩擦因数可能为零
B．物体A与斜面间的动摩擦因数一定不为零
C．小球B对细线的拉力一定大于mg
D．小车在做匀加速直线运动
解析：选AC 对小球B进行受力分析可知，B的合外力方向水平向左，即B的加速度方向水平向左，则A和小车的加速度方向也水平向左，若物体A与斜面间的动摩擦因数为零，则A受重力和斜面的支持力，两个力的合力可以水平向左，提供A的加速度，故A正确，B错误；B受的重力与拉力以及合力构成直角三角形，而重力是直角边，拉力是斜边，故物体B对细线拉力一定大于重力，故C正确；由题图可知小球的合力水平向左，即其加速度水平向左，又小球始终保持与小车相对静止，故可知小车加速水平向左，但小车可能做的是向右的匀减速运动，故D错误。
11.如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g)。
(1)当滑块至少以多大的加速度向右加速运动时，细线对小球的拉力刚好等于零？
(2)当滑块至少以多大的加速度向左加速运动时，小球对滑块的压力等于零？
(3)当滑块以a′＝2g的加速度向左加速运动时，细线中拉力为多大？
解析：(1)当FT＝0时，小球受重力mg和斜面支持力FN作用，如图甲所示，则
FNcs 45°＝mg，FNsin 45°＝ma
解得a＝g。
故当向右运动的加速度为g时细线上的拉力为0。
(2)假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、细线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用，如图乙所示。
由牛顿第二定律得
水平方向：FT1cs 45°－FN1sin 45°＝ma1，
竖直方向：FT1sin 45°＋FN1cs 45°－mg＝0。
由上述两式解得FN1＝eq \f(\r(2)mg－a1,2)，FT1＝eq \f(\r(2)mg＋a1,2)。
由以上两式可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力FN1减小，线的拉力FT1增大。
当a1＝g时，FN1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时细线的拉力为FT1＝eq \r(2)mg。
所以滑块至少以a1＝g的加速度向左加速运动时小球对滑块的压力等于零。
(3)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图丙所示，
此时细线与水平方向间的夹角α<45°。
由牛顿第二定律得FT′cs α＝ma′，FT′sin α＝mg，
解得FT′＝meq \r(a′2＋g2)＝eq \r(5)mg。
答案：(1)g (2)g (3)eq \r(5)mg
12.如图所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0 m，质量为M＝10 kg的物体以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)物体从A点到达B点所需的时间；
(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间。
解析：(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得Mgsin θ＋μMgcs θ＝Ma1
解得a1＝10 m/s2
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，
t1＝eq \f(v0－v,a1)＝0.2 s
通过的位移x1＝eq \f(v02－v2,2a1)＝1 m
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度大小为a2，
则Mgsin θ－μMgcs θ＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
物体继续减速，设经时间t2物体速度减为0
t2＝eq \f(v,a2)＝2 s
减速时间内物体通过的位移x2＝vt2－eq \f(1,2)a2t22＝4 m
恰好满足x1＋x2＝L
即物体刚好到达B点，所以物体从A点到达B点所需的时间：t＝t1＋t2＝2.2 s。
(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a2，由运动学公式得L＝v0t′－eq \f(1,2)a2t′2
解得t′＝1 s(t′＝5 s舍去)。
答案：(1)2.2 s (2)1 s
A级—学考达标
1.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图像如图所示。则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(g取10 m/s2)( )
A．0.2 6 N B．0.1 6 N
C．0.2 8 N D．0.1 8 N
解析：选A 由vt图知a1＝1 m/s2，a2＝2 m/s2，由F－μmg＝ma1，μmg＝ma2，解得μ＝0.2，F＝6 N，选项A正确。
2如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力F变化的图像如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出(g＝10 m/s2)( )
A．物体的质量为1 kg
B．物体的质量为2 kg
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
解析：选B 由题图乙可知F1＝7 N时，a1＝0.5 m/s2，F2＝14 N时，a2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得：F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得m＝2 kg，μ＝0.3，故选项B正确。
3.如图所示，水平地面上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间变化的水平拉力F的作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g＝10 m/s2。下列判断正确的是( )
A．5 s内物块的位移为0
B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与地面之间的动摩擦因数为0.4
D．6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
解析：选D 由题图可得物块所受的最大静摩擦力为4 N，滑动摩擦力为3 N，物块在4 s末开始运动，故5 s内物块发生了运动，选项A错误；4 s末物块所受拉力为4 N，所受最大静摩擦力也为4 N，合力大小为0，选项B错误；物块与地面之间的滑动摩擦力为3 N，物块对地面的压力为10 N，所以物块与地面之间的动摩擦因数为0.3，选项C错误；6～9 s内拉力大小为5 N，物块所受的滑动摩擦力为3 N，合力为2 N，由牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为2.0 m/s2，选项D正确。
4.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于如图所示状态。设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是( )
A．若小车向左运动，FN可能为零
B．若小车向左运动，FT不可能为零
C．若小车向右运动，FN不可能为零
D．若小车向右运动，FT不可能为零
解析：选A 对小球受力分析如图，若小车向左做减速运动，则加速度向右，若小球受重力和绳子的拉力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同，此时FN为零，选项A正确。若小车向左加速运动，则加速度向左，若此时重力与斜面的支持力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同，则绳子的拉力为零，选项B错误。同理可知，当小车向右运动时，也可能做加速或减速运动，故加速度也可能向右或向左，故FN和FT均可能为零，选项C、D错误。
5.如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff。若木块不滑动，力F的最大值是( )
A.eq \f(2Ffm＋M,M) B.eq \f(2Ffm＋M,m)
C.eq \f(2Ffm＋M,M)－(m＋M)g D..eq \f(2Ffm＋M,m)＋(m＋M)g
解析：选A 当F达到最大值时，以夹子和木块作为整体，竖直方向上由牛顿第二定律可得：F－(m＋M)g＝(m＋M)a，再以木块为研究对象，F最大时木块刚好不滑动，静摩擦力为最大值，在竖直方向上由牛顿第二定律可得，2Ff－Mg＝Ma，两式联立解得F＝eq \f(2Ffm＋M,M)，选项A正确。
6.质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则( )
A．小球对圆槽的压力为eq \f(MF,m＋M)
B．小球对圆槽的压力为eq \f(mF,m＋M)
C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加
D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小
解析：选C 利用整体法可求得系统的加速度为a＝eq \f(F,M＋m)，对小球受力分析如图，利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为(mg)2＋eq \f(m2F2,M＋m2)，由物体间力的相互作用可知只有C项正确。
7.用力F提拉用细绳连在一起的A、B两物体，以5 m/s2 的加速度匀加速竖直上升，如图所示。已知A、B的质量分别为1 kg和2 kg，绳子所能承受的最大拉力是35 N。(g取10 m/s2)
(1)力F的大小是多少？
(2)为使绳不被拉断，加速上升的最大加速度为多少？
解析：(1)将A、B看成一个整体，由牛顿第二定律得
F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
F＝(mA＋mB)(g＋a)＝(1＋2)×(10＋5)N＝45 N。
(2)绳恰好不被拉断时，绳对B的拉力为F′＝35 N，此时加速度最大
对B由牛顿第二定律得
F′－mBg＝mBam
解得am＝eq \f(F′－mBg,mB)＝eq \f(35－2×10,2) m/s2＝7.5 m/s2。
答案：(1)45 N (2)7.5 m/s2
8.一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的vt图像，如图所示。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小。
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数。
解析：(1)由vt图像可知加速度大小为
a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(8.0,1.0) m/s2＝8 m/s2。
(2)对物块受力分析，物块受重力、支持力、摩擦力Ff作用
沿斜面方向：mgsin 37°＋Ff＝ma
垂直斜面方向：mgcs 37°＝FN
又Ff＝μFN
联立以上三式得a＝gsin 37°＋μgcs 37°
代入数据解得μ＝0.25。
答案：(1)8 m/s2 (2)0.25
B级—选考提能
9.[多选]如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2′，则下列说法正确的是( )
A．若v1＜v2，则v2′＝v1
B．若v1＞v2，则v2′＝v2
C．不管v2多大，总有v2′＝v2
D．只有v1＝v2时，才有v2′＝v1
解析：选AB 由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：
①若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2′＝v2时，离开传送带。
②若v1＜v2，物体向右运动时先加速，当速度增大到传送带的速度时，物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，此时有v2′＝v1。故选项A、B正确，C、D错误。
10．[多选]如图所示，在小车内有一个固定的斜面，斜面上有一个物体A与斜面保持相对静止。在小车的上面用细线悬挂一个质量为m的小球B，小球在如图所示的位置始终保持与小车相对静止，则下列说法正确的是( )
A．物体A与斜面间的动摩擦因数可能为零
B．物体A与斜面间的动摩擦因数一定不为零
C．小球B对细线的拉力一定大于mg
D．小车在做匀加速直线运动
解析：选AC 对小球B进行受力分析可知，B的合外力方向水平向左，即B的加速度方向水平向左，则A和小车的加速度方向也水平向左，若物体A与斜面间的动摩擦因数为零，则A受重力和斜面的支持力，两个力的合力可以水平向左，提供A的加速度，故A正确，B错误；B受的重力与拉力以及合力构成直角三角形，而重力是直角边，拉力是斜边，故物体B对细线拉力一定大于重力，故C正确；由题图可知小球的合力水平向左，即其加速度水平向左，又小球始终保持与小车相对静止，故可知小车加速水平向左，但小车可能做的是向右的匀减速运动，故D错误。
11.如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g)。
(1)当滑块至少以多大的加速度向右加速运动时，细线对小球的拉力刚好等于零？
(2)当滑块至少以多大的加速度向左加速运动时，小球对滑块的压力等于零？
(3)当滑块以a′＝2g的加速度向左加速运动时，细线中拉力为多大？
解析：(1)当FT＝0时，小球受重力mg和斜面支持力FN作用，如图甲所示，则
FNcs 45°＝mg，FNsin 45°＝ma
解得a＝g。
故当向右运动的加速度为g时细线上的拉力为0。
(2)假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、细线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用，如图乙所示。
由牛顿第二定律得
水平方向：FT1cs 45°－FN1sin 45°＝ma1，
竖直方向：FT1sin 45°＋FN1cs 45°－mg＝0。
由上述两式解得FN1＝eq \f(\r(2)mg－a1,2)，FT1＝eq \f(\r(2)mg＋a1,2)。
由以上两式可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力FN1减小，线的拉力FT1增大。
当a1＝g时，FN1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时细线的拉力为FT1＝eq \r(2)mg。
所以滑块至少以a1＝g的加速度向左加速运动时小球对滑块的压力等于零。
(3)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图丙所示，
此时细线与水平方向间的夹角α<45°。
由牛顿第二定律得FT′cs α＝ma′，FT′sin α＝mg，
解得FT′＝meq \r(a′2＋g2)＝eq \r(5)mg。
答案：(1)g (2)g (3)eq \r(5)mg
12.如图所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0 m，质量为M＝10 kg的物体以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)物体从A点到达B点所需的时间；
(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间。
解析：(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得Mgsin θ＋μMgcs θ＝Ma1
解得a1＝10 m/s2
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，
t1＝eq \f(v0－v,a1)＝0.2 s
通过的位移x1＝eq \f(v02－v2,2a1)＝1 m
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度大小为a2，
则Mgsin θ－μMgcs θ＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
物体继续减速，设经时间t2物体速度减为0
t2＝eq \f(v,a2)＝2 s
减速时间内物体通过的位移x2＝vt2－eq \f(1,2)a2t22＝4 m
恰好满足x1＋x2＝L
即物体刚好到达B点，所以物体从A点到达B点所需的时间：t＝t1＋t2＝2.2 s。
(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a2，由运动学公式得L＝v0t′－eq \f(1,2)a2t′2
解得t′＝1 s(t′＝5 s舍去)。
答案：(1)2.2 s (2)1 s
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