专题03 牛顿运动定律（解析版）

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专题【03】牛顿运动定律
牛顿运动定律是高考的必考内容，考查频率最好的是动力学的两类基本问题和动力学的图像问题，既有选择题，也有计算题。计算题往往结合运动图像生活中的运动实例，有时还与电场中的带电体的运动相结合，涉及多过程或多物体的综合，难度较大。考生应熟练掌握牛顿第二定律及其应用，尤其是物体的受力分析、运动分析的方法。
【备考建议】
【经典例题】
与图像有关的加速度问题
【典例1】【2019·全国卷Ⅲ】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．2～4 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
【答案】 AB
【解析】 木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。由题图c知，2～4 s内，木板的加速度大小a1＝eq \f(0.4,2) m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq \f(0.4－0.2,1) m/s2＝0.2 m/s2，设木板质量为m，据牛顿第二定律，对木板有：2～4 s内：F－F摩＝ma1,4 s以后：F摩＝ma2，解得m＝1 kg，F＝0.4 N，A、B正确。0～2 s内，木板静止，F＝f，由题图b知，F是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。
二、滑块-传送带模型
【典例2】【2019·江苏高考】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。
【答案】 (1)eq \r(2μgL) (2)3μg μg (3)2eq \r(2μgL)
【解析】 A、B的运动过程如图所示：
(1)A被敲击后，B静止，A向右运动，由牛顿第二定律知，A的加速度大小aA＝μg
A在B上滑动时有2aAL＝veq \\al(2,A)
解得：vA＝eq \r(2μgL)。
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，A相对B滑动，B所受合外力大小
F＝μmg＋2μmg＝3μmg
由牛顿第二定律得F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B相对静止，整体所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿第二定律得F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设B被敲击后，经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝eq \f(1,2)aAt2，xB＝vBt－eq \f(1,2)aBt2
且xB－xA＝L
解得：vB＝2eq \r(2μgL)。
三、超重和失重问题
【典例3】(2019·浙江普通高校招生选考模拟)如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲——起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s)。由图线可知，该人的体重约为650 N，除此之外，还可以得到的信息是( )
A．该人做了两次下蹲——起立的动作 B．该人做了一次下蹲——起立的动作
C．下蹲过程中人处于失重状态 D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
【答案】 B
【解析】 人下蹲过程先是加速下降，为失重，到达一个最大速度后再减速下降，为超重，对应先失重再超重，人起立过程对应先超重再失重，由图象可知，该人做了一次下蹲——起立的动作，A、C、D错误，B正确。
四、与加速度相关的连接体问题
【典例4】(2019·贵州铜仁一中模拟)物体A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧做成的弹簧秤相连，如图所示，
今对物体A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，则弹簧秤的示数( )
A．一定等于F1－F2 B．一定大于F2小于F1
C．一定等于F1＋F2 D．条件不足，无法确定
【答案】B
【解析】两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体运用牛顿第二定律，有：F1－F2＝(M＋m)a，再对物体A受力分析，运用牛顿第二定律，得到：F1－F＝Ma，由以上两式解得F＝eq \f(mF1＋MF2,M＋m)，由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1，故B正确．
【典例5】（2020·海南省海口市高三下学期6月模拟）如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上，现用水平拉力F作用于a，使三个物块一起水平向右做匀速直线运动，各接触面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. 水平轻绳的弹力大小为F
B. 物块c受到的摩擦力大小为μmg
C. 剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg
D. 当该水平拉力增大为原来的倍时，物块c受到的摩擦力大小为μmg
【答案】D
【解析】
A．三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件
对a、b、c系统
F=3μmg
对b、c系统
T=2μmg
则
T＜F
故A错误；
B．因为c做匀速直线运动，处于平衡状态，c不受摩擦力，故B错误；
C．剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
对b、c系统
2μmg=2ma′
对c
f′=ma′
解得
f′=μmg
故C错误；
D．当水平拉力增大为原来的倍，即
由牛顿第二定律，对a、b、c系统
F′-3μmg=3ma
对C
f=ma
解得
f=μmg
故D正确。
故选D。
五、牛顿运动定律的综合问题
【典例6】(2019·成都龙泉二中月考)一平台的局部如图甲所示，水平面光滑，竖直面粗糙，物体B与竖直面动摩擦
因数μ＝0.5，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量mA＝1.0 kg、大小可忽略的物块A，一轻绳绕过
定滑轮，轻绳左端系在物块A上，右端系住物块B，物块B质量mB＝1.0 kg，物块B刚好可与竖直面接触．起
始时令两物体都处于静止状态，绳被拉直，设物体A距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取10 m/s2，求：
(1)同时由静止释放A、B，经t＝1 s，则A的速度多大；
(2)同时由静止释放A、B，同时也对物块B施加力F，方向水平向左，大小随时间变化规律如图乙所示，求物块B运动过程中的最大速度和物块B经多长时间停止运动．
【答案】：(1)5 m/s (2)2.5 m/s 1.7 s
【解析】：(1)对A、B系统：mBg＝(mA＋mB)a
a＝eq \f(1,2)g＝5 m/s2
v＝at＝5 m/s
(2)A、B先做加速度减小的加速运动，在A、B加速度减为零之前，A、B一起运动，绳子拉紧．
F＝kt(k＝20 N/s)
以A、B系统为研究对象：mBg－μF＝(mA＋mB)a
得：a＝－5t＋5
0～1 s的a­t图象如图所示，t＝1 s，a＝0，
t＝1 s，速度最大且为三角形面积
vm＝eq \f(1,2)×1×5 m/s＝2.5 m/s
当B开始减速时，绳子松弛，A匀速，B减速
对B：mBg－μF＝mBa得：a＝－10t＋10(t≥1 s)
1 s以后，a­t图象如图所示．
速度要为零，总面积为零，即两三角形面积相等．
得：eq \f(1,2)Δt·10Δt＝2.5
解得Δt＝eq \f(\r(2),2) s
t总＝(1＋eq \f(\r(2),2))s≈1.7 s.
【典例7】（2020·江苏省南京市高三下学期三模）如图，质量均为m=1kg的小物块A和长木板B叠放在水平地面上，左边缘对齐，B上表面有长度分别为L1=6m、L2=3m的涂层，其与A之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3，μ2=0.2，B与地面间的动摩擦因数μB=0.1。现使A获得水平向右的初速度v0=8m/s，A从B表面飞出后不会再次相遇。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2。求：
(1)A在涂层Ⅰ上滑动时，A与B之间、B与地面之间的摩擦力大小fA、fB；
(2)A离开涂层Ⅰ时，A、B的速度大小vA、vB；
(3)B运动过程中克服地面摩擦力所做的功W。
【答案】(1)3N；2N；(2)5m/s；1m/s； (3)3.5J
【解析】
(1)物块A在涂层I上滑动时
N
木板B与地面的最大静摩擦力
N
因为木板B受到A给的摩擦力
N>fm=2N
所以木板B与地面间的摩擦力
N
(2)物块A在涂层I上滑动时，根据牛顿第二定律，
解得
m/s2
物块A在涂层I上滑动时，对B，根据牛顿第二定律，
解得
m/s2
假设A离开涂层I时走过的位移为xA，此时B的位移为xB，则有：
此时A相对于B的位移为L1，即
联立解得
则A的速度
m/s
m/s
(3)①物块A在涂层I上滑动时，木板B相对地面的位移，m
②物块A在涂层II上滑动时，根据牛顿第二定律，
解得
m/s2
木板B的受到A给的摩擦力N，所以B受到的合力
N
所以A在涂层II上滑动时，B做匀速运动
A在涂层II上滑动时
此时A相对于B的位移为L2，即
联立解得
t2=1s
则
m
③A离开涂层II后，对B，根据牛顿第二定律
N
解得
m/s2
B最终匀减速至停下，即
解得
m
B运动过程中克服地面摩擦力所做的功
解得
W=3. 5J
【走进高考】
1．（2020·山东省高三下学期临沂二模枣庄三模）如图甲所示，放在固定斜面上物块，受到方向沿斜面向上的拉力F的作用，力F的大小与时间t的关系如乙图所示；物块的运动速度v与时间t的关系如丙图所示，6s后速度图象没有画出，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 物块的质量为5kg
B. 物块在前2s内受到的静摩擦力大小为20N
C. 物块在4~6s内受到的摩擦力大小为30N
D. 物块在2~6s内的平均速度大小为2.5m/s
2.(2019·陕西宝鸡中学月考)不可伸长的轻绳跨过质量不计的滑轮，绳的一端系一质量M＝15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m＝10 kg的小猴从绳的另一端沿绳上爬，如图所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面的条件下，小猴向上爬的最大加速度为(g取10 m/s2)( )
A．5 m/s2 B．10 m/s2
C．15 m/s2 D．25 m/s2
3.高空云层中水气遇冷后凝聚成雨滴下落，设有大小不同的两个雨滴a、b，a 雨滴较大．它们在下落的过程中受到的阻力f=ksv2．其中s是雨滴的横截面积，v是雨滴下落的速度，k为一常数．取雨落下落时为t=0，设雨滴为球形，则a、b两雨滴下落过程中的速度随时间变化的v—t图象为
4.)(2019·杭州二中模拟)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )
A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
5.（2020·广东省深圳市高三下学期6月第二次调研）.如图所示，卡车上固定有倾角均为的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面间。卡车正以90km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于（路面能提供足够大摩擦，sin=0.6）（ ）
A. 23mB. 33mC. 43mD. 53m
6.(多选)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，
物体先静止后做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计
算出(g取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0.3 D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
7.（2020·湖北省武汉市武昌区高三下学期6月调研一）如图甲所示，在水平地面上固定一倾角为30°的光滑斜面，一劲度系数k=100N/m的轻质弹簧，其下端固定在斜面底端，整根弹簧足够长且处于自然状态。质量为m=2.0kg的滑块从距离弹簧上端x0=0.35m处由静止释放。设滑块与弹簧接触过程系统没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，取重力加速度大小为g=10m/s2。规定滑块释放处为坐标原点O、沿斜面向下为位移x正方向。则（ ）
A. 当滑块下滑位移x≤x0时，其加速度大小为a=5m/s2
B. 滑块下滑过程做匀加速运动
C. 当滑块下滑位移x>x0时，其加速度大小为a=（22.5–50x）m/s2
D. 滑块下滑速度的最大值vm=2m/s
8.(2019·河南安阳模拟)在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知猫的质量是木板的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )
A．3gsin αB．gsin α
C．eq \f(3gsin α,2)D．2gsin α
9.（2020·湖北省华师一附中高三下学期押题卷）我国新一代载人飞船返回实验舱已于2020年5月8日顺利返回地面，返回舱质量约为5.4×103kg。某一次进行返回地面的测试时，返回舱在某处弹射出三朵主伞构成伞群，通过伞群减速，安全返回地面，可将这一运动视为竖直方向的匀减速直线运动，加速度大小为1.0m/s2，三根主伞的伞绳a、b、c均与竖直方向成角，已知sin=0.44，cs=0.90，g取10m/s2，则返回舱在下落过程中主伞伞绳a上的拉力大小约为（ ）
A. 2.80×103NB. 1.72×104N
C. 2.20×104ND. 6.84×104N
10.如图所示，质量m＝1 kg的小球放在光滑水平面上，一水平放置的轻弹簧一端与墙相连，另一端与小球相连，一不可伸长的轻质细绳一端与小球相连，另一端固定在天花板上，细绳与竖直方向成45°角，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰为零，取，则在烧断轻绳的瞬间，下列说法正确的是 （ ）
A．小球所受合外力为零
B．小球加速度大小为，方向向左
C．小球加速度大小为，方向向左
D．小球所受合外力的方向沿左下方与竖直方向成角
11.物块、、和的质量均为m，A1、A2用刚性轻杆连接，、用轻质弹簧连结，两个装置都放在水平的支托物上，处于平衡状态，如图今突然撤去支托物，让物块下落，在除去支托物的瞬间，A1、A2受到的合力分别为和，、受到的合力分别为F1和F2，则 （ ）
A．Ff1= 0，Ff2= 2mg，F1= 0，F2= 2mg
B．Ff1= mg， Ff2= mg，F1= 0，F2= 2mg
C．Ff1= mg， Ff2=2mg，F1= mg，F2= mg
D．Ff1= mg， Ff2= mg，F1= mg，F2 = mg
12.(2019·安徽芜湖、马鞍山质检)两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平
推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A、B的速度达到6
m/s时，撤去推力F.已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地
面间没有摩擦，B物体运动的vt图象如图(b)所示．g取10 m/s2，求：
(1)推力F的大小．
(2)A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离．
13.如图11所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长为L＝1m、质量为的木板A，一质量为的小物体B以初速度滑上A的上表面，A与B之间的动摩擦因数为，m/s2；
（1）当B刚从A上滑落时，A、B的速度分别是多大？
（2）为使B不从木板A的右端滑落，当B滑上A时，在A的右端始终施加一个水平向右的恒力F，求F的大小应满足的条件。
14.如图所示，有一质量为M=2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处分别以初速度v1=2m/s向左和v2=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车。已知两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取g=10m/s2。求：
（1）小车的长度L；
（2）A在小车上滑动的过程中产生的热量；
（3）从A、B开始运动计时，经5s小车离原位置的距离。
1.【答案】A
【解析】
A．设斜面倾角为，由图乙可知，在4~6s内物体匀速运动
在2~4s内物体匀加速运动，且加速度大小为，根据牛顿第二定律
两式联立解得
A正确；
BC．物块在前2s内处于静止状态
在4~6s内物体匀速运动
由于不知道斜面倾角，无法求得重力沿斜面方向的分力大小，因此无法求得物块在前2s内受到的静摩擦力大小和在4~6s内受到的摩擦力大小，BC错误；
D．在图象中，图象与时间轴围成的面积等于物体的位移，因此在2~6s内的位移
因此在2~6s内的平均速度
D错误。
故选A。
2、【答案】：A
【解析】：小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零，故小猴对细绳的拉力等于重物的重力，即F＝Mg；小猴对细绳的拉力等于细绳对小猴的拉力，即F′＝F；对小猴受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有F′－mg＝ma，解得a＝eq \f(（M－m）g,m)＝5 m/s2，A正确．
3、【答案】 C
【解析】一开始速度为零，加速度为重力加速度，雨滴向下加速，随着速度的逐渐增大，阻力增大，加速度减小，速度时间图像斜率大小为加速度大小，最后阻力等于重力时，加速度等于零，雨滴匀速下落，C对；
4、
【答案】AD.
【解析】刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，A正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180 m时，速度v＝eq \r(2ah)＝6eq \r(5) m/s＞5 m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10 s后的速度v′＜at＝5 m/s，C错误；再由F浮－F阻－mg＝ma可知空气阻力F阻增大，B错误；匀速上升时，F浮＝F阻＋mg，所以F阻＝F浮－mg＝230 N，D正确．
5、
【答案】C
【解析】卡车刹车时，当后斜面的支持力为零时，加速度最大，设卡车安全刹车的最大加速度大小为，此时工件的受力情况如图所示
根据牛顿第二定律可得
解得
根据运动学公式则有
解得
其刹车的最小距离更接近于43m，故C正确，A、B、D错误；
故选C。
6、【答案】BC
【解析】物体的受力如图所示，
在力F从0增大到7 N之前物体静止，在7 N时运动状态发生变化，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，代入图乙中F1＝7 N和F2＝14 N及对应的加速度a1＝0.5 m/s2和a2＝4 m/s2，解得m＝2 kg，Ff＝6 N，A错误，B正确；Ff＝μFN＝μmg，则μ＝0.3，C正确，D错误．
7、【答案】ACD
【解析】
A．当滑块下滑位移x≤x0时，重力沿斜面的分力即为物体的合外力，根据牛顿第二运动定律得
解得其加速度大小为
故A正确；
B．滑块下滑过程中接触弹簧以后合外力发生变化，加速度就会改变，故B错误；
C．当滑块下滑位移x>x0时，沿斜面对物体进行受力分析并根据牛顿第二定律得
带入数据解得加速度
故C正确；
D． 当滑块接触弹簧后，弹簧被压缩，滑块加速度逐渐减小，当加速度为0时，设弹簧形变为x，弹簧弹力和重力分力平衡，得
代入数据得
x=0.1m
即
处加速度为0，根据机械能守恒
滑块下滑速度的最大值为2m/s，故D正确。
故选ACD。
8、
【答案】A.
【解析】：猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法．猫受力平衡，设猫的质量为2m，其所受摩擦力沿斜面向上，且Ff＝2mgsin α，则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为a＝eq \f(2mgsin α＋mgsin α,m)＝3gsin α，正确选项为A.
9、【答案】C
【解析】
返回舱向下做匀减速运动，加速度向上，根据牛顿第二定律可得
解得
T=2.20×104N
故选C。
10、【答案】 B
【解析】
对物体进行受力分析，由平衡条件可知，在烧断轻绳前，绳上的弹力大小，弹簧的弹力大小.在烧断轻绳的瞬间，绳上的弹力突然变为零，弹簧弹力不变，物体还受到竖直向上的支持力，该支持力与物体的重力平衡，所以物体所受的合力为10 N，加速度大小为，方向水平向左，故选项B正确．
11、【答案】 B
【解析】
在除去支托物的瞬间，A1、A2一起下落，根据牛顿第二定律采用整体法和隔离法研究A1、A2所受的合力．采用隔离法B1、B2受到的合力在除去支托物的瞬间，A1、A2由于用刚性轻杆连接，A1、A2与刚性轻杆一起下落，根据牛顿第二定律，对整体研究得到，整体的加速度等于重力加速度g，则A1、A2受到的合力都等于各自的重力，即FA1=mg，FA2=mg．
在除去支托物前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小等于mg，支托物对B2的支持力大小等于2mg．在除去支托物的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B1的受力情况没有变化，则B1所受合力为零，即FB1=0．B2所受的合力大小等于支托物的支持力大小2mg，即FB2=2mg．故B正确，A、C、D错误．故选B．本题是瞬时问题，要抓住刚性物体的弹力可突变，而弹簧的弹力不能突变
12、【答案】：(1)15 N (2)6 m
【解析】：(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B物体的vt图象得a＝3 m/s2.对于A、B整体，由牛顿第二定律得F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N.
(2)设物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物体分离，A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，对于A物体有μmAg＝mAaA，aA＝μg＝3 m/s2，
vt＝v0－aAt＝0，解得t＝2 s，
物体A的位移为xA＝v t＝eq \f(1,2)v0t＝6 m，
物体B的位移为xB＝v0t＝12 m，所以，A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离为
Δx＝xB－xA＝6 m.
13、【答案】 （1）A、B的速度分别是m/s和m/s
（2）
【解析】（1）假设B刚从A上滑落时，A、B的速度分别为v1、v2，
A的加速度
B的加速度
由位移关系有代入数值解得：或
当时
不合题意舍去
∴
（2）当B经过时间t运动至A的最右端时，若A、B具有共同速度v，则此时所施加的恒力F有最小值. 此过程中A做匀加速运动的位移①
B做匀减速运动的位移② （ ）
A、B的加速度分别为③
④
又⑤
联立①～⑤，代入数据解得
以A为研究对象，根据牛顿第二定律有
解得 故
14、【答案】 （1） （2） （3）
【解析】
（1）由于开始时物块A、B给小车的摩擦力大小相等，方向相反，小车不动，物块A、B做减速运动，加速度a大小一样，但是A的初速度小，所以A的速度先减为零。
设A在小车上滑行的时间为t1，位移为s1，由牛顿定律
A做匀减速运动，由运动学公式
由以上三式可得 ，
A在小车上滑动过程中，B也做匀减速运动，B的位移为s2，由运动学公式
可得
A在小车上停止滑动时，B的速度设为 v3，有
可得
B继续在小车上减速滑动，而小车与A一起向右方向加速。因地面光滑，两个物块A、B和小车组成的系统动量守恒，设三者共同的速度为v，达到共速时B相对小车滑动的距离为
可得
在此过程中系统损失的机械能为
可得
故小车的车长
（2）由于A从开始滑动到相对小车静止以后，它随小车一起运动。故C点距小车左端的距离为
摩擦生热等于滑动摩擦力与相对位移的乘积
（3）小车和A在摩擦力作用下一起做加速运动，由牛顿运动定律
可得小车运动的加速度
小车加速运动的时间为，小车匀速运动的时间为
可得
所以
经5s小车离原位置有
可得
考点：牛顿运动定律、动量定理、功能关系