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(共56張PPT)
　章末檢測卷(二)(第三章內容)
題號
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一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1．“天宮課堂”第四課于2023年9月21日開課，在奇妙“乒乓球”實驗中，一名航天員用水袋做了一顆水球，另一名航天員用球拍擊球，水球被彈開。對于該實驗說法正確的是(　　)
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A．夢天實驗艙內，水球質量變大，其慣性不變
B．夢天實驗艙內，水球彈開的速度越大，其慣性越大
C．擊球過程中，水球所受彈力是由于球拍發生形變產生的
D．擊球過程中，水球對球拍的作用力與球拍對水球的作用力是一對平衡力
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√
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C　[夢天實驗艙內，水球質量不變，其慣性不變，故A、B錯誤；根據彈力產生的條件可知，擊球過程中，水球所受彈力是由于球拍發生形變產生的，故C正確；擊球過程中，水球對球拍的作用力與球拍對水球的作用力是一對相互作用力，故D錯誤。]
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2．下列關于牛頓運動定律表述正確的是(　　)
A．牛頓第一定律是伽利略發現的
B．由a＝知，當F＝0時，a＝0，可得，牛頓第一定律是牛頓第二定律的特例
C．作用力和反作用力一定是同種性質力
D．牛頓運動定律都可以通過實驗直接得出
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C　[牛頓第一定律是牛頓發現的，選項A錯誤；牛頓第一定律揭示了物體不受力時的運動規律，并且定義了慣性概念，牛頓第二定律給出了加速度與力和質量的關系，故牛頓第一定律是牛頓第二定律的基礎，不是牛頓第二定律的特例，選項B錯誤； 作用力和反作用力一定是同種性質力，選項C正確；牛頓第一運動定律不可以通過實驗直接得出，選項D錯誤。]
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3．一人乘電梯上樓，在豎直上升的過程中如果加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為加速度a的正方向，則(　　)
A．前2 s人和電梯處于失重狀態
B．2～4 s的過程中人對地板的壓力變小
C．t＝6 s時人對地板的壓力為0
D．t＝8.5 s時人對地板的壓力最大
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B　[前2 s人和電梯加速度向上，則處于超重狀態，選項A錯誤；2～4 s內向上的加速度減小，則根據N＝mg＋ma，可知人對地板的壓力變小，選項B正確；t＝6 s時加速度為零，則人對地板的壓力為mg，選項C錯誤；t＝8.5 s時加速度向下且最大，人處于失重狀態，則此時人對地板的壓力最小，選項D錯誤。]
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4．如圖所示，質量為m＝3 kg的木塊在輕彈簧和輕繩的作用下處于靜止狀態，此時木塊和斜面剛好接觸但無壓力，輕繩水平，輕彈簧的軸線與斜面平行。已知斜面的傾角θ＝37°，木塊與斜面間的動摩擦因數μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝0.6，則剪斷輕繩瞬間木塊的加速度大小為(　　)
A．14 m/s2 B．12 m/s2
C．10 m/s2 D．8 m/s2
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D　[剪斷輕繩之前，設彈簧的拉力為F，豎直方向根據受力平衡可得F sin θ＝mg，解得F＝＝ N＝50 N，剪斷輕繩瞬間，彈簧彈力保持不變，根據牛頓第二定律可得F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故D正確。]
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5．如圖所示，由于運力增加，某機場欲讓貨物盡快通過傳送帶。已知傳送帶兩軸心間距為5 m，傳送帶順時針勻速傳動，其速度的大小可以由驅動系統根據需要設定，一可視為質點的貨物以7 m/s初速度從左端滑上傳送帶，已知貨物與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.4，取g＝10 m/s2，則下列傳送帶的速度符合要求的是(　　)
A．8 m/s B．9 m/s
C．7 m/s D．11 m/s
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D　[根據題意可知，欲讓貨物盡快通過傳送帶，則需讓貨物在傳送帶上一直做勻加速運動，設貨物通過傳送帶后的速度為v，由牛頓第二定律有ma＝μmg，由運動學公式有＝2ax，解得v＝
m/s≈9.4 m/s，即符合要求的傳送帶速度為v1≥ m/s≈
9.4 m/s，故選D。]
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6．如圖所示為餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖，三根完全相同的輕質彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環上，下端與托盤連接，托盤上放著6個質量均為m的盤子并處于靜止狀態(托盤未與暖車底部接觸)，已知托盤質量為2m，重力加速度大小為g，當某顧客快
速取走最上端1號盤子的瞬間，托盤對最下端6號
盤子作用力的大小為(　　)
A．mg B．mg
C．5mg D．6mg
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A　[顧客快速取走1號盤子的瞬間，托盤和其他5個盤子的合力為mg，根據牛頓第二定律有mg＝(2m＋5m)a，對剩余5個盤子，設托盤對最下端6號盤子的支持力大小為FN，根據牛頓第二定律有FN－5mg＝5ma，聯立可得托盤對6號盤子作用力的大小為FN＝mg。]
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7．一根輕彈簧豎直直立在水平面上，下端固定。在彈簧正上方有一個物塊從高處自由下落到彈簧上端O，將彈簧壓縮。當彈簧被壓縮了x0時，物塊的速度減小到零。從物塊和彈簧接觸開始到物塊速度減小到零過程中，物塊的加速度大小a隨下降位
移大小x變化的圖像，可能是下圖中的(　　)
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A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
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D　[物塊接觸彈簧后，在開始階段，物塊的重力大于彈簧的彈力，合力向下，加速度向下，根據牛頓第二定律得mg－kx＝ma，解得a＝g－x，可知a與x是線性關系，當x增大時，a減小。當彈力等于重力時，物塊的合力為零，加速度為0，當彈力大于重力后，物塊的合力向上，加速度向上，根據牛頓第二定律kx－mg＝ma，解得a＝x－g，a與x是線性關系，當x增大時，a增大。若物塊接觸彈簧
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時無初速度，根據簡諧運動的對稱性，可知物塊運動到最低點時加速度大小等于g，方向豎直向上，當物塊以一定的初速度壓縮彈簧后，物塊到達最低點時，彈簧的壓縮量增大，物塊的加速度增大，大于g。故選D。]
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8．(2024·甘肅張掖一模)如圖所示，光滑水平面上靜置一質量為m的長木板B，木板上表面各處粗糙程度相同，一質量也為m的小物塊A(可視為質點)從左端以速度v沖上木板。當v＝v0時，小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速，則(　　)
A．若v＝，A、B相對運動時間為
B．若v＝，A、B相對靜止時，A恰好停在木板B的中點
C．若v＝2v0，A經歷到達木板右端
D．若v＝2v0，A從木板B右端離開時，木板速度等于v0
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A　[根據牛頓第二定律μmg＝maA＝maB，則A、B加速度大小相等，設為a，小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速，則v共＝v0－at0＝at0，解得t0＝，v共＝，a＝，木板的長度L＝t0－t0＝，若v＝，A、B兩物體共速時有v共1＝－at1＝at1，解得t1＝＝，v共1＝。A、B相對靜止時，相對位移為L1＝
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t1－t1＝＝<＝，故A停在木板B的中點左側，故A正確，B錯誤；若v＝2v0，A從木板B右端離開時，根據動力學公式L＝，解得t2＝(2－)t0，A從木板B右端離開時，木板速度為v木板＝at2＝v0題號
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二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
9．如圖甲所示，平行于傾角為θ的固定斜面向上的拉力F使小物塊沿斜面向上運動，運動過程中加速度a與F的關系如圖乙。圖線的斜率為k，與F軸交點坐標為(c，0)，與a軸交點坐標為(0，－b)。由圖可知(　　)
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A．小物塊的質量為k
B．小物塊的質量為
C．摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為b
D．摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為c
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BD　[以物塊為對象，根據牛頓第二定律可得F－mg sin θ－f＝ma，可得a＝－，結合 a-F 圖像可得＝k＝，－＝－b，可知小物塊的質量為m＝，摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為mg sin θ＋f＝c，故選BD。]
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10．一種能垂直起降的小型遙控無人機，螺旋槳工作時能產生恒定的升力。在一次試飛中，無人機在地面上由靜止開始以2 m/s2的加速度勻加速豎直向上起飛，上升36 m時無人機突然出現故障而失去升力。已知無人機的質量為5 kg，運動過程中所受空氣阻力大小恒為10 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2。 下列說法正確的是(　　)
A．無人機失去升力時的速度大小為12 m/s
B．螺旋槳工作時產生的升力大小為60 N
C．無人機向上減速時的加速度大小為12 m/s2
D．無人機上升的最大高度為36 m
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AC　[無人機向上加速過程中，由位移—速度公式得v2－0＝2a1x1，代入數據解得無人機失去升力時的速度大小為v＝12 m/s，故A正確；無人機向上加速過程中，對無人機，由牛頓第二定律得F－mg－f＝ma1，代入數據解得F＝70 N，故B錯誤；無人機向上減速時，對無人機，由牛頓第二定律得mg＋f＝ma2，代入數據解得a2＝12 m/s2，故C正確；無人機向上減速過程，由位移—速度公式得0－v2＝
－2a2x2，代入數據解得無人機減速上升的高度為x2＝6 m，則無人機上升的最大高度為H＝x1＋x2＝36 m＋6 m＝42 m，故D錯誤。]
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11．如圖所示，小明從羽毛球筒中取出最后一個羽毛球時，一手拿著球，另一只手迅速拍打筒的上端邊緣，使筒獲得向下的初速度并與手發生相對運動，筒內的羽毛球就可以從上端出來。已知球筒質量為M＝90 g(不含球的質量)，球筒與手之間的滑動摩擦力為f1＝2.6 N，羽毛球質量為m＝5 g，球頭離筒的上端距離為d＝9.0 cm，球與
筒之間的滑動摩擦力為f2＝0.1 N，重力加速度g＝10 m/s2，
空氣阻力忽略不計，當球筒獲得一個初速度后(　　)
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A．羽毛球的加速度大小為10 m/s2
B．羽毛球的加速度大小為30 m/s2
C．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為
m/s
D．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為
3 m/s
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√
BD　[依題意，對羽毛球受力分析，由于羽毛球相對于筒向上運動，受到筒對它豎直向下的摩擦力作用，根據牛頓第二定律可得mg＋f2＝ma1，解得羽毛球向下做勻加速直線運動的加速度大小為a1＝30 m/s2，故A錯誤，B正確；對筒受力分析，根據牛頓第二定律有f1＋f2－Mg＝Ma2，解得筒向下做勻減速直線運動的加速度大小為a2＝20 m/s2，若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則當羽毛球到達筒口，二者速度相等時，筒獲得的初速度最小，設為vmin，設二者相對運動的時間為t，有a1t＝vmin－a2t，－a1t2＝d，聯立并代入相關數據求得vmin＝3 m/s，故C錯誤，D正確。]
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12．如圖甲所示，一順時針勻速轉動的水平傳送帶AB，速度為v0。某時刻一質量為2 kg的物塊以恒定初速度v1沖上A點，以速度v2離開B點，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.2。當傳送帶速度v0為不同值時，物塊離開B點時的速度v2隨v0變化的圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是(物塊可視為質點，重力加速度g＝10 m/s2)(　　)
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A．傳送帶的長度為1.5 m
B．物塊沖上傳送帶的初速度v1＝3 m/s
C．當v2＝3.5 m/s時，物塊在傳送帶上運動的時間為0.375 s
D．當v0<2 m/s時，物塊在傳送帶上運動的過程中，受到的摩擦力方向可能向右
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BC　[設傳送帶的長度為L，物塊在傳送帶上運動的加速度大小為a＝μg＝2 m/s2，由題圖乙可知，傳送帶速度小于2 m/s時，物塊在傳送帶上一直減速，離開傳送帶的速度為2 m/s，根據運動學公式有＝2aL，傳送帶速度大于 m/s時，物塊在傳送帶上一直加速，離開傳送帶的速度為 m/s，根據運動學公式有＝2aL，聯立解得L＝1.25 m，v1＝3 m/s，故A錯誤，B正確；當v2
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＝3.5 m/s < m/s時，可知物塊先做勻加速運動后做勻速直線運動，物塊做勻加速運動的時間為t1＝＝0.25 s，物塊做勻加速運動的位移為x＝t1＝ m，物塊做勻速運動的時間為t2＝＝0.125 s，物塊在傳送帶上運動的時間為t＝t1＋t2＝0.375 s，故C正確；當v0<
2 m/s時，物塊在傳送帶上運動的過程中一直減速，受到的摩擦力方向向左，故D錯誤。]
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三、非選擇題：本題共6小題，共60分。
13．(6分)某實驗小組用如圖甲所示的裝置做“探究小車加速度與力、質量的關系”實驗。將木板固定在水平桌面上，在砂桶中放入適量細砂，閉合打點計時器開關，由靜止釋放小車，記錄圖甲中力傳感器的示數F，利用紙帶上打出的點計算出小車的加速度a；改變砂桶中細砂的質量重復實驗，得到多組F、a，以小車的加速度a為縱坐標，力傳感器的示數F為橫坐標，描點得到如圖乙所示的a-F圖像。回答下列問題：
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(1)實驗中砂與砂桶的總質量________(選填“需要”或“不需要”)遠小于小車的質量。
(2)根據圖乙中的數據可知，小車和動滑輪的總質量為________ kg，小車運動過程中受到的阻力大小為__________ N。
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不需要
0.4
0.2
[解析]　(1)本實驗由力傳感器可以直接測得力的大小，故不需要砂與砂桶的總質量遠小于小車的質量。
(2)由牛頓第二定律得2F－f＝ma，得a＝F－，由題圖乙可知圖線的斜率k＝＝＝5，故小車和動滑輪的總質量m＝0.4 kg
由縱截距b＝－＝－0.5，得f＝0.2 N。
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14．(8分)某同學設計了如圖甲所示的實驗裝置，該裝置既可以驗證牛頓第二定律，也可以測量凹形滑塊的質量與當地的重力加速度，實驗器材有加速度傳感器、質量已知的鉤碼、木板(左端帶定滑輪)、輕質細線。
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實驗步驟如下：
①調節滑輪使細線與木板平行，然后調整木板的傾角來平衡木板對滑塊的摩擦力；
②掛上鉤碼，由靜止釋放滑塊，記錄加速度傳感器的示數以及相應的鉤碼質量；
③改變懸掛鉤碼的個數，重復步驟②，得到多組加速度a與相應懸掛的鉤碼總質量M
④畫出-的函數關系圖像如圖乙所示。
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回答下列問題：
(1)在平衡木板對滑塊的摩擦力時________(選填“需要”或“不需要”)在細線的下端掛上鉤碼，本實驗________(選填“需要”或“不需要”)滑塊的質量遠大于所懸掛鉤碼的質量。
(2)設當地的重力加速度為g，滑塊的質量為m，寫出圖乙的函數表達式___________________(用g、m、M、a來表示)。
(3)由圖乙可得m＝__________(用b來表示)，g＝________(用b、c、d來表示)。
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不需要
不需要
＝－＋·
　
－
[解析]　(1)在平衡木板對滑塊的摩擦力時不需要在細線的下端掛上鉤碼，以使得滑塊的重力下滑分力恰好等于摩擦力；本實驗通過傳感器讀出加速度，數據處理時可以將鉤碼的質量考慮進去，不需要用鉤碼的重力代替滑塊所受的合外力，不需要滑塊的質量遠大于所懸掛鉤碼的質量。
(2)對整體應用牛頓第二定律可得Mg＝(M＋m)a變形可得＝－＋·。
(3)由題圖乙可得－＝b，＝，解得m＝－，g＝。
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15．(8分)滑梯是游樂園中常見的游樂設施，某游樂園中的大型滑梯其滑板部分可簡化為如圖所示。滑板長L＝6 m，其頂端距地面的高度h＝3.6 m，底端與具有防護作用的水平地墊平滑連接。一質量m＝30 kg的小孩從滑板頂端沿滑板由靜止滑下，到達底端時的速度大小v＝4 m/s。已知小孩與水平地墊之間的動摩擦因數為0.8，g取
10 m/s2。求：
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(1)小孩沿滑板下滑的加速度大小；
(2)小孩與滑板之間的動摩擦因數；
(3)為確保小孩的人身安全，水平地墊至少應為多長。
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[解析]　(1)根據題意可得v2＝2aL
解得a＝ m/s2。
(2)小孩在斜面上向下做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可得
mg sin θ－μmg cos θ＝ma
sin θ＝
代入數據解得μ＝。
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(3)小孩滑到水平面上做勻減速直線運動，則v2＝2μ′gL′
解得L′＝1 m。
[答案]　(1) m/s2　(2)　(3)1 m
16．(8分)依據運動員某次練習時推動冰壺滑行的過程建立如圖所示模型：冰壺的質量m＝19.7 kg，當運動員推力F為5 N，方向與水平方向夾角為θ＝37°時，冰壺可在推力作用下沿著水平冰面做勻速直線運動，一段時間后松手將冰壺投出，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)冰壺與地面間的動摩擦因數μ；
(2)若冰壺投出后在冰面上滑行的最遠距
離是s＝40 m，則冰壺離開手時的速度v0為多少？
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[解析]　(1)以冰壺為研究對象進行受力分析
在水平方向有F cos θ＝μN
在豎直方向有F sin θ＋mg＝N
解得μ＝0.02。
(2)由勻變速直線運動的關系式得＝2(－a)s
由牛頓運動定律得μmg＝ma
代入數據后聯立解得v0＝4 m/s。
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[答案]　(1)0.02　(2)4 m/s
17．(14分)(2021·遼寧卷)機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉軸間距L＝3.95 m。工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6 m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質點)。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
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(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；
(2)小包裹通過傳送帶所需的時間t。
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[解析]　(1)小包裹的初速度v2大于傳送帶的速度v1，所以開始時小包裹受到的傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上，因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳送帶方向上的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，所以小包裹與傳送帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，根據牛頓第二定律可知μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
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(2)根據(1)可知小包裹開始階段在傳送帶上做勻減速直線運動，用時
t1＝＝ s＝2.5 s
在傳送帶上滑動的距離為
x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
共速后，勻速運動的時間為t2＝＝ s＝2 s
所以小包裹通過傳送帶所需的時間為t＝t1＋t2＝4.5 s。
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[答案]　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
18．(16分)如圖所示，長木板C靜置于足夠大的光滑水平地面上，C最左端放置一小物塊A，小物塊B在A右側L0＝4.5 m處，B與C右端的距離足夠長。在t＝0時刻，一大小為20 N、方向水平向右的恒定推力F作用于A，經過一段時間后撤去推力，此時A與B恰好發生彈性正碰，碰撞時間極短。已知A的質量mA＝4 kg、B的質量mB＝2 kg、C的質量mC＝2 kg，A與C動摩擦因數μA＝0.2。B與C間的動摩擦因數μB＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g 取10 m/s2，A、B均可視為質點。求：
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(1)t＝0時A的加速度大小；
(2)碰前瞬間A、B的速度大小。
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[解析]　(1)假設A、B、C相對靜止，且此種情況下共同加速度大小為a0
根據牛頓第二定律得F＝(mA＋mB＋mC)a0
解得a0＝2.5 m/s2
對A有F－fA＝mAa0
解得fA＝10 N>μAmAg＝8 N，則假設不成立
因此施加推力時，設A的加速度大小為a1，則有
F－μAmAg＝mAa1
解得a1＝3 m/s2。
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(2)由于μB＝0.4>μA＝0.2，可知A、B碰撞前，B、C一起運動，對B、C整體有
μAmAg＝(mB＋mC)a2
解得a2＝2 m/s2
設從A開始運動到A與B碰撞所經歷的時間為t1，
對A有x1＝，
v1＝a1t1
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對B、C整體有x2＝，
v2＝a2t1
又L0＝x1－x2
聯立解得v1＝9 m/s，v2＝6 m/s。
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[答案]　(1)3 m/s2　(2)9 m/s　6 m/s
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