【物理】2018届一轮复习江苏专用第三章专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)学案(1) 13页

专题强化四　牛顿运动定律的综合应用(二) 专题解读 1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的 形式命题． 2．通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等 物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提 高解题能力． 3．用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识． 命题点一　“传送带模型”问题 1．水平传送带问题 求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的 时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻． 2．倾斜传送带问题 求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作 用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变． 例 1 　如图 1 所示，足够长的水平传送带，以初速度 v0＝6 m/s 顺时针转动．现在传送带左 侧轻轻放上 m＝1 kg 的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速 度 a＝4 m/s2 减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数 μ＝0.2，设最大静摩擦力等于 滑动摩擦力．滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求： 图 1 (1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移； (2)滑块在传送带上运动的总时间 t. ①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速． 答案　(1)3 m　(2)2 s 解析　(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1　得：a1＝2 m/s2 设经过时间 t1 滑块与传送带达到共同速度 v，有： v＝v0－at1 v＝a1t1 解得：v＝2 m/s，t1＝1 s 滑块位移为 x1＝vt1 2 ＝1 m 传送带位移为 x2＝ (v0＋v)t1 2 ＝4 m 故滑块与传送带的相对位移 Δx＝x2－x1＝3 m (2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为 Ff，有： Ff＝ma＝4 N＞μmg＝2 N 故滑块与传送带相对滑动． 滑块做减速运动，加速度仍为 a1. 滑块减速时间为 t2，有： t2＝0－v －a1＝1 s 故：t＝t1＋t2＝2 s. 例 2 　如图 2 所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为 θ＝37°， 传送带 AB 足够长，传送皮带轮以大小为 v＝2 m/s 的恒定速率顺时针转动．一包货物以 v0＝ 12 m/s 的初速度从 A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数 μ＝0.5，且可将 货物视为质点． 图 2 (1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？ (2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回 A 端共用了多少时间？(g＝10 m/s2，已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) ①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回 A 端． 答案　(1)10 m/s2，方向沿传送带向下 (2)1 s　7 m　(3)(2＋2 2) s 解析　(1)设货物刚滑上传送带时加速度为 a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得 沿传送带方向：mgsin θ＋Ff＝ma1 垂直传送带方向：mgcos θ＝FN 又 Ff＝μFN 由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s2，方向沿传送带向下． (2)货物速度从 v0 减至传送带速度 v 所用时间设为 t1，位移设为 x1，则有： t1＝v－v0 －a1 ＝1 s，x1＝v0＋v 2 t1＝7 m (3)当货物速度与传送带速度相等时，由于 mgsin θ＞μmgcos θ，此后货物所受摩擦力沿传送 带向上，设货物加速度大小为 a2，则有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2， 得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下． 设货物再经时间 t2，速度减为零，则 t2＝0－v －a2＝1 s 沿传送带向上滑的位移 x2＝v＋0 2 t2＝1 m 则货物上滑的总距离为 x＝x1＋x2＝8 m. 货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于 a2.设下滑时间为 t3，则 x＝ 1 2a2t23，代入解得 t3＝2 2 s. 所以货物从 A 端滑上传送带到再次滑回 A 端的总时间为 t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2 2) s. 1.如图 3 所示为粮袋的传送装置，已知 A、B 两端间的距离为 L，传送带与水平方向的夹角 为 θ，工作时运行速度为 v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为 μ，正常工作时工人在 A 端将 粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为 g.关于粮袋从 A 到 B 的运动，以下说法正确的是(　　) 图 3 A．粮袋到达 B 端的速度与 v 比较，可能大，可能小也可能相等 B．粮袋开始运动的加速度为 g(sin θ－μcos θ)，若 L 足够大，则以后将以速度 v 做匀速运动 C．若 μ≥tan θ，则粮袋从 A 端到 B 端一定是一直做加速运动 D．不论 μ 大小如何，粮袋从 Α 到 Β 端一直做匀加速运动，且加速度 a≥gsin θ 答案　A 解析　若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达 B 端时的速度小于 v； 若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速 运动，到达 B 端时速度与 v 相同；若 μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为 g(sin θ＋μcos θ)的匀加 速运动，当速度与传送带相同后做加速度为 g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达 B 端时的速 度大于 v，选项 A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传 送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为 μmgcos θ，根据牛顿第二定律得加 速度 a＝mgsin θ＋μmgcos θ m ＝g(sin θ＋μcos θ)，选项 B 错误；若 μ≥tan θ，粮袋从 A 到 B 可 能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动， 选项 C、D 均错误． 2.如图 4 所示为一水平传送带装置示意图．A、B 为传送带的左、右端点，AB 长 L＝2 m，初 始时传送带处于静止状态，当质量 m＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带 A 点时，传送 带立即启动，启动过程可视为加速度 a＝2 m/s2 的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速 运动．已知煤块与传送带间动摩擦因数 μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取 10 m/s2)． 图 4 (1)如果煤块以最短时间到达 B 点，煤块到达 B 点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到 B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？ 答案　(1)2 m/s　(2)1 m 解析　(1)为了使煤块以最短时间到达 B 点，煤块应一直匀加速从 A 点到达 B 点 μmg＝ma1 得 a1＝1 m/s2 v2B＝2a1L vB＝2 m/s (2)传送带加速结束时的速度 v＝vB＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短 煤块运动时间 t＝vB a1＝2 s 传送带加速过程： vB＝at1 得 t1＝1 s x1＝1 2at 21得 x1＝1 m 传送带匀速运动过程： t2＝t－t1＝1 s x2＝vBt2 得 x2＝2 m 故痕迹最小长度为 Δx＝x1＋x2－L＝1 m. 命题点二　“滑块－木板模型”问题 1．模型特点 涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动． 2．两种位移关系 滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长； 反向运动时，位移大小之和等于板长． 设板长为 L，滑块位移大小为 x1，木板位移大小为 x2 同向运动时：如图 5 所示，L＝x1－x2 图 5 反向运动时：如图 6 所示，L＝x1＋x2 图 6 3．解题步骤 审题建模→ 弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求 建立方程→ 根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程接连处的加速度可能突变) 明确关系→ 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，上一过程的末速度是下一过程的初 速度，这是两过程的联系纽带 例 3 　下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为 θ＝37°(sin 37° ＝3 5)的山坡 C，上面有一质量为 m 的石板 B，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆 A(含 有大量泥土)，A 和 B 均处于静止状态，如图 7 所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质 量也为 m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B 间的动摩擦因数 μ1 减小为3 8，B、C 间的动摩擦因数 μ2 减小为 0.5，A、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第 2 s 末，B 的上表 面突然变为光滑，μ2 保持不变．已知 A 开始运动时，A 离 B 下边缘的距离 l＝27 m，C 足够 长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小 g＝10 m/s2.求： 图 7 (1)在 0～2 s 时间内 A 和 B 加速度的大小； (2)A 在 B 上总的运动时间． ①μ1＜μ2，可分析 A、B 受力；②第 2 s 末，B 的上表面突然变为光滑． 答案　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s 解析　(1)在 0～2 s 时间内，A 和 B 的受力如图所示，其中 Ff1、FN1 是 A 与 B 之间的摩擦力 和正压力的大小，Ff2、FN2 是 B 与 C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动 摩擦力公式和力的平衡条件得 Ff1＝μ1FN1① FN1＝mgcos θ② Ff2＝μ2FN2③ FN2＝FN1′＋mgcos θ④ 规定沿斜面向下为正．设 A 和 B 的加速度分别为 a1 和 a2，由牛顿第二定律得 mgsin θ－Ff1＝ma1⑤ mgsin θ－Ff2＋Ff1′＝ma2⑥ 联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得 a1＝3 m/s2⑦ a2＝1 m/s2⑧ (2)在 t1＝2 s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2，则 v1＝a1t1＝6 m/s⑨ v2＝a2t1＝2 m/s⑩ 2 s 后，设 A 和 B 的加速度分别为 a1′和 a2′.此时 A 与 B 之间摩擦力为 0，同理可得 a1′＝6 m/s2⑪ a2′＝－2 m/s2⑫ 由于 a2′＜0，可知 B 做减速运动．设经过时间 t2，B 的速度减为 0，则有 v2＋a2′t2＝0⑬ 联立⑩⑫⑬式得 t2＝1 s 在 t1＋t2 时间内，A 相对于 B 运动的距离为 x＝(1 2a1t21＋v1t2＋1 2a1′t22)－ (1 2a2t21＋v2t2＋1 2a2′t22)＝12 m＜27 m⑭ 此后 B 静止不动，A 继续在 B 上滑动．设再经过时间 t3 后 A 离开 B，则有 l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋1 2a1′t23⑮ 可得 t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑯ 设 A 在 B 上总的运动时间为 t 总，有 t 总＝t1＋t2＋t3＝4 s. 求解“滑块—木板”类问题的方法技巧 1．搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋 势)情况，确定物体间的摩擦力方向． 2．正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度 和速度的方向关系确定物体的运动情况． 3．速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和 运动情况可能发生突变． 3．(多选)(2016·江苏单科·9)如图 8 所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终 没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中(　　) 图 8 A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 答案　BD 解析　桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A 项错误；各接触面间的动摩擦因数均为 μ，设鱼缸 的质量为 m，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为 a＝ μg，鱼缸离开桌布时的速度为 v，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为 t＝ v μg，B 项正 确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为 Ff＝μmg 不变，C 项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布 上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度 v＝μgt 增大，加速运动的位移 x1＝1 2μgt2 增大， 且鱼缸在桌面上减速滑行的位移 x2＝ v2 2μg也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D 项对． 4．避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图 9 所示 竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为 θ 的斜面．一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹 车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在 车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一 段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4； 货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44 倍．货物与货车分别 视为小滑块和平板，取 cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求： 图 9 (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度． 答案　(1)5 m/s2　方向沿制动坡床向下　(2)98 m 解析　(1)设货物的质量为 m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数 μ＝0.4， 受摩擦力大小为 f，加速度大小为 a1，则 f＋mgsin θ＝ma1① f＝μmgcos θ② 联立①②并代入数据得 a1＝5 m/s2③ a1 的方向沿制动坡床向下． (2)设货车的质量为 M，车尾位于制动坡床底端时的车速为 v＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动 到车头距制动坡床顶端 s0＝38 m 的过程中，用时为 t，货物相对制动坡床的运动距离为 s1， 在车厢内滑动的距离 s＝4 m，货车的加速度大小为 a2，货车相对制动坡床的运动距离为 s2. 货车受到制动坡床的阻力大小为 F，F 是货车和货物总重的 k 倍，k＝0.44，货车长度 l0＝12 m，制动坡床的长度为 l，则 Mgsin θ＋F－f＝Ma2④ F＝k(m＋M)g⑤ s1＝vt－1 2a1t2⑥ s2＝vt－1 2a2t2⑦ s＝s1－s2⑧ l＝l0＋s0＋s2⑨ 联立①～⑨并代入数据得 l＝98 m. “传送带”模型的易错点 典例 　如图 10 所示，足够长的传送带与水平面夹角为 θ，以速度 v0 逆时针匀速转动．在传 送带的上端轻轻放置一个质量为 m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数 μ＜tan θ，则 图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　) 图 10 答案　D 解析　开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为 a1 的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，所以 a1＝gsin θ＋μgcos θ. 小木块加速至与传送带速度相等时，由于 μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而 做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为 a2 的 匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，所以 a2＝gsin θ－ μgcos θ.根据以上分析，有 a2＜a1，所以，本题正确选项为 D. 易错诊断　本题的易错点在于没有注意到关键条件“μ＜tan θ”，没有准确分析小木块所受摩 擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传送带相对静止而做匀速 运动，从而错选 C 选项．理解 μ 与 tan θ 关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解 题关键． 变式拓展 　(1)若将“μ＜tan θ”改为“μ＞tan θ”，答案应选什么？ 提示　若改为 μ＞tan θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静 摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选 C 选项． (2)若将传送带改为水平呢？ 提示　若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失， 以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是 C 选项正确． 题组 1　“传送带模型”问题 1．如图 1 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，cos 37°＝0.8)求： 图 1 (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 点的最短时间是多少？ 答案　(1)2.2 s　(2)1 s 解析　(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为 a 1，由牛顿第二定律得 Mgsin θ＋ μMgcos θ＝Ma1① 设经过时间 t1 物体的速度与传送带速度相同， t1＝v0－v a1 ② 通过的位移 x1＝v20－v2 2a1 ③ 设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为 a2 Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma2④ 由 μ＜tan θ＝0.75 知，物体继续减速，设经时间 t2 到达传送带 B 点 L－x1＝vt2－1 2a2t22⑤ 联立得①②③④⑤式可得：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， 此种情况加速度大小一直为 a2， L＝v0t′－1 2a2t′2 t′＝1 s(t′＝5 s 舍去)． 2．车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图 2 所示，绷紧的传送带始终保持 v ＝1 m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为 m＝5 kg 的行李 包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的 A 端，传送到 B 端时没有被及时取下，行李 包从 B 端沿倾角为 37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为 0.5，行 李包与斜面间的动摩擦因数为 0.8，g 取 10 m/s2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝ 0.8)． 图 2 (1)求行李包相对于传送带滑动的距离； (2)若 B 轮的半径为 R＝0.2 m，求行李包在 B 点对传送带的压力； (3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度． 答案　(1)0.1 m　(2)25 N，方向竖直向下　(3)1.25 m 解析　(1)行李包在水平传送带上加速时 μ1mg＝ma1 若行李包达到水平传送带的速度所用时间为 t，则 v＝a1t 行李包前进距离 x1＝1 2a1t2 传送带前进距离 x2＝vt 行李包相对传送带滑动的距离 Δx＝x2－x1＝0.1 m (2)行李包在 B 点，根据牛顿第二定律，有 mg－FN＝mv2 R 解得：FN＝25 N 根据牛顿第三定律可得：行李包在 B 点对传送带的压力为 25 N，方向竖直向下． (3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律： mgsin 37°－μ2mgcos 37°＝ma2 行李包从斜面滑下过程：0－v2＝2a2x 解得：x＝1.25 m. 题组 2　“滑块－木板模型”问题 3．如图 3 所示，水平传送带以 v＝12 m/s 的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因 数 μ1＝0.1，把质量 m＝20 kg 的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端 4.5 m 处．平板车的质量 M＝30 kg，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面 间的动摩擦因数 μ2＝0.3，平板车长 10 m，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行 李包可视为质点．(g＝10 m/s2)求： 图 3 (1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？ (2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？ 答案　(1)0.6 s　(2)x′≤50 m 解析　(1)行李包放上传送带做匀加速直线运动． a1＝μ1g v2＝2a1x 解得：v＝3 m/s 因 v＝3 m/s＜12 m/s，符合题意 行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速． a2＝μ2g＝3 m/s2 a3＝μ2mg M ＝2 m/s2 v－a2t＝a3t 解得：t＝0.6 s 相对位移 x＝vt－1 2a2t2－1 2a3t2＝0.9 m＜10 m，符合题意． (2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长．设行李包刚滑 上平板车时速度为 v0，L 为平板车长，则 v0－a2t′＝a3t′ v0t′－1 2a2t′2－1 2a3t′2＝L 解得 v0＝10 m/s＜12 m/s 故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动 v20＝2a1x′ 解得：x′＝50 m 所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于 50 m. 4.一平板车，质量 M＝100 kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度 h＝1.25 m，一 质量 m＝50 kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离 b＝1 m，与车板间的动摩擦因数 μ＝0.2，如图 4 所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行 驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离 x0＝2.0 m，求物块 落地时，落地点到车尾的水平距离 x(不计路面摩擦，g＝10 m/s2)． 图 4 答案　1.625 m 解析　设小物块在车上运动时，车的加速度为 a1，物块的加速度为 a2.则 a2＝μmg m ＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2. 由 x＝1 2at2 得：x0＝1 2a1t2，x0－b＝1 2a2t2. 故有a1 a2＝ x0 x0－b＝ 2 2－1＝2 1，a1＝2a2＝4 m/s2. 对车，由牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma1. F＝Ma1＋μmg＝100×4 N＋0.2×50×10 N＝500 N. 小物块滑落时车速 v1＝ 2a1x0＝ 2 × 4 × 2 m/s＝4 m/s， 小物块速度 v2＝ 2a2(x0－b)＝ 2 × 2 × 1 m/s＝2 m/s 物块滑落后，车的加速度 a′＝F M＝500 100 m/s2＝5 m/s2 小物块落地时间 t′＝ 2h g ＝ 2 × 1.25 10 s＝0.5 s. 车运动的位移 x 车′＝v1t′＋1 2a′t2＝4×0.5 m＋1 2×5×0.52 m＝2.625 m. 小物块平抛的水平位移 x 物′＝v2·t′＝2×0.5 m＝1 m. 物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x＝x 车′－x 物′＝2.625 m－1 m＝1.625 m.