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大题02 动力学与功能关系综合（黑吉辽蒙专用）
热点题型1 传送带模型
例1.【答案】(1)❑√11m /s (2)51N，方向竖直向下 (3) 27
320 J
【解题建模】
(1)对物体进行动能定理建模：运用动能定理求出到曲面下方的速度
(2)对物理进行动力学建模：运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解
(3)动量守恒定律和机械能守恒定律建模：解除锁定后，系统水平方向动量守恒，机械能守恒。
(4)弹性碰撞进行建模。
【详解】（1）铁块从释放到圆弧槽最低点过程，根据动能定理有mg(h+ R)= 1
2 m v0
2
解得v0= 4 m /s
设铁块在传送带上一直匀减速，到右端时速度为v1，则有v0
2−v1
2=2 μgL
解得v1= ❑√11m /s>v传=3 m /s
则假设成立，即铁块第一次离开传送带时的速度大小为❑√11m /s。
（2）解除锁定后，铁块与圆弧槽水平方向动量守恒，则有m0v
′−mv =0
根据机械能守恒定律有mg(R+h)= 1
2 m0v
'2+ 1
2 m v
2
解得v
′ =6 m /s，v =2m /s
铁块相对于圆弧槽做圆周运动，在最低点有F
′−mg=m (v + v
′)
2
R
解得F
′ =51N
根据牛顿第三定律得铁块对圆弧槽的作用力F = F
′ =51N
方向竖直向下。
（3）结合上述可知，铁块第一次匀加速通过传送带，令离开传送带时速度为vm 0，根据动能定理可得
μmgL= 1
2 m vm 0
2 −1
2 m v
2
解得vm 0=3 m /s
将木块从左向右编号1 、2 ，铁块与木块发生第一次弹性碰撞有m vm 0=m vm 1+ M vM1，
1
2 mvm 0
2 = 1
2 mvm1
2 + 1
2 M vM1
2
解得vm 1=−1
2 vm 0=−1.5 m /s，vM1= 1
2 vm0=1.5 m /s
随后，两木块发生弹性碰撞有M vM1= M vM1
' + M vM2
' ，1
2 M (vM1)
2= 1
2 M (vM1
' )
2+ 1
2 M (vM2
' )
2
解得vM1
' =0，vM2
' = vM1=1.5 m /s
铁块第一次与木块碰后，向左冲回传送带，速度小于传送带速度，则有vm 1
2 =2 μgx
解得x = 9
40 m < L
铁块不会从左边冲出，其会以vm 1= 1
2 vm 0=1.5 m /s第二次向右滑下传送带，接着第二次与木块发生弹性碰
撞，同理可得vm 2=−(
1
2)
2
vm 0=−0.75 m /s
随后铁块向左滑上传送带，且以该速率第三次向右滑下传送带，且无法追上木块，故铁块最终的动能
Ek= 1
2 mvm 2
2 = 27
320 J
1.【答案】(1)v1=5 m/s (2)E =75J (3)F =18 N
【详解】（1）设小滑块在传送带上的加速度大小为a，则有μ1mgcosθ−mgsinθ =ma
设传送带的速度大小为v1，则有v1
2=2aL
解得v1=5 m/s
（2）设小滑块在传送带上运动的时间为t，则有v1=at
小滑块与传送带间因摩擦产生的热量Q = μ1mgcosθ(v1t −L)
传送带的电动机由于传送小滑块多消耗的电能E =mgLsinθ+ 1
2 m v1
2+Q
解得E =75J
（3）设小滑块做匀速圆周运动的速度大小为v2，则有−μ2mgs= 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
解得v2= 4 m/s
小滑块运动到D点时，竖直方向有F −μ3 FN−mg =0，其中FN=m v2
2
R
解得F =18 N
热点题型2 滑块-木板模型
例2.【答案】（1）小物块的加速度大小为2m/s2，长木板的加速度大小为0.5m/s2。
（2）长木板的长度为3m。
（3）摩擦力对小物块做功为﹣16J，对长木板做功为4J。
【解题建模】
(1)对物理进行动力学建模：运用牛顿第二定律。
(2)运动学建模
(3)功能关系建模。
【详解】（1）由牛顿第二定律，对小物块列式：F﹣μmg＝mam，代入数值可得：am=2m/ s
2；
对长木板分析：μmg＝MaM，代入数据解得：aM =0.5m/ s
2。
（2）在t＝2s 内，小物块的位移为xm= 1
2 amt
2，代入数据得：xm＝4m；长木板的位移为xM = 1
2 aM t
2，代
入数据得：xM＝1m。
由两者相对位置关系，木板长度L＝xm﹣xM，代入数据解得：L＝3m。
（3）摩擦力对小物块做负功，其大小为Wfm＝﹣μmg•xm，代入数据解得：Wfm＝﹣16J；
摩擦力对长木板做正功，其大小为WfM＝μmg•xM，代入数据解得：WfM＝4J。
答：（1）小物块的加速度大小为2m/s2，长木板的加速度大小为0.5m/s2。
（2）长木板的长度为3m。
（3）摩擦力对小物块做功为﹣16J，对长木板做功为4J。
2. 【答案】（1）物块与木板间的动摩擦因数μ 为v0
gT
；
（2）木板的长度L 为v0T
2
；
（3）从开始到t = 3T
4 ，系统产生的热量Q 为15mv0
2
32
+ m
2v0
2
k T
2 ；
（4）若物块从木板左端以更大的初速度v1 滑上长木板，则初速度v1 取5 v0
4 + 4 m v0
k T
2 时，才能让木板与弹
簧组成的系统最终获得最大的机械能。
【详解】（1）由图像可知物块做匀减速运动，t＝T 时停止，所以a= v0
T
根据牛顿第二定律，有μmg＝ma
代入数据得μ= v0
gT
（2）物块以初速度v0 滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端，则板长L= v0T
2
（3）当t = 3T
4 时木板速度达到最大，加速度为零，有kx＝μmg
得x = μmg
k
= m v0
kT
从开始到t = 3T
4 ，木块的位移s= v0t −1
2 at
2= 15
32 v0T
所以系统产生的热量Q = fΔs= f (s+ x)= μmg×( 15
32 v0T + mv0
kT )= 15mv0
2
32
+ m
2v0
2
k T
2
（4）当t ′ = T
2 时物块刚好脱离木板，此时木板相对地面向右运动的位移最大，摩擦力对木板做的正功最大，
木板与弹簧构成的系统获得最大的机械能，木块的位移s1= v1⋅T
2 −1
2 a( T
2 )
2= v1T
2 −v0T
8
木板的位移s2=2 x = 2m v0
kT
物块脱离木板，有s1﹣s2＝L
代入数据得v1= 5 v0
4 + 4 m v0
k T
2
答：（1）物块与木板间的动摩擦因数μ 为v0
gT
；
（2）木板的长度L 为v0T
2 ；
（3）从开始到t = 3T
4 ，系统产生的热量Q 为15mv0
2
32
+ m
2v0
2
k T
2 ；
（4）若物块从木板左端以更大的初速度v1 滑上长木板，则初速度v1 取5 v0
4 + 4 m v0
k T
2 时，才能让木板与弹
簧组成的系统最终获得最大的机械能。
热点题型3 弹簧模型
例3.【答案】（1）动摩擦因数μ 是
❑√3
3 ；
（2）B、C 沿斜面向下移动的最大距离xm 是2 F
k ，B、C 分离时B 的动能Ek 是F
2−2mgF
k
；
（3）P、Q 两点间距离xPQ 是18mg
k
。
【解题建模】
(1)对物理进行平衡建模。
(2)对物理进行动力学和功能关系建模：
(3)对物体进行功能关系建模。求出距离。
【详解】（1）弹簧处于原长，B、C 恰好静止，对B、C 由平衡条件得2mgsinθ＝2μmgcosθ，解得μ=
❑√3
3
（2）从B、C 开始沿斜面向下运动到最大距离过程，对B、C，由能量守恒定律得Fxm+2mgxmsinθ
= 1
2 k xm
2 +2μmgxmcosθ，解得xm= 2 F
k
B、C 分离时两者间的作用力为零加速度相等，对C，由牛顿第二定律得μmgcos+mgsinθ＝ma，
对B、C 整体，由牛顿第二定律得F+2μmgcosθ+2mgsinθ＝2ma，解得F＝0，即弹簧恢复原长时B、C 分离
从开始到B、C 分离过程，对B、C 整体，由能量守恒定律得Fxm ＝4μmgxmcosθ+2Ek ，解得Ek
= F
2−2mgF
k
（3）从弹簧处于原长时到A 刚要离开挡板的过程中，以B 为研究对象，设其移动的距离为Δx，此时的动
能为Ekx，
由动能定理得Ekx﹣Ex=−1
2 k( Δx)
2−mgΔxsinθ﹣μmgΔxcosθ
当A 刚要离开墙时，对C，由平衡条件得kΔx＝6mgsinθ+6μmgcosθ
解得Ekx＝0，说明此时B 的速度恰好为零，即第一次速度减为时B 运动到P 点
以C 为研究对象，由动能定理得Ek＝mgxC′sinθ+μmgxC'cosθ，解得xC'= 24 mg
k
P、Q 间的距离为xPQ＝xC'﹣Δx，解得xPQ= 18mg
k
答：（1）动摩擦因数μ 是
❑√3
3 ；
（2）B、C 沿斜面向下移动的最大距离xm 是2 F
k ，B、C 分离时B 的动能Ek 是F
2−2mgF
k
；
（3）P、Q 两点间距离xPQ 是18mg
k
。
3. 【答案】（1）弹簧被压缩至E 点时的弹性势能为2.5mgL；
（2）滑块Q 与薄膜间的动摩擦因数为0.25；
（3）滑块Q 在薄膜上运动的总路程为5L。
【详解】（1）滑块恰好能到达轨道的最高点D，则有mg＝mv D
2
L
从E 到D 过程，由能量守恒有Ep= 1
2 mvD
2 +mg×2L
联立解得Ep＝2.5mgL
（2）题意可知滑块Q 到C 点时速度为0，则从E 到C 的过程，由能量守恒有Ep＝μ•2mgxBF+2mgL＝
2μmg×L+2mgL
联立解得μ＝0.25
（3）分析可知滑块Q 最终停在BF 上，由能量守恒有Ep＝μ•2mgs
联立解得s＝5L
答：（1）弹簧被压缩至E 点时的弹性势能为2.5mgL；
（2）滑块Q 与薄膜间的动摩擦因数为0.25；
（3）滑块Q 在薄膜上运动的总路程为5L。
刷模拟
1.【答案】(1)6m/s (2)8m/s (3)2kg
【详解】（1）设滑块A 和斜面体分离时滑块A 的速度大小为vA，对滑块A，根据动能定理有
m1gR = 1
2 m1vA
2
解得vA=6 m/s
（2）要使滑块A 离开传送带的速度最大，则滑块A 在传送带上一直加速，设A 离开传送带的速度为v0，
则μm1g=m1a，2aL= v0
2−vA
2
解得v0=8 m/s
故要使滑块A 离开传送带的速度最大，传送带运动的最小速度为8m/s；
（3）A、B 两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2
碰撞过程无机械能损失，由机械能守恒定律得1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
解得v2= 2m1v0
m1+m2
同理可得B、C 两滑块碰撞后，C 滑块的速度为v3= 2m2v2
m2+m3
可得v3=
128
5+m2+ 4
m2
由此可知，当m2= 4
m2
，即m2=2kg时，v3 最大，滑块C 获得的动能最大。
2. 【答案】（1）物块到达斜面轨道末端时的速度大小为3m/s；
（2）若物块滑上木板时，木板不动，μ2 应满足的条件为μ2≥0.4；
（3）若μ2＝0.2，物块滑上木板后的对地位移为1.5m。
【详解】（1）从开始运动到斜面底端，对物块运用动能定理mglsinθ−fl = 1
2 m v0
2−0
其中f＝μ1N，N＝mgcosθ
联立可得v0＝3m/s
（2）木板刚好滑动μ1mg＝μ20（m+M）g
木板不滑动μ2≥μ20
得μ2≥0.4
（3）由于μ2＝0.2＜0.4
木板能滑动，滑上木板后，对滑块μ1mg＝ma1
对木板μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2
共速时v 共＝v0﹣a1t＝a2t
得v 共＝2m/s
共速前：对物块−μ1mg x1= 1
2 m v共
2 −1
2 m v0
2
对木板μ1mg x2−μ2( M +m)g x2= 1
2 M v共
2 −0
得x1＝0.5m，x2＝0.2m，x1﹣x2＜L
且μ2＜μ1
物块与木板共速后，物块与木板相对静止一起减速，根据动能定理−μ2( M +m)g x3=0−1
2 (m+ M )v共
2
得x3＝1m
物块滑上木板后的对地位移s＝x1+x2
可得s＝1.5m
答：（1）物块到达斜面轨道末端时的速度大小为3m/s；
（2）若物块滑上木板时，木板不动，μ2 应满足的条件为μ2≥0.4；
（3）若μ2＝0.2，物块滑上木板后的对地位移为1.5m。
3． 【答案】（1）货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功为55J。
（2）货物滑上A 板时，A 板不会对地滑动，货物刚离开A 板时的速度大小为3m/s；
（3）货物不会从木板B 的右端滑落，货物最终停在木板B 右端的距离为1m 处。
【详解】（1）货物沿圆轨道下滑过程中，由动能定理得m1gR−W f = 1
2 m1v
2，解得克服摩擦力做的功为
Wf＝55J。
（2）当货物滑上木板A 时，货物对木板的摩擦力大小为f1＝μ1m1g＝40N
地面对木板A、B 的最大静摩擦力为f2＝μ2（2m2+m1）g＝50N
由于f1＜f2
此时木板A、B 静止不动，设货物滑到木板A 右端时速度为v1
由动能定理得−μ1m1gl = 1
2 m1v1
2−1
2 m1v
2
解得货物刚离开A 板时的速度大小v1＝3m/s
（3）当货物滑上木板B 时，地面对木板B 最大静摩擦力为f3＝μ2（m2+m1）g＝30N
由于f1＞f3
此时木板B 开始滑动，设货物不会从木板B 的右端滑落，二者刚好相对静止时的速度为v2；
对货物，由牛顿第二定律可得μ1m1g＝m1a1
解得加速度大小为a1= 4 m/ s
2
对木板B，由牛顿第二定律可得μ1m1g﹣μ2（m2+m1）g＝m2a2
解得加速度大小为a2=0.5m/ s
2
根据运动学公式可得v2＝v1﹣a1t＝a2t
解得t = 2
3 sFv2= 1
3 m/ s
此过程中货物的位移大小为x1= 1
2 (v1+ v2)t = 10
9 m
木板B 的位移大小为x2= 1
2 v2t = 1
9 m
由于x1﹣x2＝1m＜l
则货物与木板共速后，一起做匀减速到停下，所以货物最终未从木板B 上滑下，且货物最终停在与木板B
右端的距离为1m 处。
答：（1）货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功为55J。
（2）货物滑上A 板时，A 板不会对地滑动，货物刚离开A 板时的速度大小为3m/s；
（3）货物不会从木板B 的右端滑落，货物最终停在木板B 右端的距离为1m 处。
4. 【答案】（1）质量为m0 的产品经过B 点时对圆轨道的压力大小为3m0g；
（2）弹簧每次释放时的弹性势能Ep 为2m0gR；
（3）进入收集区①的产品质量范围为m≤4
7 m0。
【详解】（1）产品从B 点到O 点等高的过程，根据机械能守恒定律有
m0gR= 1
2 m0vB
2
产品在B 点时，根据牛顿第二定律有F N −m0 g= m0vB
2
R
根据牛顿第三定律，质量为m0 的产品经过B 点时对圆轨道的压力大小FN′＝FN
联立解得FN′＝3m0g
（2）质量为m0 的产品恰好被区域②的右端收集，根据能量守恒定律有
Ep＝μm0g•2R+m0gR
解得Ep＝2m0gR
（3）设产品质量为m1 时，恰能通过圆轨道最高点，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有
m1g=m1
v1
2
R
根据能量守恒定律有
E p= μm1g×2 R+m1g×2 R+ 1
2 m1v1
2
解得m1= 4
7 m0
故进入收集区①的产品质量范围为m≤4
7 m0
答：（1）质量为m0 的产品经过B 点时对圆轨道的压力大小为3m0g；
（2）弹簧每次释放时的弹性势能Ep 为2m0gR；
（3）进入收集区①的产品质量范围为m≤4
7 m0。
5． 【答案】（1）小孩跳起过程中的最大速度是4 ❑√g x0
；
（2）跳杆离地后上升的最大高度是125
24 x0。
【详解】（1）竖直静止时，对小孩受力分析mg＝kx0
可得k = mg
x0
当小孩受到的合力为零时速度最大，即小孩上升高度为4x0 时，速度最大。对系统根据能量守恒定律
1
2 k(5 x0)
2=mg⋅4 x0+ 1
2 k x0
2+ 1
2 mvm
2
解得vm= 4 ❑√g x0
（2）设弹簧恢复原长时小孩速度为v1，对系统根据能量守恒定律1
2 k(5 x0)
2=mg⋅5 x0+ 1
2 mv1
2
选取向上为正方向，小孩抓住跳杆瞬间，小孩和跳杆根据动量守恒定律m v1=(m+ m
5 )v2
之后小孩和跳杆一起竖直上抛到最高点，根据机械能守恒定律1
2 (m+ m
5 )v2
2=(m+ m
5 )gh
解得h= 125
24 x0
答：（1）小孩跳起过程中的最大速度是4 ❑√g x0；
（2）跳杆离地后上升的最大高度是125
24 x0。
刷真题
1.【答案】(1)4m/s (2)0.9J (3)0.2m (4)3N
【详解】（1）滑块从P 点到B 点由动能定理mgLsin30
∘= 1
2 mv
2
解得到达B 点的速度v = 4 m/s
（2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功W f = 1
2 m v0
2−1
2 m v
2=0.9J
（3）物块在传送带上加速运动的加速度为a= μg=2.5 m/s
2
加速到共速时用时间t = v0−v
a
= 5−4
2.5 s=0.4s
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度Δx = v0t −v0+ v
2
t =0.2m
（4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知m v0=m v1+ M v2，
1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2+2mgR
联立解得v1=−2.2m/s，v2=0.8 m/s
（另一组v1=3.2m/s，v2=0.2m/s，因不合实际舍掉）
对滑块在最高点时由牛顿第二定律F +mg =m (v2−v1)
2
R
解得F=3N
2.【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s
【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 时
mg= m vC
2
R
从滑块离开弹簧到C 过程，根据动能定理
−2mgR = 1
2 m vC
2−1
2 m vB
2
解得
v0=5 m/s
（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒
m vB=( M +m)v共
根能量守恒
ΔE = 1
2 mvB
2−1
2 ( M +m)v共
2
解得
ΔE = 5
8 J
（3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为
a1= μ1 g=6 m/s
2
a2= μ1mg−μ2( M +m)g
M
= 4 m/s
2
共速后，共同加速度大小为
a3= μ2 g=1m/s
2
考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；
假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程
v = v E−a1t1=a2t1
共速过程，滑块、木板位移分别为
x1= v + v E
2
t1
x2= v
2 t1
共速时，相对位移应为
Δx = L= x1−x2
解得
v E=6 m/s，v =2.4 m/s
随后共同减速
x3=d −x1=1.88 m
到达H 速度
v H =
❑√v
2−2a3 x3= ❑√2m/s
说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。
3.【答案】(1)30N (2)3.2s (3)95J
【详解】（1）a 从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律
ma gR = 1
2 mav P
2
在P点，设轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿第二定律
N −ma g=ma
v P
2
R
联立解得
N =30 N
（2）a 从静止释放到M 点过程中，根据动能定理
ma gR−μma gd = 1
2 mav M
2 −0
解得
v M =3 m/s a与b发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mav M =mava+mb vb
1
2 ma v M
2 = 1
2 ma va
2+ 1
2 mb vb
2
解得
vb=2m/s b滑上传送带后，根据牛顿第二定律
μmb g=mba
解得
a=5 m/s
2 b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
t1= vb−v0
a
=0.2s
对地位移
x = vb+ v0
2
⋅t1=0.3 m
此后b做匀速直线运动，b到达传送带最左端还需要的时间
t2= L−x
v0
=3sb 从M 运动到N 的时间
t =t1+t2=3.2s
（3）设向右为正方向，瞬间给b 一水平向右的冲量，对b根据动量定理
I =mb v −(−mb v0)
解得
v =2m/s b向右减速到零所需的时间
t3= v
a =0.4s
然后向左加速到v0所需的时间
t 4= v0
a =0.2s
可得
Δt =t3+t 4 b在Δt时间内向右运动的距离
Δx = v
2 ⋅t3−v0
2 ⋅t 4=0.3m
循环10 次后b向右运动的距离
x
′ =10⋅Δx =3 m
每一次相对传动带运动的路程
s= v
2 ⋅t3+ v0t3+ v0t 4−v0
2 ⋅t 4=0.9 mb 从N 向右运动3m 的过程中b与传送带摩擦产生的热量
Q1=10 μmb gs =90J
然后b继续向右减速运动，根据运动学公式
v t5−1
2 at5
2= L−x
′
解得
t5=0.2s
此过程，b 相对传动带运动的路程
s
′ = L−x
′ + v0t5=0.5 m
此过程中b与传送带摩擦产生的热量
Q2= μmb g s
′ =5Jb 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量
Q =Q1+Q2=95J
4．【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）(1−15 ❑√0.8−L
16
)s
【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有
mB gR = 1
2 mBv0
2−0
解得
v0=2m /s
在底部，根据牛顿第二定律
FN−mB g=mB
v0
2
R
解得
FN=30 N
由牛顿第三定律可知B 对A 的压力是30 N。
（2）当B 滑上C 后，对B 分析，受摩擦力向左，根据牛顿第二定律得
f B= μ1mB g=mBa1
解得加速度向左为
a1=2m /s
2
对C 分析，受B 向右的摩擦力μ1mB g和地面向左的摩擦力
f 地C= μ2(mB+mC)g
根据牛顿第二定律
f 地C−f BC= μ2(mB+mC)g−μ1mB g=mCa2
解得其加速度向左为
a2=10 m /s
2
由运动学位移与速度关系公式v
2−v0
2=2ax，得B 向右运动的距离
x1= v0
2
2a1
=1m
C 向右运动距离
x2= v0
2
2a2
=0.2m
由功能关系可知，B、C 间摩擦产生的热量
Q = μ1mB g(x1−x2)
可得
Q =1.6J
（3）由上问可知，若B 还未与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为t1，有
t1= v0
a2
解得
t1=0.2s
B 的位移为
xB1= v0t1−1
2 a1t1
2=0.36 m
则此刻的相对位移为
x相= xB1−x2=0.16 m
此时
vB1= v −a1t1=1.6 m /s
由L>0.16 m，一定是C 停下之后，B 才与C 上挡板碰撞。设再经t2时间B 与C 挡板碰撞，有
L−0.16=1.6t2−1
2 a1t2
2
解得
t2=0.8−❑√0.8−L
碰撞时B 速度为
vB2= vB1−a1t2=2❑√0.8−L
碰撞时由动量守恒可得
mBvB2=(mA+mB)v
解得碰撞后B、C 速度为
v =
❑√0.8−L
2
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
a3= μ2(mA+mB)g
(mA+mB)
=8 m/s
2
后再经t3后停下，则有
t3= v
a3
=
❑√0.8−L
16
故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间
t =t1+t2+t3=（1−15 ❑√0.8−L
16
）s
5．【答案】(1)2×10
6 N/C (2)0.5；2
3 m/s (3)2
3
❑√2m/s
【详解】（1）撤去电场前，A、B、C 均静止，M、N 处于原长状态，对A、B 整体分析可知，此时绳中
拉力为0，对C 根据共点力平衡条件有qE =mC g
解得E =2×10
6 N/C
（2）C 开始做匀速直线运动后，对C 和B 根据共点力平衡条件分别有T 1=mC g，T 1= f
其中f = μmB g
解得μ=0.5
C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，此时A、B、C 三者速度大小相等，M、N 两弹簧的弹性
势能相同，C 下降0.2m的过程中，对A、B 、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有
mC gh= 1
2 (mA+mB+mC)v
2+2 Ep
解得v = 2
3 m /s
（3）没有电场时，C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，所以此时A 的加速度为零，对A 根据
共点力平衡有2kh−f =0
当电场方向改为竖直向下，设B 与A 即将发生相对滑动时，C 下降高度为h
′，对A 根据牛顿第二定律可得
f −2k h
' =mAa
对B、C 根据牛顿第二定律可得qE+mC g−f =(mB+mC)a
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B 在C 下降0.2m时开始相对滑动，在C 下降0.2m的过程中，对
A、B、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有qE h
′ +mC gh= 1
2 (mA+mB+mC)vmax
2
+2 Ep
此时A 的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A 做简谐运动，所以A 第一次从右向左运动过程
中的最大速度为v
′
max = vmax
联立解得v
′
max = 2❑√2
3
m /s
