第三章 应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题

专题强化三应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题专题解读 1.本专题是应用动力学方法分析动力学图象问题、连接体问题、临界和极值问题以及多运动过程问题．在高考中主要以选择题形式考查，且每年都有命题．2．学好本专题可以培养同学们的分析推理能力、应用数学知识和方法解决物理问题的能力．3．本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识．1．常见图象v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等．2．题型分类(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．3．解题策略(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．例1(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图1(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()图1A ．木板的质量为1 kgB ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．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 由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2m/s 2＝0.2 m/s 2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4m/s 2＝0.2 m/s 2，F f ＝ma 2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f ＝0.2 N ，解得m ＝1 kg 、F ＝0.4 N ，选项A 、B 正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．变式1 (2018·全国卷Ⅰ·15)如图2，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动．以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图象可能正确的是( )图2答案 A解析 设物块P 静止时，弹簧的长度为x 0，原长为l ，则有k (l －x 0)＝mg ，物块P 向上做匀加速直线运动时受重力mg 、弹簧弹力k (l －x 0－x )及力F ，根据牛顿第二定律，得F ＋k (l －x 0－x )－mg ＝ma故F ＝kx ＋ma .根据数学知识知F －x 图象是纵轴截距为ma 、斜率为k 的一次函数图象，故可能正确的是A. 变式2 (多选)(2019·河南驻马店市第一学期期终)如图3甲所示，一质量m ＝1 kg 的物体置于水平面上，在水平外力F 作用下由静止开始运动，F 随时间t 的变化情况如图乙所示，物体运动的速度v 随时间t 的变化情况如图丙所示(4 s 后的图线没有画出)．已知重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图3A ．物体在第3 s 末的加速度大小是2 m/s 2B ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.4C ．物体在前6 s 内的位移为10 mD ．物体在前6 s 内的位移为12 m答案 BD解析 由v －t 图象可知，物体在前4 s 做匀变速直线运动，所以物体在第3 s 末的加速度a 1等于前4 s 内的加速度，根据v －t 图象和加速度定义式：a 1＝Δv Δt ＝44m/s 2＝1 m/s 2，选项A 错误；在0～4 s 内，在水平方向：F 1－μmg ＝ma 1，解得：μ＝0.4 ，选项B 正确；设前4 s 的位移为x1，由位移公式有：x1＝12＝12×1×16 m＝8 m；设4 s后物体运动时的加速度为a2，2a1t1则：F2－μmg＝ma2，解得a2＝－2 m/s2；物体在4 s末时的速度为v′＝4 m/s，设物体从4 s末后运动时间t2速度减为0，则：0＝v′＋a2t2，解得：t2＝2 s，所以物体在6 s末速度恰好减为0，故后2 s内的位移：x2＝v′t2＋12，代入数据解得，x2＝4 m；所以物体在前6 s内的2a2t2位移x＝x1＋x2＝8 m＋4 m＝12 m，选项C错误，D正确．1．连接体的类型(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3)轻绳连接体(4)轻杆连接体2．连接体的运动特点轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比．轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等．3．处理连接体问题的方法整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”例2 (多选)(2019·广东湛江市第二次模拟)如图4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．现用水平拉力作用于a ，使三个物块一起水平向右匀速运动．各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g .下列说法正确的是( )图4A ．该水平拉力大于轻绳的弹力B ．物块c 受到的摩擦力大小为μmgC ．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c 受到的摩擦力大小为0.5μmgD ．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答案 ACD解析 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：F T ＝2μmg ，则：F ＞F T ，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A 正确；c 做匀速直线运动，处于平衡状态，则c 不受摩擦力，故B 错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F ′＝1.5F ＝4.5μmg ，由牛顿第二定律，对a 、b 、c 系统：F ′－3μmg ＝3ma ，对c ：F f ＝ma ，解得：F f ＝0.5μmg ，故C 正确；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 f ′＝ma ′，解得：F f ′＝μmg ，故D 正确．变式3 (2019·福建漳州市第二次教学质量监测)如图5所示，质量分别为2m 和3m 的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k 的轻质弹簧的两端．今在质量为2m 的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F 的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为( )图5A.F 5kB.2F 5kC.3F 5kD.F k答案 C解析 对整体分析，整体的加速度a ＝F 5m，对质量为3m 的小球分析，根据牛顿第二定律有：F 弹＝kx ＝3ma ，可得x ＝3F 5k，故A 、B 、D 错误，C 正确． 变式4 (多选)如图6所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是()图6A．斜面光滑B．斜面粗糙C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右答案AC解析隔离小球，可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小为g sin θ，小球稳定后，支架系统的加速度与小球的加速度相同，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是g sin θ，所以A正确，B错误．隔离斜面体，斜面体受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系统对它垂直斜面向下的压力，因斜面体始终保持静止，则斜面体还应受到地面对它水平向左的摩擦力，C正确，D错误．1．临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．2．常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是F T＝0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．3．解题基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；(2)寻找过程中变化的物理量； (3)探索物理量的变化规律；(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．4．解题技巧方法极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件例3 (2019·江西宜春市期末)如图7所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m 1＝6 kg 的物体P ，Q 为一质量为m 2＝10 kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝600 N/m ，系统处于静止状态．现给物体Q 施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后F 为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：图7(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x 0；(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a ；(3)力F 的最大值与最小值．答案 (1)0.16 m (2)103 m/s 2 (3)2803 N 1603N 解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为x 0，对整体受力分析，平行斜面方向有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0解得x 0＝0.16 m.(2)前0.2 s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2 s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x 1，对物体P ，由牛顿第二定律得：kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2 s 时间内两物体的位移：x 0－x 1＝12at 2 联立解得a ＝103m/s 2. (3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则F min ＝(m 1＋m 2)a ＝1603N 对Q 应用牛顿第二定律得F max －m 2g sin θ＝m 2a解得F max ＝m 2(g sin θ＋a )＝2803N. 变式5 如图8，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A (A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A 与B 的质量之比为( )图8A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2答案 B解析 对滑块A 、B 整体在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ，对滑块B 在竖直方向上有μ1F ＝m B g ，联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，选项B 正确.1．基本思路(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．(3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合适的物理规律列方程．(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．2．解题关键(1)注意应用v －t 图象和情景示意图帮助分析运动过程．(2)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析．例4 (2019·河南郑州市第一次模拟)某次新能源汽车性能测试中，如图9甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s 以后的数据，如图乙所示．已知汽车质量为1 500 kg ，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定．求：图9(1)18 s 末汽车的速度是多少？(2)前25 s 内的汽车的位移是多少？答案 (1)26 m/s (2)608 m解析 (1)0～6 s 内由牛顿第二定律得：F 1－F f ＝ma 16 s 末车速为：v 1＝a 1t 1在6～18 s 内，由牛顿第二定律得：F 2－F f ＝ma 2第18 s 末车速为：v 2＝v 1＋a 2t 2由题图知18 s 后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有：F f ＝F ＝1 500 N ，解得：v 1＝30 m/s ，v 2＝26 m/s ；(2)汽车在0～6 s 内的位移为：x 1＝v 12t 1＝90 m ， 汽车在6～18 s 内的位移为：x 2＝v 1＋v 22t 2＝336 m ， 汽车在18～25 s 内的位移为：x 3＝v 2t 3＝182m故汽车在前25 s 内的位移为：x ＝x 1＋x 2＋x 3＝608 m.变式6 哈利法塔是目前世界最高的建筑．游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15 m/s .观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1 kg 的物体受到的竖直向上拉力为11 N ，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g 取10 m/s 2)，求：(1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？答案 (1)1 m/s 2 15 s (2)525 m (3)70 s解析 (1)设电梯加速阶段的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得： F T －mg ＝ma 解得a ＝1 m/s 2 由v ＝v 0＋at 解得t ＝15 s.(2)匀加速阶段位移x 1＝12at 2＝12×1×152 m ＝112.5 m匀速阶段位移x 2＝v (50 s －2t )＝15×(50－2×15) m ＝300 m 匀减速阶段位移x 3＝v 22a ＝112.5 m因此观景台的高度 x ＝x 1＋x 2＋x 3＝525 m. (3)由题意知，电梯到地面速度刚好为0. 自由落体加速度大小a 1＝g启动辅助牵引装置后加速度大小a 2＝F －mg m ＝3mg －mgm ＝2g ，方向向上则v m 22a 1＋v m 22a 2＝x 解得：v m ＝1070 m/s 则t m ＝v mg＝70 s 即电梯自由下落最长70 s 时间必须启动辅助牵引装置.1.(多选)(2020·福建三明市质检)水平地面上质量为1 kg 的物块受到水平拉力F 1、F 2的作用，F 1、F 2随时间的变化如图1所示，已知物块在前2 s 内以4 m/s 的速度做匀速直线运动，取g ＝10 m/s 2，则( )图1A ．物块与地面的动摩擦因数为0.2B ．3 s 末物块受到的摩擦力大小为3 NC ．4 s 末物块受到的摩擦力大小为1 ND ．5 s 末物块的加速度大小为3 m/s 2 答案 BC解析 在0～2 s 内物块做匀速直线运动，则摩擦力F f ＝3 N ，则μ＝F f mg ＝310＝0.3，选项A 错误；2 s 后物块做匀减速直线运动，加速度a ＝F 合m ＝6－5－31 m/s 2＝－2 m/s 2，则经过t ＝0－va ＝2 s ，即4 s 末速度减为零，则3 s 末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s 末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N －5 N ＝1 N ，选项B 、C 正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s 末物块的加速度为零，选项D 错误．2.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F 的作用，其下滑的速度—时间图线如图2所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s,5～10 s,10～15 s 内F 的大小分别为F 1、F 2和F 3，则( )图2A ．F 1<F 2B ．F 2>F 3C ．F 1>F 3D ．F 1＝F 3答案 A3.(2019·云南昆明市4月教学质量检测)如图3所示，质量为M 的滑块A 放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O 、半径为R 的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F 作用在滑块A上时，一质量为m 的小球B (可视为质点)在圆弧面上与A 保持相对静止，此时小球B 距轨道末端Q 的竖直高度为H ＝R3，重力加速度为g ，则F 的大小为( )图3A.53Mg B.52Mg C.53(M ＋m )g D.52(M ＋m )g 答案 D解析 连接OB ，设OB 连线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，由几何关系得：cos θ＝R －H R ＝23sin θ＝1－cos 2θ＝53则tan θ＝52此时小球受到的合外力F 合＝mg tan θ＝52mg 由牛顿第二定律可得：a ＝F 合m ＝52g以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F ＝(M ＋m )a ＝52(M ＋m )g ， 故D 正确，A 、B 、C 错误．4.(2019·河南顶级名校第四次联测)如图4所示，水平地面上放置一个质量为1 kg 的物块A ，在A 的上面放置另一个质量也为1 kg 的物块B ，已知A 与地面之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A 、B 之间的动摩擦因数为μ2＝0.2.现在给物块A 施加一个与水平方向夹角为θ＝37°、斜向右上方、大小恒为10 N 的力F ，则物块B 所受的摩擦力(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )图4A ．大小为0.5 N ，方向水平向右B ．大小为2 N ，方向水平向右C ．大小为0.5 N ，方向水平向左D ．大小为2 N ，方向水平向左 答案 A解析 假设A 、B 一起运动，以A 、B 整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F cos θ－μ1(m A g ＋m B g －F sin θ)＝(m A ＋m B )a ，解得a ＝0.5 m/s 2；以B 为研究对象，根据牛顿第二定律有F f AB ＝m B a ＝0.5 N<μ2m B g ＝2 N ，假设成立，所以物块B 所受的摩擦力为静摩擦力，大小为F f AB ＝0.5 N ，方向水平向右，故A 正确，B 、C 、D 错误．5．(多选)(2019·广东深圳市第一次调研)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界．一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢．列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F ，每节车厢质量都为m ，每节车厢所受阻力均为车厢重力的k 倍，重力加速度为g .则( ) A ．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上 B ．整个列车的加速度大小为F －2kmg2mC ．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为F2D ．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为F ＋kmg2答案 BC解析 启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的力，两个力的合力方向斜向上方，选项A 错误；对整个列车，根据牛顿第二定律：4F －8kmg ＝8ma ，解得a ＝F －2kmg 2m ，选项B 正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F 21－kmg ＝ma ，解得F 21＝F2，选项C 正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F 32＋F －2kmg ＝2ma ，解得F 32＝0，根据牛顿第三定律可知，选项D 错误．6.(2020·河南洛阳市模拟)如图5所示，一重力为10 N 的小球，在F ＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点由静止出发沿AB 向上运动，F 作用1.2 s 后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为36，杆足够长，取g ＝10 m/s 2.求：图5(1)有F 作用的过程中小球的加速度； (2)撤去F 瞬间小球的加速度；(3)从撤去力F 开始计时，小球经多长时间将经过距A 点为2.25 m 的B 点． 答案 (1)2.5 m /s 2 方向沿杆向上 (2)7.5 m/s 2 方向沿杆向下 (3)0.2 s 或0.75 s 解析 (1)小球的质量m ＝Gg＝1 kg.取沿杆向上为正方向，设小球在力F 作用过程的加速度为a 1，此时小球的受力如图甲所示，F cos 30°＝G cos 30°＋F N F sin 30°－G sin 30°－μF N ＝ma 1联立解得：a 1＝2.5 m /s 2，即大小为2.5 m/s 2，方向沿杆向上 (2)撤去F 瞬间，小球的受力如图所示，设此时小球的加速度为a 2，则有F N ′＝G cos 30° －G sin 30°－μF N ′＝ma 2联立解得：a 2＝－7.5 m /s 2，即大小为7.5 m/s 2，方向沿杆向下 (3)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s小球的位移为x 1＝12a 1t 12＝1.8 m撤去F 后，小球继续向上运动的时间为t 2＝0－v 1a 2＝0.4 s小球继续向上运动的最大位移为x 2＝0－v 122a 2＝0.6 m则小球向上运动的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4 m 在上滑阶段通过B 点，即x AB －x 1＝v 1t 3＋12a 2t 32解得t 3＝0.2 s 或者t 3＝0.6 s(舍去) 小球返回时，受力如图丙所示，设此时小球的加速度为a 3， －G sin 30°＋μF N ′＝ma 3得a 3＝－2.5 m /s 2，即大小为2.5 m/s 2，方向沿杆向下， 小球由顶端返回B 点时有：－(x m －x AB )＝12a 3t 24解得t 4＝35s 则通过B 点时间为t ＝t 2＋t 4≈0.75 s.。