10 第4章 章末过关检测(四)-【优学精讲】2025-2026学年高中物理必修第一册教用课件(人教版)

该高中物理单元复习课件系统梳理了牛顿运动定律的核心内容，涵盖牛顿三定律、运动学公式、受力分析及实验探究，通过典型例题（如滑块下滑、传送带问题）和实验题（纸带分析）串联知识点，构建从概念理解到实际应用的完整知识网络。 其亮点在于注重科学思维与科学探究的培养，如通过高铁测重力加速度（物理观念）、纸带数据处理（科学探究）等题目，结合基础选择、综合计算等分层练习，帮助学生提升科学推理和模型建构能力，教师可借此精准把握学情，提高复习针对性。

章末过关检测(四) 1 √ (时间：75分钟　分值：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．下列说法正确的是(　　) A.牛顿第一定律也叫惯性定律，它可以通过实验直接验证 B.在国际单位制中，力学的三个基本单位是kg、m、s C.相互挤压的海绵比物块形变大，所以海绵对物块的力大于物块对海绵的力 D.kg、m/s、N是国际单位的导出单位 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 15 14 13 章末过关检测 解析：牛顿第一定律是在可靠的事实基础上，通过科学推理概括出来的，不能直接用实验来验证，故A错误；在国际单位制中，力学的三个基本单位是kg、m、s，其他单位例如m/s、N是国际单位的导出单位，故B正确，D错误；物块对海绵的力与海绵对物块的力是作用力与反作用力，大小相等，故C错误。 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 15 14 13 章末过关检测 2．雨滴从高空由静止下落，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，则在此过程中雨滴的运动图像最接近下列图中的(　　)   解析：速度增大，阻力增大，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，则加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，位移时间图线切线斜率表示速度，速度时间图线切线斜率表示加速度。 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ 4. 如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上，横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P处所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　) A.逐渐增大　　　　　　 B．逐渐减小 C.先增大后减小 D．先减小后增大 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ 7.如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板AO′、BO′、CO′，其下端都固定于容器底部O′点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度BO′＞AO′＞CO′。若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑(忽略阻力)，则(　　) A.A处滑块最先到达O′点 B.B处滑块最先到达O′点 C.C处滑块最先到达O′点 D.三个滑块同时到达O′点 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。 8．如图所示，书本甲叠放在书本乙上，甲、乙两书足够长，甲、乙的质量分别为m1＝0.6 kg、m2＝0.2 kg，甲、乙之间的动摩擦因数μ1＝0.2，乙与桌面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2，用水平向右的力F推书本甲，开始时F＝0.6 N，此后缓慢增大，下列说法正确的是(　　) 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ A.当推力F＝0.7 N时，书本甲对书本乙的摩擦力大小为0.7 N B.当推力F＝1 N时，书本均保持静止状态 C.当推力F＝1.8 N时，书本甲、乙之间无相对滑动 D.当推力F＝2 N时，书本甲、乙之间有相对滑动 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 解析：甲、乙间的最大静摩擦力f甲乙＝μ1m1g＝1.2 N，乙与桌面间的最大静摩擦力f桌乙＝μ2(m1＋m2)g＝0.8 N，以乙为研究对象，设乙的最大加速度大小为a，由牛顿第二定律f甲乙－f桌乙＝m2a，解得a＝2 m/s2，对整体由牛顿第二定律有F－f桌乙＝(m1＋m2)a，解得F＝2.4 N，故当推力F＞2.4 N时，书本甲、乙之间有相对滑动，故C正确，D错误；当推力F＝0.7 N时，乙对甲的摩擦力为静摩擦力，则书本甲对书本乙的摩擦力大小为0.7 N，故A正确；当推力F＝1 N时，大于乙与桌面间的最大静摩擦力，而小于甲、乙间的最大静摩擦力，则书本甲、乙一起做匀加速直线运动，故B错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ A.轻绳对小物块的拉力大小为5 N B.弹簧对小物块的弹力大小为5 N C.若剪断轻绳，则剪断后的瞬间轻弹簧的弹力大小变为0 D.若剪断轻绳，则剪断后的瞬间小物块的加速度大小为10 m/s2 解析：以小物块为研究对象，在竖直方向上T cos 53°＝mg，T sin 53°＝F弹，解得T＝5 N，F弹＝4 N，故A正确，B错误；剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不会突变，仍为4 N，故C错误；剪断轻绳的瞬间，物块所受最大静摩擦力的大小fm＝μmg＝1 N＜F弹，由牛顿第二定律可得F弹－μmg＝ma，解得a＝10 m/s2，故D正确。 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(6分)请根据以下内容，完成下列小题。 某小组用图甲所示的实验装置探究在小车质量不变时加速度跟它所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了图乙所示的a－F图像，在实验中获得一条纸带如图丙所示，纸带上两点之间的时间间隔为0.02 s。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 (1)本实验采取的实验方法是________。 A.控制变量法　B．放大法　C．理想实验法 解析：探究在小车质量不变时加速度跟它所受拉力的关系时，运用控制变量的方法进行实验设计。 A 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 (2)如果补偿阻力不足，对应的图像应是图乙中的________(选填“A”“B”或“C”) 解析：若补偿阻力不足，小车受到的外力较小时，可能其加速度依然为零，故图像应为C。 C 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 (3)图丙是某次实验得到的纸带，由此可求得在打计数点2时速度大小为______m/s。(保留小数点后2位数字) 1.32 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 12．(8分)用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。   (1)以下操作正确的是________。 A. 使小车质量远小于槽码质量 B. 调整垫块位置以补偿阻力 C. 补偿阻力时移去打点计时器和纸带 D. 释放小车后立即打开打点计时器 B 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 解析：为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；为了保证小车所受细绳拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细绳和长木板平行，故B正确；补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 D 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 由图3可知，在所受外力一定的条件下，a与M成________(选填“正比”或“反比”)；甲组所用的________(选填“小车”“砝码”或“槽码”)质量比乙组的更大。 反比　 槽码 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 13．(12分)如图所示，质量为2 kg的物体静止于水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体受到与水平方向成θ＝30°角斜向上的拉力F作用，g取10 m/s2，求：   (1)拉力F为多大时物体水平向右做匀速运动？(6分) 13 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 章末过关检测 13 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 章末过关检测 (2)如果拉力大小为40 N，物体的加速度为多少？(6分) 13 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 章末过关检测 14．(14分)如图甲所示，倾角θ为37°的粗糙斜面上一质量m＝2.0 kg的木块，在平行于斜面的恒力F的作用下，从静止开始加速向上运动，一段时间后再撤去F，木块在前0.8 s内的速度时间关系图像如图乙所示，假设斜面足够长，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝ 0.8，g取10 m/s2，求： (1)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(4分) 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 答案：0.25　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 (2)拉力F的大小；(4分) 答案：24 N　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 (3)前1.1 s内木块所发生的位移。(6分) 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 答案：1 m，方向沿斜面向上 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 15．(14分)如图所示，倾角θ＝37°的斜面BC足够长，与水平面AB平滑连接，质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝20 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现对物体施加一水平向右的恒力F＝15 N，运动至B点时撤去该力，物体从B点滑上斜面瞬间速度大小不变。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求： 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 (1)物体在恒力F作用下运动时的加速度；(3分) 解析：取水平向右为正方向，根据牛顿第二定律可得 F－μmg＝ma 解得a＝2.5 m/s2 方向水平向右。 答案：2.5 m/s2，方向水平向右　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 (2)物体沿斜面向上滑行的最远距离；(4分) 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 答案：5 m 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 (3)假设D点为物体在斜面上滑行区域的中点，求物体从开始运动到D点的时间(结果可用根号表示)。(7分) 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 3.如图所示的是位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，重力加速度为g。现使小车以加速度a(a≠0)向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是(　　) A.杆对小球的弹力一定沿杆斜向上 B.杆对小球的弹力一定竖直向上 C.杆对小球的弹力大小为 eq \f(ma,sin θ) D.杆对小球的弹力大小为 eq \r(（mg）2＋（ma）2) 解析：小车加速向右运动，则杆对小球的弹力斜向右上方，不一定沿杆，A、B错误；小球所受重力与杆弹力的合力提供加速度，杆对小球的弹力大小F＝ eq \r(（mg）2＋（ma）2) ，C错误，D正确。 解析：设P、Q的水平距离为L，由运动学公式可知 eq \f(L,cos θ) ＝ eq \f(1,2) gt2sin θ，可得t2＝ eq \f(4L,g sin 2θ) ，可知θ＝45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时，下滑时间t先减小后增大。 5．小李同学在乘坐高铁时想测量当地的重力加速度，他在一根细线的下端绑着一串钥匙，另一端固定在高铁的竖直墙壁上。在高铁启动的过程中，小李发现细线向后偏离竖直方向θ角并相对于车厢保持静止，并且通过电子显示屏观察到高铁在t时间内达到速度v。不计空气阻力，则当地的重力加速度的大小为(　　) A. eq \f(v,t sin θ) B． eq \f(v,t cos θ) C.vt sin θ D. eq \f(v,t tan θ) 解析：高铁在t时间内达到速度v，根据速度时间关系有v＝at，对钥匙受力分析，由牛顿第二定律可知mg tan θ＝ma，解得g＝ eq \f(v,t tan θ) 。 6.如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B的作用力的大小为(重力加速度为g)(　　) A.mg B．mg eq \r(1＋μ2) C.mg tan θ D．mg eq \r(tan 2θ＋1) 解析：以A为研究对象，受力如图所示，根据牛顿第二定律得mAg tan θ＝mAa，解得a＝g tan θ，方向水平向右；以B为研究对象，小车对B的摩擦力大小Ff＝ma＝mg tan θ，方向水平向右；小车对B的支持力大小FN＝mg，方向竖直向上；则小车对物块B产生的作用力的大小F＝2,f) eq \r(F＋F eq \o\al(2,N) ) ＝mg eq \r(tan 2θ＋1) ，方向斜向右上方。 解析：令半球形容器的半径为R，滑板的倾角为θ，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma，根据位移公式有2R sin θ＝ eq \f(1,2) g sin θ·t2，解得t＝2 eq \r(\f(R,g)) ，可知时间t与滑板的倾角θ和板的长度均无关，故三个滑块同时到达O′点。 9．水平面上有一质量m＝0.3 kg的小物块，小物块与左端固定的水平轻弹簧相连，同时与上端固定的不可伸长的轻绳相连，如图所示，此时小物块处于静止状态，且水平面对小物块的弹力恰好为0，轻绳与竖直方向的夹角为53°。已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝ eq \f(1,3) ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列说法正确的是(　　) 10．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率顺时针转动，一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ＝0.75 B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25 C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2 eq \r(2) s D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(8＋4 eq \r(2) ) m 解析：前1 s内煤块的加速度大小a1＝ eq \f(Δv1,Δt1) ＝10 m/s2，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，1 s后煤块的加速度大小a2＝ eq \f(Δv2,Δt2) ＝2 m/s2，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ＝0.75，故A正确，B错误；取沿传送带向上的方向为正方向，由题图乙知，1 s末煤块与传送带共速，可知 v传＝2 m/s，前1 s内，煤块的位移x煤1＝ eq \f(12＋2,2) ×1 m＝7 m，传送带的位移 x传1＝2 m，相对位移x相1＝5 m，1 s到2 s内，煤块的位移x煤2＝ eq \f(2＋0,2) ×1 m＝1 m，传送带的位移x传2＝2 m，相对位移x相2＝－1 m，煤块从最高点下滑到A端的位移x煤3＝－(7＋1) m＝－8 m，下滑过程的加速度大小仍为a2，方向沿传送带向下，x煤3＝－ eq \f(1,2) a2t eq \o\al(2,3) ，所用的时间t3＝2 eq \r(2) s，传送带的位移x传3＝4 eq \r(2) m，相对位移x相3＝(－8－4 eq \r(2) ) m，煤块相对传送带向下的位移为x相2＋x相3＝(－9－4 eq \r(2) ) m，所以煤块在传送带上留下的痕迹长为(9＋4 eq \r(2) ) m，C正确，D错误。 解析：根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，打计数点2时速度大小v2＝ eq \f(x13,2T) ＝ eq \f(（2.40＋2.89）×10－2,2×0.02) m/s≈1.32 m/s。 (2)保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示，相邻两点之间的距离分别为s1，s2，…，s8，时间间隔均为T。下列加速度算式中，最优的是________。 A.a＝ eq \f(1,7) ( eq \f(s8－s7,T2) ＋ eq \f(s7－s6,T2) ＋ eq \f(s6－s5,T2) ＋ eq \f(s5－s4,T2) ＋ eq \f(s4－s3,T2) ＋ eq \f(s3－s2,T2) ＋ eq \f(s2－s1,T2) ) B.a＝ eq \f(1,6) ( eq \f(s8－s6,2T2) ＋ eq \f(s7－s5,2T2) ＋ eq \f(s6－s4,2T2) ＋ eq \f(s5－s3,2T2) ＋ eq \f(s4－s2,2T2) ＋ eq \f(s3－s1,2T2) ) C.a＝ eq \f(1,5) ( eq \f(s8－s5,3T2) ＋ eq \f(s7－s4,3T2) ＋ eq \f(s6－s3,3T2) ＋ eq \f(s5－s2,3T2) ＋ eq \f(s4－s1,3T2) ) D.a＝ eq \f(1,4) ( eq \f(s8－s4,4T2) ＋ eq \f(s7－s3,4T2) ＋ eq \f(s6－s2,4T2) ＋ eq \f(s5－s1,4T2) ) 解析：根据逐差法可知s5－s1＝4a1T2，s6－s2＝4a2T2，s7－s3＝4a3T2，s8－s4＝4a4T2，联立可得小车加速度表达式 a＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(s8－s4,4T2)＋\f(s7－s3,4T2)＋\f(s6－s2,4T2)＋\f(s5－s1,4T2))) 。 (3)以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数 eq \f(1,a) 为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的 eq \f(1,a) －M图像如图3所示。 解析：根据图像可知 eq \f(1,a) 与M成正比，故在所受外力一定的条件下，a与M成反比；设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律mg＝(m＋M)a，化简可得 eq \f(1,a) ＝ eq \f(1,mg) ·M＋ eq \f(1,g) ，故斜率越小，槽码的质量m越大，由图3可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大。 解析：对物体受力分析得 F cos θ＝f N＋F sin θ＝mg f＝μN 代入数据解得 F＝ eq \f(40（2\r(3)－1）,11) N。 答案： eq \f(40（2\r(3)－1）,11) N　 解析：对物体受力分析得 F cos θ－f＝ma N＋F sin θ＝mg f＝μN 代入数据解得 a＝10 eq \r(3) m/s2。 答案：10 eq \r(3) m/s2 解析：由题图乙可知0.6 s到0.8 s内做匀减速运动，根据图像斜率解得该段木块运动的加速度大小 a2＝ eq \f(2.4－0.8,0.8－0.6) m/s2＝8 m/s2 t＝0.6 s时撤去外力，由于 a2＞gsin 37°＝6 m/s2 可知木块在斜面上受沿斜面向下的滑动摩擦力，0.6 s到0.8 s内根据牛顿第二定律可得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2 解得木块与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.25。 解析：前0.6 s内木块做匀加速运动，根据图像斜率解得该段运动的加速度大小 a1＝ eq \f(2.4,0.6) m/s2＝4 m/s2 前0.6 s内根据牛顿第二定律可得 F－mgsin 37°－μmg cos 37°＝ma1 解得F＝24 N。 解析：由题图乙可知t＝0.9 s时木块的速度为0，在斜面上运动到最高点，沿斜面向上为正方向，由图线与时间轴围成的面积可求位移 x1＝ eq \f(2.4×0.9,2) m＝1.08 m 0．9 s到1.1 s内，因为重力沿斜面向下的分力 mgsin 37°＞μmgcos 37° 故木块沿斜面向下做匀加速运动， 设加速度为a3，根据牛顿第二定律可得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma3 解得a3＝4 m/s2 0．9 s到1.1 s内木块沿斜面向下运动的位移 x2＝－ eq \f(1,2) a3(t3－t2)2 解得x2＝－0.08 m 则前1.1 s内木块运动的位移 x＝x1＋x2＝1 m 方向沿斜面向上。 解析：根据速度位移关系有 v eq \o\al(2,B) ＝2aL 可得物体到B点时速度 vB＝10 m/s 物体沿斜面上滑，根据牛顿第二定律可得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 解得加速度大小 a1＝10 m/s2 所以物体沿斜面上滑的最远距离 x1＝2,B) eq \f(v,2a1) ＝5 m。 解析：物体从M到B所用时间 t1＝ eq \f(vB,a) ＝4 s 从B第一次到D点用时t2，满足 vBt2－ eq \f(1,2) a1t eq \o\al(2,2) ＝ eq \f(x1,2) 解得t2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2))) s 从开始运动至第一次到D点用时 t3＝t1＋t2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(\r(2),2))) s 从B点到最高点用时 t4＝ eq \r(\f(2x1,a1)) ＝1 s 物体下滑过程，根据牛顿第二定律可得 mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 加速度a2＝2 m/s2 从最高点下滑至D点用时 t5＝ eq \r(\f(x1,a2)) ＝ eq \f(\r(10),2) s 从开始运动至第二次到D点用时 t6＝t1＋t4＋t5＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(\r(10),2))) s。 答案： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(\r(2),2))) s或 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(\r(10),2))) s $