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牛顿第二定律大题专项训练（原卷）
一、已知物体运动情况，分析受力情况
1.连续刹车时，刹车片和刹车盘产生大量热量，温度升高很快，刹车效率迅速降低，容易造成刹车失灵。为了避免刹车失灵造成的危害，高速公路在一些连续下坡路段设置用沙石铺成的紧急避险车道，如图所示。现将某次货车避险过程简化如下：一辆货车在倾角为30°的长直下坡路上以20 m/s的速度匀速行驶，突然刹车失灵开始加速，此时货车所受阻力为车重的0.4倍(发动机关闭)，加速前进15 s后冲上了倾角为53°的避险车道，在避险车道上运动17.5 m后停下，将货车的加速、减速过程视为匀变速直线运动，求货车：(sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)冲上避险车道时速度的大小；
(2)在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍。
二、超重和失重问题的分析和计算
2.物理兴趣小组为了研究电梯下降过程的运动规律，带着钩码和便携式DIS实验系统进入电梯并到达最高层，把钩码挂在力传感器上进行实验。电梯从最高层开始运动，中间不停顿，一直运动到第一层停下。从挂上钩码到最后取下钩码的过程中，DIS实验系统的显示器上显示出拉力随时间变化的关系图像如图所示。g取10 m/s2，根据图中的数据，求：
(1)电梯在减速阶段的加速度大小；
(2)电梯在整个运动过程中的最大速度；
(3)电梯在整个运动过程中下降的高度。
三、牛顿第二定律的基本应用
3．如图，用AB、BC两根细绳把质量为m＝1 kg的小球悬挂于车内，当小车向右做水平匀速直线运动时，AB绳与竖直方向的夹角为α＝37°，BC绳与竖直方向的夹角为β＝53°，求：(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
(1)AB、BC中的张力大小；
(2)当小车以a＝8 m/s2的加速度水平向右行驶时，AB、BC中的张力大小。
4．如图所示，甲同学需要用平板车搬运学习用品，经过一段校园道路。平板车和用品的总质量为30 kg，道路可以简化为一段长为13.5 m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡BC组成。甲同学拉动平板车由静止从A点出发，经9 s时间运动至B点，然后冲上斜坡。甲同学的拉力大小恒定，且拉力方向始终沿着小车的运动方向。当车刚滑上斜坡运动，乙同学在后面帮助推车，其推力大小为104 N，方向沿斜面向上。已知平板车所受摩擦阻力为其对接触面压力的0.3倍，求：
(1)平板车到达B点时的速度大小；
(2)甲同学的拉力大小；
(3)平板车刚滑上斜面时的加速度大小和方向。
5．如图所示，现有一倾角为θ＝60°的斜坡，一滑撬自斜坡顶端无初速度下滑并开始计时。滑撬的顶端有一轻质细线悬挂的小球，在滑撬下滑过程中细线与虚线(垂直于斜坡方向)的夹角为α＝30°，已知滑撬前端与坡底的高度差为h＝10 m，滑撬与斜坡间的动摩擦因数处处相同。g取10 m/s2，试求：
(1)滑撬与斜坡间的动摩擦因数；
(2)滑撬前端到达坡底需要的时间。
四、等时圆模型
6.滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB和AC，A、B、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，如图所示。已知圆半径为R，在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为3R且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。
(1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系；
(2)若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少。
五、水平传送带模型
7.传送带在生产生活中广泛应用。如图所示，一水平传送带长L＝10 m，以v＝5 m/s的速度运行。水平传送带的右端与一光滑斜面平滑连接，斜面倾角θ＝30°。一物块由静止轻放到传送带左端，物块在传送带上先做匀加速运动，后做匀速直线运动，然后冲上光滑斜面。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间；
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小；
(3)从物块轻放到传送带左端开始计时，通过计算说明t＝10 s时物块所处的位置。
六、倾斜传送带模型
8.机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
七、“滑块—木板”模型
9.如图所示，质量为M＝2 kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端有一个质量m＝3 kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0＝5 m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，取g＝10 m/s2。求：
(1)假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长；
(2)要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。
10．如图所示，木板长L＝2.4 m，质量M＝4.0 kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4。质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的最右端，与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，开始时滑块与木板均处于静止状态，现给木板一个向右的初速度v0，取g＝10 m/s2，求：
(1)木板所受摩擦力的大小；
(2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度v0的最大值。
11．如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25。薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2；
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
12．一传送带的部分装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m；BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角θ＝37°。AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：
(1)工件第一次到达B点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(3)工件运动23 s后所在的位置。
牛顿第二定律大题专项训练（解析）
一、已知物体运动情况，分析受力情况
1.连续刹车时，刹车片和刹车盘产生大量热量，温度升高很快，刹车效率迅速降低，容易造成刹车失灵。为了避免刹车失灵造成的危害，高速公路在一些连续下坡路段设置用沙石铺成的紧急避险车道，如图所示。现将某次货车避险过程简化如下：一辆货车在倾角为30°的长直下坡路上以20 m/s的速度匀速行驶，突然刹车失灵开始加速，此时货车所受阻力为车重的0.4倍(发动机关闭)，加速前进15 s后冲上了倾角为53°的避险车道，在避险车道上运动17.5 m后停下，将货车的加速、减速过程视为匀变速直线运动，求货车：(sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)冲上避险车道时速度的大小；
(2)在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍。
[答案]　(1)35 m/s　(2)2.7
[解析]　(1)根据题意，设货车关闭发动机后加速前进的加速度大小为a1，冲上避险车道时速度的大小为v1，由牛顿第二定律有mgsin 30°－0.4mg＝ma1，由运动学公式有v1＝v0＋a1t联立代入数据解得v1＝35 m/s。
(2)根据题意，设货车在避险车道上运动时的加速度大小为a2，在避险车道上所受摩擦阻力为Ff，由牛顿第二定律有mgsin 53°＋Ff＝ma2，由运动学公式有v＝2a2x，解得Ff＝2.7mg，即在避险车道上所受摩擦阻力是车重的2.7倍
二、超重和失重问题的分析和计算
2.物理兴趣小组为了研究电梯下降过程的运动规律，带着钩码和便携式DIS实验系统进入电梯并到达最高层，把钩码挂在力传感器上进行实验。电梯从最高层开始运动，中间不停顿，一直运动到第一层停下。从挂上钩码到最后取下钩码的过程中，DIS实验系统的显示器上显示出拉力随时间变化的关系图像如图所示。g取10 m/s2，根据图中的数据，求：
(1)电梯在减速阶段的加速度大小；
(2)电梯在整个运动过程中的最大速度；
(3)电梯在整个运动过程中下降的高度。
[答案]　(1)0.8 m/s2　(2)4.8 m/s　(3)76.8 m
[解析]　(1)由题图可知钩码的重力mg＝50 N
则钩码的质量m＝5 kg
电梯在减速阶段，钩码处于超重状态，拉力大小F＝54 N
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
解得加速度大小a＝0.8 m/s2。
(2)由题图可知，电梯在2～6 s的时间内向下加速，加速过程钩码受到的拉力大小F′＝44 N
根据牛顿第二定律得mg－F′＝ma′
可得a′＝1.2 m/s2
最大速度v＝a′Δt1＝4.8 m/s。
(3)电梯在2～6 s的时间内加速的位移大小为
h1＝a′(Δt1)2
在6～17 s的时间内匀速的位移大小为h2＝vΔt2
在17～23 s时间内减速的位移大小为
h3＝a(Δt3)2
电梯下降的高度H＝h1＋h2＋h3，
可得H＝76.8 m
三、牛顿第二定律的基本应用
3．如图，用AB、BC两根细绳把质量为m＝1 kg的小球悬挂于车内，当小车向右做水平匀速直线运动时，AB绳与竖直方向的夹角为α＝37°，BC绳与竖直方向的夹角为β＝53°，求：(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
(1)AB、BC中的张力大小；
(2)当小车以a＝8 m/s2的加速度水平向右行驶时，AB、BC中的张力大小。
[答案]　(1)8 N　6 N　(2)2 N　0
[解析]　(1)根据平衡条件TABsin α＝TBCsin β
TABcos α＋TBCcos β＝mg
解得TAB＝8 N，TBC＝6 N。
(2)根据牛顿第二定律有TAB′sin α－TBC′sin β＝ma
TAB′cos α＋TBC′cos β＝mg
解得TAB′＝12.8 N，TBC′＝－0.4 N
由TBC′<0可知，小车以a＝8 m/s2的加速度水平向右行驶时，小球飘起，TBC″＝0，设小球飘起时AB绳与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有TAB″sin θ＝ma
TAB″cos θ＝mg 解得TAB″＝2 N
4．如图所示，甲同学需要用平板车搬运学习用品，经过一段校园道路。平板车和用品的总质量为30 kg，道路可以简化为一段长为13.5 m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡BC组成。甲同学拉动平板车由静止从A点出发，经9 s时间运动至B点，然后冲上斜坡。甲同学的拉力大小恒定，且拉力方向始终沿着小车的运动方向。当车刚滑上斜坡运动，乙同学在后面帮助推车，其推力大小为104 N，方向沿斜面向上。已知平板车所受摩擦阻力为其对接触面压力的0.3倍，求：
(1)平板车到达B点时的速度大小；
(2)甲同学的拉力大小；
(3)平板车刚滑上斜面时的加速度大小和方向。
[答案]　(1)3 m/s　(2)100 N　(3)1.6 m/s2，方向沿斜面向下
[解析]　(1)从A点到B点，由匀加速直线运动规律x＝·t
解得平板车到达B点时的速度大小vB＝3 m/s。
(2)从A点到B点，由匀加速直线运动规律a＝＝ m/s2
由牛顿第二定律F－0.3mg＝ma
解得甲同学的拉力大小为F＝100 N。
(3)平板车刚滑上斜面时，由牛顿第二定律
F＋F′－mgsin θ－0.3mgcos θ＝ma′
解得a′＝－1.6 m/s2
所以平板车刚滑上斜面时的加速度大小为1.6 m/s2，方向沿斜面向下
5．如图所示，现有一倾角为θ＝60°的斜坡，一滑撬自斜坡顶端无初速度下滑并开始计时。滑撬的顶端有一轻质细线悬挂的小球，在滑撬下滑过程中细线与虚线(垂直于斜坡方向)的夹角为α＝30°，已知滑撬前端与坡底的高度差为h＝10 m，滑撬与斜坡间的动摩擦因数处处相同。g取10 m/s2，试求：
(1)滑撬与斜坡间的动摩擦因数；
(2)滑撬前端到达坡底需要的时间。
[答案]　(1)　(2)2 s
[解析]　(1)设小球的质量为m，滑撬和小球整体的质量为M，对小球进行受力分析，细线的拉力为FT，小球的加速度为a，由牛顿第二定律得
mgsin θ－FTsin α＝ma
FTcos α＝mgcos θ
对滑撬和小球整体进行分析：设斜坡对滑撬的弹力为FN，斜坡与滑撬的动摩擦因数为μ，摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得
Mgsin θ－Ff＝Ma
FN＝Mgcos θ
Ff＝μFN
解得a＝ m/s2
μ＝。
(2)设滑撬前端到达坡底的时间为t，有
＝at2
解得t＝2 s
四、等时圆模型
6.滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB和AC，A、B、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，如图所示。已知圆半径为R，在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为3R且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。
(1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系；
(2)若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少。
[答案]　(1)tAB＝tAC　(2)
[解析]　(1)设AB与水平方向的夹角为θ，小朋友沿AB下滑时的加速度为a＝gsin θ，由运动学规律有xAB＝at，由几何关系可知xAB＝2Rsin θ，联立解得tAB＝，由上式可知小朋友的下滑时间与滑梯倾斜程度无关，则两次沿滑梯运动的时间关系为tAB＝tAC。
(2)根据第(1)问的结论，画出以P点为最高点的半径为r的等时圆，如图所示，
两圆相切时，时间最短，有
(R＋r)2＝(r－R)2＋(3R)2
解得r＝R
由第(1)问的结论有t＝。
五、水平传送带模型
7.传送带在生产生活中广泛应用。如图所示，一水平传送带长L＝10 m，以v＝5 m/s的速度运行。水平传送带的右端与一光滑斜面平滑连接，斜面倾角θ＝30°。一物块由静止轻放到传送带左端，物块在传送带上先做匀加速运动，后做匀速直线运动，然后冲上光滑斜面。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间；
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小；
(3)从物块轻放到传送带左端开始计时，通过计算说明t＝10 s时物块所处的位置。
[答案]　(1)3 s　(2)2.5 m　(3)物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处
[解析]　(1)物块在传送带上的匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2
物块在传送带上的匀加速运动过程中，由运动学公式v＝v0＋at有v＝a1t1
解得t1＝2 s
运动的距离为x1＝a1t＝5 m
物块在传送带上匀速运动的时间为t2＝＝1 s
物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间t＝t1＋t2＝3 s。
(2)物块沿斜面上升过程，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma2，解得a2＝5 m/s2，
对物块沿斜面上升过程，由运动学公式v2－v＝2ax，有v2＝2a2x2，
解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小为x2＝2.5 m。
(3)设物块从斜面底端上滑到最大位移处所需时间为t3，由运动学公式v＝v0＋at有
v＝a2t3，解得t3＝1 s。
设物块第一次沿斜面下滑过程所需时间为t4，则有x2＝a2t，解得t4＝1 s。
物块沿斜面下滑至斜面底端时的速度为
v1＝a2t4＝5 m/s，
物块沿水平传送带向左减速运动，速度减为零所需时间为t5＝＝2 s。
物块在传送带上的往返运动具有对称性，物块沿水平传送带第二次向右加速运动，到达斜面底端所需时间为t6＝t5＝2 s。
物块第二次沿斜面上滑到最大位移处所需时间为t7＝t3＝1 s。
因为t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＋t7＝10 s，
所以10 s时，物块刚好第二次上滑到最大位移处，物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处。
六、倾斜传送带模型
8.机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
[答案]　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
[解析]　(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝＝ s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos α>mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s，所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
七、“滑块—木板”模型
9.如图所示，质量为M＝2 kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端有一个质量m＝3 kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0＝5 m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，取g＝10 m/s2。求：
(1)假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长；
(2)要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。
[答案]　(1)5 m　(2)1.5 m
[解析]　(1)对木块A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得a1＝－μ1g＝－2 m/s2
对木板B由牛顿第二定律得μ1mg－μ(m＋M)g＝Ma2，解得a2＝0.5 m/s2
设经过时间t后A、B达到共同速度v，由运动学公式得v＝v0＋a1t，v＝a2t
解得v＝1 m/s，t＝2 s
t时间内，由运动学公式得A、B的位移分别为x1＝v0t＋a1t2，x2＝a2t2
因此B板的长度至少为L＝x1－x2＝5 m。
(2)当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速，根据牛顿第二定律得－μ(m＋M)g＝(m＋M)a3，解得a3＝－1 m/s2
设木板B加速和减速通过的位移分别为x2、x3，则减速过程有2a3x3＝0－v2，所以s＝x2＋x3＝1.5 m。
10．如图所示，木板长L＝2.4 m，质量M＝4.0 kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4。质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的最右端，与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，开始时滑块与木板均处于静止状态，现给木板一个向右的初速度v0，取g＝10 m/s2，求：
(1)木板所受摩擦力的大小；
(2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度v0的最大值。
[答案]　(1)22 N　(2)6 m/s
[解析]　(1)木板所受摩擦力的大小Ff＝μ2mg＋μ1(M＋m)g＝22 N。
(2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a1，则μ2mg＝ma1，a1＝μ2g＝2 m/s2
木板做匀减速直线运动的加速度大小为a2，则μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma2
解得a2＝5.5 m/s2
设经过时间t滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有a1t＝v0－a2t①
滑块相对于地面的位移x1＝a1t2②
木板相对于地面的位移
x2＝v0t－a2t2③
又L＝x2－x1
由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值v0＝6 m/s。
11．如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25。薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2；
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
[答案]　(1)4 m/s2　1 m/s2　(2)1 s
[解析]　(1)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1，
其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos 37°
解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有
Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2
其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcos 37°
解得a2＝1 m/s2，a1>a2，假设成立，
即滑块会相对于薄平板向下滑动。
(2)设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，有x1＝a1t2，x2＝a2t2，又x1－x2＝L，解得t＝1 s。
12．一传送带的部分装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m；BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角θ＝37°。AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：
(1)工件第一次到达B点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(3)工件运动23 s后所在的位置。
[答案]　(1)1.4 s　(2)2.4 m　(3)在A点右侧2.4 m处
[解析]　(1)设工件刚放在水平传送带上时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝μg＝5 m/s2，经t1时间工件与传送带的速度相同，解得t1＝＝0.8 s，工件前进的位移x1＝a1t＝1.6 m(2)由于mgsin θ>μmgcos θ，工作在倾斜传送带上做匀减速运动，设在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma2，解得a2＝－2 m/s2，由速度—位移公式得0－v2＝2a2，解得hm＝2.4 m。
(3)工件沿传送带向上运动的时间为t3＝＝2 s，由于mgsin θ>μmgcos θ，且工件在传送带的倾斜段运动的加速度相同，在传送带的水平段运动的加速度也相同，故此后工件将在传送带上做周期性往复运动，其周期为T＝2t1＋2t3＝5.6 s，工件从开始运动到第一次返回传送带的水平段，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而23 s＝t0＋3T，这说明经过23 s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4 m。

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