高届高级高中物理三维设计版一轮复习课时跟踪检测十牛顿运动定律的综合应用.docx

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高届高级高中物理三维设计版一轮复习课时跟踪检测十牛顿运动定律的综合应用

课时跟踪检测（十）牛顿运动定律的综合应用

A卷——基础保分专练

1.游乐场里有一种大型娱乐器械,可以让人体验超重和失重的感觉。

其环形座舱套在竖直柱子上,先由升降机送至70多米高处,然后让座舱由静止无动力下落,落到离地面30米高的位置时,制动系统启动,座舱做减速运动,到地面时刚好停止。

假设舱中某人用手托着一个重为50N的铅球。

下列说法正确的是（　　）

A.当座舱落到离地面45米高的位置时,球对手的压力为0

B.当座舱落到离地面45米高的位置时,手对球有支持力

C.当座舱落到离地面20米高的位置时,球对手的压力为0

D.当座舱落到离地面20米高的位置时,手对球的支持力小于50N

解析:

选A　由题意可知,座舱在落到离地面30米高的位置前做自由落体运动,之后座舱做减速运动,当座舱落到离地面45米高的位置时,人和球均做自由落体运动,此时球对手的作用力为零,选项A正确,B错误；当座舱落到离地面20米高的位置时,球做减速运动,处于超重状态,球对手的作用力大于50N,选项C、D错误。

2.

如图,物块A和B的质量分别为4m和m,开始A、B均静止,细绳拉直,在竖直向上拉力F＝6mg作用下,动滑轮竖直向上加速运动。

已知动滑轮质量忽略不计,动滑轮半径很小,不考虑绳与滑轮之间的摩擦,细绳足够长。

在滑轮向上运动过程中,物块A和B的加速度分别为（　　）

A.aA＝g,aB＝5g　　　　　B.aA＝aB＝g

C.aA＝g,aB＝3gD.aA＝0,aB＝2g

解析:

选D　对滑轮分析:

F－2T＝ma,又m＝0,

所以T＝＝＝3mg,

对A分析:

由于T<4mg故A静止,aA＝0

对B分析:

aB＝＝＝2g,故D正确。

3.（2019·汕头模拟）如图所示,将一手电筒竖直向上放置,接通电源开关,旋松后盖使小电珠恰能点亮。

手持手电筒并保持它在竖直方向运动,要使得小电珠熄灭,可以（　　）

A.缓慢向上匀速运动

B.缓慢向下匀速运动

C.突然向上加速运动

D.突然向下加速运动

解析:

选C　如果手电筒加速上升或减速下降,电池处于超重状态,它对弹簧的作用力将大于其重力,弹簧压缩量增大,电池上端将与电珠脱离,电珠熄灭,故只有C符合题意。

4.如图所示,质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上,并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1,跟物体1相连接的绳与竖直方向成θ角不变。

下列说法中正确的是（　　）

A.车厢的加速度大小为gtanθ

B.绳对物体1的拉力为m1gcosθ

C.车厢底板对物体2的支持力为（m2－m1）g

D.物体2受车厢底板的摩擦力为0

解析:

选A　以物体1为研究对象,分析受力情况如图甲所示,物体1受重力m1g和拉力T,根据牛顿第二定律得m1gtanθ＝m1a＝Tsinθ,得a＝gtanθ,T＝,故A正确,B错误。

以物体2为研究对象,分析受力如图乙所示,根据牛顿第二定律得N＝m2g－T＝m2g－,f＝m2a＝m2gtanθ,故C、D错误。

5.（多选）如图所示,竖直平面内有一光滑直杆AB,杆与水平方向的夹角为θ（0°≤θ≤90°）,一质量为m的小圆环套在直杆上。

现把小圆环从A端由静止释放,同时给它施加一位于该竖直平面内的恒力F。

改变直杆与水平方向的夹角θ,当直杆与水平方向的夹角为30°时,小圆环在直杆上运动的时间最短,重力加速度为g,则（　　）

A.恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向

B.恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向

C.若恒力F的方向水平向右,则恒力F的大小为mg

D.恒力F的最小值为mg

解析:

选BCD　小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F,把光滑直杆AB对小圆环的支持力正交分解,沿直杆方向无分力,由L＝at2可知,要使小圆环在直杆上运动的时间最短,小圆环运动的加速度必须最大,由牛顿第二定律可知,当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时,加速度最大,所以选项A错误,B正确；若恒力F的方向水平向右,由tan30°＝,解得F＝mg,选项C正确；当恒力F的方向垂直光滑直杆时,恒力F最小,由sin60°＝,解得F的最小值为Fmin＝mgsin60°＝mg,选项D正确。

6.（2018·保定二模）如图所示,光滑长方体物块质量为M,静止在水平地面上,上部固定一轻滑轮,跨过定滑轮的轻绳连接质量为m1和m2的两物体,连接m1的细绳水平、m2恰好与M的侧壁相接触。

不考虑一切摩擦,现对M施加水平向右的推力F,使得三物体不存在相对运动,则F的大小为（　　）

A.gB.g

C.gD.g

解析:

选A　对整体水平方向有F＝（M＋m1＋m2）a,对m1水平方向有T＝m1a,对m2竖直方向有T＝m2g,联立解得F＝g,故A正确。

7.（多选）如图所示,光滑水平面上放置着四个相同的木块,其中木块B与C之间用一轻弹簧相连,轻弹簧始终在弹性限度内。

现用水平拉力F拉B木块,使四个木块以相同的加速度一起加速运动,则以下说法正确的是（　　）

A.一起加速过程中,C木块受到四个力的作用

B.一起加速过程中,D木块受到的静摩擦力大小为

C.一起加速过程中,A、D木块所受摩擦力大小和方向相同

D.当F撤去瞬间,A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变

解析:

选BC　在水平拉力F的作用下,四个木块以相同的加速度一起加速运动,则由牛顿第二定律可知,对整体有F＝4ma,对A、D木块有fA＝fD＝ma,解得A、D木块所受摩擦力大小fA＝fD＝,方向均水平向右,故B、C正确；一起加速过程中,C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力,共五个力的作用,故A错误；当F撤去瞬间,D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变,而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向,故D错误。

8.（多选）如图所示,质量均为m的A、B两物块置于水平地面上,物块与地面间的动摩擦因数均为μ,物块间用一水平轻绳相连,绳中无拉力。

现用水平力F向右拉物块A,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

重力加速度为g。

下列说法中正确的是（　　）

A.当0＜F≤μmg时,绳中拉力为0

B.当μmg＜F≤2μmg时,绳中拉力大小为F－μmg

C.当F＞2μmg时,绳中拉力大小为

D.无论F多大,绳中拉力大小都不可能等于

解析:

选ABC　当0＜F≤μmg时,A受到拉力与静摩擦力的作用,二者平衡,绳中拉力为0,故A正确；当μmg＜F≤2μmg时,整体受到拉力与摩擦力的作用,二者平衡,所以整体处于静止状态,此时A受到的静摩擦力达到最大即μmg,所以绳中拉力大小为F－μmg,故B正确；当F＞2μmg时,对整体:

a＝,对B:

a＝,联立解得绳中拉力大小为F,故C正确；由以上的分析可知,当μmg＜F≤2μmg时绳中拉力大小为F－μmg,绳中拉力大小可能等于F,故D错误。

9.（多选）如图甲所示,倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行,将一质量m＝1kg的小物体以某一初速度放上传送带,物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示,取沿传送带向上为正方向,g取10m/s2,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8。

下列说法正确的是（　　）

A.传送带沿逆时针转动,速度大小为4m/s

B.物体与传送带间的动摩擦因数为0.75

C.0～8s内物体位移的大小为14m

D.0～8s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126J

解析:

选CD　由题图乙可知小物体先向下做减速运动后向上做加速运动,故可知传送带速度方向沿顺时针方向,最终物体和传送带的速度相同,故传送带速度大小为4m/s,故A错误；根据vt图像的斜率表示加速度,物体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝m/s2＝1m/s2,由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma,解得μ＝0.875,故B错误；0～8s内物体的位移为s＝－×2×2m＋×4m＝14m,故C正确；0～8s内只有前6s内物体与传送带发生相对滑动,0～6s内传送带运动的距离为s带＝4×6m＝24m,0～6s内物体的位移为s物＝－×2×2m＋m＝6m,因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcos37°·（s带－s物）＝126J,故D正确。

10.（多选）（2015·全国卷Ⅱ）在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。

当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。

不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为（　　）

A.8　　　　　　　　　　B.10

C.15D.18

解析:

选BC　设该列车厢与P相连的部分为P部分,与Q相连的部分为Q部分。

设该列车厢有n节,Q部分为n1节,每节车厢质量为m,当加速度为a时,对Q有F＝n1ma；当加速度为a时,对P有F＝（n－n1）ma,联立得2n＝5n1。

当n1＝2,n1＝4,n1＝6,n1＝8时,n＝5,n＝10,n＝15,n＝20,由题中选项得该列车厢节数可能为10或15,选项B、C正确。

11.（2019·南昌调研）

如图所示,在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B,两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同。

用平行于斜面的恒力F向上推物体A,使两物体沿斜面向上做匀加速运动,且B对A的压力平行于斜面。

下列说法中正确的是（　　）

A.只减小A的质量,B对A的压力大小不变

B.只减小B的质量,B对A的压力大小会增大

C.只减小斜面的倾角,B对A的压力大小不变

D.只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ,B对A的压力会增大

解析:

选C　将A、B看成一个整体,整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力,沿斜面向下的滑动摩擦力,沿斜面向上的推力,根据牛顿第二定律可得a＝＝－gsinθ－μgcosθ,对B分析可得N－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa,解得N＝,由牛顿第三定律可知,B对A的压力N′＝,若只减小A的质量,压力变大,若只减小B的质量,压力变小,A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关,C正确,D错误。

12.粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5kg的斜面体,斜面部分光滑,底面与地面间的动摩擦因数μ＝0.2,倾角θ＝37°,在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5kg的小球,弹簧的劲度系数k＝200N/m,现给斜面体施加一水平向右的恒力F,使整体向右以加速度a＝1m/s2做匀加速运动。

已知sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,g取10m/s2。

（1）求F的大小；

（2）求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。

解析:

（1）整体以加速度a匀加速向右运动,根据牛顿第二定律:

F－μ（M＋m）g＝（M＋m）a,

解得F＝6N。

（2）设弹簧的形变量为x,斜面对小球的支持力为FN

对小球受力分析:

在水平方向:

kxcosθ－FNsinθ＝ma

在竖直方向:

kxsinθ＋FNcosθ＝mg

解得:

x＝0.017m　FN＝3.7N。

答案:

（1）6N　

（2）0.017m　3.7N

13.（2019·通化质检）如图所示,一长L＝2m、质量M＝4kg的薄木板（厚度不计）静止在粗糙的水平台面上,其右端距平台边缘l＝5m,木板的正中央放有一质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）。

已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.4。

现对木板施加一水平向右的恒力F,其大小为48N,g取10m/s2,试求:

（1）F作用了1.2s时,木板的右端离平台边缘的距离；

（2）要使小物块最终不能从平台上滑出去,则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。

解析:

（1）假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律,对木板有:

F－μ1（M＋m）g－μ1mg＝Ma1,

解得:

a1＝6m/s2。

对物块有:

μ1mg＝ma2,解得:

a2＝4m/s2。

因为a2

设F作用t秒后,小物块恰好从木板左端滑离,则有:

＝a1t2－a2t2

代入数据解得:

t＝1s

在此过程中,木板的位移为:

x1＝a1t2＝×6×12m＝3m,

末速度为:

v1＝a1t＝6×1m/s＝6m/s。

物块的位移为:

x2＝a2t2＝×4×12m＝2m,

末速度为:

v2＝a2t＝4×1m/s＝4m/s。

在小物块从木板上滑落后的0.2s内,由牛顿第二定律,

对木板有:

F－μ1Mg＝Ma1′

解得:

a1′＝8m/s2。

木板发生的位移为:

x1′＝v1t0＋a1′t02

解得:

x1′＝1.36m

此时木板距平台边缘的距离为:

Δx＝l－x1－x1′＝（5－3－1.36）m＝0.64m。

（2）小物块滑至平台后,做匀减速直线运动,由牛顿第二定律,

对物块有:

μ2mg＝ma2′

解得:

a2′＝μ2g

若小物块在平台上速度减为0,则通过的位移为:

x2′＝

要使物块最终不会从平台上掉下去需满足:

l＋≥x2＋x2′,联立解得:

μ2≥0.2。

答案:

（1）0.64m　

（2）μ2≥0.2

B卷——重难增分专练

1.

将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上,环的直径略大于杆的截面直径,环与杆间的动摩擦因数为μ。

对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力F,使圆环以加速度a沿杆运动,则F的大小不可能是（　　）

A.B.

C.D.

解析:

选C　对环受力分析,受重力、拉力,还可能受弹力和摩擦力。

其中弹力可能向上,也可能向下,也可能等于0。

（1）若环受到的弹力为0,则:

Fcosθ＝ma,Fsinθ＝mg

解得:

F＝或F＝。

（2）若环受到的弹力的方向向上,则:

Fcosθ－μ（mg－Fsinθ）＝ma

所以:

F＝。

（3）若环受到的弹力的方向向下,则:

Fcosθ－μ（Fsinθ－mg）＝ma

所以:

F＝。

所以选项A、B、D是可能的,选项C是不可能的。

2.（2019·吉林调研）

质量为m0＝20kg、长为L＝2m的木板放在水平面上,木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.1。

将质量m＝10kg的小木块（可视为质点）,以v0＝4m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上（如图所示）,小木块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4（最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2）。

以下说法正确的是（　　）

A.木板一定静止不动,小木块不能滑出木板

B.木板一定静止不动,小木块能滑出木板

C.木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板

D.木板一定向右滑动,小木块能滑出木板

解析:

选C　木块对木板的摩擦力f1＝μ2mg＝40N,水平面对木板的摩擦力f2＝μ1（m＋m0）g＝30N,因为f1＞f2,所以木板一定向右运动,对木块,由牛顿第二定律得a1＝＝μ2g＝4m/s2,对木板,由牛顿第二定律有a2＝＝0.5m/s2,设经过时间t,小木块和木板的速度相等,v0－a1t＝a2t,解得t＝s,共同速度v＝a2t＝m/s,小木块的位移x1＝t＝m,木板的位移x2＝t＝m,小木块相对木板的位移Δx＝x1－x2＝m＜L＝2m,所以小木块不能滑出长木板,故C正确。

3.（多选）

如图所示,光滑的水平地面上有三个木块a、b、c,质量均为m,a、c之间用轻质细绳连接。

现用一水平恒力F作用在b上,三者开始一起做匀加速运动,运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面,系统仍做匀加速运动且始终没有相对滑动。

在粘上橡皮泥并达到稳定后,下列说法正确的是（　　）

A.无论橡皮泥粘在哪个木块上面,系统的加速度都不变

B.若粘在b木块上面,绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小

C.若粘在a木块上面,绳的张力减小,a、b间摩擦力不变

D.若粘在c木块上面,绳的张力和a、b间摩擦力都增大

解析:

选BD　由整体法可知,无论橡皮泥粘在哪个木块上,系统的质量均增大,由牛顿运动定律可知,系统的加速度均减小,故A错误。

若橡皮泥粘在b木块上,将a、c看成整体,有fab＝2ma,加速度减小,所以a、b间摩擦力减小；对c:

T＝ma,绳的拉力减小,故B正确。

若橡皮泥粘在a木块上,对c:

T＝ma,故绳的拉力减小；对b:

F－fab＝ma,摩擦力fab增大,故C错误。

若橡皮泥粘在c木块上,将a、b看成整体,有F－T＝2ma,加速度减小,所以绳的拉力T增大,对b:

F－fab＝ma,可知fab增大,故D正确。

4.（多选）如图甲所示,用黏性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上,两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg,当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离。

t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1,同时对物块B施加同一方向的拉力F2,使A、B从静止开始运动,运动过程中F1、F2方向保持不变,F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。

下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析,正确的是（　　）

A.t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N

B.t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零

C.t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左

D.从t＝0时刻到A、B分离,它们运动的位移为5.4m

解析:

选AD　设t时刻A、B分离,分离之前A、B共同运动,加速度为a,以整体为研究对象,则有:

a＝＝m/s2＝1.2m/s2,分离时:

F2－Ff＝mBa,

得:

F2＝Ff＋mBa＝0.3N＋2×1.2N＝2.7N,

经历时间:

t＝×2.7s＝3s,

根据位移公式:

x＝at2＝5.4m,则D正确；

当t＝2s时,F2＝1.8N,由F2＋Ff＝mBa,得:

Ff＝mBa－F2＝0.6N,A正确,B错误；

当t＝2.5s时,F2＝2.25N,F2＋Ff＝mBa,

得:

Ff＝mBa－F2>0,A对B的作用力方向向右,C错误。

5.在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典,图甲中英语词典在上,图乙中汉语词典在上,已知图甲中两本书一起匀速下滑,图乙中两本书一起加速下滑。

已知两本书的封面材料不同,但每本书的上、下两面材料都相同,近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。

设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ1,汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ2,英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ3。

下列说法正确的是（　　）

A.μ1＞μ2

B.μ3＜μ2

C.图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是μ3mgcosθ

D.图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mgcosθ

解析:

选D　对题图甲中两本词典整体分析,根据共点力平衡有2mgsinθ＝μ2·2mgcosθ,对题图乙中两本词典整体分析,根据牛顿第二定律得2mgsinθ－μ1·2mgcosθ＝2ma,由两式可知μ1＜μ2,故A错误；题图甲中英语词典所受静摩擦力f1＝mgsinθ,因为2mgsinθ＝μ2·2mgcosθ,所以f1＝μ2mgcosθ,故D正确；而两本词典之间的最大静摩擦力fm＝μ3mgcosθ,由fm≥f1可知μ3≥μ2,故B错误；题图乙中a＝gsinθ－μ1gcosθ,对汉语词典有mgsinθ－f2＝ma,解得f2＝μ1mgcosθ,故C错误。

6.（2018·佛山模拟）如图所示,一直立的轻质薄空心圆管长为L,在其下端、上端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B,A、B紧贴管的内壁,厚度不计。

A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是f1＝mg、f2＝2mg,且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。

管下方存在这样一个区域:

当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用,而B在该区域运动时不受它的作用,PQ、MN是该区域的上下水平边界,高度差为H（L>2H）。

现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放,重力加速度为g。

（1）为使A、B间无相对运动,求F应满足的条件。

（2）若F＝3mg,求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。

解析:

（1）设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a,A与管间的静摩擦力为fA。

对A、B整体有3mg－F＝3ma,

对A有mg＋fA－F＝ma,并且fA≤f1,

联立解得F≤mg。

（2）A到达上边界PQ时的速度vA＝。

当F＝3mg时,可知A相对于圆管向上滑动,设A的加速度为a1,则有mg＋f1－F＝ma1,解得a1＝－g。

A向下减速运动的位移为H时,速度刚好减小到零,此过程运动的时间t＝。

由于管的质量不计,在此过程中,A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反,大小均为mg,B受到管的摩擦力小于2mg,则B与圆管相对静止,B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得a2＝＝。

物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为

ΔL＝L－＝L－H。

答案:

（1）F≤mg　

（2）L－H

7.（2019·珠海调研）水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站,对旅客的行李进行安全检查。

如图为一水平传送带装置示意图,绷紧的传送带AB始终保持v＝1m/s的恒定速度运行,一质量为m＝4kg的行李无初速的放在A处。

已知该行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1,A、B间的距离l＝2m,g取10m/s2,求:

（1）行李从A运送到B所用的时间t；

（2）电动机运送该行李需多消耗的电能E；

（3）如果提高传送带的运行速率,行李就能够较快的传送到B处,求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v′。

解析:

（1）行李轻放在传送带上,开始是静止的,行李受滑动摩擦力而向右运动,设此时行李的加速度为a,由牛顿第二定律得μmg＝ma,a＝1.0m/s2

设行李从速度为零运动至速度为1m/s所用的时间为t1,所通过的位移为s1,则v＝at1,s1＝at12,解得t1＝1s,s1＝0.5m

行李速度达到1m/s后与皮带保持相对静止,一起做匀速运动,设所用时间为t2

则t2＝＝1.5s

所以行李从A运送到B共用时间为t＝t1＋t2＝2.5s。

（2）电动机需多消耗的电能就是行李增加的动能和系统增加的内能之和,故

E＝mv2＋μmgΔL

行李与传送带的相对位移ΔL＝vt1－s1＝0.5m,

代入数据解得E＝4J。

（3）行李从A匀加速运动到B时,传送时间最短

有l＝at2

代入数据得t＝2s,

此时传送带对应的运行速率为v′≥atmin＝2m/s

故传送带对应的最小运行速率为2m/s。

答案:

（1）2.5s　

（2）4J　（3）2s　2m/s

8.（2019·洛阳模拟）如图甲所示,可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上,纸带左端与A、A与B间距均为d＝0.5m,两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1,与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2。

现以恒定的加速度a＝2m/s2向右水平拉动纸带,重力加速度g取10m/s2,求:

（1）A物体在纸带上的滑动时间；

（2）在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的vt图像；

（3）物体A、B停在地面上时,两者之间的距离。

解析:

（1）两物体在纸带上滑动时均有μ1mg＝ma1

当物体A滑离纸带时at12－a1t12＝d

由以上两式可得t1＝1s。

（2）如图所示。

（3）物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1

两物体在地面上运动时均有

μ2mg＝ma2

物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移x1＝＋

物体