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    2022届高考物理联考模拟汇编专题十牛顿运动定律的综合应用含解析

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    这是一份2022届高考物理联考模拟汇编专题十牛顿运动定律的综合应用含解析,共13页。

    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50 N
    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50 N,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=eq \f(1,2)g,aB=5g B.aA=aB=eq \f(1,5)g
    C.aA=eq \f(1,4)g,aB=3g D.aA=0,aB=2g
    解析:选D 对滑轮分析:F-2T=ma,又m=0,
    所以T=eq \f(F,2)=eq \f(6mg,2)=3mg,
    对A分析:由于T<4mg故A静止,aA=0
    对B分析:aB=eq \f(T-mg,m)=eq \f(3mg-mg,m)=2g,故D正确。
    3.(2021·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gtan θ
    B.绳对物体1的拉力为m1gcs θ
    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m1gtan θ=m1a=Tsin θ,得a=gtan θ,T=eq \f(m1g,cs θ),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-eq \f(m1g,cs θ),f=m2a=m2gtan θ,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eq \r(3)mg
    D.恒力F的最小值为eq \f(\r(3),2)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=eq \f(1,2)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tan 30°=eq \f(mg,F),解得F=eq \r(3)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sin 60°=eq \f(F,mg),解得F的最小值为Fmin=mgsin 60°=eq \f(\r(3),2)mg,选项D正确。
    6.(2021·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.eq \f(m2m1+m2+M,m1)g B.eq \f(m1m1+m2+M,m2)g
    C.eq \f(m1M-m1+m2,m2)g D.eq \f(m2m1+m2+M,M)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=eq \f(m2m1+m2+M,m1)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eq \f(F,4)
    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=eq \f(F,4),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eq \f(F,2)
    D.无论F多大,绳中拉力大小都不可能等于eq \f(F,3)
    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=eq \f(F-2μmg,2m),对B:a=eq \f(F拉-μmg,m),联立解得绳中拉力大小为eq \f(1,2)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eq \f(1,3)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=1 kg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10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=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4 m/s
    B.物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
    C.0~8 s内物体位移的大小为14 m
    D.0~8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J
    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4 m/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=eq \f(2,2) m/s2=1 m/s2,由牛顿第二定律得μmgcs 37°-mgsin 37°=ma,解得μ=0.875,故B错误;0~8 s内物体的位移为s=-eq \f(1,2)×2×2 m+eq \f(2+6,2)×4 m=14 m,故C正确;0~8 s内只有前6 s内物体与传送带发生相对滑动,0~6 s内传送带运动的距离为s带=4×6 m=24 m,0~6 s内物体的位移为s物=-eq \f(1,2)×2×2 m+eq \f(4×4,2) m=6 m,因摩擦而产生的热量为Q=μmgcs 37°·(s带-s物)=126 J,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eq \f(2,3)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.15 D.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eq \f(2,3)a时,对P有F=(n-n1)meq \f(2,3)a,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.(2021·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=eq \f(F-mA+mBgsin θ-μmA+mBgcs θ,mA+mB)=eq \f(F,mA+mB)-gsin θ-μgcs θ,对B分析可得N-mBgsin θ-μmBgcs θ=mBa,解得N=eq \f(mBF,mA+mB),由牛顿第三定律可知,B对A的压力N′=eq \f(mBF,mA+mB),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=1.5 kg 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=0.5 kg的小球,弹簧的劲度系数k=200 N/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=1 m/s2做匀加速运动。已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/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=6 N。
    (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:kxcs θ-FNsin θ=ma
    在竖直方向:kxsin θ+FNcs θ=mg
    解得:x=0.017 m FN=3.7 N。
    答案:(1)6 N (2)0.017 m 3.7 N
    13.(2021·通化质检)如图所示,一长L=2 m、质量M=4 kg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=5 m,木板的正中央放有一质量为m=1 kg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48 N,g取10 m/s2,试求:
    (1)F作用了1.2 s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=6 m/s2。
    对物块有:μ1mg=ma2,解得:a2=4 m/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:
    eq \f(L,2)=eq \f(1,2)a1t2-eq \f(1,2)a2t2
    代入数据解得:t=1 s
    在此过程中,木板的位移为:x1=eq \f(1,2)a1t2=eq \f(1,2)×6×12 m=3 m,
    末速度为:v1=a1t=6×1 m/s=6 m/s。
    物块的位移为:x2=eq \f(1,2)a2t2=eq \f(1,2)×4×12 m=2 m,
    末速度为:v2=a2t=4×1 m/s=4 m/s。
    在小物块从木板上滑落后的0.2 s内,由牛顿第二定律,
    对木板有:F-μ1Mg=Ma1′
    解得:a1′=8 m/s2。
    木板发生的位移为:x1′=v1t0+eq \f(1,2)a1′t02
    解得:x1′=1.36 m
    此时木板距平台边缘的距离为:
    Δx=l-x1-x1′=(5-3-1.36)m=0.64 m。
    (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′=eq \f(v22,2a2′)
    要使物块最终不会从平台上掉下去需满足:
    l+eq \f(L,2)≥x2+x2′,联立解得:μ2≥0.2。
    答案:(1)0.64 m (2)μ2≥0.2
    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.eq \f(ma+μmg,cs θ+μsin θ) B.eq \f(ma-μmg,cs θ-μsin θ)
    C.eq \f(ma,sin θ) D.eq \f(mg,sin θ)
    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:Fcs θ=ma,Fsin θ=mg
    解得:F=eq \f(mg,sin θ)或F=eq \f(ma,cs θ)。
    (2)若环受到的弹力的方向向上,则:
    Fcs θ-μ(mg-Fsin θ)=ma
    所以:F=eq \f(ma+μmg,cs θ+μsin θ)。
    (3)若环受到的弹力的方向向下,则:
    Fcs θ-μ(Fsin θ-mg)=ma
    所以:F=eq \f(ma-μmg,cs θ-μsin θ)。
    所以选项A、B、D是可能的,选项C是不可能的。
    2.(2021·吉林调研)质量为m0=20 kg、长为L=2 m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=10 kg的小木块(可视为质点),以v0=4 m/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10 m/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=40 N,水平面对木板的摩擦力f2=μ1(m+m0)g=30 N,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=eq \f(f1,m)=μ2g=4 m/s2,对木板,由牛顿第二定律有a2=eq \f(f1-f2,m0)=0.5 m/s2,设经过时间t,小木块和木板的速度相等,v0-a1t=a2t,解得t=eq \f(8,9) s,共同速度v=a2t=eq \f(4,9) m/s,小木块的位移x1=eq \f(v0+v,2)t=eq \f(160,81) m,木板的位移x2=eq \f(v,2)t=eq \f(16,81) m,小木块相对木板的位移Δx=x1-x2=eq \f(144,81) m<L=2 m,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=1 kg、mB=2 kg,当A、B之间产生拉力且大于0.3 N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=2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N
    B.t=2.0 s时刻A、B之间作用力为零
    C.t=2.5 s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5.4 m
    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=eq \f(F1+F2,mA+mB)=eq \f(3.6+0,1+2)m/s2=1.2 m/s2,分离时:F2-Ff=mBa,
    得:F2=Ff+mBa=0.3 N+2×1.2 N=2.7 N,
    经历时间:t=eq \f(4,3.6)×2.7 s=3 s,
    根据位移公式:x=eq \f(1,2)at2=5.4 m,则D正确;
    当t=2 s时,F2=1.8 N,由F2+Ff=mBa,得:Ff=mBa-F2=0.6 N,A正确,B错误;
    当t=2.5 s时,F2=2.25 N,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μ3mgcs θ
    D.图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mgcs θ
    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2mgsin θ=μ2·2mgcs θ,对题图乙中两本词典整体分析,根据牛顿第二定律得2mgsin θ-μ1·2mgcs θ=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=mgsin θ,因为2mgsin θ=μ2·2mgcs θ,所以f1=μ2mgcs θ,故D正确;而两本词典之间的最大静摩擦力fm=μ3mgcs θ,由fm≥f1可知μ3≥μ2,故B错误;题图乙中a=gsin θ-μ1gcs θ,对汉语词典有mgsin θ-f2=ma,解得f2=μ1mgcs θ,故C错误。
    6.(2021·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≤eq \f(3,2)mg。
    (2)A到达上边界PQ时的速度vA=eq \r(2gH)。
    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= eq \r(\f(2H,g))。
    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=eq \f(2mg-mg,2m)=eq \f(g,2)。
    物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为
    ΔL=L-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(vAt+\f(1,2)a2t2-H))=L-eq \f(3,2)H。
    答案:(1)F≤eq \f(3,2)mg (2)L-eq \f(3,2)H
    7.(2021·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=1 m/s的恒定速度运行,一质量为m=4 kg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=2 m,g取10 m/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=1.0 m/s2
    设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1,所通过的位移为s1,则v=at1,s1=eq \f(1,2)at12,解得t1=1 s,s1=0.5 m
    行李速度达到1 m/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=eq \f(l-s1,v)=1.5 s
    所以行李从A运送到B共用时间为t=t1+t2=2.5 s。
    (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=eq \f(1,2)mv2+μmgΔL
    行李与传送带的相对位移ΔL=vt1-s1=0.5 m,
    代入数据解得E=4 J。
    (3)行李从A匀加速运动到B时,传送时间最短
    有l=eq \f(1,2)at2
    代入数据得t=2 s,
    此时传送带对应的运行速率为v′≥atmin=2 m/s
    故传送带对应的最小运行速率为2 m/s。
    答案:(1)2.5 s (2)4 J (3)2 s 2 m/s
    8.(2021·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=0.5 m,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=2 m/s2向右水平拉动纸带,重力加速度g取10 m/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eq \f(1,2)at12-eq \f(1,2)a1t12=d
    由以上两式可得t1=1 s。
    (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=eq \f(v12,2a1)+eq \f(v12,2a2)
    物体B滑离纸带时eq \f(1,2)at22-eq \f(1,2)a1t22=2d
    物体B离开纸带时的速度v2=a1t2
    物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移
    x2=eq \f(v22,2a1)+eq \f(v22,2a2)
    两物体A、B最终停止时的间距x=x2+d-x1
    由以上各式可得x=1.25 m。
    答案:(1)1 s (2)见解析 (3)1.25 m
    9.如图所示,在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A,A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接。当C从静止开始下落距离h时,在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(可视为质点),最终B恰好未从木板A上滑落。A、B间的动摩擦因数μ=0.25,且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,求:
    (1)C由静止下落距离h时,A的速度大小v0;
    (2)木板A的长度L;
    (3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时,对B加一水平向右的恒力F=7mg,其他条件不变,求B滑出A时的速度大小。
    解析:(1)对A、C整体分析,由牛顿第二定律得mg=2ma
    又v02=2ah,解得v0=eq \r(gh)。
    (2)B放在A上后,设A、C仍一起加速,
    由牛顿第二定律得mg-μ·4mg=2ma′
    解得a′=0
    即B放在A上后,A、C以速度v0匀速运动,
    B匀加速运动,加速度aB0=μg=eq \f(g,4)
    设经过时间t0,A、B、C达到共速,且B刚好运动至木板A的左端,则v0=aB0t0,木板A的长度L=v0t0-eq \f(1,2)v0t0
    解得L=2h。
    (3)共速前:A和C匀速,B加速,aB1=eq \f(F+μ·4m·g,4m)=2g
    t1=eq \f(v0,aB1)=eq \f(1,2) eq \r(\f(h,g)),Δx1=xAC-xB=v0t1-eq \f(1,2)v0t1=eq \f(h,4)
    共速后全部向右加速:B的加速度aB2=eq \f(F-4μmg,4m)=eq \f(3,2)g,
    A、C共同的加速度aAC=eq \f(mg+4μmg,2m)=g,
    由Δx2=Δx1=eq \f(1,2)(aB2-aAC)t22
    解得t2= eq \r(\f(h,g)),故B滑出A时的速度为
    vB2=v0+aB2t2=eq \f(5,2)eq \r(gh) 。
    答案:(1)eq \r(gh) (2)2h (3)eq \f(5,2)eq \r(gh)
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