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

专题（十） 牛顿运动定律的综合应用
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50 N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＝g，aB＝5g　　　　　 B．aA＝aB＝g
C．aA＝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＝＝＝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．(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m1gcos 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＝，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＝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tan 30°＝，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sin 60°＝，解得F的最小值为Fmin＝mgsin 60°＝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.g B.g
C.g D.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＝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，cos 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＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝0.875，故B错误；0～8 s内物体的位移为s＝－×2×2 m＋×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＝－×2×2 m＋ m＝6 m，因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcos 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．(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＝＝－gsin θ－μgcos θ，对B分析可得N－mBgsin θ－μmBgcos θ＝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＝1.5 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，cos 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：kxcos θ－FNsin θ＝ma
在竖直方向：kxsin θ＋FNcos 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：
＝a1t2－a2t2
代入数据解得：t＝1 s
在此过程中，木板的位移为：x1＝a1t2＝×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＝a2t2＝×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＋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′＝
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)0.64 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． 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：Fcos θ＝ma，Fsin θ＝mg
解得：F＝或F＝。
(2)若环受到的弹力的方向向上，则：
Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma
所以：F＝。
(3)若环受到的弹力的方向向下，则：
Fcos θ－μ(Fsin θ－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．(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＝＝μ2g＝4 m/s2，对木板，由牛顿第二定律有a2＝＝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＝ 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＝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＝＝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＝×2.7 s＝3 s，
根据位移公式：x＝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μ3mgcos θ
D．图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mgcos 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＝μ2·2mgcos 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－μ1·2mgcos 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＝μ2·2mgcos θ，所以f1＝μ2mgcos θ，故D正确；而两本词典之间的最大静摩擦力fm＝μ3mgcos θ，由fm≥f1可知μ3≥μ2，故B错误；题图乙中a＝gsin θ－μ1gcos θ，对汉语词典有mgsin θ－f2＝ma，解得f2＝μ1mgcos 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≤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．(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＝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＝＝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＝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＝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at12－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＝＋
物体B滑离纸带时at22－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＝＋
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＝。
(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＝
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－v0t0
解得L＝2h。
(3)共速前：A和C匀速，B加速，aB1＝＝2g
t1＝＝ ，Δx1＝xAC－xB＝v0t1－v0t1＝
共速后全部向右加速：B的加速度aB2＝＝g，
A、C共同的加速度aAC＝＝g，
由Δx2＝Δx1＝(aB2－aAC)t22
解得t2＝ ，故B滑出A时的速度为
vB2＝v0＋aB2t2＝ 。
答案：(1)　(2)2h　(3)