【例1】物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图3-2所示，在A点物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回，则以下说法正确的是：
A、物体从A下降和到B的过程中，速率不断变小 B、物体从B上升到A的过程中，速率不断变大
C、物体从A下降B，以及从B上升到A的过程中，速率都是先增大，后减小
D、物体在B点时，所受合力为零
【解析】本题主要研究a与F合的对应关系，弹簧这种特殊模型的变化特点，以及由物体的受力情况判断物体的运动性质。对物体运动过程及状态分析清楚，同时对物
体正确的受力分析，是解决本题的关键，找出AB之间的C位置，此时F合=0，由A→C的过程中，由mg>kx1，得a=g-kx1/m，物体做a减小的变加速直线运动。在C位置mg=kxc,a=0，物体速度达最大。由C→B的过程中，由于mg
例2如图3-10所示，在原来静止的木箱内，放有A物体，A被一伸长的弹簧拉住且恰好静止，现突然发现A被弹簧拉动，则木箱的运动情况可能是 A、加速下降 B、减速上升肥 C、匀速向右运动 D、加速向左运动
【解析】木箱未运动前，A物体处于受力平衡状态，受
力情况为：重力mg，箱底的支持力N，弹簧拉力F和最大的静摩擦力fm（向左）由平衡条件知：N=mg F=fm。
由于发现A弹簧向右拉动（已知），可能有两种原因，一种是由A向右被拉动推知，F>fm′，（新情况下的最大静摩擦力），可见fm>fm′即是最大静摩擦力减小了，由fm=μN知正压力N减小了，即发生了失重现象，故物体运动的加速度必然竖直向下，所以木箱的运动情况可能是加速下降或减速上升，故A、B正确。另一种原因是木箱向左加速运动，由于惯性原因，木块必然向中滑动，故D正确。
综合上述，正确答案应为A、B、D。
【例3】如图3-11所示，一细线的一端固定于倾角为45°度的光滑楔形滑块A的顶端p处，细线的另一端栓一质量为m的小球，当滑块以2g的加速度向左运动时，线中拉力T等于多少？
【解析】当小球贴着滑块一起向左运动时，小球受到三个力作用：重力mg、线中拉力T，滑块A的支持力N，如图3-12所示，小球在这三个力作用下产生向左的加速度，当滑块向左运动的加速度增大到一定值时，小
球可能离开斜面，滑块的支持力变
为零，小球仅受重力和拉力两个力作用离开斜面，滑块的支持力变为零，小球仅受重力和拉力两个力作用。
由于加速度a=2g时，小球的受力情况未确定，因此可先找出使N=0时的临界加速度，然后将它与题设加速度a=2g相比较，确定受力情况后即可根据牛顿第地定律列式求解。
根据小球贴着滑块运动时的受情况，可列出水平方向和竖直方向的运动方程分别为
Tcos45 -Nsin45 =maTsin45 -Ncos45 =mg联立两式，得
(1)(2)
N=mgcos45 -masin45
若小球对滑块的压力等于零，即就作N=0，滑块的加速度至少就为
cos45 a=g=g
sin45
可见，当滑块以a=2g加速度向左运动时，小球已脱离斜面飘起，此时小球仅受两个力作用：重力mg、线中拉力T′。设线与竖直方向间夹角为β，同理由牛顿第二定律得T'sinβ=ma T'cosβ=mg
联立两式得T'=(ma)2+(mg)2=m2g2+m2a2=5mg
【例4】如图2-2-11甲所示，传送带与地面倾角θ=37°度，从A→B长度为16m，传送带以10m/s的速率逆时针转动，在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A运动到B所需要时间是多少？（g取10m/s2，sin37°=0.6）
【解析】物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力，物体受合力方向沿传送带向下，物体由静止加速。物体加速至与传送带速
图2-2-11
甲
度相等时，由于mgsin37>μmgcos37,物体在重力作用下继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力仍沿传送带向下，物体继续加速下滑，直至传送带的B端。
开始阶段，物体受力情况如图2-2-11乙所示，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=ma
a1=10×(0.6+0.5×0.8)=10m/s2
物体加速至与传送带速度相等需要时间 t1=V/a1=10/10=1S
物体速度大于传送带速度后，物体受力情况如图2-2-11丙所示，由牛顿第二定律得
图2-2-11
乙
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
a2=2m/s2
设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由
L-S=vt2+
12a2t2 2
图2-2-11
丙
解得t2=1s,(t2=-11s舍去)
所以物体由A→B的时间t=t1-t2=2s.
【例5】如图3-28所示的三个物体质量分别为m1、m2和m3，带有滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦以及绳子的质量均不计，为使三个物体无相对运动，水平推力F等于多少？
【解析】由于三个物体无相对运动，困此可看作一个整体，列出整体的牛顿第二定律方程。然后再隔离m1、m2分别列出它们的运动方程。
由整体在水平方面的受力列出牛顿第二定律为F=(m1+m2+m3)a……（1） 分别以m1、m2为研究对象作受力分析（图3-29）设绳拉力为T。 对m1，在水平方向据牛顿第二定律得 T=m1a……（2） 对m2，在竖直方向由力平衡条件得 T-m2g=0……（3） 联立式（1）（2）（3），得水平推力
F=
m2
(m1+m2+m3)g m1
【例6】某人在以a=2.5m/s2的加速度匀加速下降的升降机中最多可举起m1=80kg的物体，则此人在地面上最多可举起多少千克的物体？若此人在匀加速上升的升降机中最多能举起m2=40千克的物体，则此升降机上升的加速度为多大？（g取10m/s2）
【分析】设此人的最大举力F，在不同参照系中这个举力是恒定的，当升降机匀加速下降时，物体也以同一加速度下降，物体“失重”，当升降机竖直向上匀加速上升时，人举起的物体也与升降机一起匀加速上升，物体处于“超重”状态。 【解】：设此人最大举力为F，当升降机匀加速下降时，选取物体为研究对象，受力分析如图3-33所示，由牛顿第二定律得
m1g-F=m1a所以
F=m1(g-a)=600N
当他在地上举物体时，设最多可举起质量
为m0的物体，则有F-m0g=0所
m0=60kg.
当升降机竖直向上匀加速上升时，选物体为研究对象，受力分析如图3-34所示，由牛顿第二定律得 m2g-F=m2a，所以a'=
F-m2g
=5m/s2 m2
【例7】如图1---42所示，重为G的均匀链条，两端用等长的轻绳 连接挂在等高的地方，绳与水平方向成θ角，试求：
（1）．绳子的张力大小。
图1--42
（2）．链条最低点的张力大小.
F1 F2
[析与解]: (1)．绳子的张力等于整条链跟外部绳子的作用力，此处应
θ θ
以整条链为研究对象，作其受力图如右上图，由对称性知：F1=F2，因竖直
G
方向合力为零，则有：2Fsinθ=G ， F=G/2sinθ，即绳子的拉力为G/2sinθ。
(2)．将链条从最底点隔离开，只研究右半条链条，作其受力图如上页
′
右下图，由图得F=Gctgθ/2即链条最低点的张力为Gctgθ/2 。
【例8】如图1---39所示，斜面上放一物体A恰能在斜面上保持静止，如果在物体A的
水平表面上再放一重物，下面说法中正确的是（ ） A．物体A将开始加速下滑 A
θ B．物体A仍保持静止
C．物体A所受的摩擦力增大
图1---39 D．物体A所受的合力增大
6．（2006年·全国理综Ⅰ）一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ．起始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动．求此黑色痕迹的长度．
2v（0a0-μg）6．【答案】 2a0μg
解析：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0．根据牛顿第二定律，可得 a＝μg
设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有 v0＝a0t，v＝at
由于a
此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹． 设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有
2v012
s0=a0t+v0t'，s=
22a
传送带上留下的黑色痕迹的长度l＝s0－s
2
v（0a0-μg）由以上各式得l= 2a0μg
9．（2003年·江苏理综）水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查右图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带A、B始终保持v=1m/s的恒定速率运行；一质量为m=4kg的行李无初速地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB间的距离l=2m，g取10m／s2．
（1）求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小； （2）求行李做匀加速直线运动的时间；
（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到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． 4．【答案】（1）4N，a=lm/s2；（2）1s；（3）2m/s 解析：（1）滑动摩擦力F=μmg ① 以题给数值代入，得F=4N ② 由牛顿第二定律得 F=ma ③ 代入数值，得a=lm/s2 ④
（2）设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度v=1m／s．则 v=at ⑤ 代入数值，得t=1s ⑥
（3）行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短．则
l=
12
atmin 2
⑦ ⑧
代入数值，得tmin=2s
传送带对应的运行速率 Vmin=atmin ⑨ 代人数据解得Vmin=2m/s ⑩
10．如图3－2－24所示，传送带两轮A、B的距离L＝11 m，皮带以恒定速度v＝2 m/s运动，现将一质量为m的物块无初速度地放在A端，若物体与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，传送带的倾角为α＝37°，那么物块m从A端运到B端所需的时间是多少？(g取10 m/s2，cos37°＝0.8)
2．解析：
将物体放在传送带上的最初一段时间内
物体沿传送带向上做匀加速运动
由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma 则a＝μgcos37°－gsin37°＝0.4 m/s2 物体加速至2 m/s所需位移
v222s0＝＝m＝5 m
2a2×0.4
经分析可知物体先加速5 m 再匀速运动s＝L－s0＝6 m. v2
匀加速运动时间t1s＝5 s.
a0.4s6
匀速运动的时间t2＝s＝3 s.
2则总时间t＝t1＋t2＝(5＋3) s＝8 s. 答案：8 s
11如图所示的传送皮带，其水平部分AB长sAB=2m，BC与水平面夹角θ=37°，长度sBC =4m，
一小物体P与传送带的动摩擦因数μ=0.25，皮带沿A至B方向运行，速率为v=2m/s，
若把物体P放在A点处，它将被传送带送到C点，且物体P不脱离皮带，求物体从A点被传送到C点所用的时间．（sin37°=0.6，g=l0m/s2）
1．【答案】2.4s
解析：物体P随传送带做匀加速直线运动，当速度与传送带相等时若未到达B，即做一段匀速运动；P从B至C段进行受力分析后求加速度，再计算时间，各段运动相加为所求时间．
P在AB段先做匀加速运动，由牛顿第二定律F1=ma1,F1=μFN1=μmg,v=a1t， 得P匀加速运动的时间t1=
vv
==0.8s． a1μg
1212s1=a1t1=μgt1=0.8m,sAB-s1=vt2，
22
s-s
匀速运动时间t2=AB1=0.6s．
v
P以速率v开始沿BC下滑，此过程重力的下滑分量mgsin37°=0.6mg；滑动摩擦力沿斜面向上，其大小为μmgcos37°=0.2mg．可见其加速下滑．由牛顿第二定律
mgcos37︒-μmgcos37︒=ma3,a3=0.4g=4m/s2，
12
'=-2s，舍去），解得t3=1s（另解t3．
sBC=vt3+a3t3
2
从A至C经过时间t=t1＋t2＋t3=2.4s．
12】如图1---40所示，甲、乙两球带电量均为q，质量均为m，两球间用绝缘细线连接，甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向水平向左的匀强电场，场强为E，平衡时细线被拉紧，则表示平衡状态的图可能正确的是下列哪一个?（ ）平衡后的拉力正确的是( )
1
E +q
2
-q
A B C D
图1-40
A′．T1=2mg
(qE)2+(mg)2
T
2
=
(qE)2+(mg)2
B′．T
1
＞2mg T
2
＞
C′．T
1
＜2mg T
2
＜
(qE)2+(mg)2
D/．T
1
=2mg T
2
＜
(qE)2+(mg)2
12、[解析]分析线1的张力方向与大小时，应以两球及中间线整体为对象，因整体在水平方向所受电场力的合力为零，故线1必须竖直，选A；因整体竖直方向受力平衡，得：T1=2mg，为了得出T2，必须使其成为外力，将乙球隔离出来作其受力图,由力的平衡有：
T2+F引=.
即 T2＜
(qE)2+(mg)2
(qE)2+(mg)2，选D。
13．如图1-46所示，放置在水平面上的直角劈M上有一质量为m的物体，若m在其上匀速下滑，M仍保持静止，则正确的是：( )
A．M对地面的压力等于（m+M）g
B．M对地面的压力大于（m+M）g C．地面对M没有摩擦力 图1--46 D．地面对M有向左的摩擦力
13、AC
6．如图1-48所示，半径为R的光滑球重为G，光滑木块厚为h，重为
F
图1-48
G1，用至少多大的水平力F推木块才能使球离开地面？
6、[解析]：考虑“至少”对应的临界状态，应有球与地之间作用力为零，各物仍在图中位置。 对整体：由竖直方向力的平衡，得木块所受地面支持力：F地=G+G1-------------（1）
对木块：作受力图如右，由力的平衡： 水平方向有：F=F球sinθ------------------（2） 竖直方向有：F地= G1+ F球cosθ--------（3） 由（1）（2）（3）三式可得：F=Gtanθ；
由图中的几何关系可得：tanθ=
2Rh-h2，R-h
所以，要求的F=G
2Rh-h2 R-h
F地
F球 θ G1 F
【例1】物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图3-2所示，在A点物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回，则以下说法正确的是：
A、物体从A下降和到B的过程中，速率不断变小 B、物体从B上升到A的过程中，速率不断变大
C、物体从A下降B，以及从B上升到A的过程中，速率都是先增大，后减小
D、物体在B点时，所受合力为零
【解析】本题主要研究a与F合的对应关系，弹簧这种特殊模型的变化特点，以及由物体的受力情况判断物体的运动性质。对物体运动过程及状态分析清楚，同时对物
体正确的受力分析，是解决本题的关键，找出AB之间的C位置，此时F合=0，由A→C的过程中，由mg>kx1，得a=g-kx1/m，物体做a减小的变加速直线运动。在C位置mg=kxc,a=0，物体速度达最大。由C→B的过程中，由于mg
例2如图3-10所示，在原来静止的木箱内，放有A物体，A被一伸长的弹簧拉住且恰好静止，现突然发现A被弹簧拉动，则木箱的运动情况可能是 A、加速下降 B、减速上升肥 C、匀速向右运动 D、加速向左运动
【解析】木箱未运动前，A物体处于受力平衡状态，受
力情况为：重力mg，箱底的支持力N，弹簧拉力F和最大的静摩擦力fm（向左）由平衡条件知：N=mg F=fm。
由于发现A弹簧向右拉动（已知），可能有两种原因，一种是由A向右被拉动推知，F>fm′，（新情况下的最大静摩擦力），可见fm>fm′即是最大静摩擦力减小了，由fm=μN知正压力N减小了，即发生了失重现象，故物体运动的加速度必然竖直向下，所以木箱的运动情况可能是加速下降或减速上升，故A、B正确。另一种原因是木箱向左加速运动，由于惯性原因，木块必然向中滑动，故D正确。
综合上述，正确答案应为A、B、D。
【例3】如图3-11所示，一细线的一端固定于倾角为45°度的光滑楔形滑块A的顶端p处，细线的另一端栓一质量为m的小球，当滑块以2g的加速度向左运动时，线中拉力T等于多少？
【解析】当小球贴着滑块一起向左运动时，小球受到三个力作用：重力mg、线中拉力T，滑块A的支持力N，如图3-12所示，小球在这三个力作用下产生向左的加速度，当滑块向左运动的加速度增大到一定值时，小
球可能离开斜面，滑块的支持力变
为零，小球仅受重力和拉力两个力作用离开斜面，滑块的支持力变为零，小球仅受重力和拉力两个力作用。
由于加速度a=2g时，小球的受力情况未确定，因此可先找出使N=0时的临界加速度，然后将它与题设加速度a=2g相比较，确定受力情况后即可根据牛顿第地定律列式求解。
根据小球贴着滑块运动时的受情况，可列出水平方向和竖直方向的运动方程分别为
Tcos45 -Nsin45 =maTsin45 -Ncos45 =mg联立两式，得
(1)(2)
N=mgcos45 -masin45
若小球对滑块的压力等于零，即就作N=0，滑块的加速度至少就为
cos45 a=g=g
sin45
可见，当滑块以a=2g加速度向左运动时，小球已脱离斜面飘起，此时小球仅受两个力作用：重力mg、线中拉力T′。设线与竖直方向间夹角为β，同理由牛顿第二定律得T'sinβ=ma T'cosβ=mg
联立两式得T'=(ma)2+(mg)2=m2g2+m2a2=5mg
【例4】如图2-2-11甲所示，传送带与地面倾角θ=37°度，从A→B长度为16m，传送带以10m/s的速率逆时针转动，在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A运动到B所需要时间是多少？（g取10m/s2，sin37°=0.6）
【解析】物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力，物体受合力方向沿传送带向下，物体由静止加速。物体加速至与传送带速
图2-2-11
甲
度相等时，由于mgsin37>μmgcos37,物体在重力作用下继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力仍沿传送带向下，物体继续加速下滑，直至传送带的B端。
开始阶段，物体受力情况如图2-2-11乙所示，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=ma
a1=10×(0.6+0.5×0.8)=10m/s2
物体加速至与传送带速度相等需要时间 t1=V/a1=10/10=1S
物体速度大于传送带速度后，物体受力情况如图2-2-11丙所示，由牛顿第二定律得
图2-2-11
乙
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
a2=2m/s2
设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由
L-S=vt2+
12a2t2 2
图2-2-11
丙
解得t2=1s,(t2=-11s舍去)
所以物体由A→B的时间t=t1-t2=2s.
【例5】如图3-28所示的三个物体质量分别为m1、m2和m3，带有滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦以及绳子的质量均不计，为使三个物体无相对运动，水平推力F等于多少？
【解析】由于三个物体无相对运动，困此可看作一个整体，列出整体的牛顿第二定律方程。然后再隔离m1、m2分别列出它们的运动方程。
由整体在水平方面的受力列出牛顿第二定律为F=(m1+m2+m3)a……（1） 分别以m1、m2为研究对象作受力分析（图3-29）设绳拉力为T。 对m1，在水平方向据牛顿第二定律得 T=m1a……（2） 对m2，在竖直方向由力平衡条件得 T-m2g=0……（3） 联立式（1）（2）（3），得水平推力
F=
m2
(m1+m2+m3)g m1
【例6】某人在以a=2.5m/s2的加速度匀加速下降的升降机中最多可举起m1=80kg的物体，则此人在地面上最多可举起多少千克的物体？若此人在匀加速上升的升降机中最多能举起m2=40千克的物体，则此升降机上升的加速度为多大？（g取10m/s2）
【分析】设此人的最大举力F，在不同参照系中这个举力是恒定的，当升降机匀加速下降时，物体也以同一加速度下降，物体“失重”，当升降机竖直向上匀加速上升时，人举起的物体也与升降机一起匀加速上升，物体处于“超重”状态。 【解】：设此人最大举力为F，当升降机匀加速下降时，选取物体为研究对象，受力分析如图3-33所示，由牛顿第二定律得
m1g-F=m1a所以
F=m1(g-a)=600N
当他在地上举物体时，设最多可举起质量
为m0的物体，则有F-m0g=0所
m0=60kg.
当升降机竖直向上匀加速上升时，选物体为研究对象，受力分析如图3-34所示，由牛顿第二定律得 m2g-F=m2a，所以a'=
F-m2g
=5m/s2 m2
【例7】如图1---42所示，重为G的均匀链条，两端用等长的轻绳 连接挂在等高的地方，绳与水平方向成θ角，试求：
（1）．绳子的张力大小。
图1--42
（2）．链条最低点的张力大小.
F1 F2
[析与解]: (1)．绳子的张力等于整条链跟外部绳子的作用力，此处应
θ θ
以整条链为研究对象，作其受力图如右上图，由对称性知：F1=F2，因竖直
G
方向合力为零，则有：2Fsinθ=G ， F=G/2sinθ，即绳子的拉力为G/2sinθ。
(2)．将链条从最底点隔离开，只研究右半条链条，作其受力图如上页
′
右下图，由图得F=Gctgθ/2即链条最低点的张力为Gctgθ/2 。
【例8】如图1---39所示，斜面上放一物体A恰能在斜面上保持静止，如果在物体A的
水平表面上再放一重物，下面说法中正确的是（ ） A．物体A将开始加速下滑 A
θ B．物体A仍保持静止
C．物体A所受的摩擦力增大
图1---39 D．物体A所受的合力增大
6．（2006年·全国理综Ⅰ）一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ．起始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动．求此黑色痕迹的长度．
2v（0a0-μg）6．【答案】 2a0μg
解析：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0．根据牛顿第二定律，可得 a＝μg
设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有 v0＝a0t，v＝at
由于a
此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹． 设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有
2v012
s0=a0t+v0t'，s=
22a
传送带上留下的黑色痕迹的长度l＝s0－s
2
v（0a0-μg）由以上各式得l= 2a0μg
9．（2003年·江苏理综）水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查右图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带A、B始终保持v=1m/s的恒定速率运行；一质量为m=4kg的行李无初速地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB间的距离l=2m，g取10m／s2．
（1）求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小； （2）求行李做匀加速直线运动的时间；
（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到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． 4．【答案】（1）4N，a=lm/s2；（2）1s；（3）2m/s 解析：（1）滑动摩擦力F=μmg ① 以题给数值代入，得F=4N ② 由牛顿第二定律得 F=ma ③ 代入数值，得a=lm/s2 ④
（2）设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度v=1m／s．则 v=at ⑤ 代入数值，得t=1s ⑥
（3）行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短．则
l=
12
atmin 2
⑦ ⑧
代入数值，得tmin=2s
传送带对应的运行速率 Vmin=atmin ⑨ 代人数据解得Vmin=2m/s ⑩
10．如图3－2－24所示，传送带两轮A、B的距离L＝11 m，皮带以恒定速度v＝2 m/s运动，现将一质量为m的物块无初速度地放在A端，若物体与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，传送带的倾角为α＝37°，那么物块m从A端运到B端所需的时间是多少？(g取10 m/s2，cos37°＝0.8)
2．解析：
将物体放在传送带上的最初一段时间内
物体沿传送带向上做匀加速运动
由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma 则a＝μgcos37°－gsin37°＝0.4 m/s2 物体加速至2 m/s所需位移
v222s0＝＝m＝5 m
2a2×0.4
经分析可知物体先加速5 m 再匀速运动s＝L－s0＝6 m. v2
匀加速运动时间t1s＝5 s.
a0.4s6
匀速运动的时间t2＝s＝3 s.
2则总时间t＝t1＋t2＝(5＋3) s＝8 s. 答案：8 s
11如图所示的传送皮带，其水平部分AB长sAB=2m，BC与水平面夹角θ=37°，长度sBC =4m，
一小物体P与传送带的动摩擦因数μ=0.25，皮带沿A至B方向运行，速率为v=2m/s，
若把物体P放在A点处，它将被传送带送到C点，且物体P不脱离皮带，求物体从A点被传送到C点所用的时间．（sin37°=0.6，g=l0m/s2）
1．【答案】2.4s
解析：物体P随传送带做匀加速直线运动，当速度与传送带相等时若未到达B，即做一段匀速运动；P从B至C段进行受力分析后求加速度，再计算时间，各段运动相加为所求时间．
P在AB段先做匀加速运动，由牛顿第二定律F1=ma1,F1=μFN1=μmg,v=a1t， 得P匀加速运动的时间t1=
vv
==0.8s． a1μg
1212s1=a1t1=μgt1=0.8m,sAB-s1=vt2，
22
s-s
匀速运动时间t2=AB1=0.6s．
v
P以速率v开始沿BC下滑，此过程重力的下滑分量mgsin37°=0.6mg；滑动摩擦力沿斜面向上，其大小为μmgcos37°=0.2mg．可见其加速下滑．由牛顿第二定律
mgcos37︒-μmgcos37︒=ma3,a3=0.4g=4m/s2，
12
'=-2s，舍去），解得t3=1s（另解t3．
sBC=vt3+a3t3
2
从A至C经过时间t=t1＋t2＋t3=2.4s．
12】如图1---40所示，甲、乙两球带电量均为q，质量均为m，两球间用绝缘细线连接，甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向水平向左的匀强电场，场强为E，平衡时细线被拉紧，则表示平衡状态的图可能正确的是下列哪一个?（ ）平衡后的拉力正确的是( )
1
E +q
2
-q
A B C D
图1-40
A′．T1=2mg
(qE)2+(mg)2
T
2
=
(qE)2+(mg)2
B′．T
1
＞2mg T
2
＞
C′．T
1
＜2mg T
2
＜
(qE)2+(mg)2
D/．T
1
=2mg T
2
＜
(qE)2+(mg)2
12、[解析]分析线1的张力方向与大小时，应以两球及中间线整体为对象，因整体在水平方向所受电场力的合力为零，故线1必须竖直，选A；因整体竖直方向受力平衡，得：T1=2mg，为了得出T2，必须使其成为外力，将乙球隔离出来作其受力图,由力的平衡有：
T2+F引=.
即 T2＜
(qE)2+(mg)2
(qE)2+(mg)2，选D。
13．如图1-46所示，放置在水平面上的直角劈M上有一质量为m的物体，若m在其上匀速下滑，M仍保持静止，则正确的是：( )
A．M对地面的压力等于（m+M）g
B．M对地面的压力大于（m+M）g C．地面对M没有摩擦力 图1--46 D．地面对M有向左的摩擦力
13、AC
6．如图1-48所示，半径为R的光滑球重为G，光滑木块厚为h，重为
F
图1-48
G1，用至少多大的水平力F推木块才能使球离开地面？
6、[解析]：考虑“至少”对应的临界状态，应有球与地之间作用力为零，各物仍在图中位置。 对整体：由竖直方向力的平衡，得木块所受地面支持力：F地=G+G1-------------（1）
对木块：作受力图如右，由力的平衡： 水平方向有：F=F球sinθ------------------（2） 竖直方向有：F地= G1+ F球cosθ--------（3） 由（1）（2）（3）三式可得：F=Gtanθ；
由图中的几何关系可得：tanθ=
2Rh-h2，R-h
所以，要求的F=G
2Rh-h2 R-h
F地
F球 θ G1 F