【单元练】重庆巴蜀中学高中物理必修1第四章【动力和力的关系】经典测试(专题培优)

一、选择题
1．如图所示为甲、乙两质点沿同一直线运动的速度时间图像，下列判断正确的是（ ）
A ．0~6 s 内，不存在甲、乙加速度相同的时刻
B ．0~6 s 内，甲的平均速度小于乙的平均速度
C ．3 s 末，甲受到的合力小于乙受到的合力
D ．若甲、乙在t =0时刻相遇，则它们在0~6 s 内还会相遇两次B
解析：B
A ．速度时间图像中切线的斜率表示加速度知：3 s 后的时间内在乙的图线上可以画出一条与甲图线平行的切线，即甲、乙在某时刻的加速度可以相同，A 错误；
B ．根据速度时间图像中图线与t 轴包围的面积表示位移知：0~6 s 内，甲的位移明显小于乙的位移，由平均速度的定义式知：甲的平均速度小于乙的平均速度，B 正确；
C ．3 s 末，甲的加速度大小为
220690
m /s 1m/s v a t ∆=--==∆- 所受合力不为零，而乙图线切线的斜率为零即加速度为零，所受合力为零，故3 s 末甲受到的合力大于乙受到的合力，C 错误；
D ．根据速度时间图像中图线与t 轴包围的面积表示位移，若甲、乙在t =0时刻相遇，之后，它们的位移只相等一次，即它们在0~6 s 内只能再相遇一次，D 错误。

故选B 。

2．如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块A ，使汽车沿水平面向右匀速运动，在物块A 到达滑轮之前，下列说法正确的是（ ）
A ．物块 A 竖直向上做匀速运动
B ．物块A 处于超重状态
C ．物块 A 处于失重状态
D ．物块 A 竖直向上先加速后减速B
解析：B 设与汽车相连的绳子与水平方向的夹角为α，则有
A cos v αv =
当汽车沿水平面向右匀速运动时，绳子与水平方向的夹角为α减小，物块A 的速度逐渐增大，说明物块A 在向上加速，绳子拉力大于其重力，处于超重状态。

故选B 。

3．某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示，他使木块以初速度v 0=4m/s 的速度沿倾角θ=30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v -t 图线如图乙所示，g 取10m/s 2，则根据题意计算出的下列物理量正确的是（ ）
A ．上滑、下滑过程中的加速度的大小均为a =8m/s 2
B ．木块与斜面间的动摩擦因数μ3
C ．木块回到出发点时的速度大小v =4m/s
D ．木块在2s 末返回出发点B
解析：B
AB ．由v t -图像可知，木块经0.5s 上滑到最高点，上滑过程中加速度的大小
2214m/s =8m/s 0.5
a =
木块上滑过程中，由牛顿第二定律得 1sin 30cos30mg mg ma μ+=
解得
3μ=
木块下滑过程中，由牛顿第二定律得
2sin 30-cos30mg mg ma μ=
解得
a 2=2m/s 2
故A 错误，B 正确；
CD ．下滑的距离等于上滑的距离
201
2v x a = 下滑至出发点的速度大小
22v a x =
解的
2m s v =
木块由最高点下滑到出发点所用时间
22
1s v t a == 则木块返回出发点所用时间 20.5s+ 1.5s t t ==
故CD 错误。

故选B 。

4．如图所示，物体A 、B 质量均为m ，叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上，上端和物体拴接）。

对A 施加一竖直向下，大小为F 的外力，使弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）后物体A 、B 处于平衡状态。

已知重力加速度为g ，F >2mg 。

现突然撤去外力F ，设两物体向上运动过程中A 、B 间的相互作用力大小为F N ，则下列关于F N 的说法正确的是（ ）
A ．刚撤去外力F 时，F N ＝2
mg F + B ．弹簧弹力等于F 时，F N =
2F C ．两物体A 、B 在弹簧恢复原长之前分离
D ．弹簧恢复原长时F N =mg B
解析：B
A ．刚撤去外力F 时，由牛顿第二定律，对A 、
B 组成的整体有
12F ma ＝
对物体A 有
1N F mg ma －＝
联立解得：+2
N F F mg =，A 错误； B ．弹簧弹力等于F 时，对A 、B 组成的整体有
222F mg ma －＝
对物体A 有
2N F mg ma －＝ 联立解得：2N F F ＝，B 正确； CD ．当A 、B 恰好分离时，A 、B 间相互作用力为0，对A 有
mg ＝ma 解得：a ＝g ，B 的加速度也为g ，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长，C 、D 错误；
故选B 。

5．如图所示，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a 和b 。

a 球质量为m ，静置于地面；b 球质量为2m ，用手托住，高度为h ，此时轻绳刚好拉紧。

由静止释放小球b ，在球b 下降的过程中，球a 的加速度为（已知重力加速度为g ）（ ）
A ．13g
B ．12g
C ．g
D ．32
g A 解析：A
对a 球
F mg ma -=
对b 球
22mg F ma -=
解出13
a g =，故选A 。

6．如图所示，物体P 叠放在物体Q 上，P Q 、的质量均为m ，且上、下表面均与斜面平行，它们沿倾角为θ的固定斜面一起以加速度a 加速下滑，已知重力加速度为g ，Q 与斜面间的动摩擦因数为μ，则（ ）
A ．P 可能不受静摩擦力作用
B ．若Q 受到静摩擦力作用，则方向可能沿斜面向上
C ．Q 受到斜面的滑动摩擦力大小为2sin mg θ
D ．Q 与斜面间的动摩擦因数tan μθ< D
解析：D
A ．以P 、Q 整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
2sin 2cos 2mg mg ma θμθ-⋅=
得
sin cos a g g θμθ=-
设P 受到的静摩擦力大小为f ，方向沿斜面向下，对P ，由牛顿第二定律得
sin mg f ma θ+=
解得
f =-μm
g cos θ
方向沿斜面向上，故A 错误；
B ．Q 对P 的静摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律知，Q 受到静摩擦力作用，则方向沿斜面向下，故B 错误；
C ．Q 受到斜面的滑动摩擦力大小为
2cos 2sin 22sin f mg mg ma mg μθθθ'=⋅=-＜
故C 错误；
D ．因a ＞0，即
sin cos 0a g g θμθ=-＞
故μ＜tan θ，故D 正确。

故选D 。

7．如图所示，物体在五个共点力的作用下沿1F 方向做匀速直线运动，0t =时刻撤去力1F ，而保持其余四个力不变，则物体的v t -图像可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ． C 解析：C
物体原来处于平衡状态，物体的合力为零，当撤去其中一个力F 1，其余力的合力与F 1大小相等方向相反，与原来的运动方向相反，因此物体将做匀减速直线运动，选项C 正确， ABD 错误。

故选C 。

8．如图所示，质量为m 的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态。

当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（ ）
A ．0
B ．大小为233
g ，方向垂直木板向下 C ．大小为g ，方向竖直向下
D ．大小为
33
g ，方向水平向右B 解析：B 木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图
根据共点力平衡条件，有
sin300F N -︒=
cos300N G ︒-=
代入数据解得
233N mg =，33
F mg = 木板AB 突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力大小等于支持力N ，方向与N 反向，故加速度为
232333
N a g m m === 方向垂直于木板向下，故B 正确错误，ACD 。

故选B 。

9．如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜面上，质量分别为2m 、m 的a 、b 两物块，用一轻弹簧相连，将a 用细线连接在木板上，调整细线使之与斜面平行且使系统静止时，物块b 恰与斜面底端的挡板无弹力，此时弹簧的形变量为x 。

重力加速度为g ，若突然剪断细线，弹
簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A ．剪断细线瞬间，挡板对物块b 弹力为0.5mg
B ．剪断细线瞬间，物体b 的加速度为0.5g
C ．剪断细线瞬间，物体a 的加速度为g
D ．剪断细线后，物块a 沿斜面向下运动3x 时动能最大D
解析：D
AB ．突然剪断细线前，对b 受力分析，由平衡条件可得
sin F mg θ=弹
剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，b 的受力状态不变，合力仍为零，则物体b 的加速度为0，挡板对物块b 弹力也为零，A 、B 错误；
C ．突然剪断细线前，对a 受力分析，由平衡条件可得
2sin T F mg F θ=+弹
可得
3sin T F mg θ=
剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，绳子拉力消失，由牛顿第二定律得
2sin 2mg F ma θ+=弹
解得，a 的加速度为
3sin 2
a g θ=
C 错误；
D ．剪断细线前，弹簧的形变量为x ，可得 sin mg F kx θ==弹
剪断细线后，物块a 沿斜面向下运动，向下运动x 时，弹簧恢复原长，再向下运动x '，当加速度为零时，速度最大，此时满足
2sin mg kx θ'=
联立上式可得
2x x '=
所以物块a 沿斜面向下运动3x 时动能最大，D 正确。

故选D 。

10．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A ，受到水平拉力F 的作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面之间的静摩擦力最大值f m ，与滑动摩擦力大小相等。

则下列说法中正确的是（ ）
A．t1时刻物块的速度最大B．t2时刻物块的速度最大
C．0~t0时间内物块加速运动D．t1~t2时间内物块减速运动B
解析：B
AB．由图可知t0－t2时间内拉力大于等于最大静摩擦力，物块始终做加速运动，所以t2时刻物块速度最大，故A错误，B正确；
C．在0－t0时间内水平拉力小于最大静摩擦力，物体保持不动，故C错误；
D．t1~t2时间内拉力大于等于最大静摩擦力，则物块做加速运动，故D错误。

故选B。

二、填空题
11．有一仪器中电路如图所示，其中M是质量较大的金属块，M两端与弹簧相连，将仪器固定在一辆汽车上，匀速行驶时，弹簧均处于原长，两灯均不亮。

汽车启动时_______灯亮。

急刹车时_______灯亮。

绿红
解析：绿红
[1]当汽车突然启动时，汽车由于受牵引力由静止变成运动，而金属块M由于惯性仍然保持静止，所以金属块M相对于汽车向后运动，使绿灯支路接通，即绿灯亮；
[2]当汽车急刹车时，汽车由于受到制动力由运动变成静止，而金属块M由于惯性仍然向前运动。

所以金属块M相对于汽车向前运动，使红灯支路接通，即红灯亮。

12．某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图像如图所示，在
0~8s内，速度最大的时刻是第__________s末，距离出发点最远的是第_______s末。

8
解析：8
[1][2]物体在02s内，F逐渐增大，由牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，做变加速直
线运动；在24s 内，F 逐渐减小，加速度逐渐减小，但方向没有改变，因此物体沿原方向做加速度减小的加速运动；在46s 内，F 反向逐渐增大，加速度也反向逐渐增大，物体沿原方向做加速度增大的减速运动；在68s 内，F 减小，加速度也逐渐减小，物体沿原方向做加速度减小的减速运动；根据对称性可知，在8s 末物体的速度为零。

综上分析可知，物体在第4s 末速度最大，在第8s 末距离出发点最远。

13．质量为2kg 的物体在10N 水平恒力作用下，沿光滑水平桌面由静止运动2s ，则2s 末的速度为_______m/s ，2s 内通过的位移为_______m 。

10
解析：10
[1][2]分析物体受力如图，
由牛顿第二定律得：
2210m/s 5m/s 2F a m === 则2s 末的速度为：
v =at =5×2m/s=10m/s
2s 内通过的位移为：
221152m 10m 22
x at ==⨯⨯=。

14．如图所示，质量为m 的光滑小球，用轻绳连接后挂在三角劈的顶端斜面平行，劈置于光滑水平面上，当劈水平向右匀加速加速度1a =________时，球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零；当劈以加速度2a g =向左匀加速运动时，绳的拉力2T =________。

解析：33
g 5mg [1]球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零时，小球受力如图所示：
由牛顿第二定律得：
tan 30mg ma ︒=
解得：
133a g = [2]当劈加速度向左，球恰好刚要离开斜面，即斜面对球的作用力恰好为零时，球受力如图所示：
由牛顿第二定律得：
tan 30
mg ma ︒=临界 解得：
32=a g a g <=临界
所以当加速度：2a g =水平向左匀加速运动时，小球离开斜面，受力如图所示：
所以绳子的拉力：
222()()5T mg ma mg =+=
15．如图所示，1m AB BC AC ===，小球的质量为1kg ，当小车的加速度大于________时，BC 绳开始有张力；当两绳均有张力时，两绳拉力之差为________N ．
3g
[1]当BC 绳刚开始有拉力时，绳子绷紧，拉力恰好为零，对小球受力分析如图所示：
水平方向：
1sin 60T ma ︒=
竖直方向上：
1cos 60T mg ︒=
联立可得 3a g =
[2]当两根绳子均有拉力时，受力分析如图所示：
在竖直方向上受力平衡可得
12cos 60cos 60T T mg ︒=︒+
解得
1220N T T -=
16．电梯中有一个弹簧测力计上悬挂质量为1kg 的物体，当电梯以22m/s 的加速度匀减速上升时，弹簧测力计的示数为________N ．若下降过程中弹簧测力计的示数是12N ，则此时物体的加速度大小为________2m/s ．2
解析：2
以竖直向上为正方向，物体受到重力和弹簧弹力，根据牛顿运动定律可知F mg ma -=，
[1]代入数据可得1101(2)F -⨯=⨯-，F =8N
[2]代入数据可得12110a -⨯=，22/a m s =，方向竖直向上
17．如图所示，水平地面上一质量m =4kg 的物体，在水平向右的拉力F 1=10N 的作用下做
匀速运动，此时物体所受合外力F =________N ：若仅将拉力增大为F 2=30N ，则物体所受摩擦力的大小f =________N ，物体运动的加速度大小a =________2m /s 。

105
解析：10 5
[1]水平地面上一质量m =4kg 的物体，在水平向右的拉力F 1=10N 的作用下做匀速运动，此时物体受力平衡，则所受合外力为零
[2]根据平衡条件可得：
f =F 1=10N
若仅将拉力增大为F 2=30N ，则物体所受压力和动摩擦因数不变，根据f =μN 可知摩擦力的大小不变，仍为10N
[3]根据牛顿第二定律可得
F 2-f =ma
代入数据解得：
25m /s a =
18．如图所示，小车沿水平面以加速度a 向右做匀加速直线运动．车的右端固定一根铁杆，铁杆始终保持与水平面成 θ 角，杆的顶端固定着一只质量为m 的小球．此时杆对小球的作用力为_____________________．
方向与竖直方向成角斜向右上方且=arctan 解析：22m a g +，方向与竖直方向成θ 角斜向右上方，且θ= arctan
a g ． 由于球被固定在杆上，故与车具有相同的加速度a ，以球为研究对象，根据其受力和运动情况可知小球的加速度a 由小球重力mg 和杆对小球的作用力F 的合力提供，物体受力情况如图所示，
由题意知合力方向水平向右．根据勾股定理可知
F = 22m a g +
方向与竖直方向成θ 角斜向右上方，且
a arctan g
θ=． 【点睛】
注意由于加速度方向与合外力方向一致，因此重力与弹力的合力方向就是加速度方向．而
杆对球施力就不一定沿杆的方向了．
19．某次军事演习时，战机的着陆速度为60m/s ，落地后以大小为6m/s 2的加速度做匀减速直线运动，若战机的质量为4
1.510kg m =⨯，则战机在减速过程中受到的合外力大小为___________N ，它在着陆后12s 内滑行的距离是___________m 。

解析：4910⨯
[1]合外力大小为
441.5106N 910N F ma ==⨯⨯=⨯
[2]滑行时间为 0060s 10s 6
v t a =
== 它在着陆后12s 内滑行的距离是 22
060m 300m 226
v x a ===⨯ 20．如图所示，一质量为50kg 人站在自动扶梯的水平踏板上，当人随扶梯斜向上做匀速运动时，扶梯对人的支持力为1F =___________N ；当人随扶梯斜向上做加速度为22m/s 的匀
加速直线运动时，扶梯对人的支持力为2F =___________N 。

（取210m/s g =）
550
解析：550
[1]当人随扶梯斜向上做匀速运动时，由平衡可知
1500N F mg ==
[2]当人随扶梯斜向上做加速度为22m/s 的匀加速直线运动时，对人受力分析，由牛顿第二定律可得
2sin30F mg ma ︒-=
即
21sin 30(500502)N 550N 2
F mg ma ︒=+=+⨯⨯= 三、解答题
21．一物体从悬停在高空中的直升飞机上掉落，下降过程中，受到的空气阻力大小与其速度大小成正比。

当速度达到v m =25m/s 时，物体匀速下降。

取g =10m/s 2。

(1)定性作出掉落后物体的v-t 关系图象。

(2)当速度为v 1=15m/s 时，物体的加速度为多大？
解析：(1)见解析；(2)4m/s 2
(1)如图所示
(2)达到v m 时，受力平衡，有
mg=F
F =kv m
当速度为v 1=15m/s 时，由牛顿第二定律有
mg-F 1=ma
F 1=kv 1
代入数据解上式得
a =４m/s 2
22．某驾驶员驾驶的汽车质量为1.5×103 kg ，以50 m/s 的速度在平直的公路上超速行驶，在发现前方有危险时，以10 m/s 2的加速度刹车直至停止，求汽车在刹车过程中：
(1)刹车所需的时间t ；
(2)刹车后2 s 末的速度大小v ；
(3)所受的合力大小F 。

解析：(1)5s ；(2)30m/s ；(3)1.5×104N
(1)由速度时间关系式v =v 0+at ，可得汽车刹车所需时间
050s 5s 10
v t a --=
==- (2)汽车刹车后在2s 末的速度大小 v =50m/s−10×2m/s=30m/s
(3)由牛顿第二定律可知汽车所受的合力大小
F =ma =1.5×103×10N=1.5×104N
23．质量为m =1kg 的物块恰好能沿倾角为30θ=︒、长度为5m 的斜面匀速下滑。

（重力加速度210m/s g =）
（1）求物块和斜面之间的动摩擦因数μ；
（2）若给物块施加一个水平推力，恰能使它沿此斜面向上匀速运动，则水平推力为多大？ （3）若对物块施加一大小为103F =拉力作用，使它从静止开始沿此斜面向上做匀加速直线运动，试分析拉力F 与斜面的夹角为多大时才能使物块最快地从斜面低端到达斜面顶端？最短时间是多少？
解析：（13；（2）103；（3）1s （1）设物块和斜面之间的摩擦力为F f ，根据平衡条件有
sin f F mg θ=
又有
cos f F mg μθ=
联立解得 3tan 3
μθ== （2）对物块受力分析如下，建立如图所示直角坐标系，则有
在y 轴方向
cos sin N F mg F θθ=+
在x 轴方向
cos sin f F mg F θθ=+ 又有f N F F μ=
联立解得
103N F =
（3）设拉力F 与斜面的夹角为α，建立如图所示的坐标系，则有
在y 轴方向
sin cos N F F mg αθ+=
在x 轴方向
cos sin f F mg F ma αθ--=
又有f N F F μ=
联立解得
(cos sin )(sin cos )F a g m
αμαθμθ=
+-+ 当30α=︒时，物块的加速度最大且大小为
210m/s a = 物块到达斜面顶端所用时间最短，设最短时间为t ，则有
212x at = 解得 1s t =
24．一质量m =3kg 的物块，置于水平地面上，F =l0N 的水平拉力作用在物块上，物块做匀速直线运动（g 取10m/s 2），求：
（1）物块与地面的摩擦系数；
（2）若用一个与水平成60°角斜向上的拉力，物体也做匀速直线运动，则该力的大小。

解析：(1)33
；(2)10N (1)水平拉物块时，物块做匀速直线运动，受力平衡，根据平衡条件得
0F mg μ-= 解得
103=3
310F mg μ==⨯ (2)将拉力改为与水平方向成60°角，物块的受力如图
则竖直方向
sin 60F N mg '︒+=
水平方向
cos60f F ='︒
又
f N μ=
联立可得
10N F '=
25．航母阻拦索就是设置在航母甲板上与舰载机滑行方向垂直的强度较高且弹性十足的绳索，舰载机在航母降落后，尾部的钩子能及时钩住阻拦索，这样它就可以快速停下。

某同学使用尾部加装有光滑挂钩的玩具飞机和橡皮筋模拟了上述阻拦过程。

如图所示，用两个图钉将一根橡皮筋的两端固定在水平桌面上相距12cm 的1P 、2P 两点，橡皮筋恰好处于原
长，现给玩具飞机一个初速度，使它在桌面上沿1P 、2P 连线的中垂线方向自左向右运动，当它经过1O 点时，挂钩恰好钩住橡皮筋的中点，此时玩具飞机的速度是
00.6m /s v =，此后它继续向前滑行13cm 至3O 点处速度减为0。

已知实验所用橡皮筋的弹力遵从胡克定律，劲度系数12.5N /m k =，玩具飞机的质量为1kg ，不计玩具飞机在滑行过程受到的桌面及空气给它的阻力作用。

(1)若视玩具飞机钩住橡皮筋后滑行过程为匀减速直线运动，求玩具飞机的加速度是多大？
(2)事实上玩具飞机钩住橡皮筋后滑行过程并不是匀减速的，求玩具飞机尾钩钩住橡皮筋后向前滑行8cm 经过2O 点时加速度是多大？
解析：(1)21.4m /s ；(2)21.6m /s
（1）设玩具飞机的加速度大小为1a ，则由匀变速直线运动速度与位移学公式
2202t v v ax -= 得
20102m v a x -=-
带入数据整理得
2201 1.4m /s 2m
v a x == （2）设玩具飞机经过点2O 时加速度大小为2a ，此时橡皮筋弹力大小为F ，弹力与直线12O O 的夹角为θ，则由牛顿第二定律F ma =得
22cos F ma θ=
又根据胡克定律
F kx =
其中cos 0.8θ=，橡皮筋长度变化量()
2226812cm 8cm x =+=，
带入数据整理计算得 22 1.6m /s a =
26．在游乐场中，有一种大型游戏器械叫“跳楼机”。

参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面85m 高处由静止释放。

座椅沿轨道做自由落体运动2.0s 后，开始受到恒定制动力而立即做匀减速运动，且下落到离地面5m 高
处时速度刚好减小到零。

然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面。

（g =10m/s 2）求：
(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？
(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍? 计算结果保留一位小．．．．．．．．．数．。

解析：(1) 6s ；(2)1.3
设座椅在自由下落结束时刻的速度为v ，下落时间
12s t =
由
1v gt =
解得
20m v =
设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为h ，总时间为t
85m 5m 80m h =-=
由
2
v h t = 解得
8s t =
座椅匀减速运动的时间
216s t t t =-=
(2)设座椅在匀减速阶段的加速度大小为a ，座椅对游客的作用力大小为F
由
20v at =-
解得
23.3m s a =
由牛顿第二定律得
F mg ma -=
比值为
1.3F mg
= 27．如图所示，传送带与水平面之间的夹角30θ=︒，其上A 、B 两点间的距离L =5m ，传送带在电动机的带动下以v =1m/s 的速度匀速运动，现将一质量m =10kg 的小物体（可视为
质点）轻放在传送带的A 点，已知小物体与传送之间的动摩擦因数μ=
小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：（取210m /s g =）
(1)物体从A 到B 运动的时间；
(2)传送带对小物体做的功；
(3)电动机多做的功。

解析：(1)5.2s ；(2)255J ；(3)270J
(1)如图，对小物体进行受力分析有
由图分析知
cos N mg θ=
33cos 1010N 75N f N mg μμθ===⨯= sin 50N mg θ=
sin f mg θ＞
则小物体可以与传送带上静止
根据牛顿第二定律
sin f mg ma θ-=
75N 50N 10a -=
得
22.5m/s a =
则匀加速的时间
11s 0.4s 2.5
t v a =
== 匀加速的位移 22
111m 0.2m 22 2.5
v s a ===⨯ 则小物体匀速运动的位移为
25m 0.2m 4.8m s =-=
匀速运动的时间 22 4.8s 4.8s 1
s t v =
== 则小物体从A 到B 所需时间为 0.4s 4.8s 5.2s t =+=
(2)由功能关系知传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增量
22111sin 3010110105J 255J 222
J W mv mgs =+︒=⨯⨯+⨯⨯⨯= (3)在前0.4s 时间内传送带运动的位移为
210.4m 0.4m S vt ==⨯= 所以摩擦产生的热量等于摩擦力乘以两物体间的相对距离，即
()()21cos 750.40.2J 15J Q mg S S μθ=-=⨯-=
电动机做的功为
255J 15J 270J W '=+=
28．如图所示，质量为m =0.4kg 的小物块，在一个水平方向的拉力F 作用下，由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，经t =2s 的时间物块沿斜面向上运动的距离L =10m ，已知斜面倾角θ=37︒，物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度的大小g 取10m/s 2，sin 37︒=0.6，cos 37︒=0.8。

求水平拉力F 的大小？
解析：12N
由匀加速运动的位移公式有212
L at =得 22L a t
=
解得 25m/s a =
小物块受力，将重力和拉力沿斜面、垂直斜面分解，由牛顿第二定律得
cos sin F mg f ma θθ--=
且
N =F sin θ+mg cos θ
又f =μN ，将以上各式代入数据解得水平拉力的大小为
F =12N。