山西省吕梁学院附中高一物理上学期第四次月考试卷(含解析)

2014-2015学年山西省吕梁学院附中高一（上）第四次月考物理试
卷
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，其中3、5、8、9、10、12为多项选择，其余为单选）．
1．（4分）（2014秋•山西校级月考）国际乒联将乒乓球比赛以前用的小球改为现在用的相同厚度的大球，对此，下列说法正确的是（）
A．球的质量大了，惯性大了，运动员的抽杀难度增大
B．球的质量大了，惯性小了，球的运动状态更容易改变
C．球的质量小了，惯性大了，球的速度更不容易变化
D．球的质量小了，惯性小了，球的速度容易更变化
考点：惯性．
分析：根据惯性定律解释即可：任何物体都有保持原来运动状态的性质，惯性的大小只跟质量有关，与其它任何因素无关
解答：解：国际乒联将乒乓球比赛以前用的小球改为现在用的相同厚度的大球，则乒乓球的质量增大了，而惯性的大小只跟质量有关，与其它任何因素无关．所以球的质量大了，惯性大了，球的运动状态的改变就增大了难度，运动员的抽杀难度增大．故选项A正确，B错误；
故选：A
点评：牢记惯性概念，知道一切物体在任何时候都有惯性，质量是惯性的唯一量度．
其实，增大球的半径主要的目的是增大球的转动惯量，减小球转动的速度．主要是针对中国队
2．（4分）（2014秋•山西校级月考）如图四个图中，F1、F2、F3都恰好构成封闭的直角三角形（顶角为直角），这三个力的合力最大的是（）
A．B．C．
D．
考点：力的合成．
专题：受力分析方法专题．
分析：在矢量三角形中，分力是首尾相接的，合力是由一个分力的箭尾指向另一个分力的箭头的，由此可以判断分力与合力的关系，从而可以求得合力的大小．
解答：解：由矢量合成的法则可知，A中的合力的大小为2F3，B中的合力的大小为0，C 中的合力的大小为2F1，D中的合力的大小为2F2，因为F1是直角三角形的斜边，所以F1最大，所以合力最大的是C选项．
故选：C．
点评：本题中要会区分三角形中的三条边是代表的分力还是代表的合力，这是解决本题的关键所在．
3．（4分）（2014秋•山西校级月考）下列说法中，不正确的是（）
A．两个物体只要接触就会产生弹力
B．放在桌面上的物体受到的支持力是由于桌面发生形变而产生的
C．滑动摩擦力的方向总是和物体的运动方向相反
D．形状规则的物体的重心与其几何中心重合
考点：物体的弹性和弹力；重心；摩擦力的判断与计算．
专题：共点力作用下物体平衡专题．
分析：弹力的产生条件是直接接触、有弹性形变；滑动摩擦力的方向与相对滑动方向相反；影响重心的因数有形状和质量分布情况．
解答：解：A、弹力的产生条件是直接接触、有弹性形变，两个物体接触不一定有形变，故不一定有弹力，故A错误；
B、弹力是施力物体的形变引起的，放在桌面上的物体受到的支持力是由于桌面发生形变而产生的，故B正确；
C、滑动摩擦力的方向总是和物体的相对运动方向相反，与运动方向可以相同、相反、不共线，故C错误；
D、影响重心的因数有形状和质量分布情况；质量分布均匀且形状规则的物体的重心与其几何中心重合，形状规则但质量分布不一定均匀，故重心与几何中心不一定重合；故D错误；故选：ACD．
点评：本题考查了重力、弹力和摩擦力，明确三种力的性质、方向和作用点的情况，基础题．
4．（4分）（2011•海南）如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（）
A．等于零
B．不为零，方向向右
C．不为零，方向向左
D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右
考点：共点力平衡的条件及其应用．
专题：压轴题．
分析：在研究力和运动关系的问题时，常会涉及相互关联的物体间的相互作用问题，即“连接体问题”．连接体问题一般是指由两个或两个以上物体所构成的有某种关联的系统．研究此系统的受力或运动时，求解问题的关键是研究对象的选取和转换．一般若讨论的
问题不涉及系统内部的作用力时，可以以整个系统为研究对象列方程求解﹣﹣“整体法”；若涉及系统中各物体间的相互作用，则应以系统某一部分为研究对象列方程求解﹣﹣“隔离法”．这样，便将物体间的内力转化为外力，从而体现其作用效果，使问题得以求解．在求解连接体问题时，隔离法与整体法相互依存，相互补充，交替使用，形成一个完整的统一体，可以分别列方程求解．
本题中由于小木块与斜面体间有相对滑动，但无相对加速度，可以当作两物体间相对静止，摩擦力达到最大静摩擦力的情况，然后运用整体法研究．
解答：解：斜劈和物块都平衡，受力的大小和方向情况与两物体间相对静止且摩擦力达到最大静摩擦力的情况相同，故可以对斜劈和物块整体受力分析
受重力和支持力，二力平衡，无摩擦力；
故选A．
点评：本题关键要灵活地选择整体法与隔离法，选用整体法可以不考虑两物体间的作用力，使问题大为简化．
5．（4分）（2013秋•吴兴区校级期末）汽球吊着两个质量相同的重物以10m/s的速度匀速上升，两个重物之间用轻弹簧连接，重力加速度为g，若在距离地面上方10m处绳子突然断裂，在断开瞬间下列说法中正确的是（）
A．v A=0 B．v B=10m/s2C．a A=2g D．a B=0
考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：气球和重物一起以10m/s的速度上升，当到达一定高度后，绳子断开，物体与气球脱离，这个物体由于惯性要保持原来的向上的运动状态，所以物体要继续上升一段距离，然后由于受重力作用再下降．断开细线后，弹簧的弹力不发生改变，绳子的力立即为零，再分别对AB受力分析，求解出合力并运用牛顿第二定律求解加速度．
解答：解：A、气球和重物一起以10m/s的速度上升，在绳子突然断开的瞬间，物体由于惯性要保持原来的向上的运动状态，所以此时AB的速度仍为10m/s，故A错误，B正确；C、剪断细线前，对AB整体受力分析，受到总重力和细线的拉力而平衡，故T=2mg；再对物体A受力分析，受到重力、弹簧的拉力；
剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体A受到的力的合力等于
2mg，向下，所以a A=2g，
物体B受到的力不变，合力为零，所以a B=0，故CD正确；
故选：BCD
点评：本题是力学中的瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度；同时要注意轻弹簧的弹力与行变量成正比，来不及突变，而细线的弹力是有微小形变产生的，故可以突变．
6．（4分）（2008•惠州二模）如图所示，物体P以一定的初速度v沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回，若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中（）
A．P的加速度大小不断变化．方向也不断变化
B．P的加速度大小不断变化，但方向只改一次
C．P的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小
D．有一段过程，P的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大
考点：牛顿第二定律；胡克定律．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：木块水平方向只受到弹簧的弹力，根据胡克定律可知：弹簧的弹力与弹簧压缩的长度成正比．当木块向右压缩弹簧时，弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，做变减速运动，当速度减为零时，速度最小，弹力最大，加速度最大；之后木块被弹簧弹回向左运动，弹簧恢复原长，加速度逐渐减小，但方向未变．
解答：解：A、木块向右运动压缩弹簧，弹力方向始终向左，根据胡克定律可知：弹簧的弹力与弹簧压缩的长度成正比，当木块向右压缩弹簧时，弹力逐渐增大，加速度逐渐增大；木块被弹簧弹回向左运动，弹簧恢复原长，加速度逐渐减小，故A错误；
B、根据A中分析知B错误；
C、木块水平方向只受到弹簧的弹力，根据胡克定律可知：弹簧的弹力与弹簧压缩的长度成正比．当木块向右压缩弹簧时，弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大，做变减速运动，当速度减为零时，速度最小，弹力最大，加速度最大，所以C正确；
D、木块反弹过程向左运动，弹簧恢复原长，弹力减小，加速度逐渐减小，但速度逐渐增大，恰好恢复原长时，速度最大，加速度最小为零，所以D错误；
故选C．
点评：本题是含有弹簧的动态变化分析情况，要抓住弹力的可变性，由牛顿定律分析物体的运动情况．
7．（4分）（2014秋•涪城区校级期末）一物体受绳的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改为匀速运动；再改做减速运动，则下列说法中正确的是（）A．加速前进时，绳拉物体的力大于物体拉绳的力
B．减速前进时，绳拉物体的力小于物体拉绳的力
C．只有匀速前进时，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小才相等
D．不管物体如何前进，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小总相等
考点：牛顿第三定律；力的合成与分解的运用．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：绳拉物体的力与物体拉绳的力是一对作用力与反作用力，它们总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，与运动状态无关．
解答：解：绳拉物体的力与物体拉绳的力是一对作用力与反作用力，它们总是大小相等、方向相反、作用在通一条直线上，与运动状态无关；故ABC错误，D正确；
故选：D．
点评：该题考查了牛顿第三定律：作用力与反作用力的关系，难度不大，属于基础题．
8．（4分）（2014秋•山西校级月考）如图所示，在升降机中挂一个弹簧，弹簧下面吊一个小球．当升降机静止时，弹簧伸长4cm．当升降机运动时弹簧伸长2cm，若弹簧质量不计，则升降机的运动情况可能是（）
A．以1m/s2的加速度加速下降
B．以4.9m/s2的加速度减速下降
C．以1m/s2的加速度加速上升
D．以4.9m/s2的加速度加速下降
考点：牛顿第二定律；胡克定律．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：以小球为研究对象，分析受力情况：重力和弹簧的弹力．静止时，两力平衡．当弹簧伸长量减小时，弹力减小，小球所受合力方向向下，根据牛顿第二定律求解加速度，再分析其运动情况．
解答：解：设小球的质量为m，弹簧的劲度系数为k．
静止时，mg=kx1
当弹簧伸长减小时，弹力减小，小球所受合力方向竖直向下，小球的加速度竖直向下．则升降机可能向下加速运动，也可能向上减速运动．
根据牛顿第二定律得：mg﹣kx2=ma，x2=x1
代入解得：a=4.9m/s2，方向竖直向下，
则升降机可能以4.9m/s2的加速度减速上升，也可能以4.9m/s2的加速度加速下降．故D正确，
故选：D
点评：本题应用牛顿定律分析失重现象．对于超重和失重现象的判断，关键抓住加速度方向：加速度向上时，产生超重现象；相反，产生失重现象．
9．（4分）（2014春•攸县校级期末）关于速度、加速度、合力间的关系，正确的是（）A．物体的速度越大，则物体的加速度越大，所受合力越大
B．物体的速度为零，则物体的加速度一定为零，所受合力也为零
C．物体的速度为零，加速度可能很大，所受合力也可能很大
D．物体的速度很大，加速度可能为零，所受的合力也可能为零
考点：加速度；速度．
专题：直线运动规律专题．
分析：速度是描述物体运动快慢的物理量，有大小也有方向，加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，根据牛顿第二定律知合外力是物体产生加速度的原因，加速度的方向就是合外力的方向．
解答：解：A、加速度描述速度变化快慢的物理量，物体速度很大，则物体的速度可以不变化，故不能根据速度的大小判定加速度的大小，故A说法错误；
B、物体的速度为0，则物体的加速度不一定为0，比如火箭点火起飞瞬间，竖直上抛的物理经过最高点时，速度均为0，而加速度不为0，物体所受合外力也不为0，故B错误；
C、物体的速度为0，则此瞬间物体的加速度可能很大，即速度变化率不为0，根据牛顿第二定律知，物体所受合力也可能很大，故C正确；
D、物体的速度很大，如果做匀速直线运动则物体的加速度为0，由牛顿第二定律知物体所受合力为0，故D正确．
故选：CD．
点评：外力作用是产生加速度的原因，加速度的大小决定于合外力与质量的比值，与物体的速度大小无直接关系，在运动学上加速度的大小取决于速率的变化率，与速度变化无直接关系．
10．（4分）（2015•扬州学业考试）一质量m=1kg的物体在水平恒力F作用下水平运动，1s 末撤去恒力F，其v﹣t图象如图所示，则恒力F和物体所受阻力F f的大小是（）
A．F=8N B．F=9N C．F f=2N D．F f=3N
考点：牛顿第二定律．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：根据速度时间图线求出匀加速和匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力F和阻力的大小．
解答：解：由速度时间图线知，匀加速直线运动的加速度为：，匀减速运动的加速度大小为：，
根据牛顿第二定律得：F﹣F f=ma1
F f=ma2
代入数据解得：F f=3N，F=9N．故B、D正确，A、C错误．
故选：BD．
点评：本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合，知道图线的斜率表示加速度，加速度是联系力学和运动学的桥梁．
11．（4分）（2015春•衡阳校级期末）用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示．P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是（）
A．P物体受3个力
B．Q受到3个力
C．若绳子变长，绳子的拉力将变小
D．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大
考点：物体的弹性和弹力．
专题：受力分析方法专题．
分析：先对小球P受力分析，然后对小方块Q受力分析，对P，由平衡条件研究绳子变长时，绳子的拉力如何变化．
解答：解：A、P受到重力、Q的支持力和静摩擦力，绳子的拉力，共4个力作用，故A
错误．
B、Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故B错误．
C、设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条件得：f=G Q，G P+f=Fcosα，则G P+G Q=Fcosα，G P与G Q不变，若绳子变长，α变小，cosα变大，则F变小，故C正确．
D、Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故D错误．
故选：C．
点评：为了防止多力或少力，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物体的受力情况．
12．（4分）（2014秋•山西校级月考）如图所示，重50N的物体A放在倾角为37°的粗糙斜面上，有一根原长为10cm，劲度系数为800N/m的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端放置物体A后，弹簧长度伸长为14cm，现用一测力计沿斜面向下拉物体A，若物体A与斜面间的最大静摩擦力为20N，当弹簧的长度仍为14cm时，测力计的读数不可能为（sin37°=0.6）（）
A．10 N B．30 N C．40 N D．0 N
考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
专题：共点力作用下物体平衡专题．
分析：对物体受力分析，明确重力的分力及弹力的大小；根据摩擦力可能情况进行分析，明确拉力的范围．
解答：解：弹簧的弹力F=kx=800×（0.14﹣0.1）=32N；
重力沿斜面向下的分力为G1=Gsin37°=50×0.6=30N；
物体要在拉力作用下能平衡，则拉力最大为32+20﹣30=22N；最小为零；
故不可能是BC；
故选：BC．
点评：本题要注意明确因重力的分力大于弹簧的弹力，故加上F后静摩擦力只能向上，大小在2N到22N之间．
二、实验题（共18分）
13．（18分）（2014秋•山西校级月考）用如图1所示的装置做实验时，小车放在水平桌面上，保持小车的质量不变，测得小车的加速度a和拉力F的数据如表所示．
F/N 0.20 0.30 0.40 0.50
a/（ms﹣2）0.10 0.21 0.29 0.40
（1）根据表中的数据在图2中画出a﹣F图线；
（2）把图线延长，发现图线不通过原点，其原因是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．（3）在处理数据时，总是把小桶和沙子的重力当作小车所受合力．而实际上小车所受合力比小桶和沙子的重力要小一些（选填“大”或“小”）．因此，为使实验结论的可信度更高一些，应使小桶和沙子的总质量尽可能小一些（选填“大”或“小”）．
（4）下列做法正确的是AD （填字母代号）．
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度（5）探究加速度和力的关系的实验数据描绘出的a﹣F图象如图3所示，下列说法正确的是BD
A．三条倾斜的直线所对应的小车的质量相等
B．三条倾斜的直线所对应的小车的质量不
C．直线1所对应的小车的质量最大
D．直线3所对应的小车的质量最大
（6）如图4所示给出了打点计时器在纸带上打出的一些点，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s，其中s1=7.05cm、s2=7.68cm、s3=8.33cm、s4=8.95cm、s5=9.61cm、s6=10.26cm，根据给出的以上数据求：木块的加速度a= 0.64 m/s2（结果保留两位有效数字）．
考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．
分析：根据描点法作出图象；
图线不过坐标原点，并且是当有了一定的力时，加速度仍为零，说明摩擦力存在．应进行平衡摩擦力的步骤．
要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m ＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．
根据牛顿第二定律写出a与F的关系方程，结合图象特点，可正确求解；
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．
解答：解：（1）根据描点法作出图象，如图所示：
（2）由图象知，当拉力为0.1N时，加速度仍然为零，原因为：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
（3）以整体为研究对象有mg=（m+M）a
解得a=
以M为研究对象有绳子的拉力F=Ma=＜mg，
显然要有F=mg必有m+M=M，故有M＞＞m，即只有M＞＞m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，所以应使托盘和砝码的总质量尽可能小一些．
（4）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；
B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误；
C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误；
D平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；
故选：AD；
（5）根据牛顿第二定律有：F=ma，故有a=，所以在a﹣F图象中斜率表示，故斜率大的
质量小，三条图象斜率不同，故质量不同，图象3斜率最小，其质量最大，图象1斜率最大，质量最小，故AC错误，BD正确．
故选：BD．
（6）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，
得：s4﹣s1=3a1T2
s5﹣s2=3a2T2
s6﹣s3=3a3T2
为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值
得：a=（a1+a2+a3）==0.64m/s2
故答案为：（1）如图所示；
（2）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；
（3）小；小．
（4）AD
（5）BD
（6）0.64
点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题．要学会应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
三、计算题（共34分）
14．（10分）（2014秋•山西校级月考）如图所示，在水平地面上有一个质量为5kg的物体，它受到与水平方向成53°角斜向上的25N的拉力时，恰好做匀速直线运动，g取10m/s2，问：当拉力为50N时，物体的加速度多大？物体由静止开始运动时，2s末物体的位移多大？（sin53°=0.8，cos53°=0.6）
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
分析：对物体受力分析，抓住竖直方向和水平方向合力为零，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小；
根据牛顿第二定律，抓住竖直方向上的合力为零，结合水平方向上的合力求出物体的加速度．根据运动学公式求出2s末物体的位移．
解答：解：由题意知，物体受力如图甲所示，由牛顿第二定律可得：
F1cos 53°=F f1①
F N+F1sin 53°=mg②
F f1=μF N③
由①②③式得μ===0.5
当拉力F2=50 N时，物体受力如图乙所示，由牛顿第二定律得：
F2cos 53°﹣F f2=m…④
F N′+F2sin 53°﹣mg=0…⑤
F f2=μF N′…⑥
由④⑤⑥式得物体的加速度为：
a==5 m/s2
根据运动学公式得2s内位移x=at2=10 m．
答：当拉力为50N时，物体的加速度是5 m/s2，物体由静止开始运动时，2s末物体的位移是10 m．
点评：本题考考查牛顿第二定律的应用，属于已知受力求运动问题，解决本题的关键能够正确地受力分析，根据牛顿第二定律和共点力平衡进行求解．
15．（12分）（2014秋•山西校级月考）A、B两车在同一直线上，同向做匀速运动，A在前，速度为v A=8m/s，B在后，速度为v B=16m/s，当A、B两车相距x=20m时，B车开始刹车，做匀减速运动，为避免两车相撞，刹车后B车的加速度应满足什么条件？
考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：直线运动规律专题．
分析：根据相撞的临界条件，由位移关系求解分析即可．
解答：解：如图所示，
两物体相撞的条件为：同一时刻位置相同．设此
时A的位移为x A，则B的位移为x B=x A+x，由运动学公式得：
①
当B车追上A车时，若B的速度等于A的速度，则两车刚好相撞，
v A=v B﹣at ②
由①②得a=1.6 m/s2
故为避免两车相撞，B车的加速度应大于1.6m/s2
答：刹车后B车的加速度应大于1.6m/s2．
点评：解决本题的关键知道速度大者减速追速度小者，速度相等前，两者距离逐渐减小，若不相撞，速度相等后，两者距离逐渐增大，知道相撞只能发生在速度相等之时或之前．
16．（12分）（2010•抚顺模拟）水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示，为一水平传送带装置示意图，紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s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．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L=2m，g取10m/s2
（1）求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小
（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．。