题目内容
4．如图所示，水平传送带BC左端与光滑水平面AB相连，右端与光滑曲面CD相连；在光滑的地面上距平台AB左端S=2m处放置与台面等高的长木板M，其长度L=4cm．现有一木块m以v0=8m/s的速度滑上长木板．在运动过程中，长木板M碰到AB后立刻停下来，木块m运动至光滑曲面后滑回．当传送带静止时，木块第一次滑回后静止在BC的中点．已M=5kg，m=3kg，M与m之间的摩擦系数μ=0.5，传送带长l=3m，g取10m/s2，不计空气阻力，求；（1）通过分析判断长木板M碰到AB时，M、m是否共速？
（2）传送带与木块间的动摩擦因数μ1；
（3）当传送带顺时针转动时，木块第一次滑回好能滑至B点，通过计算分析木块第一次由B向C运动过程中的运动状态并判断木块能否与皮带共速？如果能，计算物块在何位置与皮带共速？．
分析 （1）分别以m和M为研究对象，水平方向求出其加速度；再根据速度时间关系求解共速的时间和速度，根据位移时间关系求解各自的位移，进行比较分析；
（2）根据动能定理求解传送带与木块间的动摩擦因数；
（3）根据动能定理分析传送带的做功情况和物块m的运动情况．
解答 解：（1）以m为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得其加速度大小为：${a}_{1}=\frac{μmg}{m}=μg=5m/{s}^{2}$，方向向左；
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律可得木板的加速度大小为：${a}_{2}=\frac{μmg}{M}=\frac{0.5×3×10}{5}=3m/{s}^{2}$，方向向右；
设二者达到共同速度的时间为t，则：v0-a1t=a2t，
代入数据解得：t=1s；
共同速度为v=a2t=3×1m/s；
在这段时间内m的位移为x1=$\frac{{v}_{0}+v}{2}t=\frac{8+3}{2}×1=5.5m$，
在这段时间木板的位移为$s′=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=\frac{1}{2}×3×{1}^{2}=1.5m$＜2m，
此过程m相对M的位移L′=x1-s′=5.5m-1.5m=4m=L，
由于s′＜s，所以长木板碰到AB时，M、m能够共速时，m刚好达到M的右端；
（2）当传送带静止时，木块第一次滑回后静止在BC的中点，设m与传送带之间的动摩擦因数为μ1，
根据动能定理可得：$-{μ}_{1}mg•1.5l=0-\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
即$-{μ}_{1}×3×10×1.5×3=0-\frac{1}{2}×3×{3}^{2}$，
解得：μ1=0.1；
（3）假设物体能够与传送带达到共速，设此过程中传送带做的功为W，共速后传送带不做功；
整个过程根据动能定理可得：W-μ1mgl=0-$\frac{1}{2}$mv2，
解得W=-$\frac{1}{2}$μ1mgl，所以木块第一次由B向C运动过程中先减速再匀速，木块能与皮带共速；物块在$\frac{l}{2}$位置与皮带共速．
答：（1）长木板M碰到AB时，M、m已经共速；
（2）传送带与木块间的动摩擦因数为0.1；
（3）当传送带顺时针转动时，木块第一次由B向C运动过程中先减速再匀速；物块在$\frac{l}{2}$处与皮带共速．
点评 对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答．
阅读快车系列答案
如图所示，有一曲线斜面CBA，一滑块从斜面的顶端C点由静止开始下滑，最终滑到斜面的底端A点时速度恰为零．AB段斜面的倾角为37°，BC段斜面的倾角为53°，滑块与斜面AB和斜面BC间的摩擦因数均为0.8，滑块经过B点时无机械能损失（g取10m/s2），求：
如图所示，两竖直导体板A、B构成的电容器的电容为C，极板所带电荷量为Q，有一束同种带电粒子从A极板处无初速释放，经电场加速后从B极板竖直狭缝中射出的粒子刚好能进入与狭缝平行的半圆形区域，在半径为R（未知）半圆形区域内有一磁感应强度为B，方向与半圆区域垂直向里的匀强磁场．极板的长度与圆直径相同，若所有从B极板射出的粒子均能到达PQ边界，且从MN方向入射的粒子离开磁场时的速度偏转角为θ．已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计．求：
如图所示，在水平向外的匀强磁场中水平放置一根通电导线ab，其长度为0.5m，质量为0.2kg，电流方向向右，已知两悬线所能承受的最大拉力均为4N，若磁场的磁感应强度是2T，试求导线中允许通过的最大电流．