4.2实验：探究加速度与力、质量的关系&4.3牛顿第二定律同步练习（word版含答案）

人教版（新课程标准）高中物理必修1第四章牛顿运动定律2实验：探究加速度与力、质量的关系&3牛顿第二定律同步练习
一、单选题
1.在研究加速度a和力F、质量m的关系时，应用的是（? ）
A.?控制变量法???????????????????????B.?等效替代法???????????????????????C.?理论推导法???????????????????????D.?理想实验法
2.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，下列做法中正确的是（? ）
A.?实验时，先接通打点计时器电源，再放开小车
B.?平衡摩擦力时，应将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上
C.?改变小车的质量再次进行实验时，需要重新平衡摩擦力
D.?砝码及砝码盘所受重力就是小车做加速运动的拉力
3.在验证牛顿第二定律实验中，某组同学用如图甲所示装置，采用控制变量的方法，来研究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到的力的关系．请回答第（1）（2）问
（1）下列措施中不需要和不正确的是（　　）
①首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力
②平衡摩擦力的方法就是，在塑料小桶中添加砝码，使小车能匀速滑动
③每次改变拉小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力
④实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力
⑤实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源．
A.①③⑤ B.②③⑤ C.③④⑤ D.②④⑤
（2）某组同学实验得出数据，画出a﹣F图象如图乙所示，那么该组同学实验中出现的问题可能是（　　）
A.实验中摩擦力没有平衡 B.实验中摩擦力平衡过度
C.实验中绳子拉力方向没有跟平板平行 D.实验中小车质量发生变化
4.在利用打点计时器探究加速度与力、质量关系的实验中，下列说法中正确的是（????）
A.?平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上
B.?每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C.?实验时，先放开小车，后接通电源
D.?“重物的质量远小于小车的质量”这一条如不满足对探究过程也不会产生影响
5.如图所示，在水平面上行驶的车厢中，车厢底部放有一个质量 m1 的木块，车厢顶部悬挂一质量为 m2 的球，悬绳与竖直方向成 θ 角，它们相对车厢处于静止状态，由此可以判定（? ）
A.?车厢一定正在向左匀加速行驶 B.?车厢一定正在向右匀加速行驶
C.?木块对车厢底部的摩擦力大小为 m1gtanθ D.?木块对车厢底部的摩擦力为零
6.一个质量m＝2 kg的物体放置在光滑水平桌面上，受到三个沿水平方向共点力F1、F2、F3的作用，且这三个力的大小和方向构成如图所示的三角形，已知F2＝0.5 N，则下列说法正确的是(? )
A.?这个物体共受到四个力的作用?????????????????????????????B.?这个物体的合力大小为0
C.?这个物体的加速度大小为1 m/s2?????????????????????????D.?这个物体的加速度与F2方向相同
7.质量为M的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质量为m的重物从高处放下，如右图所示，若重物以加速度a向下降落(aA.?(m＋M)g－ma?????????????????B.?M(g－a)－ma??????????????????C.?(M－m)g＋ma??????????????????D.?Mg－ma
8.如图所示是某同学站在力板传感器上做下蹲－起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。由图线可知该同学（????? ）
A.?做了两次下蹲－起立的动作???????????????????????????????B.?做了一次下蹲－起立的动作，且下蹲后约2 s起立
C.?下蹲过程中人处于失重状态???????????????????????????????D.?下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
9.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t 的关系如图所示。取重力加速度g＝10m/s2。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为?? (?? )
A.?m＝0.5kg，μ＝0.4??????B.?m＝1.5kg，μ＝ 215??????C.?m＝0.5kg，μ＝0.2??????D.?m＝1kg，μ＝0.2
10.质量60kg的人通过光滑的定滑轮拉动质量20kg的物体，如图所示，当物体以 5m/s2 的加速度加速上升时，人对地面的压力等于 (g=10m/s2)( ?? )
A.?200N??????????????????????????????????B.?300N??????????????????????????????????C.?500N??????????????????????????????????D.?600N
11.在电梯中悬挂一弹簧测力计，当电梯竖直向下匀减速时，弹簧测力计的秤钩上挂一个重2N的物体与电梯相对静止，弹簧测力计示数可能是图中的（?? ）
A.??????????????????????????????????????B.??????????????????????????????????????C.??????????????????????????????????????D.?
12.如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁，今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将F撤去，以下说法正确的是 （?? ）
A.?在F撤去瞬间，B球的速度为零，加速度为零???B.?在F撤去瞬间， B球的速度为零，加速度大小为 Fm
C.?在弹簧第一次伸长最大时，A才离开墙壁???????? D.?在A离开墙壁后，A，B两球均向右做匀速运动
13.如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为4.0×103kg，其推进器的平均推力为800N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内测出飞船和空间站速度变化是0.05m/s，则空间站的质量为（?? ）
A.?8.0×104kg???????????????????????B.?7.6×104kg???????????????????????C.?4.0×104kg???????????????????????D.?4.0×103kg
14.如图所示，一物体恰能沿斜面匀速下滑，现再用一竖直向下的恒力F作用于该运动着的物体，则该物体的运动情况是（??? ）．
A.?仍匀速运动????????????????????????B.?必加速运动????????????????????????C.?必减速运动????????????????????????D.?可能静止
15.两个质量相同的物体1和2紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图所示。如果它们分别受到水平推力F1和F2 ， 且F1＞F2 ， 则1施于2的作用力的大小为（? ）
A.?F1??????????????????????????????B.?F2??????????????????????????????C.?12 （F1+F2）??????????????????????????????D.?12 （F1－F2）
16.在升降机内，一个人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20％，于是他做出了下列判断中正确的是（??? ）
A.?升降机可能以0.8g的加速度加速上升??????????????????B.?升降机可能匀速度下降
C.?升降机可能以0.2g的加速度减速上升??????????????????D.?升降机可能以0.8g的加速度减速下降
17.一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房顶的雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的坡度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动，那么，图中所示的四种情况中符合要求的是(??? )
A.?????????????????????B.?????????????????????C.?????????????????????D.?
18.停在水平地面上的小车内，用绳子AB、BC拴住一个重球，绳BC呈水平状态，绳AB的拉力为T1 ， 绳BC的拉力为T2 ． 若小车由静止开始加速向左运动，但重球相对小车的位置不发生变化，则两绳的拉力的变化情况是（?? ）
A.?T1变大，T2变小?????????????B.?T1变大，T2变大?????????????C.?T1不变，T2变小?????????????D.?T1变大，T2不变
19.如图所示，水平地面上两物块A、B质量均为m＝1 kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，B与地面间的接触面光滑,A、B用轻绳相连。在F=5N的水平拉力作用下，A、B一起向右匀加速。某时刻撤去拉力F(重力加速度g取10 m/s2)（? ）
A.?撤去拉力F前，轻绳的拉力为4N??????????????????????????B.?撤去拉力F前，轻绳的拉力为2.5N
C.?撤去拉力F后瞬间，轻绳的拉力为0N???????????????????D.?撤去拉力F后瞬间，轻绳的拉力为0.5N
20.如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (?? )
A.?粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B.?粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C.?若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定是一直做加速运动
D.?不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsinθ
二、综合题
21.垃圾分类势在必行，在处理过程中，需要把分拣出来的某种可回收垃圾装入货箱集中处理。一个垃圾处理站用如图所示的水平传送带AB和斜面BC将装入货箱的某种可回收垃圾运送到斜面的顶端。传送带AB的长度L=11 m，上表面保持匀速向右运行，运行的速度v=12 m/s。传送带B端靠近倾角q=37°的斜面底端，斜面底端与传送带的B端之间有一段长度可以不计的小圆弧。在A、C处各有一个机器人，A处机器人每隔Dt=1.0s将一个质量m=10 kg的货箱（可视为质点）轻放在传送带A端，货箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C点时速度恰好为零，C点处机器人立刻将货箱搬走。已知斜面BC的长度s=5.0 m，传送带与货箱之间的动摩擦因数μ0=0.55，货箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的 111 ，g=10 m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）斜面与货箱之间的动摩擦因数μ；
（2）从第一个货箱放上传送带A端开始计时，在t0=3.0s的时间内，所有货箱与传送带的摩擦产生的热量Q。
22.如图所示，倾角 θ = 37° 的光滑斜面固定于水平地面上，其右端B与传送带平衡相接，传送带与水平面的夹角也为 37° ，其长l=4.45m。一根轻质弹簧左端固定在斜面上，质量m=1kg的滑块与弹簧右端接触但不拴接，滑块在外力的作用下压缩弹簧且静止于A处，传送带始终以v=4m/s的速率顺时针运动，现撤去外力，滑块恰能到达传送带右端C处。已知弹簧在弹性限度内，滑块到达B点前已与弹簧完全脱离，滑块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.5 ，sin 37° =0.6，cos 37° =0.8，g=10m/s2。求：
（1）滑块到达B点时的速度大小 vB 。
（2）滑块与传送带间因摩擦产生的热量Q。
23.如图所示：把质量为5kg铁块放在倾角为 θ=37° 度的静止斜面上，铁块与斜面间的动摩擦因数 μ=0.625 ，放手后开始计时，铁块能自动沿斜面由静止下滑。则(重力加速度为 g=10ms2 、 sin37°=0.6 、 cos37°=0.8 )
（1）铁块在斜面上下滑时受到合力的大小；
（2）放手后开始计时，铁块在斜面上下滑3s的时间内铁块的位移大小。
24.工厂的流水线上安装有传送带，用传送带传送工件，可大大提高工作效率。如图所示为一工厂车间传送带的示意图，A、B点间的距离为3.5m，传送带在电动机的带动下，以2m/s顺时针匀速运转。工人将质量为0.5g的工件（可视为质点）轻放于传送带的A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数为0.4，则在传送带将工件从A点传送到B点过程中，g=10m/s2 ， 求:
（1）工件从A点传送到B点的时间；
（2）如果要想使工件以最短时间从A点传送到B点，则传送带的运转速度该如何调整?
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【解析】由于涉及多个变量，探究加速度与力的关系时，控制质量不变而改变力的大小；
探究加速度与质量的关系时，控制力不变而改变质量，实验应用了控制变量法，故A符合题意。
故答案为：A。
2.【答案】 A
【解析】实验时，应先接通电源，再放开小车。由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于采集和处理数据，同时要求开始小车要靠近打点计时器，故A符合题意；平衡摩擦力时，不要悬挂砝码盘，但小车应连着纸带且接通电源。用手轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故B不符合题意；每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故C不符合题意；当砝码及砝码盘的总质量远小于小车的质量时，我们才可以认为小车的合力大小等于砝码及砝码盘的重力大小，故D不符合题意。
故答案为：A。
3.【答案】 （1）B
（2）B
【解析】解：（1）①实验时首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力，故①正确；
②平衡摩擦力的方法就是，小车与纸带相连，小车前面不挂小桶，把小车放在斜面上给小车一个初速度，看小车能否做匀速直线运动，故②错误；
③每次改变拉小车的拉力后都不需要重新平衡摩擦力，故③错误；???
④实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力是正确的，故④正确；
⑤实验中应先接通电源，后放开小车，故⑤错误；（2）由图乙所示a﹣F图象可知，图象在纵轴上有截距，说明力为零时小车已经产生加速度，施加拉力前小车受到的合力不为零，这是由过度平衡摩擦力造成的．故B正确，ACD错误；
本题选不需要的和不正确的，故答案为：（1）B（2）B
4.【答案】 B
【解析】在该实验中，平衡摩擦是靠抬高斜面，并且不能在外界作用力下平衡摩擦力的，所以A说法错误。在平衡摩擦过程中，重力的分力、已知滑动摩擦力是成比例变化的，因此跟质量多少无关，并不比每次都要平衡摩擦力，所以B理解正确。实验正确顺序是先开电源，在释放小车，所以C错误。小车在下滑过程中， 但如果时，， 操作过程中都是用重物重力充当外力，因此为了保证实验精度，必须要满足， D理解不对，答案为B。
5.【答案】 C
【解析】AB.根据小球 m2 的细线向右偏，故小球受到的合力方向向左，即小球有向左的加速度，故车厢也有向左的加速度，所以车厢可能是向右减速运动，或向左加速运动，A、B不符合题意；
CD.对小球，由牛顿第二定律可得 m2gtanθ=m2a
故整体的加速度为 a=gtanθ ，因此木块水平方向受到向左的静摩擦力，由牛顿第二定律可得 f=m1a=m1gtanθ
C符合题意，木块受到向左的静摩擦力，故木块给车厢底部向右的静摩擦力，D不符合题意；
故答案为：C。
6.【答案】 C
【解析】物体共受到五个力的作用：重力，支持力， F1、F2、F3 ，A不符合题意；竖直方向上的重力和支持力平衡，合力为零；根据几何知识可知 F3=1N ，故水平方向上的三力的合力 2F3=2N ，所以物体受到的合力为2N，方向沿 F3 方向，B不符合题意；根据牛顿第二定律可知 a=Fm=1m/s2 ，方向沿 F3 方向，C符合题意D不符合题意．
故答案为：C
7.【答案】 C
【解析】研究重物：受到绳子的拉力和重力，根据牛顿第二运动定律可得 mg?T=ma ，所以 T=mg?ma ，研究人：受到绳子的拉力，重力，地面的支持力，处于静止状态，所以 T+N=Mg ,所以 N=Mg?T=Mg?mg+ma ，
故答案为：C
8.【答案】 B
【解析】AB. 人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲-起立的动作，由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2s，故A不符合题意B符合题意。
CD. 下蹲过程先失重后超重，故CD不符合题意；
故答案为：B
9.【答案】 A
【解析】在4—6s内做匀速直线运动，可知 f=2N
在2—4s做匀加速直线运动：
根据牛顿第二定律有： F?f=ma
将 F=3N ， a=2m/s2 带入，解得： m=0.5kg
因为 f=μmg
解得： μ=0.4
故答案为：A
10.【答案】 B
【解析】以物体为研究对象，由牛顿第二定律得： F?mg=ma ，解得： F=m(g+a)=20×(10+5)=300N ；以人为研究对象，由平衡条件得： Mg=F+F支 ，解得： F支=Mg?F=60×10?300=300N ，由牛顿第三定律可得，人对地面的压力： F压=F支=300N ，方向竖直向下，B符合题意，A、C、D不符合题意；
故答案为：B。
11.【答案】 A
【解析】当电梯匀减速下降时，加速度向上，物体处于超重状态，弹簧测力计对物体的拉力大于物体的重力，示数大于2N。
故答案为：A
12.【答案】 B
【解析】AB．撤去F前，弹簧的弹力大小等于F，将F撤去瞬间，弹簧的弹力没有变化，则知A球的受力情况没有变化，其合力仍为零，加速度为零，B球的合力大小等于F，方向方向向右，则其加速度大小为 a=Fm
此时B球没有动，所以B球的速度为零，A不符合题意，B符合题意；
C．在弹簧第一次恢复原长后，弹簧对A有向右的拉力，A才离开墙壁。C不符合题意。
D．在A离开墙壁后，弹簧伸长，则A向右做加速运动，B向右做减速运动。D不符合题意。
故答案为：B．
13.【答案】 B
【解析】加速度： a=ΔvΔt=0.055m/s2=0.01m/s2 ，
由牛顿第二定律 F=(M+m)a 可知，空间站的质量为： M=Fa?m=8000.01kg?4.0×103kg=7.6×104kg 。
故答案为：B
14.【答案】 A
【解析】未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，分析物体的受力情况如图，由平衡条件得： mgsinθ=μmgcosθ ，可得 μ=tanθ
对物块施加一个竖直向下的恒力F时，物块受到的滑动摩擦力大小为 f=μ(F+mg)cosθ ，
重力和F沿斜面向下的分力大小为 （F+mg）sinθ ，
可知： （F+mg）sinθ=μ（F+mg）cosθ ，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态．
故答案为：A
15.【答案】 C
【解析】设两物体的质量均为m ， 1施于2的作用力大小为F。根据牛顿第二定律得：对整体： a=F1?F22m
对物体2：F-F2=ma
得到：F=ma+F2 =12(F1+F2)
故答案为：C
16.【答案】 C
【解析】人站在磅秤上受重力和支持力，发现了自己的体重减少了20%，处于失重状态，具有向下的加速度，根据牛顿第二定律得出： a=mg?Nm=0.2g ，方向向下
那么此时的运动可能是以0.2g的加速度减速上升，也可能是以0.2g的加速度加速下降。
故答案为：C
17.【答案】 C
【解析】设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，雨滴下滑时有： L2cosθ=12gsinθt2 ，所以： t=Lsinθcosθ=2Lsin2θ ，因此当θ=450时，时间最短，ABD不符合题意，C符合题意．
故答案为：C
18.【答案】 C
【解析】以小球为研究对象，分析受力：重力mg、绳AB的拉力 T1 和绳BC的拉力 T2 ，如图：
设小车的加速度为a，绳AB与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律平衡条件可以得到：
竖直方向： T1sinθ=mg ①
水平方向： T1cosθ?T2=ma ②
由①得： T1=mgsinθ ，
由②得： T2=mgtanθ?ma
可见，绳AB的拉力 T1 与加速度a无关，则 T1 保持不变．
绳BC的拉力 T2 随着加速度的增大而减小，则 T2 变小，C符合题意，ABD不符合题意．
故答案为：C
19.【答案】 C
【解析】AB. 撤去拉力F前，对AB的整体： F?μmg=2ma ；
对物体B： T=ma
解得：T=2N
AB不符合题意；
CD．撤去拉力F后瞬间，则滑块B做匀速运动，滑块A做减速运动，则轻绳的拉力为0N，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：C.
20.【答案】 A
【解析】A.粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于等于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，A符合题意.
B.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得到，加速度a=g(sinθ+μcosθ），若μ＜tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，A的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速，也可能先以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速，后以g(sinθ-μcosθ)匀加速；B不符合题意.
C.若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动;C不符合题意.
D.由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动，D不符合题意.
故答案为：A
二、综合题
21.【答案】 （1）解：假设货箱在传送带上一直加速运动，根据牛顿第二定律 μ0mg=ma
从A到B所用时间，根据 L=12at2
解得 t=2s
到达B点的速度 vB=at=11m/s
由于 vB假设成立，货箱在传送带上一直加速运动，转过B到达斜面底端时，由题意可知 v0=vB(1?111)
在斜面减速上升的过程中，根据动能定理 ?μmgscosθ?mgssinθ=0?12mv02
解得 μ=0.5
（2）解：3s时间内，第一个货箱已越过B点，第二个货箱恰好到达B点，第三个货箱在传送带上运动时间为1s，因此 ΔL1=ΔL2=vt?L=13m
ΔL3=vt3?12at32=9.25m
所有货箱与传送带的摩擦产生的热量 Q=μmg(ΔL1+ΔL2+ΔL3)=1938.75J
【解析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，利用运动学公式求解位移，结合动能定理求解动摩擦力因数即可；
（2）利用运动学公式求解物体与传送带的相对位移，摩擦力产生的热量用摩擦力的大小乘以两物体相对运动的距离即可。
22.【答案】 （1）解;由题意可知，滑块从B点运动到C点的过程分两阶段做匀减速运动，到达C点时的速度恰好为0，则有 vB2?v2=2a1x1
由牛顿第二定律可知加速度大小为 a1=mgsinθ+μmgcosθm=gsinθ+μgcosθ
v2=2a2x2
a2=mgsinθ?μmgcosθm=gsinθ?μgcosθ
x1+x2=l
解得 vB=5m/s ， x1=0.45 m， x2=4m
（2）解;上述两个加速度不同的减速运动过程所用的时间分别为 t1=vB?va1=0.1 s
t2=va2=2 s
两过程中滑块与传送带的相对位移大小分别为 s1=x1?vt1=0.05 m
s2=vt2?x2=4 m
根据功能关系 Q=μmgcosθ(s1+s2)
解得Q=16.2J
【解析】（1）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合运动学公式求解即可；
（2）利用运动学公式求解物体与传送带的相对位移，摩擦力产生的热量用摩擦力的大小乘以两物体相对运动的距离即可。
23.【答案】 （1）解：设：铁块受到的重力为 G=mg=50N 。
铁块在垂直斜面方向上受力平衡，有： FN=mgcosθ
铁块在平行斜面方向上受到合力 F ，则有： F=mgsinθ?μmgcosθ
因为铁块与斜面间为滑动摩擦力，有： Fμ=μFN
由以上三式得： F=5N
（2）解：设：铁块在斜面上的加速度为 a ，由牛顿第二定律有 F=ma
解得： a=1m/s2
铁块在3s内的位移为： x=12at2=4.5m
【解析】（1）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，应用平衡方程求解合力大小；
（2）在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合运动学公式求解位移。
24.【答案】 （1）解：工件刚开始做匀加速运动，由牛顿第二定律得 μmg=ma
解得 a=4m/s2
工件加速到与传送带速度相等的时间 t1=va=0.5s
工件加速的位移 x1=12at12=0.5m
工件做匀速的位移 x2=l?x1=3m
工件匀速运动的时间 t2=x2v=1.5s
工件从A点传送到B点的时间 t=t1+t2=2s
（2）解：想使工件以最短时间从A点传送到B点，则应工件一直加速运动，设传送带的速度 v传 ，根据 v传2=2al
解得 v传=27m/s
即传送带的速度大于等于 27m/s ，即可满足题意。
【解析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，饥饿和运动学公式求解时间即可；
（2）物体一直做加速运动，所花费的时间最少，结合加速度和运动学公式求解即可。