高考熱點(diǎn)突破(三)——動力學(xué)中?？嫉?ldquo;三個物理模型”

1、常考的“三個物理模型專題模型摸型一動力學(xué)中的圖象問題1. 常見的圖象有：vt圖象，at圖象，F(xiàn)-1圖象，F(xiàn)a圖象等.2. 圖象間的聯(lián)系：加速度是聯(lián)系vt圖象與Ft圖象的橋梁.3. 圖象的應(yīng)用(1) 已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運(yùn)動情況.(2) 已知物體在一運(yùn)動過程中速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況.（3）通過圖象對物體的受力與運(yùn)動情況進(jìn)行分析.4解題策略in一看清系式分析圖線，弄清物理過程，寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)進(jìn)而明確“圖象與公式”.篥圖象與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷看清坐標(biāo)軸所表示的物理量及單位并注意坐標(biāo)原點(diǎn)是否從零開始明

2、確因變量與自變量間的制約關(guān)系，明確物理量的變化趨勢典例心（多選）（2014四川理綜7）如圖所示，水平傳送帶以速度勻速運(yùn)動，小物體P、由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t=0時刻P口。在傳送帶左端具有速度v2,P與定滑輪間的繩水平，t=to時刻P離開傳送帶.不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長.正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是（）ABCD解析：若v2<vi且mQgvamg,則amgmQg=（mp+mQ）ai，當(dāng)P加速運(yùn)動速度達(dá)到v1后，與皮帶一起勻速運(yùn)動，直到離開傳送帶（也可能加速過程中就離開傳送帶），所以B項正確.若v2vv1且mQg>amg，則P先勻減速到零再反向加速到離開傳

3、送帶（也可能減速過程中就離開傳送帶）；若v2>v1,且mQgVymg，則P先勻減速至v1,然后與傳送帶一起勻速運(yùn)動，直到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶)；若V2>vi且mQg>umg,滿足mQg+mg=(mp+mQ)a2，中途減速至vi,以后滿足mQgmpg=(mp+mQ)a3，以a3先減速到零再以相同的加速度返回直到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶)，故C正確，A、D錯誤.答案：BC反思總結(jié)1.處理動力學(xué)圖象問題的一般思路(1) 依據(jù)題意，合理選取研究對象；(2) 對物體先受力分析，再分析其運(yùn)動過程;(3) 將物體的運(yùn)動過程與圖象對應(yīng)起來；對于相對復(fù)雜的圖

4、象，可通過列解析式的方法進(jìn)行判斷.2. 文字語言、函數(shù)語言、圖象語言與物理情景之間的相互轉(zhuǎn)換，是確立解題方向、迅速明確解題方法的前提.預(yù)測1.(多選)某馬戲團(tuán)演員做滑桿表演，已知豎直滑桿上端固定，下端懸空，滑桿的重力為200N,在桿的頂部裝有一拉力傳感器，可以顯示桿頂端所受拉力的大小.已知演員在滑桿上端做完動作時開始計時，演員先在桿上靜止了0.5s,然后沿桿下滑，3.5s末剛好滑到桿底端，并且速度恰好為零，整個過程中演員的vt圖象和傳感器顯示的拉力隨時間的變化情況如圖所示，g=10m/s2,貝U下列說法正確的是（）+F/N800A.演員的體重為0.5L0L52.02.53.03.5800NB.

5、演員在最后2s內(nèi)一直處于超重狀態(tài)C傳感器顯示的最小拉力為620ND.滑桿長7.5m解析：演員在滑桿上靜止時顯示的800N等于演員和滑桿的重力之和，所以演員體重為600N，A錯；由vt圖象可知，1.53.5s內(nèi)演員向下做勻減速運(yùn)動，拉力大于重力，演員處于超重狀態(tài)，B對；演員加速下滑時滑桿所受拉力最小，加速下滑時a1=3m/s2,對演員由牛頓第二定律知mgFf=mai，解得Ff=420N，對滑桿由平衡條件得傳感器顯示的最小拉力為Fmin=420N+200N=620N,C對；由vt圖象中圖線圍成的面積可得滑桿長為4.5m，D錯答案：BC摸型二滑塊滑板模型1. 模型特點(diǎn)：上、下疊放兩個物體,并且兩物體

6、在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對滑動.2. 兩種位移關(guān)系滑塊由滑板的一端運(yùn)動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運(yùn)動，位移之差等于板長；反向運(yùn)動時，位移之和等于板長.3. 求解關(guān)鍵點(diǎn)：仔細(xì)審題，分析清楚每一個物體的受力情況、運(yùn)動情況，準(zhǔn)確求出各物體在各運(yùn)動過程的加速度,找出物體間的位移關(guān)系或速度關(guān)系，同時明確聯(lián)系兩個過程的紐帶：每一個過程的末速度是下一個過程的初速度.典例2(2013全國新課標(biāo)H25)長木板在水平地面上運(yùn)動，在t=0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運(yùn)動的速度一時間圖象如圖所示.已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等

7、于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上.取重力加速度的大小g=10m/s2,求:(1) 物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)；(2) 從t=0時刻到物塊與木板均停止運(yùn)動時，物塊相對于木板的位移的大小.解析：從t=0時開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止.由圖可知，在t|=0.5s時，物塊和木板的速度相同.設(shè)t=0到t=ti時間間隔內(nèi)，物塊和木板的加速度大小分別為ai和a?,則ai=:a2=式中v0=5m/s、v11m/s分別為木板在t=0、t=匕時速度的大小.和木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為兇、血，由牛頓第二定律得mg=mai(由+

8、2P2)mg=ma2聯(lián)立式得兇=0.202=030(2)在ti時刻后，地面對木板的摩擦力阻礙木板運(yùn)動，物塊與木板之間的摩擦力改變方向設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為Ff，物塊和木板的加速度大小分別為a'i和a'2,則由牛頓第二定律得Ff=ma'i2p2mgFf=ma'2假設(shè)FfVwmg,貝Va'1=a'2；由式得Ff=P2mg>pimg,與假設(shè)矛盾.故Ff=pimg由式知，物塊加速度的大小a'1等于a1；物塊的v-1圖象如圖中點(diǎn)劃線所示.由運(yùn)動學(xué)公式可推知，物塊和木板相對于地面的運(yùn)動距離分別為2x1=2X益X2=寧tl+嚴(yán)1122a2

9、物塊相對于木板的位移的大小為X=X2Xi聯(lián)立1112式得x=1.125m®答案：(1)0.200.30(2)1.125m“二應(yīng)用牛頓第二定律求解疊加體問題的一般思路(石離求臨界加速度二牛假設(shè)疊加體間無相對滑動，整體法求解系統(tǒng)加速度4較判啓laW%時，無相對滑動;«>am時，有相對滑動餉求初根據(jù)判斷的結(jié)果進(jìn)行有關(guān)計算預(yù)測2(2014蕪湖市5月模擬)如圖所示，在光滑水平面上！囚，尸fiI-有'個質(zhì)量為30kg的/%/力力靜止小車B，小車足夠長且上表面水平.車上還有一質(zhì)量為10kg的靜止小物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn)),現(xiàn)對小車施加水平向右，大小恒定為56N的力，使其由靜止開

10、始運(yùn)動.測得小車在最初2s內(nèi)運(yùn)動了3m,求：(1) 小車B的加速度大??；(2) 4s末物塊A的速度大小.解析：(1)由題意，小車足夠長，即小物塊不會與小車脫離，則A、B之間的摩擦力是一定的，所以小車受到的合外力是恒力，即小車做勻加速直線運(yùn)動即x=2aBt2得aB=1.5m/s2.(2)假設(shè)兩者不發(fā)生相對滑動，整體加速度a=FmA+m1.4m/s2va所以假設(shè)不成立，兩者發(fā)生相對滑動.對B:FFf=mBaB,得Ff=11N對A：aA=丘=1.1m/s2mA所以4s末A的速度大小為：vA=aAt=4.4m/s.傳送帶模型答案：(1)1.5m/s2(2)4.4m/s項目圖示滑塊可能的運(yùn)動情況情景1妒

11、0(1) 可能一直加速(2) 可能先加速后勻速模型三1.水平傳送帶模型情景2ftb(1) V0>V時，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2) vo<v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景36?)(1) 傳送帶較短時，滑塊一直減速達(dá)到左端(2) 傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端.其中v0>V返回時速度為V,當(dāng)v0vV返回時速度為V02傾斜傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運(yùn)動情況情景1(1) 可能一直加速(2) 可能先加速后勻速情景2(1) 可能一直加速(2) 可能先加速后勻速(3) 可能先以ai加速后以a2加速情景3(1) 可能一直加速(2) 可能先加速后勻速(3) 可能

12、一直勻速(4) 可能先以ai加速后以a2加速情景4(1) 可能一直加速(2) 可能一直勻速(3) 可能先減速后反向加速典例3水平傳送帶被廣泛地應(yīng)用于機(jī)場和火車站，如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖.緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v=1m/s運(yùn)行，一質(zhì)量為m=4kg的行李無初速度地放在A處,傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運(yùn)動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運(yùn)動.設(shè)行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)3=01,A、B間的距離L=2m,g取10m/s求行李剛開始運(yùn)動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大小；求行李做勻加速直線運(yùn)動的時間；如果提咼傳送帶的運(yùn)行速率，行李就能被較快地傳送到

13、B處，求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應(yīng)的最小運(yùn)行速率.審題指導(dǎo)關(guān)鍵詞：無初速度地放在A處. 行李開始做勻加速直線運(yùn)動. 隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻加速直線運(yùn)動.對行李受力分析-行李運(yùn)動過程先勻加速后勻速直線運(yùn)動-利用牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式求解未知量.解析：滑動摩擦力Ff=umg=0.1X4X10N=4N,加速度a=ag01X10m/$=1m/s?.(2)行李達(dá)到與傳送帶相同速率后不再加速，則v=ati,tl=a=1s.(3) 行李始終勻加速運(yùn)行時，所需時間最短，加速度仍為a=1m/s2,當(dāng)行李到達(dá)右端時，有Vmin=2aL，Vmin=2aL=.2X1X2m/s=2m/s,

14、所以傳送帶對應(yīng)的最小運(yùn)行速度為2m/s.由vmin=atmin得行李最短運(yùn)行時間tmin=Vmina21s=2s答案：(1)4N1m/s2(2)1s(3)2s2m/s餌反思總結(jié)1求解傳送帶問題的一般思路分析處理傳送帶問題時，一定要做好“受力分析、狀態(tài)分析、過程分析具體流程如下：勻速或變速預(yù)測3.如圖所"廣示，傳送帶水平部分7'、：ab=2m,斜面部分be=4m,be與水平方向夾角a=37°個小物體A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=025,傳送帶沿圖示方向以速率vm/s運(yùn)動，若把物體A輕放到a處,將被傳送帶送到c點(diǎn)，且物體A不脫離傳送帶，求物體A從a點(diǎn)被傳送到c點(diǎn)所用的時間.

15、(g=10m/s2,sin37=0.6)解析：物體A輕放在a處后在摩擦力作用下向右做勻加速直線運(yùn)動直到與傳送帶速度相等，在這一過程中有ai瀘2.5m/s22發(fā)生位移w冷42X2.5m=0.8m經(jīng)歷時間ti=給0.8s此后物體隨傳送帶勻速運(yùn)動到b點(diǎn)時間為t2=abxiv0.6s當(dāng)物體A到達(dá)bc斜面時，因mgsin37°=06mg>口mgos37二02mg,所以物體A將再沿傳送帶做勻加速直線運(yùn)動其加速度大小為a2=gsin37°-gos37£4m/s2物體A在傳送帶bc上所用時間滿足：bc=vt3+2a2t3代入數(shù)值得t3=1s即物體A從a點(diǎn)被傳送到c點(diǎn)所用的時

16、間為t=tq+t2+13=24s答案：24s熱點(diǎn)專練1.物體的運(yùn)動情況或所受合外力的情況如圖所示，四幅圖的圖線都是直線，從圖中可以判斷這四個質(zhì)量一定的物體的某些運(yùn)動特征.下列說法正確的是A.甲物體受到不為零、且恒定的合外力B.乙物體受到的合外力越來越大C.丙物體受到的合外力為零D.丁物體的加速度越來越大解析：甲物體做勻速直線運(yùn)動，合外力為零，選項A錯誤.乙物體做勻加速運(yùn)動，合外力恒定，且不為零，選項B錯誤.丙物體做勻加速運(yùn)動，合外力恒定且不為零，選項C錯誤.丁物體所受合外力越來越大，加速度越來越大，選項D正確.答案：D2.（2014天津卷5）以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一

17、個物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運(yùn)動的v-1圖象可能正確的是（）D解析：不受空氣阻力的物體，運(yùn)動過程中加速度不變，v-1圖象為圖中虛線所示.受空氣阻力大小與速率成正比關(guān)系的物體，上升過程中：mg+kv=ma,a=g+加速度最大，上m升過程中a始終大于g,v-1圖象斜率均大于虛線斜率，只有選項D符合題意.答案：D3.（多選）如圖所示，水平傳送帶以恒定速度v向右運(yùn)動.將質(zhì)量為m的物體Q輕U輕放在水平傳送帶的左端A處，經(jīng)過t秒后，Q的速度也變?yōu)関，再經(jīng)t秒物體Q到達(dá)傳送帶的右端B處，則（）A.前t秒內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動，后t秒內(nèi)物體做勻減速

18、運(yùn)動B.后t秒內(nèi)Q與傳送帶之間無摩擦力C.前t秒內(nèi)Q的位移與后t秒內(nèi)Q的位移大小之比為1:1D.Q由傳送帶左端運(yùn)動到右端的平均速度為；v解析：前t秒內(nèi)物體Q相對傳送帶向左滑動，物體Q受向右的滑動摩擦力，由牛頓第二定律Ff=ma可知，物體Q做勻加速運(yùn)動，后t秒內(nèi)物體Q相對傳送帶靜止，做勻速運(yùn)動，不受摩擦力作用，選項A錯誤，B正確；前t秒內(nèi)Q的位移Xi=；t,后t秒內(nèi)Q的位移X2=vt,故簷=2，選項c錯誤；Q由傳送帶左端運(yùn)動到右端的平均速度X1+X2v=2t2t+vt3=2t=”v，選項D正確.答案：BD4.（2014云南第一次統(tǒng)一檢測24）如圖所示，質(zhì)量M=1kg的木塊A靜止在水平地面上，在木

19、塊的左端放置一個質(zhì)量m=1kg的鐵塊B（大小可忽略），鐵塊與木塊間的動摩擦因數(shù)兇=0.3，木塊長L=1m，用F=5N的水平恒力作用在鐵塊上，g取10m/s2.1一.TbFA%(1) 若水平地面光滑，計算說明兩物塊間是否發(fā)生相對滑動.(2) 若木塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)血=01,求鐵塊運(yùn)動到木塊右端的時間.解析：(1)A、B之間的最大靜摩擦力為Ffm>wmg=0.3X1X10N=3N假設(shè)A、B之間不發(fā)生相對滑動，貝U對A、B整體：F=(M+m)a對B:FfAB=ma解得：FfAB=25N因FfABvFfm，故A、B之間不發(fā)生相對滑動(2)對B：Fpimg=maB對A：wmgd(M+m)g

20、=Maa據(jù)題意：xBxA=LXA=XB=aBt2解得：t=2s.答案：(1)不會(2)2s課時提能訓(xùn)練(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊裝訂！)一、選擇題(在每小題給出的四個選項中，第14題只有一項符合題目要求，第57題有多項符合題目要求）1.（2014湖北八校二聯(lián)16）如圖|f所示，水平面上質(zhì)量相等的兩木丄A塊A、B用一輕彈簧相連接，用|一豎直向上的力F拉動木塊A，直B使木塊A緩慢上升至彈簧恢復(fù)原長.現(xiàn)改變力F使木塊A由靜止開始勻加速上升.研究從木塊A開始勻加速運(yùn)動到木塊B剛離開地面這個過程，并且選定這個過程中木塊A的起始位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，則下列圖象中可以表示力F和木塊A的位移x之間關(guān)系

21、的是（）FA解析：在木塊A勻加速運(yùn)動過程D中重力不變，合力不變，則拉力F的變化量與彈簧彈力的變化量應(yīng)始終大小相等，從而保持合力恒定，即有Fkxmg=ma,可見A正確.答案：A2.（2014長沙模擬）如圖所示，以速度v逆時針勻速轉(zhuǎn)動的足夠長匚”、）的傳送帶與水平面的夾角為6,現(xiàn)將一個質(zhì)量為m的衛(wèi)小木塊輕輕地放在傳送帶的上端，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為M聽tan6），貝9能夠正確地描述小木塊的速度隨解析：小木塊剛放到傳送帶上時將會與傳送帶發(fā)生相對滑動，加速度ai=gsin0+口gos0,當(dāng)小木塊與傳送帶達(dá)到共同速度v后，由于口<tan0,小木塊將會相對于傳送帶向下滑動，加速度a2=gsi

22、n0-ugos0;由于a“>a2,選項D正確.答案：D3.（2014朝陽區(qū)模擬）如圖甲所示，一個靜止在光滑水平面上的物塊，在t=0時給它施加一個水平向右的作用力F,F隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示，則物塊速度v隨時間t變化的圖象是()解析：由圖乙知F的方向不發(fā)生變化，物塊的初速度為零，在力F的作用下開始運(yùn)動，在力F減小到零的過程中，根據(jù)物塊受力知合力減小，加速度減小，但速度方向與加速度方向相同，物塊做加速度減小的加速運(yùn)動；在力F由零增大的過程中，加速度增大，速度方向與加速度方向仍然相同，物塊做加速度增大的加速運(yùn)動，在v-1圖象中斜率表示加速度，所以C正確，A、B、D答案：C4如圖所示，質(zhì)量

23、分別為M、m的兩物塊A、B疊放在一起沿光滑亡匚水平地面以速度v做勻速直線運(yùn)動，A、B間的動摩擦因數(shù)為口，在t=0時刻對物塊A施加一個隨時間變化的推力F=kt,k為一常量，則從力F作用開始到兩物塊剛要發(fā)生相對滑動所經(jīng)過的時間為（）A.M+mumgkkMM+muMgM+mugC.kmkm解析：兩物塊發(fā)生相對滑動的條件是系統(tǒng)的加速度大于物塊B能獲得的最大加速度，與物塊A的運(yùn)動速度無關(guān)，A錯；由牛頓第二定律可得系統(tǒng)一起運(yùn)動的加速度a=，物塊B的加速度M+m由A對B的靜摩擦力產(chǎn)生，最大加速度m時，A、B發(fā)生相m=Unflg當(dāng)a>a對滑動，代入F=kt解得t答案：CM+muMgkm,C項正確.5.如

24、圖甲所示，質(zhì)量為M=2kg的木板靜止在水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊（質(zhì)量設(shè)為m）從木板的左側(cè)沿木板表面水平?jīng)_上木板.物塊和木板的速度一時間圖象如圖乙所示，g=10m/s2,結(jié)合圖象，下列說法錯誤的是（）甲乙A.可求解物塊在t=2s時的位移B.可求解物塊與木板間的動摩擦因數(shù)C.可求解物塊的質(zhì)量mD.可求解木板的長度解析：由題圖乙可求02s內(nèi)物塊的v-1圖象所包圍的面積（即位移），選項A正確；由題圖乙可知：am=2m/s2=3g則卩=0.2,選項B正確；結(jié)合牛頓第二定律知口m卿M+mgM2m/s2,由于卩地未知，故無法求m,選項C錯誤；由題圖乙可求解物塊與木板間的相對位移，但無法求解木板的長度,選項

25、D錯誤.答案：CD6將一個質(zhì)量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點(diǎn)，運(yùn)動過程中所受阻力大小恒定，方向與運(yùn)動方向相反.該過程的v-1圖象如圖所示，g取10m/s2下列說法中正確的是（）A. 小球所受重力和阻力之比為5:1B. 小球上升過程與下落過程所用時間之比為2:3C.小球落回到拋出點(diǎn)時的速度大小為86m/sD.小球下落過程中，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)解析：上升過程中mg+F阻=maq,代入aq=12m/s2，解得F阻=2N，小球所受重力和阻力之比為5：1，選項A正確；下落過程中mg-F阻=ma2，可得a2=8m/s2,根據(jù)h=£at2可得$=、/2=2t2vail3,

26、選項B錯誤；根據(jù)v=a2t2,t2=W6s可得v=86m/s,選項C正確；小球下落過程中，加速度方向豎直向下，小球處于失重狀態(tài)，選項D錯誤.答案：AC7.（2014商丘模擬）如圖甲所示，在光滑水平面上疊放著甲、乙兩物體.現(xiàn)對甲施加水平向右的拉力F,通過傳感器可測得甲的加速度a隨拉力F變化的關(guān)系如圖乙所示.已知重力加速度g=10m/s2,由圖線可知（）甲FA.甲的質(zhì)量為2kgB.甲的質(zhì)量為6kgC.甲、乙之間的動摩擦因數(shù)是0.2D.甲、乙之間的動摩擦因數(shù)是0.6解析：由aF圖象可知，當(dāng)FV48N時，甲、乙兩物體相對靜止.當(dāng)F>48N，甲、乙兩物體相對滑動，此過程中，F(xiàn)m甲g=m甲a,對應(yīng)圖

27、線可得：m甲=瓷=6kg,將F=60N,a=8m/s2,代入上式可得=0.2,B、C正確.答案：BC1、非選擇題8粗糙的水平地面上一物體在水平拉力作用下做直線運(yùn)動，水平拉力F及運(yùn)動速度v隨時間變化的圖象如圖甲和圖乙所示.取重力加速度g=10m/s前2s內(nèi)物體運(yùn)動的加速度和位移.物體的質(zhì)量m和物體與地面間的動摩擦因數(shù)小解析：(1)由v-1圖象可知，物體在前2s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，前2s內(nèi)物體運(yùn)動的加速度為.求J15i110-115|11|1101234甲乙a=2m/s2前2s內(nèi)物體運(yùn)動的位移為x=t2=4m(2)對物體受力分析如圖所示.對于前2s,由牛頓第二定律得FFf=ma,Ff=卩mg2s之后物體做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件得F'=Ff由Ft圖象知F=15N,F'=5N代入數(shù)據(jù)解得m=5kg,卩=0.1.答案：(1)2m/s24m(2)5kg0.19.如圖所示，木板靜止于水平地面L二FMm上，在其最右端放一可視為質(zhì)點(diǎn)的木塊，已知木塊的質(zhì)量m=1kg,木板的質(zhì)量M=4kg,長L=2.5m，上表面光滑，下表面與地面之間的動摩擦因數(shù)卩=02現(xiàn)用水平恒力F=20N拉木板,g取10m/s2.(1)求