高考物理模型專練與解析模型07板塊模型（教師版含解析）

07板塊模型1．如圖所示，水平桌面上，質(zhì)量為m的物塊放在質(zhì)量為2m的長木板的左端，物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為，木板和桌面間的動摩擦因數(shù)為，開始時(shí)物塊和木板均靜止，若在物塊上施加一個(gè)水平向右的恒力F，已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．當(dāng)F>μmg時(shí)，物塊和木板一定發(fā)生相對滑動B．當(dāng)F=μmg時(shí)，物塊的加速度大小為C．當(dāng)F=2μmg時(shí)，木板的加速度大小為D．不管力F多大，木板的加速度始終為0【答案】B【詳解】A．當(dāng)物塊相對于木板剛要發(fā)生相對滑動時(shí)，物塊和長木板間的靜摩擦力達(dá)到最大值，對整體隔離木板得得只有物塊和木板才一定發(fā)生相對滑動，選項(xiàng)A錯誤；B．當(dāng)F=μmg時(shí)，物塊和長木板相對靜止，對整體有得選項(xiàng)B正確；CD．當(dāng)F=2μmg時(shí)，物塊和木板發(fā)生相對滑動，隔離木板得得選項(xiàng)CD錯誤。故選B。2．在水平光滑地面上，長木板M和小滑塊m疊放在一起，開始它們均靜止?，F(xiàn)將水平向右的恒力F作用在M的右端，已知長木板和小滑塊之間動摩擦因數(shù)μ=0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，M=2kg，m=1kg，g=10m/s2，如圖所示。當(dāng)F取不同數(shù)值時(shí)，小滑塊的加速度a可能不同，則以下正確的是()A．若F=6.0N則a=3.0m/s2B．若F=8.0N則a=4.0m/s2C．若F=10N則a=3.0m/s2D．若F=15N則a=4.0m/s2【答案】D【詳解】當(dāng)木塊和木板間的靜摩擦力達(dá)到最大時(shí)，此時(shí)此時(shí)對木板和木塊的整體解得F=12NA．若F=6.0N則兩物體以共同的加速度向前運(yùn)動，則選項(xiàng)A錯誤；B．若F=8.0N則兩物體以共同的加速度向前運(yùn)動，則選項(xiàng)B錯誤；C．若F=10N則兩物體以共同的加速度向前運(yùn)動，則選項(xiàng)C錯誤；D．若F=15N則木塊在木板上滑動，則木塊的加速度為選項(xiàng)D正確。故選D。3．一長輕質(zhì)薄硬紙片置于光滑水平地面上，硬紙片上放質(zhì)量均為1kg的A、B兩物塊，A、B與硬紙片之間的動摩擦因數(shù)分別為和，水平恒力F作用在A物塊上，如圖所示，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，)，下列說法正確的是()A．當(dāng)時(shí)，則物塊、硬紙片都靜止不動B．若，則B物塊的加速度為4.0m/s2C．當(dāng)，則A物塊所受摩擦力大小為1.5ND．無論力F為多大，A與硬紙片都不會發(fā)生相對滑動【答案】D【詳解】物體A與紙片間的最大靜摩擦力為物體B與紙片間的最大靜摩擦力為A．因?yàn)樗訟B與紙片保持相對靜止，整體在F作用下向左勻加速運(yùn)動，故A錯誤；BD．當(dāng)B剛要相對于紙片滑動時(shí)靜摩擦力達(dá)到最大值，由牛頓第二定律得又得對整體，有即達(dá)到4N后，B將相對地紙片運(yùn)動，此時(shí)摩擦力；則對紙片可知，紙片受到A的摩擦力大于B的摩擦力；故A和紙片間不會發(fā)生相對運(yùn)動；則可知，當(dāng)拉力為8N時(shí)，B與紙片間的摩擦力即為滑動摩擦力為2N，此后增大拉力，不會改變B的受力；其加速度大小均為，故B錯誤，D正確；C．因?yàn)樗訟B即紙片保持相對靜止，整體在F作用下向左勻加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得則A物塊所受摩擦力故C錯誤。故選D。4．如圖，斜面體C質(zhì)量為M足夠長，始終靜止在水平面上，一質(zhì)量為2m的足夠長的木板A上表面光滑，木板A恰好能沿斜面勻速下滑，以沿斜面向下為正方向，當(dāng)木板A以速度v0勻速下滑時(shí)，將一質(zhì)量為m的滑塊B輕輕放在木板A的上表面之后，下列說法正確的是()A．滑塊B放在木板A的上表面之后，木板A繼續(xù)勻速運(yùn)動B．滑塊B的動量為3mv0時(shí)，木板A的動量為C．木板A在運(yùn)動過程中地面對C有向左的摩擦力D．木板A在運(yùn)動過程中斜面體對水平面的壓力大小為【答案】D【詳解】A．由題意可知，沒放滑塊B時(shí)，木板A做勻速運(yùn)動，即受力平衡，合力為零，設(shè)斜面的傾角為，即放上滑塊B后，對滑塊B受力分析，有重力mg和A對B的支持力，對B由牛的第二定律可得滑塊B受到的支持力為對木板A受力分析，有重力2mg，斜面C對A的支持力，滑塊B對A的壓力和斜面C對A沿斜面向上的摩擦力，對A由牛頓第二定律得其中由此可知，滑塊B放在木板A的上表面之后，木板A將做勻減速直線運(yùn)動，滑塊B做勻加速直線運(yùn)動，所以A錯誤；B．滑塊B的動量為3mv0時(shí)，即對B由勻變速直線運(yùn)動的公式可得對A由勻變速直線運(yùn)動的公式可得即當(dāng)滑塊B的動量為3mv0時(shí)，木板A速度已經(jīng)減到了零，又所以此時(shí)木板A將保持靜止?fàn)顟B(tài)，即A的動量為零，所以B錯誤；C．對斜面體C受力分析，有重力Mg，地面對C的支持力，木板A對C的壓力和木板A對C沿斜面向下的摩擦力，由前面分析可知由力的平衡條件可知，這兩個(gè)力的合力豎直向上下，大小為3mg，所以水平方向地面對斜面C沒有摩擦力，所以C錯誤；D．由C選項(xiàng)分析可知，斜面C受力平衡，即所以D正確。故選D。5．如圖所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC兩部分組成，且AB=BC，小物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一初速度從A點(diǎn)滑上桌面，最后恰好停在C點(diǎn)，已知物塊經(jīng)過AB與BC兩部分的時(shí)間之比為1：4，則物塊P與桌面上AB、BC部分之間的動摩擦因數(shù)、之比為(P物塊在AB、BC上所做的運(yùn)動均可看作勻變速直線運(yùn)動)()A．1：1 B．1：4 C．4：1 D．8：1【答案】D【詳解】設(shè)AB、BC兩部分：長度為L，在B點(diǎn)的速度為v，受摩擦力F1=μ1mg、F2=μ2mg加速度a1=μ1g、a2=μ2g，時(shí)間t1=t、t2=4t逆向研究BC逆向研究BA解得μ1：μ2=8：1故選D。6．如圖(a)，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t=0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t=4s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出()A．木板的質(zhì)量為1kgB．2s~4s內(nèi)，力F的大小為0.4NC．0~2s內(nèi)，力F的大小保持不變D．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2【答案】AB【詳解】A．由圖(c)可知，4～5s內(nèi)木板的加速度所受摩擦阻力所以木板的質(zhì)量故A正確；B．2～4s內(nèi)木板做勻加速直線運(yùn)動，加速度由于物塊的摩擦力f為恒力，所以拉力F也為恒力，根據(jù)牛頓第二定律解得故B正確；C．由圖(c)可知，0～2s內(nèi)物塊和木板還未發(fā)生相對滑動，它們之間的摩擦力為靜摩擦力，此過程中拉力F等于f，故F在此過程中是變力，故C錯誤；D．由于不知道物塊的質(zhì)量，所以無法計(jì)算它們之間的動摩擦因數(shù)μ，故D錯誤。故選AB。7．如圖，一固定且足夠長的斜面MN與水平面的夾角α=37°，斜面上有一質(zhì)量為3m、上表面光滑且下端有擋板P的長木板A沿斜面勻速向下運(yùn)動，速度大小v0=1m/s，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊輕輕地放在長木板上，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到擋板P時(shí)(與擋板碰前的瞬間)，長木板的速度剛好減為零，之后小滑塊與擋板發(fā)生第1次碰撞，以后每隔一段時(shí)間，小滑塊就與擋板碰撞一次，小滑塊始終在長木板上運(yùn)動，已知小滑塊與擋板的碰撞為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列說法正確的是()A．小滑塊在長木板上下滑過程中，長木板的加速度大小為2m/s2B．小滑塊放在木板上的瞬間，其與P的距離為C．小滑塊與擋板第1次碰撞后的瞬間，小滑塊的速度大小為1.5m/sD．小滑塊與擋板第2次碰撞后的瞬間，小滑塊的速度大小為1.5m/s【答案】ACD【詳解】A．開始長木板勻速下滑時(shí)，由平衡條件可得帶入數(shù)據(jù)解得把小滑塊放上長木板后，對長木板，由牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)解得故A正確；B．長木板上表面光滑，碰撞前小滑塊做勻加速直線運(yùn)動，長木板做勻減速直線運(yùn)動，小滑塊從放上長木板到與擋板相撞的時(shí)間為小滑塊放上長木板的瞬間，其與P的距離為故B錯誤；C．設(shè)小滑塊與擋板第一次碰撞前的速度為v，則滑塊與擋板碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，取沿斜面向下為正方向，由動量守恒定律可得由機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立方程，帶入數(shù)據(jù)解得，則小滑塊與擋板第1次碰撞后的瞬間，小滑塊的速度大小為1.5m/s，故C正確；D．碰撞后長木板速度再次減為零的時(shí)間為此時(shí)小滑塊的速度為，方向沿斜面向下這個(gè)過程中小滑塊的位移為，方向沿斜面向下長木板的位移為故，二者發(fā)生第2次碰撞，第2次碰撞前的瞬間小滑塊的速度與第1次碰撞前的速度相同，所以小滑塊與擋板第2次碰撞后的瞬間，小滑塊的速度大小仍為1.5m/s，故D正確。故選ACD。8．如圖所示，一質(zhì)量M=8.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m=2.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為5.0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動，B開始向右運(yùn)動，A始終沒有滑離B板，A、B之間的動摩擦因數(shù)是0.5。則在整個(gè)過程中，下列說法正確的是()A．小木塊A的速度減為零時(shí)，長木板B的速度大小為3.75m/sB．小木塊A的速度方向一直向左，不可能為零C．小木塊A與長木板B共速時(shí)速度大小為3m/sD．長木板的長度可能為10m【答案】ACD【詳解】AB．木塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，由于初速度均為v0=5.0m/s，所以木板的動量大于小木塊的動量，系統(tǒng)合動量方向向右，所以木塊A先向左做減速運(yùn)動，速度減為零后反向向右做加速運(yùn)動，最后木塊與木板一起做勻速直線運(yùn)動，以向右為正方向，由動量守恒定律得當(dāng)木塊A的速度間為零時(shí)代入數(shù)據(jù)解得故A正確，B錯誤；C．最終木塊與木板速度相等，根據(jù)動量守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得故C正確；D．最終木塊與木板相對靜止，一起做勻速直線運(yùn)動，對系統(tǒng)代入數(shù)據(jù)解得x=8m木板的最小長度為8m，可能為10m，故D正確。故選ACD。【點(diǎn)評】本題考查了動量守恒定律與能量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚物體運(yùn)動過程是解題的前提，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律求出木板速度與長度的臨界值是即可解題。9．如圖所示，一足夠長的木板靜止在粗糙的水平面上，t＝0時(shí)刻滑塊從板的左端以速度v0水平向右滑行，木板與滑塊間存在摩擦，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。滑塊的v-t圖象可能是()A． B．C． D．【答案】AC【詳解】CD．滑塊滑上木板，受到木板對滑塊向左的滑動摩擦力，做勻減速運(yùn)動，若木塊對木板的摩擦力大于地面對木板的摩擦力，則木板做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)兩者速度相等時(shí)，一起做勻減速運(yùn)動。設(shè)木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，木塊的質(zhì)量為m，木板的質(zhì)量為M，知木板若滑動，則μ1mg>μ2(M＋m)g最后一起做勻減速運(yùn)動，加速度a′＝μ2g開始時(shí)木塊做勻減速運(yùn)動的加速度大小為a＝μ1g>μ2g知圖線的斜率變小，故C正確，D錯誤。A．若μ1mg<μ2(M＋m)g則木板不動，滑塊一直做勻減速運(yùn)動，故A正確。B．由于地面有摩擦力，最終木塊和木板不可能一起做勻速直線運(yùn)動，故B錯誤。故選AC。10．如圖，光滑水平面上靜止著一上表面粗糙的長木板B，當(dāng)小物塊A以v0=10m/s的水平初速度自木板的左端滑上時(shí)，給B施加一個(gè)水平向右的恒力F=16N，經(jīng)過一段時(shí)間，A不再相對B滑動。已知B的質(zhì)量M=2kg，A的質(zhì)量m=4kg，A和B之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，取g=10m/s2，則下列說法正確的是()A．A滑上B時(shí)，B的加速度大小為16m/s2 B．經(jīng)過t=0.5，A和B相對靜止C．相對靜止后B的加速度大小為4m/s2 D．t=3.5s時(shí)，A的速度為16m/s【答案】ABD【詳解】A．A滑上B時(shí)，對B，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得故A正確；B．A滑上B時(shí)，對A，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得A做減速運(yùn)動，B做加速運(yùn)動，設(shè)經(jīng)時(shí)間t1兩者速度相等，則代入數(shù)據(jù)解得故B正確；C．A、B相對靜止后，對A、B系統(tǒng)，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得D．t=3.5s時(shí)A的速度故D正確。故選ABD。11．如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的長木板位于光滑水平面上，質(zhì)量為m=1kg的物塊靜止在長木板上，兩者之間的滑動摩擦因數(shù)為μ=0.5.重力加速度g取10m/s2，物塊與長木板之間的最大靜摩擦力等于兩者之間的滑動摩擦力。現(xiàn)對物塊施加水平向右的力F，下列說法正確的是()A．水平力F=3N時(shí)，物塊m將保持靜止?fàn)顟B(tài)B．水平力F=6N時(shí)，物塊m仍未在長木板M上滑動C．水平力F=7N時(shí)，長木板M的加速度大小為2.5m/s2D．水平力F=9N時(shí)，長木板M受到的摩擦力大小為5N【答案】BD【詳解】對m、M整體進(jìn)行受力分析F=(M+m)a對m進(jìn)行受力分析F-f=ma當(dāng)m、M即將相對滑動時(shí)，靜摩擦力達(dá)到最大值fm=μmg求解上面方程組代入數(shù)據(jù)解得F最小=7.5NA．當(dāng)水平力F=3N，整體處于加速狀態(tài)，因此物塊m將不會保持靜止?fàn)顟B(tài)，故A錯誤；

B．當(dāng)水平力F=6N，物塊m不會在長木板M上滑動，故B正確；

C．水平力F=7N<7.5N，長木板和木塊以共同的加速度運(yùn)動，依據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合整體法，則長木板M的加速度大小為故C錯誤；

D．水平力F=9N＞7.5N，兩者之間發(fā)生相對滑動，則長木板M受到的摩擦力大小，即為物塊受到的摩擦力，則為f=μmg=5N故D正確；

故選BD。12．如圖所示，粗糙水平地面上靜止一輛小車，其質(zhì)量，長度，小車最右端放置一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，其質(zhì)量。某時(shí)刻在小車上施加一個(gè)水平向右的的拉力F，已知小車與地面之間的動摩擦因數(shù)，物塊與小車之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度g取。物塊在小車上運(yùn)動的過程中，下列說法正確的是()A．物塊的加速度大小為B．小車的加速度大小為C．小車的加速度大小為D．經(jīng)過物塊從小車左端掉落【答案】AD【詳解】A．假設(shè)小車和物塊沒有發(fā)生相對滑動，對整體，根據(jù)牛頓第二定律得解得此時(shí)物塊的摩擦力大小為又因?yàn)槲飰K的最大靜摩擦為故假設(shè)不成立，二者發(fā)生了相對滑動，此時(shí)物塊的摩擦力等于滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得解得物塊加速度為故A正確；BC．對小車進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得解得小車加速度為故BC錯誤；D．設(shè)經(jīng)過時(shí)間t物塊從小車上滑下，此時(shí)滿足代數(shù)解得故D正確。故選AD。13．如圖所示，質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一質(zhì)量為m的木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，在木板上施加一水平向右的恒力F，木塊和木板由靜止開始運(yùn)動并在最后分離。設(shè)分離時(shí)木塊相對地面運(yùn)動的位移為x，保證木塊和木板會發(fā)生相對滑動的情況下，下列方式可使位移x增大的是()A．僅增大木板的質(zhì)量MB．僅減小木塊的質(zhì)量mC．僅增大恒力FD．僅增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù)【答案】AD【詳解】設(shè)木板長為L，當(dāng)木塊與木板分離時(shí)，運(yùn)動時(shí)間為t，對于木板對于木塊當(dāng)木塊與木板分離時(shí)，它們的位移滿足解得則木塊相對地面運(yùn)動的位移為A．僅增大木板的質(zhì)量M，變小，不變，x增大，故A正確；B．僅減小木塊的質(zhì)量m，變大，不變，x減小，故B錯誤；C．僅增大恒力F，變大，不變，x減小，故C錯誤；D．僅稍增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù)，變小，增大，x增大，故D正確。故選AD。如圖所示，小物塊A、B質(zhì)量均為2kg，長木板C質(zhì)量為1kg，用細(xì)線連接A、B放置在長木板C上，A與C之間動摩擦因數(shù)為0.2，B與C、C與地面之間均為光滑?，F(xiàn)對小物體B施加一隨時(shí)間t變化的水平拉力F=10t(N)，設(shè)A、B間細(xì)繩拉力大小為T，則下列說法正確的是：()A．在A、C發(fā)生相對滑動之前，T∶F=3∶5B．在A、C發(fā)生相對滑動之前，T∶F=1∶2C．在A、C發(fā)生相對滑動之后，T∶F=1∶2D．在A、C剛要發(fā)生相對滑動的瞬間，物塊A的速度大小為4m/s【答案】AD【詳解】AB．在A與C發(fā)生相對滑動之前，則A正確B錯誤；C．發(fā)生相對滑動之后，根據(jù)牛頓第二定律可知，，加速度不斷增加，比值不是定值，C錯誤；D．A、C剛要發(fā)生滑動瞬間，長木板C加速達(dá)到最大，最大加速度為則此時(shí)，拉力則故歷時(shí)，由于A、B、C共速求得D正確。故選AD。15．如圖甲所示，質(zhì)量為m2的長木板靜止在光滑的水平面上，其上靜止一質(zhì)量為m1的小滑塊，現(xiàn)給木板施加一隨時(shí)間均勻增大的水平力F，滿足F=kt(k為常量，t代表時(shí)間)，長木板的加速度a隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。已知小滑塊所受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是()A．在0~2s時(shí)間內(nèi)，小滑塊與長木板間的摩擦力增大B．小滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)C．m1與m2之比為1：3D．當(dāng)小滑塊從長木板上脫離時(shí)，其速度比長木板小0.5m/s【答案】AD【詳解】A．在0~2s時(shí)間內(nèi)，小滑塊與長木板相對靜止，它們之間為靜摩擦力，對小滑塊有Ff=ma1a1在增大，所以靜摩擦力Ff也在增大，A正確；BC．長木板的加速度a在3s時(shí)突變，所以小滑塊在3s時(shí)脫離長木板，對長木板在3s時(shí)刻前、后的運(yùn)動分析，由牛頓第二定律可得F3?Ff3=m2a前=m2(2m/s2)F3=m2a后=m2(3m/s2)解得Ff3=m2(1m/s2)在0~2s時(shí)間內(nèi)F=(m1+m2)a1=kt所以在2~3s時(shí)間內(nèi)F?Ff3=m2a2所以由圖線斜率可知解得m1=m2BC錯誤；D．在2s時(shí)刻，小滑塊與長木板的速度相同，在2~3s時(shí)間內(nèi)小滑塊的速度的變化量為Δv1=1m/s長木板的速度變化量為Δv2=1.5m/s所以3s時(shí)，長木板比小滑塊的速度大0.5m/s，D正確。故選AD。16．游樂場投擲游戲的簡化裝置如圖所示，質(zhì)量為的球A放在高度的平臺上，長木板C放在水平地面上，帶凹槽的容器B放在C的最左端。A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，B、C質(zhì)量均為，B、C間的動摩擦因數(shù)，C與地面間的動摩擦因數(shù)。在某次投擲中，球A以的速度水平向右拋出，同時(shí)給木板C施加一水平向左、大小為F=16N的恒力，使球A恰好落入B的凹槽內(nèi)，瞬間球A與B合為一體。取g=10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：(1)球A拋出時(shí)，凹槽B與球A之間的水平距離；(2)A、B合為一體時(shí)的速度大小；(3)要使AB不脫離木板C，求木板長度的最小值L。【答案】(1)3.96m；(2)3.6m/s；(3)5.04m【詳解】(1)A球平拋過程運(yùn)動時(shí)間此過程中A球的水平位移假設(shè)BC之間無相對滑動一起向左加速運(yùn)動，則加速度所以BC之間要產(chǎn)生相對滑動。其中B的加速度為在時(shí)間t內(nèi)槽B的位移為球A拋出時(shí)，凹槽B與球A之間的水平距離(2)A將要落在槽B中時(shí)，槽B的速度方向向左設(shè)向右為正方向，則對AB系統(tǒng)水平方向動量守恒解得(3)當(dāng)A做平拋運(yùn)動的時(shí)間內(nèi)，木板C的加速度當(dāng)球A落到槽B中時(shí)木板C的速度此時(shí)槽B相對木板C向右滑動的距離為當(dāng)球A落到槽B中后板C的加速度而AB的共同加速度仍為因AB一起向右減速，而C向左減速，則當(dāng)三個(gè)物體都停止運(yùn)動時(shí)相對運(yùn)動的位移則木板長度的最小值17．如圖所示，質(zhì)量為M=0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m=1kg的物塊以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ=0．2，在物塊滑上木板的同時(shí)，給木板施加一個(gè)水平向右的恒力F．當(dāng)恒力F取某一值時(shí)，物塊在木板上相對于木板滑動的路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到的關(guān)系如圖所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標(biāo)為1m-1．將物塊視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2．(1)若恒力F=0，則物塊會從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時(shí)間t是多少？(2)圖乙中BC為直線段，求該段B點(diǎn)的橫坐標(biāo)(3)圖乙中DE為直線段，求該段恒力F的取值范圍及函數(shù)關(guān)系式【答案】(1)s(2)F=1N(3)【詳解】(1)以初速度v0為正方向，物塊的加速度大?。篴m=μg=2m/s2木板的加速度大小：aM==4m/s2由圖乙知，恒力F=0時(shí)，物塊在木板上相對于木板滑動的路程=1m-1，則s=1m，可知板長L=s=1m滑塊相對木板的路程：L=v0t-amt2-aMt2，代入數(shù)據(jù)可得：ts；t=1s(舍)當(dāng)t=1s時(shí)，滑塊的速度為v=v0-amt=2m/s，木板的速度為v=aMt=4m/s，而當(dāng)物塊從木板右端滑離時(shí)，滑塊的速度不可能小于木板的速度，故t=1s應(yīng)舍棄，故所求時(shí)間為ts(2)當(dāng)F較小時(shí)，物塊將從木板右端滑下，當(dāng)F增大到某一值時(shí)物塊恰好到達(dá)木板的右端，且兩者具有共同速度v，歷時(shí)t1，則木板的加速度a1==(2F+4)m/s2速度關(guān)系有：v=v0-amt1=a1t1相對位移：L=t1-t1聯(lián)立解得：F=1N，即B點(diǎn)的橫坐標(biāo)為F=1N．(3)當(dāng)F繼續(xù)增大時(shí)，物塊減速、木板加速，兩者在木板上某一位置具有共同速度；當(dāng)兩者共速后能保持相對靜止(靜摩擦力作用)一起以相同加速度a做勻加速運(yùn)動，則對整體：a=，對物塊相對靜止加速度的最大值fmax==ma可解得：F=3N，當(dāng)F>3N時(shí)，對應(yīng)乙中的DE段，當(dāng)兩都速度相等后，物塊相對于木板向左滑動，木板上相對于木板滑動的路程為s=2Δx當(dāng)兩者具有共同速度v，歷時(shí)t，根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得：v0-amt=a1t根據(jù)位移關(guān)系可得：Δx＝v0t?amt2?a1t2s=2Δx聯(lián)立?F函數(shù)關(guān)系式解得：18．如圖甲所示，質(zhì)量M=3kg的小車靜止在水平面上，光滑固定的圓弧軌道的下端與小車的右端平滑對接，軌道半徑R=0.8m，質(zhì)量m=1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))由軌道頂端靜止釋放沿軌道下滑，接著物塊離開圓軌道滑上小車。從物塊滑上小車開始計(jì)時(shí)，物塊運(yùn)動的速度隨時(shí)間變化的部分圖像如圖乙所示。已知小車與水平面間的摩擦因數(shù)μ0=0.01，重力加速度為10m/s2，求：(1)物塊經(jīng)過圓軌道最低點(diǎn)時(shí)軌道對物塊的支持力F大??；(2)物塊與小車之間的動摩擦因數(shù)μ和物塊剛滑上小車時(shí)小車的加速度大??；(3)為了避免物塊從小車上滑下，小車至少要多長?！敬鸢浮?1)30N；(2)0.1；0.2m/s2；(3)【詳解】(1)圖像知物塊的速度v=4m/s，根據(jù)牛頓第二定律得解得軌道對物塊的支持力(2)物塊滑上小車后，由圖像可知物塊的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律得解得設(shè)小車的加速度為a2，則有解得(3)當(dāng)它們達(dá)到速度相同時(shí)解得這一過程中，物塊的位移為小車的位移為為了避免物塊從小車上滑下，小車長度至少為19．如圖所示，光滑水平面上靜止放著長L=1.6m，質(zhì)量為M=3kg的木板(厚度不計(jì))，一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的小物體放在木板的最右端，m和M之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，今對木板施加一水平向右的拉力F(g取10m/s2)。(1)若木板與小物體相對滑動，求小物體的加速度的大??？(2)為使小物體不掉下去，F(xiàn)不能超過多少？(3)如果拉力F=10N恒定不變，畫出木板運(yùn)動的v－t圖象?！敬鸢浮?1)1m/s2，加速度方向水平向右；(2)4N；(3)【詳解】(1)小物體受到的滑動摩擦力提供加速度mg=ma解得a＝1m/s2加速度方向水平向右(2)以小物體和木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律F=(M＋m)a小物體剛要滑動時(shí)有mg=ma聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F=(M＋m)a=(3＋1)×1N=4N故F不能超過4N(3)剛開始時(shí)當(dāng)F=10N時(shí)，小物體相對于木板相對滑動，對木板根據(jù)牛頓第二定律F－μmg=Ma2代入數(shù)據(jù)解得木板的加速度a2=3m/s2經(jīng)過時(shí)間t時(shí)小物體將會從板上掉落，根據(jù)位移－時(shí)間關(guān)系可得得此時(shí)的速度為以后木板做加速運(yùn)動的加速度為a3，則有F=Ma3解得a3=3.3m/s2木板的速度圖象如圖所示20．如圖所示，長為L=3m，質(zhì)量為M=3kg的平板車在粗糙水平面上向右滑行，當(dāng)其速度為v=4m/s時(shí)，在其右端輕輕放上一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的滑塊，已知滑塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.1，平板車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.2。求：(1)滑塊與平板車取得相同的速度前各自的加速度；(2)從開始至最終停止，滑塊與平板車間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；(3)從開始至最終停止，滑塊、平板車和地面組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能U。【答案】(1)1m/s2，3m/s2；(2)；(3)24J【詳解】(1)開始階段，對滑塊有解得對滑板有解得(2)經(jīng)過t1時(shí)間速度相等，則解得此時(shí)共同速度滑塊與平板車取得相同速度前，滑塊位移滑板位移第一階段相對位移此后，如果以共同速度減速，則加速度則滑塊受摩擦力故此后兩個(gè)物體做加速度不同的減速運(yùn)動，滑塊相對平板向前運(yùn)動；對滑塊，有解得對滑板，有解得滑板速度先減為零，位移滑塊速度減為零的位移故第二階段相對位移滑塊與平板車間因摩擦增加的內(nèi)能(3)根據(jù)能量守恒定律，滑塊、平板車和地面組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能21．如圖所示，一質(zhì)量為m=1kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊A和一質(zhì)量為M=1.5kg、足夠長的木板B疊放于動摩擦因素為μ1=0.1的粗糙水平面上，物塊A與木板B右端對齊，其接觸面間動摩擦因素為μ2=0.2，在距離木板B右端L=17.5m處固定有一彈性擋板。用重錘敲擊木板B左端，使木板B瞬間獲得水平向右的初速度v0=10m/s；木板B與擋板碰撞前后速度大小不變，方向相反，運(yùn)動過程中物塊A始終未離開木板B。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取10m/s2求：(1)木板B與擋板碰撞前，木板B與物塊A剛達(dá)到相對靜止時(shí)的速度大小；(2)木板B與擋板碰撞前的速度大??；(3)在整個(gè)運(yùn)動過程中，物塊A與木板B之間的接觸面因摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?1)4m/s；(2)3m/s；(3)37.5J【詳解】(1)物塊A、木板B共速前，對物塊A對木板B帶入數(shù)據(jù)解得物塊A、木板B共速時(shí)，設(shè)共同速度為，對物塊A對木板B聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得(2)物塊A、木板B共速前對物塊A對木板B因?yàn)?，物塊A、木板B共速后一起勻減速，共同加速度a滿足設(shè)木板B以速度，與擋板發(fā)生彈性碰撞聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得(3)木板B反彈后，對物塊A對木板B設(shè)從木板B反彈到速度減為0所需時(shí)間為，對木板B聯(lián)立解得因?yàn)?，所以木板B停止后不再運(yùn)動，設(shè)從木板B反彈到最終物塊A靜止所需時(shí)間為t3，對物塊A聯(lián)立解得22．如圖所示，質(zhì)量M=3kg的長木板靜止在光滑水平地面上，左端靜置質(zhì)量m=1kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，距長木板右端x0=1m處有一固定豎直墻壁，墻壁上安裝鎖止裝置，長木板與墻壁碰撞瞬間即被鎖定不動。已知長木板長L=2.5m，與小滑塊間的動摩擦因數(shù)μ=0.6，重力加速度g=10m/s2?，F(xiàn)對小滑塊施加一水平向右F=9N的恒力，當(dāng)長木板與墻壁相碰瞬間撤去恒力F。則：(1)長木板經(jīng)多長時(shí)間與墻壁發(fā)生碰撞；(2)小滑塊最終離墻壁的距離?！敬鸢浮?1)1s；(2)1.25m【詳解】(1)對長木板，由牛頓第二定律有解得設(shè)長木板經(jīng)時(shí)間與墻壁發(fā)生碰撞，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式則有解得(2)對小滑塊，撤去恒力F之前，由牛頓第二定律有解得撤去恒力F的瞬間，小滑塊的速度撤去恒力F之前小滑塊的位移為對小滑塊，撤去恒力F之后，由牛頓第二定律有解得撤去恒力F之后小滑塊的位移為小滑塊最終離墻壁的距離23．如圖所示，長木板A和擋板B在同一光滑水平面，A靜止，B固定，A右端與B間距離為x0。某時(shí)刻，可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊以速度v0=1m/s從長木板左端滑上，每次A與B碰撞前小物塊相對長木板靜止。已知A足夠長，質(zhì)量M=0.4kg，小物塊質(zhì)量m=0.6kg，小物塊與長木板間動摩擦因數(shù)μ=0.2，A與B碰撞無機(jī)械能損失，g取10m/s2。(1)小物塊剛滑上A時(shí)，求小物塊的加速度大小和A的加速度大小；(2)求x0的取值范圍；(3)求A與B第n(n=1，2，3，…)次碰撞前，小物塊與長木板組成系統(tǒng)損失的機(jī)械能。【答案】(1)；；(2)；(3)或【詳解】(1)設(shè)小物塊剛滑上長木板時(shí)，小物塊加速度大小為，長木板加速度大小為，則解得，；(2)設(shè)經(jīng)時(shí)間小物塊與靜止，共同速度大小為，則解得，；設(shè)在時(shí)間內(nèi)長木板通過的距離為為，則解得；(3)設(shè)與第1次碰撞前，小物塊與長木板組成系統(tǒng)損失的機(jī)械能為，則解得；在長木板與擋板第次碰撞后，小物塊與長木板速度大小都為，小物塊方向向右，長木板方向向左，二者相對滑動，設(shè)經(jīng)時(shí)間二者速度相同大小為，方向向右，之后，與擋板第次碰撞，以向右為正，則對小物塊有對長木板有解得由(2)知道，根據(jù)等比數(shù)列規(guī)律可得設(shè)與第次碰撞前，小物塊與長木板組成系統(tǒng)損失的機(jī)械能為，則解得或24．如圖所示，質(zhì)量為M=4kg的木板靜止在光滑的水平地面上，其右端靜置一質(zhì)量為m=2kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，小滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)，今用水平力F=32N向右拉木板，作用一段時(shí)間后撤去水平拉力，最終滑塊恰好沒有掉下來，且在這個(gè)過程中產(chǎn)生的熱量為24J。(不計(jì)空氣阻力，g=10m/s2)(1)在力F的作用下，滑塊和木板加速度各是多少？(2)要使小滑塊從木板上不掉下來，力F作用的時(shí)間最長為多少？【答案】(1)；；(2)1.5s【詳解】(1)對滑塊由牛頓第二定律可得滑塊加速度對木板由牛頓第二定律木板加速度(2)由能量關(guān)系可知解得L=3m設(shè)在t1時(shí)撤去F，再經(jīng)過t2時(shí)長木板恰與小滑塊分離。

撤掉F時(shí)，小滑塊的速度為v1=a1t1長木板的速度為v2=a2t1撤去F后，對于長木板由牛頓第二定律有μmg=Ma0由于要求F作用時(shí)間最長，則長木板與小滑塊在恰不分離時(shí)速度恰好相同，設(shè)此速度為v3。對于小滑塊v3=v1+a1t2對于長木板v3=v2-a0t2在t1+t2的整個(gè)過程中有對滑塊L1＝a1(t1+t2)2對長木板L2＝a2t12+v2t2?a0t22L=L2-L1聯(lián)立以上各式解得t1=1.5s即力F作用的時(shí)間最長要1.5s。25．如圖甲所示，長為L=8m、質(zhì)量為M=4.0kg的木板P放在光滑的水平地面上，P的中點(diǎn)有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m=1.0kg的小物塊Q?，F(xiàn)對P施加一水平向右的拉力F，F(xiàn)作用1s后撤去，P、Q在F作用時(shí)的速度-時(shí)間圖像如圖乙所示。重力加速度g取10m/s2。求：(1)物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ和水平拉力F的大??；(2)Q相對P向左滑行的最大距離x?！敬鸢浮?1)，；(2)1.8m【詳解】(1)由圖乙知：P的加速大小為，Q的加速大小為；對Q有對P有聯(lián)立上式解得，(2)假設(shè)系統(tǒng)向右運(yùn)動過程中Q一直在P上。在內(nèi)由P的位移大小為在內(nèi)由Q的位移大小為內(nèi)P、Q相對位移為撤去F至P、Q達(dá)到共同速度的過程中Q加速度大小不變，P以加速大小為做減速運(yùn)動，對P有解得設(shè)P、Q速度相等再經(jīng)歷的時(shí)間為解得，此時(shí)P運(yùn)動的位移為Q在時(shí)間內(nèi)運(yùn)動的位移為時(shí)間內(nèi)P、Q相對位移為Q相對P向左滑行的最大距離為由于，故假設(shè)成立，即Q相對P向左滑行的最大距離為?26．如圖所示，一足夠長的木板在粗糙水平地面上向右運(yùn)動，某時(shí)刻初速度為v0，此時(shí)一與木板質(zhì)量相等的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以v1＝4m/s的速度從右側(cè)滑上木板，經(jīng)過t=1s兩者速度恰好相同，速度大小為v2＝1m/s，方向向左。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.05，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)木板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1；(2)木板初速度v0的大?。?3)若在兩者速度恰好相同時(shí)，木板與固定在地面的彈性擋板相碰，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，碰后立即撤去擋板。求從滑塊滑上木板開始的整個(gè)運(yùn)動過程中，木板的對地位移大小。【答案】(1)0.3；(2)2m/s；(3)0.3625m【詳解】(1)設(shè)滑塊與木板質(zhì)量為m，加速度大小為a，以滑塊為研究對象，由牛頓第二定律得：μ1mg=ma解得a=μ1g滑塊勻減速，v2-v1=-μ1gt解得μ1=0.3(2)木板先向右勻減速到零，設(shè)加速度大小為a1，由牛頓第二定律得：μ1mg+μ22mg=ma1解得a1=4m/s2設(shè)勻減速到零的時(shí)間為t1，有木板再向右勻加速到v2，設(shè)加速度大小為a2，由牛頓第二定律得：μ1mg-μ22mg=ma2解得a2=2m/s2v2=a2(t-t1)解得v0=2m/s(3)在0~t1時(shí)間內(nèi)，設(shè)木板向右位移大小為x1在t1~1秒時(shí)間內(nèi)，木板向左位移大小為x2與擋板碰后，木板原速反彈，向右勻減速運(yùn)動，加速度大小為a1=4m/s2，設(shè)再經(jīng)t2時(shí)間木板速度減到零設(shè)再經(jīng)t3時(shí)間木板向右勻加速到二者第二次共速v共，加速度大小為a2=2m/s2，從與擋板碰后到二者第二次共速，滑塊一直以a=μ1g勻減速，列式得v2-a(t2+t3)=a2t3在1~(1+t2)時(shí)間內(nèi)，設(shè)木板向右位移大小為x3在(1+t2)~(1+t3)時(shí)間內(nèi)，木板向左位移大小為x4二者第二次共速后，因?yàn)棣?＞μ2，二者以相同的加速度向左勻減速到停止運(yùn)動，由牛頓第二定律列方程得μ22mg=2ma共設(shè)二者向左勻減速到停止運(yùn)動的位移為x共0-(a2t3)2=-2a共x共全程木板的位移大小x=x1-x2+x3-x4-x共解得x=0.3625m27．如圖所示，地面固定一個(gè)圓心為O，豎直放置的光滑半圓軌道ABC，B為半圓軌道中點(diǎn)，半徑，。木板DE質(zhì)量為m，長度，E與A距離，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，木板與A碰撞后立即原速率返回，并由地面控制裝置(圖中末畫出)保證E與A只能碰撞一次，E與A等高，以使E與A重合時(shí)板上的物體可以滑入半圓軌道，當(dāng)E與A一旦分離，板上物塊將落地而無法進(jìn)入半圓軌道。一個(gè)可看作質(zhì)點(diǎn)的物體質(zhì)量為M=4m，物體與木板間動摩擦因數(shù)為，物體在合適的位置以合適的初速度開始向右運(yùn)動，重力加速度，結(jié)果可保留分?jǐn)?shù)和根號，求：(1)要使物體沿軌道恰好到達(dá)C點(diǎn)，物體在A處的速度的大??；(2)要使物體沿軌道到達(dá)C點(diǎn)，物體初速度的取值范圍?！敬鸢浮?1)4m/s；(2)【詳解】(1)從A到C的過程，由動能定理可得要使物體到達(dá)C點(diǎn)不脫離軌道，在C點(diǎn)有聯(lián)立上式解得(2)根據(jù)分析，可分以下兩種情形求解：情形①：當(dāng)物體相對木板從左端的D點(diǎn)滑到E時(shí)，木板恰好運(yùn)動了，使E與A相遇，而且物體的速度大于，物體對應(yīng)的為最大值，設(shè)木板的加速度為，物體的加速度為，對木板有解得對物體有解得設(shè)木板運(yùn)動到與A相碰所用的時(shí)間為，則對木板位移為木板和物體的位移關(guān)系為解得，此時(shí)物體到A點(diǎn)的速度為故是最大值.情形②：當(dāng)物體與木板達(dá)到共同速度時(shí)恰好滑到E點(diǎn)，以后一起運(yùn)動直到E與A相遇，而且物體的速度等于，物體對應(yīng)的為最小值，設(shè)物體與木板一起運(yùn)動的加速度為，有解得設(shè)物體與木板達(dá)到共同的速度所用的時(shí)間為，木板在時(shí)間內(nèi)的位移為，兩者一起運(yùn)動的位移為，則對物體有對木板有木板的總位移為聯(lián)立上式解得，故初速度的取值范圍為28．如圖所示，傾角=37°的足夠長光滑斜面固定在水平地面上，其上端固定一光滑定滑輪，薄板A通過跨過定滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩與物塊B相連．初始時(shí)薄板A被鎖定在斜面；視為質(zhì)點(diǎn)的物塊C從薄板A的最上端由靜止釋放．已知薄板A、物塊B、物塊C的質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=4kg、mC=lkg，薄板A與物塊C之間的滑動摩擦因數(shù)μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2．(1)求物塊C釋放時(shí)的加速度；(2)若t=0時(shí)刻釋放物塊C的同時(shí)解除對薄板A的鎖定，①求t=1s時(shí)薄板A、物塊B、物塊C的速度大小(此時(shí)物塊C未滑離薄板A)；②若t=ls時(shí)剪斷輕質(zhì)細(xì)繩，最終物塊C恰好沒有滑離薄板A，求薄板A的長度．【答案】(1)2m/s2(2)①4m/s；4m/s；2m/s；②6m【詳解】(1)對物塊C，由牛頓第二定律：解得帶入數(shù)據(jù)解得aC=2m/s2(2)①釋放物塊C的同時(shí)解除對薄板A的鎖定，則此時(shí)C的加速度仍為沿斜面向下，大小為aC=2m/s2對AB整體：解得a=4m/s2則t=1s時(shí)薄板A、物塊B的速度大?。簐A=vB=at=4m/s；物塊C的速度：vC=aCt=2m/s②若t=ls時(shí)剪斷輕質(zhì)細(xì)繩，此時(shí)C向下的位移；A向上的位移：剪斷輕質(zhì)細(xì)繩時(shí)A的加速度：解得a＇=8m/s2，方向沿斜面向下當(dāng)A與C共速時(shí)：，解得t＇=1sv共=4m/s此過程中C向下的位移：A的位移：則木板A的長度為：29．如圖所示，一質(zhì)量m=5kg的平板小車靜止在光滑的水平地面上，一質(zhì)量M=1kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從小車左端以的速度開始向右運(yùn)動一段時(shí)間后，從小車右端滑離小滑塊著地瞬間與小車右端的水平距離。已知小車上表面水平且與水平地面的距離h=l.25m，小車上表面長度l=5m，不計(jì)空氣阻力重力加速度大小g=10m/s2。求(1)小滑塊滑離小車時(shí)小滑塊和小車的速度大??；(2)小滑塊與小車表面間的動摩擦因數(shù)和小滑塊在小車上運(yùn)動的時(shí)間?！敬鸢浮?1)；(2)；t=1s【詳解】(1)小滑塊離開小車后做平拋運(yùn)動設(shè)小滑塊離開小車時(shí)的速度大小為v1，此時(shí)小車的速度大小為v2，則有小滑塊在小車上滑行時(shí)小車與小滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒則有解得(2)小滑塊在小車上運(yùn)動時(shí)由功能關(guān)系可知解得由運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律可知解得t=1s30．如圖所示，滑板長L＝1m，起點(diǎn)A到終點(diǎn)線B的距離s＝5m。開始滑板靜止，右端與A平齊，滑板左端放一可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊，對滑塊施一水平恒力F使滑板前進(jìn)。板右端到達(dá)B處沖線，游戲結(jié)束。已知滑塊與滑板間動摩擦因數(shù)μ1＝0.65，滑板與地面間動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，滑塊質(zhì)量m1＝2kg，滑板質(zhì)量m2＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)滑板由A滑到B的最短時(shí)間；(2)為使滑板能以最短時(shí)間到達(dá)，水平恒力F的取值范圍?！敬鸢浮?1)1s；(2)33N≤F≤37N【詳解】(1)滑板一直加速時(shí)，所用時(shí)間最短，設(shè)滑板加速度為a2解得t＝1s(2)剛好相對滑動時(shí)，水平恒力最小，設(shè)為F1，此時(shí)二者加速度相等，解得F1＝33N當(dāng)滑板運(yùn)動到B點(diǎn)，滑塊剛好脫離時(shí)，水平恒力最大，設(shè)為F2，設(shè)滑塊加速度為a1解得F2＝37N則水平恒力大小范圍是33N≤F≤37N31．如圖所示，某貨場利用固定于地面的、半徑R=1.8m的四分之一圓軌道將質(zhì)量為m1=10kg的貨物(可視為質(zhì)點(diǎn))從高處運(yùn)送至地面，已知當(dāng)貨物由軌道頂端無初速度滑下時(shí)，到達(dá)軌道底端的速度為5m/s．為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，在地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質(zhì)量均為m2=20kg，木板上表面與軌道末端相切．貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.4，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.1(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10m/s2)。(1)求貨物滑到軌道底端時(shí)對軌道的壓力；(1)求貨物沿圓軌道下滑過程中克服摩擦力做的功；(2)通過計(jì)算判斷貨物是否會從木板B的右端滑落？若能，求貨物滑離木板B右端時(shí)的速度；若不能，求貨物最終停在木板B上的位置?！敬鸢浮?1)，方向豎直向下；(2)；(3)不能，最終停在木板B右端的距離為處【詳解】(1)在軌道最低點(diǎn)有解得由牛頓第三定律得方向豎直向下(2)此過程摩擦力是變力，由動能定理得解得(3)當(dāng)貨物滑上木板A時(shí)，貨物對木板的摩擦力地面對木板A、B的最大靜摩擦力由于此時(shí)木板A、B靜止不動，設(shè)貨物滑到木板A右端時(shí)速度為，由動能定理得當(dāng)貨物滑上木板B時(shí)，地面對木板A、B最大靜摩擦力由于，此時(shí)木板B開始滑動，設(shè)貨物不會從木板B的右端滑落，二者剛好相對靜止時(shí)的速度為，則對貨物對木板B因?yàn)橛梢陨鲜娇傻茫诉^程中由于貨物最終未從木板B上滑下，且與其右端的距離為32．在平臺AD中間有一個(gè)長為2l的凹槽BC，質(zhì)量為m的滑板上表面與平臺AD等高，質(zhì)量為2m的鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))與滑板間的動摩擦因數(shù)為μ1，鐵塊以一定的初速度滑上滑板后，滑板開始向右做勻加速運(yùn)動，當(dāng)滑板右端到達(dá)凹槽右端C時(shí)，鐵塊與滑板的速度恰好相等，滑板與凹槽右側(cè)邊碰撞后立即原速反彈，左端到達(dá)凹槽B端時(shí)速度恰好為零，而鐵塊則滑上平臺CD．重力加速度為g．(1)若滑板反彈后恰好能回到凹槽左端，則滑板與凹槽間動摩擦因數(shù)μ2多大？(2)求鐵塊滑上滑板時(shí)的初速度大小v0．【答案】(1)(2)【詳解】(1)設(shè)滑板向右加速滑動時(shí)加速度大小為，反彈后向左滑動時(shí)加速度大小為，滑板與凹槽右端碰撞時(shí)的速度大小為v，由運(yùn)動規(guī)律得：滑板向右做初速度為零的勻加速運(yùn)動，則①反彈后向左做勻減速運(yùn)動，末速度為零，則②滑板向右運(yùn)動時(shí)水平方向受到鐵塊向右的滑動摩擦力和槽底向左的滑動摩擦力，向左滑動時(shí)只受槽底向右的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得：③，④聯(lián)立①②③④解得⑤(2)由②④⑤得⑥鐵塊向右滑動的加速度大小為a，則⑦鐵塊向右做勻減速運(yùn)動，有⑧由⑥⑦⑧解得⑨33．如圖(1)所示，半徑R=0.45m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道的最低點(diǎn)，B點(diǎn)右側(cè)的光滑的水平面上緊挨B點(diǎn)有一靜止的小平板車，平板車質(zhì)量M=lkg，長度l=1m，小車的上表面與B點(diǎn)等高，距地面高度h=0.2m，質(zhì)量m=lkg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧最高點(diǎn)A由靜止釋放．取g=l0m/s2．(1)求物塊滑到軌道上的B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大?。?2)若物塊與木板間的動摩擦因數(shù)0.2，求物塊從平板車右端滑出時(shí)平板車的速度；(3)若鎖定平板車并在上表面鋪上一種特殊材料，其動摩擦因數(shù)從左向右隨距離均勻變化如圖(2)所示，求物塊滑離平板車時(shí)的速率．【答案】(1)30N(2)2m/s(3)1m/s【詳解】(1)物體從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，其機(jī)械能守恒，則有：mgR=mvB2代入數(shù)據(jù)解得：vB=3m/s．在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：N-mg=m解得：N=3mg=3×1×10N=30N即物塊滑到軌道上B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力N′=N=30N，方向豎直向下．(2)物塊滑上小車后，物塊加速度為a1=μg=2m/s2向右勻減速運(yùn)動，平板車加速度為向右勻加速運(yùn)動，經(jīng)過時(shí)間t滑離，則vBt-a1t2-a2t2=l代入數(shù)據(jù)解得：t=0.5s，(t=1s舍去)，所以物塊滑離平板車時(shí)速度為v=vB-a1t=2m/s(3)物塊在小車上滑行時(shí)的摩擦力做功從物體開始滑動到滑離平板車的過程，由動能定理：解得v=1m/s．答：(1)30N(2)2m/s(3)1m/s34．質(zhì)量為m的長木板靜置于水平地面上，一質(zhì)量也為m的木塊從木板的左端滑上木板，初速度大小為v0=4m/s，如圖所示。木板與木塊間動摩擦因數(shù)μ1=0.3，木板與地面間動摩擦因數(shù)μ2=0.1，當(dāng)二者都停止運(yùn)動時(shí)，小木塊未從木板上滑出。求：(1)木塊剛滑上木板時(shí)，木板的加速度大??；(2)經(jīng)過多長時(shí)間，木塊和木板達(dá)到共速；(3)木板在地面上滑行的總距離?！敬鸢浮?1)1m/s2；(2)1s；(3)1m【詳解】(1)木塊剛滑上木板時(shí)對木板分析，由牛頓第二定律可得a2=1m/s2(2)二者共速時(shí)，設(shè)共同速度為v對木塊對木板可得t=1s(3)二者共速后，一起減速滑行，對二者整體研究，由牛頓第二定律可得a3=1m/s2共速前木板位移共速后木板位移總位移可得x=1m35．如圖所示，光滑水平面上放著長L＝2m，質(zhì)量為M＝4kg的薄木板，一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的小物體放在木板的最右端，m和M之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，開始均靜止．現(xiàn)對木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取10m/s2．求：(1)為使小物體不從木板上掉下，F(xiàn)不能超過多少；(2)如果拉力F＝11N，小物體能獲得的最大速度；(3)如果拉力F＝11N作用了t＝1s后即撤去，小物體能獲得的最大速度．【答案】(1)10N(2)8m/s(3)2.2m/s【詳解】(1)物體隨木板運(yùn)動的最大加速度為a，對小物體由牛頓第二定律：μmg=ma

所以可得小物體最大加速度為：a=μg=0.2×10=2m/s2對整體分析，由牛頓第二定律得：Fm=(M+m)a=(4+1)×2=10N(2)因施加的拉力F＞10N，故物體相對木板相對滑動，木板對地運(yùn)動的加速度為a1，

對木板由牛頓第二定律：F-μmg=Ma1

物塊在木板上相對運(yùn)動的時(shí)間為t，有：解得：t=4s物塊脫離木板時(shí)的速度最大為：vm=at=8m/s(3)因施加的拉力F＞10N，故物體相對木板相對滑動，木板對地運(yùn)動的加速度為a1，

對木板由牛頓第二定律：F-μmg=Ma1

解得：由上可知t＝1s時(shí)，物體并未脫離木塊，此時(shí)物體的速度為：物體的位移為：木板的速度為：木板的位移為：撤去外力后，物體的加速度為：a=μg=0.2×10=2m/s2木板的加速度為：a2=0.5m/s2木板和物塊共速時(shí)間為：v2-a2t2=v1+at2代入數(shù)據(jù)解得：t2=0.1s此過程中物體的位移為：木板的位移為：物塊相對木板滑動的距離為：所以物塊將會與木板相對靜止，且此時(shí)物塊速度最大，即36．如圖所示，在水平地面上固定一傾角為的足夠長斜面，斜面上放一塊長度L=1.8m、質(zhì)量m=0.8kg上表面光滑的薄平板PQ，其下端Q與斜面底端O的距離為7.05m。在平板的上端P處放一質(zhì)量M=1.6kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，開始時(shí)使平板和滑塊都靜止，現(xiàn)將它們無初速釋放。假設(shè)平板與斜面間、滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為，不考慮小滑塊由平板滑到斜面上時(shí)速度的變化，(，，g=10m/s2)求：(1)小滑塊離開平板時(shí)平板的速度大??；(2)小滑塊從靜止開始運(yùn)動到斜面底端O處所經(jīng)歷的時(shí)間；(3)小滑塊到達(dá)底端O處時(shí)，平板的Q端與O處的距離?！敬鸢浮?1