07板塊模型1．如圖所示，水平桌面上，質量為m的物塊放在質量為2m的長木板的左端，物塊和木板間的動摩擦因數為，木板和桌面間的動摩擦因數為，開始時物塊和木板均靜止，若在物塊上施加一個水平向右的恒力F，已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．當F>μmg時，物塊和木板一定發生相對滑動B．當F=μmg時，物塊的加速度大小為C．當F=2μmg時，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．當物塊相對于木板剛要發生相對滑動時，物塊和長木板間的靜摩擦力達到最大值，對整體隔離木板得得只有物塊和木板才一定發生相對滑動，選項A錯誤；B．當F=μmg時，物塊和長木板相對靜止，對整體有得選項B正確；CD．當F=2μmg時，物塊和木板發生相對滑動，隔離木板得得選項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。現將水平向右的恒力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F取不同數值時，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】當木塊和木板間的靜摩擦力達到最大時，此時此時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動，則選項A錯誤；B．若F=8.0N則兩物體以共同的加速度向前運動，則選項B錯誤；C．若F=10N則兩物體以共同的加速度向前運動，則選項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D正確。故選D。3．一長輕質薄硬紙片置于光滑水平地面上，硬紙片上放質量均為1kg的A、B兩物塊，A、B與硬紙片之間的動摩擦因數分別為和，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．當時，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，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．因為所以AB與紙片保持相對靜止，整體在F作用下向左勻加速運動，故A錯誤；BD．當B剛要相對于紙片滑動時靜摩擦力達到最大值，由牛頓第二定律得又得對整體，有即達到4N后，B將相對地紙片運動，此時摩擦力；則對紙片可知，紙片受到A的摩擦力大于B的摩擦力；故A和紙片間不會發生相對運動；則可知，當拉力為8N時，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．因為所以AB即紙片保持相對靜止，整體在F作用下向左勻加速運動，根據牛頓第二定律得則A物塊所受摩擦力故C錯誤。故選D。4．如圖，斜面體C質量為M足夠長，始終靜止在水平面上，一質量為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，當木板A以速度v0勻速下滑時，將一質量為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繼續勻速運動B．滑塊B的動量為3mv0時，木板A的動量為C．木板A在運動過程中地面對C有向左的摩擦力D．木板A在運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，木板A做勻速運動，即受力平衡，合力為零，設斜面的傾角為，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將做勻減速直線運動，滑塊B做勻加速直線運動，所以A錯誤；B．滑塊B的動量為3mv0時，即對B由勻變速直線運動的公式可得對A由勻變速直線運動的公式可得即當滑塊B的動量為3mv0時，木板A速度已經減到了零，又所以此時木板A將保持靜止狀態，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(可視為質點)以某一初速度從A點滑上桌面，最后恰好停在C點，已知物塊經過AB與BC兩部分的時間之比為1：4，則物塊P與桌面上AB、BC部分之間的動摩擦因數、之比為(P物塊在AB、BC上所做的運動均可看作勻變速直線運動)()A．1：1 B．1：4 C．4：1 D．8：1【答案】D【詳解】設AB、BC兩部分：長度為L，在B點的速度為v，受摩擦力F1=μ1mg、F2=μ2mg加速度a1=μ1g、a2=μ2g，時間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驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t=0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t=4s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由題給數據可以得出()A．木板的質量為1kgB．2s~4s內，力F的大小為0.4NC．0~2s內，力F的大小保持不變D．物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2【答案】AB【詳解】A．由圖(c)可知，4～5s內木板的加速度所受摩擦阻力所以木板的質量故A正確；B．2～4s內木板做勻加速直線運動，加速度由于物塊的摩擦力f為恒力，所以拉力F也為恒力，根據牛頓第二定律解得故B正確；C．由圖(c)可知，0～2s內物塊和木板還未發生相對滑動，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量，所以無法計算它們之間的動摩擦因數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沿斜面勻速向下運動，速度大小v0=1m/s，現將一質量為m的小滑塊輕輕地放在長木板上，當小滑塊運動到擋板P時(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生第1次碰撞，以后每隔一段時間，小滑塊就與擋板碰撞一次，小滑塊始終在長木板上運動，已知小滑塊與擋板的碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短，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，由平衡條件可得帶入數據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據解得故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動，長木板做勻減速直線運動，小滑塊從放上長木板到與擋板相撞的時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械能守恒定律可得聯立方程，帶入數據解得，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間為此時小滑塊的速度為，方向沿斜面向下這個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，在其右端放一個質量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開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，A、B之間的動摩擦因數是0.5。則在整個過程中，下列說法正確的是()A．小木塊A的速度減為零時，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，系統合動量方向向右，所以木塊A先向左做減速運動，速度減為零后反向向右做加速運動，最后木塊與木板一起做勻速直線運動，以向右為正方向，由動量守恒定律得當木塊A的速度間為零時代入數據解得故A正確，B錯誤；C．最終木塊與木板速度相等，根據動量守恒定律可得代入數據解得故C正確；D．最終木塊與木板相對靜止，一起做勻速直線運動，對系統代入數據解得x=8m木板的最小長度為8m，可能為10m，故D正確。故選ACD。【點評】本題考查了動量守恒定律與能量守恒定律的應用，分析清楚物體運動過程是解題的前提，應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動，當兩者速度相等時，一起做勻減速運動。設木塊與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數為μ2，木塊的質量為m，木板的質量為M，知木板若滑動，則μ1mg>μ2(M＋m)g最后一起做勻減速運動，加速度a′＝μ2g開始時木塊做勻減速運動的加速度大小為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，當小物塊A以v0=10m/s的水平初速度自木板的左端滑上時，給B施加一個水平向右的恒力F=16N，經過一段時間，A不再相對B滑動。已知B的質量M=2kg，A的質量m=4kg，A和B之間的動摩擦因數μ=0.4，取g=10m/s2，則下列說法正確的是()A．A滑上B時，B的加速度大小為16m/s2 B．經過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，A的速度為16m/s【答案】ABD【詳解】A．A滑上B時，對B，由牛頓第二定律得代入數據解得故A正確；B．A滑上B時，對A，由牛頓第二定律得代入數據解得A做減速運動，B做加速運動，設經時間t1兩者速度相等，則代入數據解得故B正確；C．A、B相對靜止后，對A、B系統，由牛頓第二定律得代入數據解得D．t=3.5s時A的速度故D正確。故選ABD。11．如圖所示，質量為M=2kg的長木板位于光滑水平面上，質量為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，物塊m將保持靜止狀態B．水平力F=6N時，物塊m仍未在長木板M上滑動C．水平力F=7N時，長木板M的加速度大小為2.5m/s2D．水平力F=9N時，長木板M受到的摩擦力大小為5N【答案】BD【詳解】對m、M整體進行受力分析F=(M+m)a對m進行受力分析F-f=ma當m、M即將相對滑動時，靜摩擦力達到最大值fm=μmg求解上面方程組代入數據解得F最小=7.5NA．當水平力F=3N，整體處于加速狀態，因此物塊m將不會保持靜止狀態，故A錯誤；

B．當水平力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動，依據牛頓第二定律，結合整體法，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，其質量，長度，小車最右端放置一個可視為質點的物塊，其質量。某時刻在小車上施加一個水平向右的的拉力F，已知小車與地面之間的動摩擦因數，物塊與小車之間的動摩擦因數，重力加速度g取。物塊在小車上運動的過程中，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．經過物塊從小車左端掉落【答案】AD【詳解】A．假設小車和物塊沒有發生相對滑動，對整體，根據牛頓第二定律得解得此時物塊的摩擦力大小為又因為物塊的最大靜摩擦為故假設不成立，二者發生了相對滑動，此時物塊的摩擦力等于滑動摩擦力，根據牛頓第二定律得解得物塊加速度為故A正確；BC．對小車進行受力分析，根據牛頓第二定律得解得小車加速度為故BC錯誤；D．設經過時間t物塊從小車上滑下，此時滿足代數解得故D正確。故選AD。13．如圖所示，質量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一質量為m的木塊(可視為質點)，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動并在最后分離。設分離時木塊相對地面運動的位移為x，保證木塊和木板會發生相對滑動的情況下，下列方式可使位移x增大的是()A．僅增大木板的質量MB．僅減小木塊的質量mC．僅增大恒力FD．僅增大木塊與木板間的動摩擦因數【答案】AD【詳解】設木板長為L，當木塊與木板分離時，運動時間為t，對于木板對于木塊當木塊與木板分離時，它們的位移滿足解得則木塊相對地面運動的位移為A．僅增大木板的質量M，變小，不變，x增大，故A正確；B．僅減小木塊的質量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，變小，增大，x增大，故D正確。故選AD。如圖所示，小物塊A、B質量均為2kg，長木板C質量為1kg，用細線連接A、B放置在長木板C上，A與C之間動摩擦因數為0.2，B與C、C與地面之間均為光滑。現對小物體B施加一隨時間t變化的水平拉力F=10t(N)，設A、B間細繩拉力大小為T，則下列說法正確的是：()A．在A、C發生相對滑動之前，T∶F=3∶5B．在A、C發生相對滑動之前，T∶F=1∶2C．在A、C發生相對滑動之后，T∶F=1∶2D．在A、C剛要發生相對滑動的瞬間，物塊A的速度大小為4m/s【答案】AD【詳解】AB．在A與C發生相對滑動之前，則A正確B錯誤；C．發生相對滑動之后，根據牛頓第二定律可知，，加速度不斷增加，比值不是定值，C錯誤；D．A、C剛要發生滑動瞬間，長木板C加速達到最大，最大加速度為則此時，拉力則故歷時，由于A、B、C共速求得D正確。故選AD。15．如圖甲所示，質量為m2的長木板靜止在光滑的水平面上，其上靜止一質量為m1的小滑塊，現給木板施加一隨時間均勻增大的水平力F，滿足F=kt(k為常量，t代表時間)，長木板的加速度a隨時間t變化的關系如圖乙所示。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時間內，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C．m1與m2之比為1：3D．當小滑塊從長木板上脫離時，其速度比長木板小0.5m/s【答案】AD【詳解】A．在0~2s時間內，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時突變，所以小滑塊在3s時脫離長木板，對長木板在3s時刻前、后的運動分析，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時間內F=(m1+m2)a1=kt所以在2~3s時間內F?Ff3=m2a2所以由圖線斜率可知解得m1=m2BC錯誤；D．在2s時刻，小滑塊與長木板的速度相同，在2~3s時間內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，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可視為質點，B、C質量均為，B、C間的動摩擦因數，C與地面間的動摩擦因數。在某次投擲中，球A以的速度水平向右拋出，同時給木板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，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，凹槽B與球A之間的水平距離；(2)A、B合為一體時的速度大小；(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球平拋過程運動時間此過程中A球的水平位移假設BC之間無相對滑動一起向左加速運動，則加速度所以BC之間要產生相對滑動。其中B的加速度為在時間t內槽B的位移為球A拋出時，凹槽B與球A之間的水平距離(2)A將要落在槽B中時，槽B的速度方向向左設向右為正方向，則對AB系統水平方向動量守恒解得(3)當A做平拋運動的時間內，木板C的加速度當球A落到槽B中時木板C的速度此時槽B相對木板C向右滑動的距離為當球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，則當三個物體都停止運動時相對運動的位移則木板長度的最小值17．如圖所示，質量為M=0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質量為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為μ=0．2，在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F．當恒力F取某一值時，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，得到的關系如圖所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標為1m-1．將物塊視為質點，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間t是多少？(2)圖乙中BC為直線段，求該段B點的橫坐標(3)圖乙中DE為直線段，求該段恒力F的取值范圍及函數關系式【答案】(1)s(2)F=1N(3)【詳解】(1)以初速度v0為正方向，物塊的加速度大小：am=μg=2m/s2木板的加速度大小：aM==4m/s2由圖乙知，恒力F=0時，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，代入數據可得：ts；t=1s(舍)當t=1s時，滑塊的速度為v=v0-amt=2m/s，木板的速度為v=aMt=4m/s，而當物塊從木板右端滑離時，滑塊的速度不可能小于木板的速度，故t=1s應舍棄，故所求時間為ts(2)當F較小時，物塊將從木板右端滑下，當F增大到某一值時物塊恰好到達木板的右端，且兩者具有共同速度v，歷時t1，則木板的加速度a1==(2F+4)m/s2速度關系有：v=v0-amt1=a1t1相對位移：L=t1-t1聯立解得：F=1N，即B點的橫坐標為F=1N．(3)當F繼續增大時，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F>3N時，對應乙中的DE段，當兩都速度相等后，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當兩者具有共同速度v，歷時t，根據速度時間關系可得：v0-amt=a1t根據位移關系可得：Δx＝v0t?amt2?a1t2s=2Δx聯立?F函數關系式解得：18．如圖甲所示，質量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，質量m=1kg的物塊(可視為質點)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時，物塊運動的速度隨時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μ0=0.01，重力加速度為10m/s2，求：(1)物塊經過圓軌道最低點時軌道對物塊的支持力F大小；(2)物塊與小車之間的動摩擦因數μ和物塊剛滑上小車時小車的加速度大小；(3)為了避免物塊從小車上滑下，小車至少要多長。【答案】(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牛頓第二定律得解得設小車的加速度為a2，則有解得(3)當它們達到速度相同時解得這一過程中，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，質量為M=3kg的木板(厚度不計)，一個質量為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小？(2)為使小物體不掉下去，F不能超過多少？(3)如果拉力F=10N恒定不變，畫出木板運動的v－t圖象。【答案】(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，根據牛頓第二定律F=(M＋m)a小物體剛要滑動時有mg=ma聯立并代入數據解得F=(M＋m)a=(3＋1)×1N=4N故F不能超過4N(3)剛開始時當F=10N時，小物體相對于木板相對滑動，對木板根據牛頓第二定律F－μmg=Ma2代入數據解得木板的加速度a2=3m/s2經過時間t時小物體將會從板上掉落，根據位移－時間關系可得得此時的速度為以后木板做加速運動的加速度為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，質量為M=3kg的平板車在粗糙水平面上向右滑行，當其速度為v=4m/s時，在其右端輕輕放上一個質量為m=1kg的滑塊，已知滑塊與平板車間的動摩擦因數為μ1=0.1，平板車與地面間的動摩擦因數為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增加的內能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)經過t1時間速度相等，則解得此時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物體做加速度不同的減速運動，滑塊相對平板向前運動；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能(3)根據能量守恒定律，滑塊、平板車和地面組成的系統增加的內能21．如圖所示，一質量為m=1kg、可視為質點的小物塊A和一質量為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剛達到相對靜止時的速度大小；(2)木板B與擋板碰撞前的速度大小；(3)在整個運動過程中，物塊A與木板B之間的接觸面因摩擦產生的熱量。【答案】(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帶入數據解得物塊A、木板B共速時，設共同速度為，對物塊A對木板B聯立并帶入數據得(2)物塊A、木板B共速前對物塊A對木板B因為，物塊A、木板B共速后一起勻減速，共同加速度a滿足設木板B以速度，與擋板發生彈性碰撞聯立并帶入數據得(3)木板B反彈后，對物塊A對木板B設從木板B反彈到速度減為0所需時間為，對木板B聯立解得因為，所以木板B停止后不再運動，設從木板B反彈到最終物塊A靜止所需時間為t3，對物塊A聯立解得22．如圖所示，質量M=3kg的長木板靜止在光滑水平地面上，左端靜置質量m=1kg的小滑塊(可視為質點)，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μ=0.6，重力加速度g=10m/s2。現對小滑塊施加一水平向右F=9N的恒力，當長木板與墻壁相碰瞬間撤去恒力F。則：(1)長木板經多長時間與墻壁發生碰撞；(2)小滑塊最終離墻壁的距離。【答案】(1)1s；(2)1.25m【詳解】(1)對長木板，由牛頓第二定律有解得設長木板經時間與墻壁發生碰撞，根據運動學公式則有解得(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。某時刻，可視為質點的小物塊以速度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，質量M=0.4kg，小物塊質量m=0.6kg，小物塊與長木板間動摩擦因數μ=0.2，A與B碰撞無機械能損失，g取10m/s2。(1)小物塊剛滑上A時，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損失的機械能。【答案】(1)；；(2)；(3)或【詳解】(1)設小物塊剛滑上長木板時，小物塊加速度大小為，長木板加速度大小為，則解得，；(2)設經時間小物塊與靜止，共同速度大小為，則解得，；設在時間內長木板通過的距離為為，則解得；(3)設與第1次碰撞前，小物塊與長木板組成系統損失的機械能為，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，設經時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，根據等比數列規律可得設與第次碰撞前，小物塊與長木板組成系統損失的機械能為，則解得或24．如圖所示，質量為M=4kg的木板靜止在光滑的水平地面上，其右端靜置一質量為m=2kg的小滑塊(可視為質點)，小滑塊與木板間的動摩擦因數，今用水平力F=32N向右拉木板，作用一段時間后撤去水平拉力，最終滑塊恰好沒有掉下來，且在這個過程中產生的熱量為24J。(不計空氣阻力，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)由能量關系可知解得L=3m設在t1時撤去F，再經過t2時長木板恰與小滑塊分離。

撤掉F時，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作用時間最長，則長木板與小滑塊在恰不分離時速度恰好相同，設此速度為v3。對于小滑塊v3=v1+a1t2對于長木板v3=v2-a0t2在t1+t2的整個過程中有對滑塊L1＝a1(t1+t2)2對長木板L2＝a2t12+v2t2?a0t22L=L2-L1聯立以上各式解得t1=1.5s即力F作用的時間最長要1.5s。25．如圖甲所示，長為L=8m、質量為M=4.0kg的木板P放在光滑的水平地面上，P的中點有一個可視為質點的質量為m=1.0kg的小物塊Q。現對P施加一水平向右的拉力F，F作用1s后撤去，P、Q在F作用時的速度-時間圖像如圖乙所示。重力加速度g取10m/s2。求：(1)物塊與木板間的動摩擦因數μ和水平拉力F的大小；(2)Q相對P向左滑行的最大距離x。【答案】(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有聯立上式解得，(2)假設系統向右運動過程中Q一直在P上。在內由P的位移大小為在內由Q的位移大小為內P、Q相對位移為撤去F至P、Q達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動，對P有解得設P、Q速度相等再經歷的時間為解得，此時P運動的位移為Q在時間內運動的位移為時間內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動，某時刻初速度為v0，此時一與木板質量相等的小滑塊(可視為質點)以v1＝4m/s的速度從右側滑上木板，經過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μ1；(2)木板初速度v0的大小；(3)若在兩者速度恰好相同時，木板與固定在地面的彈性擋板相碰，碰撞時間忽略不計，碰后立即撤去擋板。求從滑塊滑上木板開始的整個運動過程中，木板的對地位移大小。【答案】(1)0.3；(2)2m/s；(3)0.3625m【詳解】(1)設滑塊與木板質量為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，設加速度大小為a1，由牛頓第二定律得：μ1mg+μ22mg=ma1解得a1=4m/s2設勻減速到零的時間為t1，有木板再向右勻加速到v2，設加速度大小為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時間內，設木板向右位移大小為x1在t1~1秒時間內，木板向左位移大小為x2與擋板碰后，木板原速反彈，向右勻減速運動，加速度大小為a1=4m/s2，設再經t2時間木板速度減到零設再經t3時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)時間內，設木板向右位移大小為x3在(1+t2)~(1+t3)時間內，木板向左位移大小為x4二者第二次共速后，因為μ1＞μ2，二者以相同的加速度向左勻減速到停止運動，由牛頓第二定律列方程得μ22mg=2ma共設二者向左勻減速到停止運動的位移為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，地面固定一個圓心為O，豎直放置的光滑半圓軌道ABC，B為半圓軌道中點，半徑，。木板DE質量為m，長度，E與A距離，木板與地面間的動摩擦因數為，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重合時板上的物體可以滑入半圓軌道，當E與A一旦分離，板上物塊將落地而無法進入半圓軌道。一個可看作質點的物體質量為M=4m，物體與木板間動摩擦因數為，物體在合適的位置以合適的初速度開始向右運動，重力加速度，結果可保留分數和根號，求：(1)要使物體沿軌道恰好到達C點，物體在A處的速度的大小；(2)要使物體沿軌道到達C點，物體初速度的取值范圍。【答案】(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C點不脫離軌道，在C點有聯立上式解得(2)根據分析，可分以下兩種情形求解：情形①：當物體相對木板從左端的D點滑到E時，木板恰好運動了，使E與A相遇，而且物體的速度大于，物體對應的為最大值，設木板的加速度為，物體的加速度為，對木板有解得對物體有解得設木板運動到與A相碰所用的時間為，則對木板位移為木板和物體的位移關系為解得，此時物體到A點的速度為故是最大值.情形②：當物體與木板達到共同速度時恰好滑到E點，以后一起運動直到E與A相遇，而且物體的速度等于，物體對應的為最小值，設物體與木板一起運動的加速度為，有解得設物體與木板達到共同的速度所用的時間為，木板在時間內的位移為，兩者一起運動的位移為，則對物體有對木板有木板的總位移為聯立上式解得，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細繩與物塊B相連．初始時薄板A被鎖定在斜面；視為質點的物塊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釋放時的加速度；(2)若t=0時刻釋放物塊C的同時解除對薄板A的鎖定，①求t=1s時薄板A、物塊B、物塊C的速度大小(此時物塊C未滑離薄板A)；②若t=ls時剪斷輕質細繩，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：解得帶入數據解得aC=2m/s2(2)①釋放物塊C的同時解除對薄板A的鎖定，則此時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時薄板A、物塊B的速度大小：vA=vB=at=4m/s；物塊C的速度：vC=aCt=2m/s②若t=ls時剪斷輕質細繩，此時C向下的位移；A向上的位移：剪斷輕質細繩時A的加速度：解得a＇=8m/s2，方向沿斜面向下當A與C共速時：，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，一質量m=5kg的平板小車靜止在光滑的水平地面上，一質量M=1kg的小滑塊(可視為質點)從小車左端以的速度開始向右運動一段時間后，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，不計空氣阻力重力加速度大小g=10m/s2。求(1)小滑塊滑離小車時小滑塊和小車的速度大小；(2)小滑塊與小車表面間的動摩擦因數和小滑塊在小車上運動的時間。【答案】(1)；(2)；t=1s【詳解】(1)小滑塊離開小車后做平拋運動設小滑塊離開小車時的速度大小為v1，此時小車的速度大小為v2，則有小滑塊在小車上滑行時小車與小滑塊組成的系統動量守恒則有解得(2)小滑塊在小車上運動時由功能關系可知解得由運動學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A到終點線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點的滑塊，對滑塊施一水平恒力F使滑板前進。板右端到達B處沖線，游戲結束。已知滑塊與滑板間動摩擦因數μ1＝0.65，滑板與地面間動摩擦因數μ2＝0.1，滑塊質量m1＝2kg，滑板質量m2＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)滑板由A滑到B的最短時間；(2)為使滑板能以最短時間到達，水平恒力F的取值范圍。【答案】(1)1s；(2)33N≤F≤37N【詳解】(1)滑板一直加速時，所用時間最短，設滑板加速度為a2解得t＝1s(2)剛好相對滑動時，水平恒力最小，設為F1，此時二者加速度相等，解得F1＝33N當滑板運動到B點，滑塊剛好脫離時，水平恒力最大，設為F2，設滑塊加速度為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量為m1=10kg的貨物(可視為質點)從高處運送至地面，已知當貨物由軌道頂端無初速度滑下時，到達軌道底端的速度為5m/s．為避免貨物與地面發生撞擊，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為μ1=0.4，木板與地面間的動摩擦因數為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右端時的速度；若不能，求貨物最終停在木板B上的位置。【答案】(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)當貨物滑上木板A時，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木板A、B靜止不動，設貨物滑到木板A右端時速度為，由動能定理得當貨物滑上木板B時，地面對木板A、B最大靜摩擦力由于，此時木板B開始滑動，設貨物不會從木板B的右端滑落，二者剛好相對靜止時的速度為，則對貨物對木板B因為由以上式可得，此過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中間有一個長為2l的凹槽BC，質量為m的滑板上表面與平臺AD等高，質量為2m的鐵塊(可視為質點)與滑板間的動摩擦因數為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動，當滑板右端到達凹槽右端C時，鐵塊與滑板的速度恰好相等，滑板與凹槽右側邊碰撞后立即原速反彈，左端到達凹槽B端時速度恰好為零，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μ2多大？(2)求鐵塊滑上滑板時的初速度大小v0．【答案】(1)(2)【詳解】(1)設滑板向右加速滑動時加速度大小為，反彈后向左滑動時加速度大小為，滑板與凹槽右端碰撞時的速度大小為v，由運動規律得：滑板向右做初速度為零的勻加速運動，則①反彈后向左做勻減速運動，末速度為零，則②滑板向右運動時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，向左滑動時只受槽底向右的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得：③，④聯立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，B為軌道的最低點，B點右側的光滑的水平面上緊挨B點有一靜止的小平板車，平板車質量M=lkg，長度l=1m，小車的上表面與B點等高，距地面高度h=0.2m，質量m=lkg的物塊(可視為質點)從圓弧最高點A由靜止釋放．取g=l0m/s2．(1)求物塊滑到軌道上的B點時對軌道的壓力大小；(2)若物塊與木板間的動摩擦因數0.2，求物塊從平板車右端滑出時平板車的速度；(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的速率．【答案】(1)30N(2)2m/s(3)1m/s【詳解】(1)物體從A點到B點的過程中，其機械能守恒，則有：mgR=mvB2代入數據解得：vB=3m/s．在B點，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點時對軌道的壓力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向右勻減速運動，平板車加速度為向右勻加速運動，經過時間t滑離，則vBt-a1t2-a2t2=l代入數據解得：t=0.5s，(t=1s舍去)，所以物塊滑離平板車時速度為v=vB-a1t=2m/s(3)物塊在小車上滑行時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．質量為m的長木板靜置于水平地面上，一質量也為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μ1=0.3，木板與地面間動摩擦因數μ2=0.1，當二者都停止運動時，小木塊未從木板上滑出。求：(1)木塊剛滑上木板時，木板的加速度大小；(2)經過多長時間，木塊和木板達到共速；(3)木板在地面上滑行的總距離。【答案】(1)1m/s2；(2)1s；(3)1m【詳解】(1)木塊剛滑上木板時對木板分析，由牛頓第二定律可得a2=1m/s2(2)二者共速時，設共同速度為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，質量為M＝4kg的薄木板，一個質量為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μ＝0.2，開始均靜止．現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動的時間為t，有：解得：t=4s物塊脫離木板時的速度最大為：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，物體并未脫離木塊，此時物體的速度為：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木板和物塊共速時間為：v2-a2t2=v1+at2代入數據解得：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處放一質量M=1.6kg的小滑塊(可視為質點)，開始時使平板和滑塊都靜止，現將它們無初速釋放。假設平板與斜面間、滑塊與斜面間的動摩擦因數均為，不考慮小滑塊由平板滑到斜面上時速度的變化，(，，g=10m/s2)求：(1)小滑塊離開平板時平板的速度大小；(2)小滑塊從靜止開始運動到斜面底端O處所經歷的時間；(3)小滑塊到達底端O處時，平板的Q端與O處的距離。【答案】(1