牛顿第二定律经典好题.doc

牛顿第二定律　
瞬间问题
1．如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后(　　)

A．将立即做变减速运动
B．将立即做匀减速运动
C．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大
D．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零
解析：因为水平面光滑，物块与弹簧接触前，在推力的作用下做加速运动，与弹簧接触后，随着压缩量的增加，弹簧弹力不断变大，弹力小于推力时，物体继续加速，弹力等于推力时，物体的加速度减为零，速度达到最大，弹力大于推力后，物体减速，当压缩量最大时，物块静止．
答案：C
2．(2017届浏阳一中月考)搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a2，则(　　)
A．a1＝a2 B．a1＜a2＜2a1
C．a2＝2a1 D．a2＞2a1
解析：当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1，则F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1；保持力的方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a2,2F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2；可见a2＞2a1；综上本题选D.
答案：D
3．(2017届天津一中月考)如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)

A．A球的受力情况未变，加速度为零
B．C球的加速度沿斜面向下，大小为g
C．A、B之间杆的拉力大小为2mgsinθ
D．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsinθ
解析：细线被烧断的瞬间，以A、B整体为研究对象，弹簧弹力不变，细线拉力突变为0，合力不为0，加速度不为0，故A错误；对球C，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ，方向向下，故B错误；以A、B、C组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B、C静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力f＝3mgsinθ，烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B为研究对象，由牛顿第二定律得：3mgsinθ－2mgsinθ＝2ma，则B的加速度a＝gsinθ，故D正确；由D可知，B的加速度为a＝gsinθ，以B为研究对象，由牛顿第二定律得T－mgsinθ＝ma.解得：T＝mgsinθ，故C错误；故选D.
答案：D
9．如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为(　　)

A．aA＝2a＋3μg B．aA＝2(a＋μg)
C．aB＝a D．aB＝a＋μg
答案　AC
解析　撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F－μ·3mg＝3ma, 对B有FN－μ·2mg＝2ma，得FN＝2(a＋μg)m。撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为FN，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，物块B受力不变，aB＝a，对物块A，由牛顿第二定律得FN＋μmg＝maA，有aA＝2a＋3μg。综上分析，A、C项正确。
整体隔离法的灵活应用

3.如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力(　　)

A．方向向左，大小不变 B．方向向左，逐渐减小
C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小
解析：A、B两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对A、B整体根据牛顿第二定律有a＝＝μg，然后隔离B，根据牛顿第二定律有fAB＝mBa＝μmBg，其大小不变，物块B向右做匀减速直线运动，故加速度方向向左，摩擦力向左；故选A.
答案：A
4.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是(　　)

A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为T
解析：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力、轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a＝；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为F′＝3ma＝，由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好被拉断，故B错误，C正确；轻绳刚要被拉断时，木块加速度a′＝，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f＝ma′＝，故D错误．故选C.
答案：C
4.(2016届马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中联考)如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是(　　)

A．只减小A的质量，B对A的压力大小不变
B．只减小B的质量，B对A的压力大小会增大
C．只减小斜面间的倾角，B对A的压力大小不变
D．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B对A的压力会增大
解析：将A、B看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a＝＝－gsinθ－μgcosθ，隔离B分析可得N－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa，解得N＝，由牛顿第三定律可知，B对A的压力N′＝，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C正确，D错误．
答案：C
4．(2016届河南顶级名校月考)两个质量分别为m1、m2的物体A和B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2F和F，则A、B之间弹力的大小为(　　)

A.F B．F
C.F D．F
解析：根据牛顿第二定律对整体有：2F－F＝(m1＋m2)a，方向水平向右：对物体B有：FN－F＝m2a，联立上述两式得：FN＝F，故选项A、B、D均错误，选项C正确．
答案：C
临界极值问题
6.(2017届辽宁二中月考)如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和2m，两物块静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ(μ≠0)．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对B施加一水平推力F，则下列说法正确的是(　　)

A．若F＝μmg，A、B间的摩擦力一定为零
B．当F＞7.5μmg时，A相对B滑动
C．当F＝3μmg时，A的加速度为μg
D．若去掉B上的力，而将F＝3μmg的力作用在A上，则B的加速度为0.1μg
解析：A、B与地面间的最大静摩擦力为f1＝μ(3m＋2m)g＝，若F＝μmg，A、B保持静止，A、B间的摩擦力一定为零，故A正确；A物体的最大加速度为μg，根据牛顿第二定律有F－＝5ma，解得F＝7.5μmg，故当F＞7.5μmg时，A相对B滑动，故B正确；当F＝3μmg时，A、B保持相对静止，A的加速度为a＝＝0.1μg，故C错误；若去掉B上的力，而将F＝3μmg的力作用在A上，B发生相对滑动的临界加速度a＝＝0.25μg，对A分析F－3μmg＝3ma，解得不发生相对滑动的最小拉力F＝3.75μmg，可知F＝3μmg的力作用在A上，一起做匀加速直线运动，a＝＝0.1μg，故D正确．
答案：ABD
例3　如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增大，在增大到45 N的过程中，则(　　)

A.当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态
B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动
C.两物体从受力开始就有相对运动
D.两物体始终没有相对运动
(1)A、B何时发生相对滑动？
提示：当A、B间摩擦力达到最大值时。
(2)适合以哪一物体求临界加速度？
提示：B。
尝试解答　选D。
当A、B间达最大静摩擦力时两者开始相对滑动，以B为研究对象，设临界加速度为a，由牛顿第二定律得：μmAg＝mBa，得a＝6 m/s2。由整体法得：
F＝(mA＋mB)a＝48 N，所以F增大到45 N的过程中，两物体始终没相对运动。
2．如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，下列说法正确的是(　　)

A.B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B.B和A刚分离时，它们的加速度为g
C.弹簧的劲度系数等于
D.在B和A分离前，它们做匀加速直线运动
答案　C
解析　A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0。
对B：F－mg＝ma，
对A：kx－mg＝ma。
即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态，
由F＝mg，拉B前设弹簧压缩量为x0，
则2mg＝kx0，h＝x0－x，
解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确。
3. (2017届福建师大附中期中)如图所示，a、b两个带有异种电荷的小球(可视为质点)分别被两根绝缘细线系在木盒内，且在同一竖直线上，木盒置于固定的台秤上，整个装置静止，细绳均有弹力．若将系b的细线剪断，下列说法中正确的是(　　)

A．剪断细线瞬间，台秤的示数不变
B．剪断细线瞬间，台秤的示数变小
C．在b向a靠近的过程中，台秤的示数不变
D．在b向a靠近的过程中，台秤的示数变大
解题思路：静止时，对小球b和整体进行受力分析，根据共点力平衡的条件得出力之间的关系．若将系b的细线断开，对整体进行受力分析，运用牛顿第二定律求解．
解析：将a、b两个小球和木盒看做整体，开始台秤示数等于它们的总重力，将系b的细线剪断后，b球向上加速，系统处于超重状态，台秤示数大于它们的总重力，在b向a靠近的过程中，a、b之间的库仑力增大，台秤的示数变大，D正确．综上本题选D.
答案：D

运动与力的关系
5．(2016届河南扶沟高中月考)高空滑索是一种勇敢者的运动项目．如果一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，在下滑过程中可能会出现如图甲、乙所示的两种情形．不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)

A．图甲的情形中，人只能匀加速下滑
B．图甲的情形中，钢索对轻环的作用力大小为
C．图乙的情形中，人匀速下滑
D．图乙的情形中，钢索对轻环无摩擦力
解析：题图甲的情形中，受力如图(a)所示：

所以人只能匀加速下滑，选项A正确；钢索对轻环的作用力大小为N＝mgcos30°＝，选项B正确；题图乙的情形中，受力如图(b)所示：

所以人匀速下滑，选项C正确；对钢环分析如图(c)所示：

题图乙的情形中，钢索对轻环有摩擦力，选项D错误；综上本题选A、B、C.
答案：ABC
8.(2016届四川凉山州一诊)如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是(　　)

A．斜面光滑
B．斜面粗糙
C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左
D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右
解析：隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为gsinθ，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsinθ，所以A正确，B错误．将支架系统和斜面看成一个整体，因为整体具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左，C正确，D错误．故选A、C.
答案：AC
7.(2017届河南中原名校联考)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰恰沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是(　　)

A．加速时加速度的大小为g
B．加速时动力的大小等于mg
C．减速时动力的大小等于mg
D．减速飞行时间t后速度为零
解析：起飞时，飞行器受动力和重力，两个力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为F合，由几何关系得F合＝mg，由牛顿第二定律得飞行器的加速度为a1＝g；加速时动力的大小F＝mg.动力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°角斜向下，动力F′跟合力F合′垂直，由几何关系得动力的大小F′＝mg，此时合力的大小为F合′＝mgsin30°，飞行器的加速度大小a2＝，所以减速飞行时间2t后速度为零，故A、C正确．
答案：AC
8.如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面体固定在水平面上，斜面长度L＝0.8 m，一质量m＝1×10－3 kg、带电量q＝＋1×10－4 C的带电小球静止在斜面底端．现要使小球能够到达斜面顶端，可施加一沿斜面向上、场强大小为E＝100 V/m的匀强电场，重力加速度g＝10 m/s2，则这个匀强电场存在的时间t可能为(　　)

A．0.5 s B．0.4 s
C．0.3 s D．0.2 s
解析：电场存在时，a1＝－gsinθ＝5 m/s2，方向向上，电场消失后，a2＝gsinθ＝5 m/s2，方向向下，若小球恰好到达斜面顶端，L＝a1t2＋，可得t＝0.4 s，选项A、B正确．
答案：AB
动力学图像问题
4．(2016届辽宁师大附中期中)一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变)，在此过程中其余各力均不变．那么，图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是(　　)

解析：原来物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，使其中的一个力保持方向不变、大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小的过程中，物体的合力从开始逐渐增大，又逐渐减小恢复到零，物体的加速度先增大后减小，物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，根据速度—时间图象的斜率等于加速度可知，速度—时间图象的斜率先增大后减小，D正确．综上本题选D.
答案：D
2.(2017届湖北襄阳五中、宜昌一中、龙泉中学联考)水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是(　　)

解析：开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有mg＝kx1，物体向下匀加速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、推力F，根据牛顿第二定律，有F＋mg－F弹＝ma，根据胡克定律，有F弹＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F弹＝ma＋kx，故弹力与x呈线性关系，且是增函数，故D正确．
答案：D
7．(2017届黑龙江双鸭山一中月考)如图(a)所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图(b)所示，若重力加速度g取10 m/s2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出(　　)

A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．加速度为6 m/s2时物体的速度
D．加速度由2 m/s2增加到6 m/s2过程物体通过的位移
解析：对物体受力分析，受拉力、重力、支持力，如图所示：

x方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma，y方向：FN－Fsinθ－Gcosθ＝0.从题图中取两个点(20 N,2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)，
解得m＝2 kg，θ＝37°，故A、B正确．
当a＝0时，可解得F＝15 N，即最小拉力为15 N.
题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小．加速度由2 m/s2增加到6 m/s2过程不能求出物体通过的位移，故C、D错误．综上本题选A、B.
答案：AB
传送带问题
例5　(多选)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4, g取10 m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中(　　)

A．小煤块从A运动到B的时间是 s
B．小煤块从A运动到B的时间是2.25 s
C．划痕长度是4 m
D．划痕长度是0.5 m
(1)小煤块在传送带上做什么运动？
提示：若加速到v0时的位移小于x，则先加速后匀速。若位移为x，速度未达到v0，则一直加速。
(2)划痕是小煤块以地面为参照物的位移吗？
提示：不是，是以传送带为参照物的位移。
尝试解答　选BD。
小煤块刚放上传送带后，加速度a＝μg＝4 m/s2，由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t1＝＝0.5 s，此时小煤块运动的位移x1＝t1＝0.5 m，而传送带的位移为x2＝v0t1＝1 m，故小煤块在传送带上的划痕长度为l＝x2－x1＝0.5 m，D正确，C错误；之后的x－x1＝3.5 m，小煤块匀速运动，故t2＝＝1.75 s，故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.25 s，A错误，B正确。
1.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v­t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则(　　)

A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
答案　B
解析　小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大，A错误、B正确。0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。
2.(多选)如图所示，用皮带传送一质量为M的物体，二者始终保持相对静止，则下列关于物体所受摩擦力的说法正确的是(　　)

A．皮带传送的速度越大，摩擦力越大
B．皮带加速运动时，加速度越大，则摩擦力越大
C．皮带的速度恒定时，物块的质量越大，摩擦力越大
D．摩擦力的方向一定与皮带速度的方向相同
解析：由于二者相对静止，因此物块所受的是静摩擦力，则：若传送带匀速运动，则f＝Mgsinθ，与传送带的速度无关，A错误，C正确；
若传送带匀加速运动，则静摩擦力的方向一定沿传送带向上，且f－Mgsinθ＝Ma，要求μMgcosθ＞Mgsinθ，所以f＝Ma＋Mgsinθ，B正确若传送带匀减速向上运动，分三种情况：
若a＜gsinθ，则物块所受的静摩擦力沿斜面向上，即Mgsinθ－f＝Ma；
若a＝gsinθ，则物块所受的静摩擦力为零；
若a＞gsinθ，则物块所受的静摩擦力沿斜面向下之前v2′＝v1，之后做匀速运动，所以D错误．
答案：BC
；
2．如图所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
答案　(1)4 s　(2)2 s
解析　(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有：
mg(sin37°－μcos37°)＝ma
则a＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2，
根据l＝at2得t＝4 s。
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1
则有a1＝＝10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有
t1＝＝ s＝1 s，
x1＝a1t＝5 m<l＝16 m
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°>μmgcos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则
a2＝＝2 m/s2
x2＝l－x1＝11 m
又因为x2＝vt2＋a2t，
则有10t2＋t＝11
解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2 s。
4. 如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10 m/s2。工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则下列说法不正确的是(　　)

A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，则vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则vB＝3 m/s
D．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则vB＝2 m/s
答案　D
板块滑动
12．[2015·保定一模](18分)一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小滑块以某一速度滑到木板上表面，经过2 s滑块和木板同时停下，滑块始终在木板上。木板运动的速度随时间变化的图象如图所示，已知木板和滑块的质量均为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图象信息解答下面问题：

(1)求出木板和滑块间的动摩擦因数；
(2)滑块刚滑到木板上时的速度多大？
(3)求整个过程中滑块和木板之间产生的热量。
答案　(1)μ＝0.3　(2)v0＝4 m/s　(3)Q＝0.6 J
解析　(1)由图象求得0～1 s木板加速度大小
a1＝1 m/s2
1～2 s木板与滑块整体加速度大小a2＝1 m/s2
木板与地面间摩擦力大小F＝2ma2＝0.2 N
设木板和滑块间的动摩擦因数为μ，在0～1 s内
μmg－F＝ma1
代入数据解得μ＝0.3
(2)滑块在滑上木板0～1 s过程中μmg＝ma
v0－at＝v
由图象可得v0＝4 m/s
(3)由图象可知，从开始到木板与滑块共速过程的位移
s木＝0.5 m
s块＝×1 m＝2.5 m
设滑块和木板之间产生的热量为Q，热量只在0～1 s的过程中产生
Q＝μmg(s块－s木)
代入数据解得Q＝0.6 J。

10．如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板．开始时质量为m＝1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，滑块滑上木板的过程不考虑能量损失，此后滑块和木板在水平方向上运动的v­t图象如图乙所示，g＝10 m/s2.求：

(1)水平作用力F的大小；
(2)滑块开始下滑时的高度；
(3)木板的质量．
解析：(1)滑块受到水平推力F、重力mg和支持力FN处于平衡F＝mgtanθ，代入数据可得：F＝ N.
(2)滑块滑到木板上的初速度为10 m/s，当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：mgsinθ＋Fcosθ＝ma，解得a＝10 m/s2
下滑的位移：x＝，解得x＝5 m
故下滑的高度h＝xsin30°＝2.5 m.
(3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共同速度后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木反间的动摩擦因数为μ2，二者共同减速时的加速度大小a1＝1 m/s2
发生相对滑动时，木板的加速度a2＝1 m/s2
滑块减速的加速度大小为a3＝4 m/s2
对整体受力分析可得a1＝＝μ1g
可得μ1＝0.1
在0～2 s内分别对m和M做受力分析
对M：＝a2，对m：＝a3
代入数据解方程可得M＝1.5 kg.
答案：(1) N　(2)2.5 m　(3)1.5 kg

6．如图所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，求：

(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？(取g＝10 m/s2)
解析：(1)物块的加速度am＝μg＝2 m/s2，小车的加速度：aM＝＝0.5 m/s2.
(2)二者均做加速运动，但是木块的加速度大．由amt＝v0＋aMt，得：t＝1 s.
(3)在开始1 s内小物块的位移：s1＝amt2＝1 m，最大速度：v＝amt＝2 m/s.
假设在接下来的0.5 s物块与小车相对静止，一起做加速运动，则加速度：a＝＝0.8 m/s2，此时二者之间的摩擦力f＝ma＜μmg，因此假设成立此0.5 s内的位移：s2＝vt＋at2＝1.1 m，通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1 m.
答案：(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)1 s　(3)2.1 m
7.如图所示，水平地面上依次排放两块完全相同的木板，长度均为l＝2 m，质量均为m2＝100 kg，一质量为m1＝100 kg的物体(可视为质点)以v0＝6 m/s的速度冲上A木板的左端，物体与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等；取g＝10 m/s2)

(1)若物体滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；
(2)若μ1＝0.5，求物体滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．
解析：(1)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g；
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g，联立方程，代入数据得0.4＜μ1≤0.6.
(2)若μ1＝0.5，则物体在木板A上滑动时，木板A不动．设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1，设物体滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得v－v＝－2a1l，设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1＝v0－a1t，代入数据得v1＝4 m/s，t＝0.4 s.
答案：(1)0.4＜μ1≤0.6　(2)4 m/s　0.4 s
8．如图所示，有1、2、3三个质量均为m＝1 kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H＝5.75 m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ＝0.2.长板2放在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v＝4 m/s的初速度开始向右运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．求：

(1)长板2的长度L0；
(2)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．
解析：(1)1在向左的滑动摩擦力作用下做匀减速运动，加速度大小为a1＝μg＝2 m/s2，对2和3分别由牛顿第二定律可得：F＋μmg＝ma2，mg－F＝ma2，二式相加得a2＝(g＋μg)＝6 m/s2；
设经过时间t1，三者速度达到相等，设为v1，则v1＝v－a1t1＝a2t1，解得v1＝3 m/s，t1＝0.5 s，则1和2运动的位移分别为
x1＝(v＋v1)t1＝1.75 m；x2＝v1t1＝0.75 m＜H，而L0＝x1－x2，解得L0＝1 m.
(2)假设速度相同时三者相对静止，对整体由牛顿第二定律得mg＝3ma，解得a＝.对物块1，当受到滑动摩擦力时，其加速度最大．最大值为μg，小于，故1与2要发生相对滑动，物体1相对于2向后滑动，其加速度大小a3＝2 m/s2，方向向右．对2和3整体由牛顿第二定律得：
a4＝(g－μg)＝4 m/s2，故2和3做匀加速运动．
设再经过时间t2物体3落地，则对2可得H－x2＝v1t2＋a4t，解得t2＝1 s，物体1的位移x3＝v1t2＋a3t＝4 m．而H－x2－x3＝1 m，所以当物体3落地时，物体1在长木板2的最左端．
答案：(1)1 m　(2)物体1在长木板2的最左端

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