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高考物理二轮复习重难点03牛顿运动定律解决常见模型（2份打包，解析版+原卷版，可预览）
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这是一份高考物理二轮复习重难点03牛顿运动定律解决常见模型（2份打包，解析版+原卷版，可预览），文件包含高考物理二轮复习重难点03牛顿运动定律解决常见模型解析版doc、高考物理二轮复习重难点03牛顿运动定律解决常见模型原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共55页， 欢迎下载使用。
重难点03牛顿运动定律解决常见模型
1．如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B。C为一垂直固定在斜面上的挡板。A、B质量均为m，斜面连同挡板的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面。现开始用一水平恒力F作用于P。重力加速度为g。下列说法中正确的是 （ ）
A．若F=0，挡板受到B物块的压力为
B．两物块与斜劈共同加速时，弹簧不可能保持原长
C．若要B离开挡板C，弹簧伸长量需达到
D．力F较小时A相对于斜面静止，F大于某一数值，A才相对于斜面向上滑动
【答案】A
【分析】
首先运用整体法分析A、B的受力情况即可确定F=0时挡板对B物块的压力；根据牛顿第二定律求出加速度，再分别多次对物体A、B或AB整体受力分析，然后根据牛顿第二定律，运用正交分解法列式分析求解。
【详解】
A．F=0时，对物体A、B整体受力分析，受重力、斜面的支持力N1和挡板的支持力N2，由共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有
N2-(2m)gsinθ=0
故压力为2mgsinθ，A正确；
B．若F=(M+2m）gtanθ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtanθ；对物体A受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图
根据牛顿第二定律，有
mgsinθ-kx=macosθ
解得kx=0，故弹簧处于原长，B错误；
C、物体B恰好离开挡板C的临界情况是物体B对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图根据牛顿第二定律，有
mg-Ncosθ-kxsinθ=0
且
Nsinθ-kxcosθ=ma
解得，C错误；
D．用水平力F作用于P时，A具有水平向左的加速度，设加速度大小为a，将加速度分解如图，根据牛顿第二定律得
mgsinθ-kx=macosθ
当加速度a增大时，x减小，即弹簧的压缩量减小，物体A相对斜面开始向上滑行。故只要有力作用在P上，A即向上滑动，D错误。
故选A。
2．如图所示，用水平力F拉着三个相同的物块，先在光滑水平面上一起以加速度运动。A、B间和B、C间两段绳的拉力分别为和。后在摩擦系数μ相同的粗糙水平面上一起以加速度运动。A、B间和B、C间两段绳的拉力分别为和。则加速度、拉力之间的关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】
在光滑水平面上时，根据牛顿第二定律得
，，
解得
，，
在粗糙水平面上时
，，
解得
，，
故选B。
3．如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是（ ）
A．若m>M，有x1=x2 B．若m
【详解】
在水平面上滑动时，整体法，由牛顿第二定律，可得
把A物体隔离，由牛顿第二定律，可得
联立，解得
在斜面上滑动时，整体法，由牛顿第二定律，可得
把A物体隔离，由牛顿第二定律，可得
联立，解得
故两次形变量相同，与动摩擦因数和斜面倾角无关，故A正确；BCD错误。
故选A。
4．如图所示，三角形斜面体ABC放在水平地面上，，，顶点C上安装有一轻质光滑定滑轮，P、Q两滑块用跨过定滑轮的轻绳相连，分别放在光滑斜面AC与光滑斜面BC上，连接两滑块的轻绳分别与两侧斜面平行。已知滑块P的质量，滑块Q的质量，取重力加速度大小，，。现同时由静止释放两滑块，斜面体保持静止，则两滑块均在斜面上运动的过程中，水平地面受到的静摩擦力（ ）
A．大小为0.144 N，方向水平向右
B．大小为0.144 N，方向水平向左
C．大小为0. 288 N，方向水平向右
D．大小为0. 288 N，方向水平向左
【答案】A
【详解】
对P、Q受力分析。由牛顿第二定律可知
解得
则可等效为P、Q和斜面体组成的系统受到水平向左的合力
解得
由作用力与反作用力的关系可知，地面受到的摩擦力方向向右、大小为。
故选A。
【点睛】
本题考查受力分析、牛顿运动定律以及力的合成与分解，目的是考查学生的推理能力。
5．如图所示，一个正方体容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中a、b、c、d为容器的四块侧板，现将容器用绳子悬挂于空中。剪断绳子后，容器下落过程无翻滚，下列说法正确的是（ ）
A．忽略空气阻力，剪断绳子瞬间，球仅与c板之间有弹力作用，与a、b、d板之间无弹力作用
B．若运动过程中容器受到恒定的空气阻力，球与a、b、c、d板均有弹力作用
C．若运动过程中容器受到的空气阻力与速率成正比，在加速下落过程中，小球对c板有压力且逐渐变大
D．不管是否有空气阻力的影响，容器下落时，球仅与a板有弹力作用
【答案】C
【详解】
A．若忽略空气阻力，剪断绳子瞬间，整体做自由落体运动，球与各个板之间均没有弹力的作用。A错误；
B．若有空气阻力，则整体加速度小于g，则对球进行受力分析，可得c板有竖直向上的弹力作用。B错误；
C．若空气阻力与速率成正比，在加速下落过程中，容器受到的阻力逐渐增大，则对球进行受力分析，可得c板有竖直向上的弹力逐渐增大。C正确；
D．不管是否有空气阻力的影响，球与a板均无弹力作用。D错误。
故选C。
6．如图甲，倾角为的传送带始终以恒定速率逆时针运行，时速度大小为（）的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的图像如图乙，则（ ）
A．时间内，小物块所受的摩擦力始终不变
B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足大于
C．时刻小物块离传送带底端的距离最远
D．小物块返回传送带底端时的速率小于
【答案】D
【详解】
A．通过乙图可以看出，小物块先向上匀减速运动，减速到零后反向加速，当速度与传送带速度相等时，加速度大小发生变化，所以小物块的速度达到与传送带速度相等以前，摩擦力方向一直沿斜面向下，时刻以后摩擦力方向沿斜面向上，故A错误；
B．根据图乙可知，时刻以后小物块相对于传送带向下加速运动，根据牛顿第二定律可得
所以小物块与传送带间的动摩擦因数满足
故B错误；
C．根据图乙可知，时刻小物块向上运动的速度为零，此时小物块离传送带底端的距离达到最大，故C错误；
D．小物块在整个运动过程中重力做功为零，机械能的损失转化为由于摩擦产生的热，所以小物块的机械能减少，小物块返回传送带底端时的速率小于，故D正确。
故选D。
7．如图所示，水平面上固定一倾角为的光滑斜面，跨过定滑轮的轻绳两端各系一物块a和b，a、b的质量分别为2m和m。用手托住a，使b静止在斜面上，此时a离地高度为h，拉b的轻绳平行斜面。不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g，现自由释放a，则（ ）
A．a落地前，轻绳张力为2mg B．a落地前，轻绳张力为mg
C．a落地时，a的速度为 D．a下落过程的机械能减少了mgh
【答案】BD
【详解】
AB．在a下落过程中，设绳的张力为，对a根据牛顿第二定律有
对b根据牛顿第二定律有
联立上式解得
，
故A错误，B正确；
C．根据可得，a落地时的速度为
故C错误；
D．根据功能关系，a下落过程机械能的减少量等于绳子拉力做的负功的大小，即
故D正确。
故选BD。
8．如图甲所示，很薄的长木板在水平地面上，在时刻，可视为质点、质量为的物块在水平外力作用下从左端滑上长木板，后撤去外力，物块、长木板的速度一时间图象如图乙所示，，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板的最小长度为
B．、间的动摩擦因数是0.1
C．长木板的质量为
D．外力的大小为
【答案】BD
【详解】
A．由速度一时间图象可知，后物块、长木板达到共同速度后一起匀速运动，则说明长木板与地面是光滑的，图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，由图象得在内物块的位移
长木板的位移
所以长木板的最小长度为
A错误；
B．对物块A撤去外力在内受力分析得
由图象可知
可得、间的动摩擦因数是0.1，B正确；
C．对长木板受力分析由牛顿第二定律得
由图象可知
长木板的质量为
C错误；
D．在对物块受力分析得
由图象可知
解得外力
D正确。
故选BD。
9．如图所示，倾角为θ、足够长的斜面放置于水平面上，质量为m的物块静止于斜面上。现给斜面施加一水平向右的推力，使斜面向右加速运动。下列关于施加推力前后的对比情况，正确的是（ ）
A．地面对斜面的支持力可能增加
B．地面对斜面的支持力可能不变
C．斜面对物块的摩擦力可能增大
D．斜面对物块的支持力可能减小
【答案】ABC
【详解】
物体静止在斜面上时，当斜面向右加速，物块受到的摩擦力可能向左（加速度较小时），也可能向右（加速度较大时）。将物块和斜面看作整体，当物块相对斜面静止时，系统的加速度水平向右，此时地面对斜面的支持力不变；临界状态为物块要与斜面向上相对运动，当推力继续增大，由于物块受到的摩擦力有限，因此物块向上滑动，系统加速度有向上的分量，所以地面对斜面的支持力此时增加，地面对斜面的支持力不可能减小；斜面向右加速时，斜面对物块的摩擦力先减小，再反向增大；物块向右加速时，物块受到重力、摩擦力和支持力，加速度在垂直斜面方向上有分量，重力在垂直斜面方向上分量不变，因此说明支持力在垂直斜面方向上增大了，即支持力增大了，故ABC正确，D错误。
故选ABC。
10．如图所示，质量分别为mA，mB的A，B两物块用轻绳连接放在倾角为θ的固定斜面上，用平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们斜面沿匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，为了减小轻绳上的张力，可行的办法是（ ）
A．减小倾角θ B．减小动摩擦因数μ
C．增大A物块的质量 D．减少B物块的质量
【答案】CD
【详解】
根据牛顿第二定律得，对整体
F-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a
得
对B
T-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa
得到，轻线上的张力
则要减小T，可减小B物的质量，或增大A物的质量。
故选CD。
11．如图，物块A通过细绳悬挂于电梯侧壁的O点，A与侧壁间夹有薄木板B，绳与侧壁夹角为θ，已知A、B质量分别为M、m，A、B间摩擦忽略不计。当电梯静止时，B恰好不滑落，重力加速度为g，下列判断正确的是（ ）
A．电梯减速下降时，木板B会滑落
B．电梯加速上升时，木板B不会滑落
C．当电梯以加速度a竖直加速上升时，绳子拉力
D．当电梯以加速度a（a
【详解】
电梯静止不动时，先分析A，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示
根据平衡条件，有
再分析物体B，受重力、压力N1′、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有
其中
根据牛顿第三定律，有
联立解得
AB．电梯加速上升或减速下降时等效为重力加速度变化为
故压力
最大静摩擦力
故木板B保持静止，故A错误，B正确；
C．当电梯以加速度a竖直加速上升时，等效为重力加速度变化为
故绳子拉力
故C正确；
D．当电梯以加速度a（） 竖直加速下降时，等效为重力加速度变化为
故压力
故D错误；
故选BC。
12．光滑圆环C套在细线上，细线两端固定于小车顶上的A、B两点，车子沿水平方向做匀变速运动，稳定时，细线竖直，与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g，则（ ）
A．车子可能向右运动 B．车子可能向左运动
C．车子运动的加速度大小为 D．车子运动的加速度大小为
【答案】ABD
【详解】
AB．由于圆环套在细线上，因此段和段细线上张力大小相等，圆环受两段细线上张力和重力的作用，因此可以判断，圆环受到的合力沿水平向左，加速度沿水平向左，由于小车的运动方向未知，因此小车可能向左运动，也可能向右运动，AB正确；
CD．设细线的张力为F，根据力的平衡可知
解得
水平方向
解得
C错误，D正确。
故选ABD。
13．如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧的下端固定在水平面上，上端与物块A连接，物块B与物块A之间用一绕过定滑轮O的轻绳连接，B放在固定斜面的上端（用外力控制B）。OA绳竖直，OB绳与倾角为的足够长的固定斜面平行，且轻绳恰好拉直而无作用力。A、B的质量均为m，A、B均视为质点，重力加速度大小为g，取，，不计一切摩擦。现将B由静止释放，B沿斜面下滑，弹簧始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．释放B后的瞬间，轻绳的弹力大小为
B．当A的速度最大时，弹簧处于拉伸状态
C．A的最大速度为
D．当B处于最低点时，弹簧处于压缩状态
【答案】AC
【详解】
A．设释放B前弹簧的压缩量为，对A由物体的平衡条件有
设释放B后的瞬间A的加速度大小为a，对A、B整体由牛顿第二定律有
解得
设释放B后的瞬间轻绳的弹力大小为，对A由牛顿第二定律有
解得
选项A正确；
B．经分析可知，当A的速度最大时，轻绳的弹力大小
因，故此时弹簧处于压缩状态，选项B错误；
C．设当A的速度最大时，弹簧的压缩量为，对A由物体的平衡条件有
解得
对从释放B到A的速度最大的过程，根据动能定理，对A、B整体有
解得A的最大速度
选项C正确；
D．假设当B处于最低点时弹簧处于压缩状态，且压缩量为，根据动能定理，对A、B整体有
解得
因为负值，故假设不成立，选项D错误。
故选AC。
14．如图所示，质量为5kg的物体A拴接在被水平拉伸的弹簧一端，小车B的质量为10kg，水平地面光滑。弹簧的拉力为5N时，系统处于静止状态，某时刻对小车施加向右的水平力F，且F从0开始逐渐增大，则在此后过程中（ ）
A．物体A受到的摩擦力先增加后不变
B．物体A受到的摩擦力方向会发生改变
C．当F=15N时，小车B的加速度为1m/s2
D．当F=45N时，小车B的加速度为3m/s2
【答案】BC
【详解】
AB．弹簧的拉力为5N时，系统处于静止状态，可知物体A与小车B的上表面的最大静摩擦力，F从0开始逐渐增大时，当A与B未发生相对滑动以前，都为静摩擦力，设某个时刻静摩擦力恰好为零，刚好由弹力提供合力，即
可得
当加速度从零逐渐增大到时，A受到的摩擦力向左且逐渐减小；当加速度从逐渐再增大时，A受到的摩擦力向右且逐渐增大，直到A与B发生相对运动以后，变为滑动摩擦力，大小为，由于正压力不变，所以滑动摩擦力大小不再变化，综上所述，A错误，B正确；
C．假设A、B没有发生相对运动，对A、B整体有
当F=15N时，解得
设此时A、B之间的摩擦力为Ff，对A有
解得
A、B没有发生相对运动，C正确；
D．假设A、B没有发生相对运动，对A、B整体有
当F=45N时，解得
设此时A、B之间的摩擦力为Ff，对A有
解得
由于A、B之间的最大静摩擦力最小为5N，此时不能判断A、B是否发生相对滑动，假如A、B发生了相对滑动，小车B的加速度将不再等于3m/s2，故D错误。
故选BC。
15．如图所示，某车间有一个倾角为θ＝37°、长为L＝12.8 m的传送带，传送带以速率v＝4 m/s沿逆时针方向匀速运动。如果将一质量m＝10kg的小工件静止放置于传送带的上端，小工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos°37＝0.8。则（ ）
A．小工件到达传送带另一端所需的时间为3.2 s
B．小工件到达传送带另一端所需的时间为2.4 s
C．小工件离开传送带的速度大小为4 m/s
D．小工件离开传送带的速度大小为8 m/s
【答案】BD
【详解】
AB．小工件置于传送带上端，传送带逆时针转动时，物体的运动分两个阶段，第一阶段物体的速度小于转送带速度时，由牛顿第二定律知
代入数据解得
小工件经与传送带共速，产生位移
此后有
解得
由
代入数据得
所以小工件到达传送带另一端所需的时间为，A错误，B正确；
CD．小工件离开传送带时速度为
C错误，D正确。
故选BD。
16．如图甲所示，足够长的倾斜传送带与水平面间的夹角为，在传送带上某位置轻轻放置一个质量为m的小滑块，小滑块的速度随时间变化关系如图乙所示，vo、t0均已知，则（ ）
A．传送带的速度可能大于v0
B．t0后小滑块受到的摩擦力为mgsinθ
C．传送带一定沿顺时针转动
D．小滑块与传送带间的动摩擦因数可能为
【答案】BD
【详解】
AC．由题图乙可知，滑块先做初速度为零的匀加速直线运动，在后以速度做匀速直线运动，由此可知
如果传送带沿逆时针方向转动，滑块放在传送带上后受到的滑动摩擦力沿传送带向下，滑块先做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时，滑块做匀速直线运动，则传送带的速度；如果传送带沿顺时针方向转动，滑块刚放在传送带上时受到的滑动摩擦力沿斜面向上，滑块向上做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时滑块做匀速直线运动，传送带速度；由以上分析可知，传送带既可能沿顺时针方向也可能沿逆时针方向转动，传送带速度不会大于，故AC错误；
B．由题图乙可知，后滑块做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知
故B正确；
D．由题图乙可知，滑块做匀加速直线运动时的加速度
如果传送带沿逆时针方向转动，由牛顿第二定律得
解得
故D正确。
故选BD。
17．如图甲所示，一块质量为mA=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB=1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6
B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C．F的大小可能为9N
D．F的大小可能为12N
【答案】BD
【详解】
AB．由图乙可知，滑块B在木板A上滑动时，A的加速度为
滑块B离开木板A后，A的加速度为
联立解得
，
A错误，B正确；
CD．B能从A右端滑出，说明B的加速度比A的大，所以有
解得
C错误，D正确。
故选BD。
18．倾角θ=37°足够长的斜面固定在水平面上，斜面上有一质量mB=1kg的木板B，B通过平行于斜面的不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮与质量mC=1kg的物体C相连。当木板B以速度v0=8m/s沿斜面下滑时，将质量mA=4kg的物块A相对于地面静止轻放到木板B的最下端，如图所示。已知A、B间的动摩擦因数为μ1=0.25，B与斜面间的动摩擦因数为μ2=0.1。在以后的运动过程中，物块A没有从木板B的上端滑出，物体C也不会与滑轮相碰。重力加速度取g=10m/s2。sin37°=0.6，cos37°=0.8。从物块A放到木板B上开始计时，求：
(1)物块A放到木板B上瞬间，物块A的加速度大小；
(2)经过多长时间A、B速度相同；
(3)1.5s内木板B的位移大小。
【答案】(1)8m/s2；(2) 0.5s；(3)7m
【详解】
(1)小物块A放到木板B上瞬间时
得
a1=8m/s2
(2)B、C一起研究，设减速运动的加速度大小为a2
得
a2=8m/s2
设经过t1，A、B速度相同
对A
对B
得
v=4m/s
t1=0.5s
（3）A、B速度相同后，假设A相对于B斜向下滑动，A、B沿斜面向下的加速度分别为aA、aB，对A
aA=4m/s2
对B
aB=0
说明A确实相对于B斜向下滑动，且B做匀速直线运动。设再经过时间t2，A从B前端滑出
得
t2=1s
所以，1.5s内木板B的位移大小
=7m
19．足够长的固定斜面体倾角，质量为M = 1 kg、长为L = 2 m的长木板B放在斜面上，质量为m = 0.5kg的物块A放在长木板的上端。P点为长木板的中点，长木板上表面左半部分（P点左侧）光滑、右半部分（P点右侧）粗糙且与物块间动摩擦因数为。同时释放物块A和长木板B，当长木板沿斜面下滑时，物块刚好到达P点，物块A的大小不计．求：（已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2）
(1)长木板与斜面间的动摩擦因数；
(2)物块能否滑出长木板？若能求物块A在长木板上运动的时间；若不能求物块停在木板上的位置到P点的距离。
【答案】(1)；(2) 不能；0.5 m
【详解】
(1)对物块A研究，根据牛顿第二定律
解得
根据位移公式
解得
设长木板与斜面间的动摩擦因数为，对长木板研究
解得
对长木板，根据牛顿第二定律
解得
．
(2) 物块A到达P点右侧后，对A根据牛顿第二定律
解得
对B根据牛顿第二定律
解得
物块A到达P点时
设再经过t1AB共速，则有
得
t1=0.5s
在此过程A在B上运动
所以A没有滑出B，以后AB一起在斜面加速运动．
物块停在木板上的位置到P点的距离为0.5 m．
20．如图甲所示，在光滑水平面上放置一斜面体，水平部分与倾斜部分均粗糙，与水平面的夹角。在斜面体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受到压力时，其示数为正值；当传感器受到拉力时，其示数为负值。一质量的滑块（视为质点）从的顶端C处由静止下滑，最终恰好停在上的左端A处，该过程中斜面体保持静止，力传感器测得的力F和时间t的关系如图乙所示。取重力加速度大小，，，不考虑滑块经过与交接处时的机械能损失。求：
(1)滑块与间的动摩擦因数；
(2)的长度。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)设滑块在上滑行时的加速度大小为，由牛顿第二定律有
对斜面体受力分析，由物体的平衡条件有
其中，解得
(2)由(1)可得
设滑块与间的动摩擦因数为，滑块在上滑行时的加速度大小为，由牛顿第二定律有
对斜面体受力分析，由物体的平衡条件有
其中
设滑块经过B点时的速度大小为v，由匀变速直线运动的规律有
解得
21．如图所示，相距L=10m的两光滑平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度大小v=4 m/s。质量mA=1 kg的物块A。以初速度v0 =6 m/s自左侧平台滑上传送带，质量mB=3 kg的物块B，以大小相同的初速度v0=6 m/s自右侧平台滑上传送带。物块A、B均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，物块碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短。取重力加速度大小g =10m/s2。
(1)只让物块A或者只让物块B滑上传送带，求物块A和物块B离开传送带时的速度大小vA1、vB1
(2)让两物块同时滑上传送带，求物块A和物块B在传送带上碰撞后瞬间的速度大小vA2、vB2。
【答案】(1)，；(2)，
【详解】
(1)物块、在传送带上均先做匀减速运动，设其加速度大小为，由牛顿第二定律有
设物块从滑上传送带后到速度减至与传送带速度相同时的位移大小为，由运动学公式有
解得
因此，物块之后与传送带速度相同，所以
设物块从滑上传送带到速度减至0时的位移大小为，由运动学公式有
解得
因此，物块不能从左侧滑出传送带，之后会加速向右运动，设物块向右加速到与传送带速度相同时的位移大小为，由运动学公式有
解得
由于
因此，物块之后与传送带速度相同，所以
(2)当两物块同时滑上传送带后，由于两物块匀减速运动初速度大小和加速度大小相同，所以在传送带中间相遇，由(1)可知
相遇时两物块的速度大小均为
由于两物块发生弹性碰撞，由碰撞前、后系统的动能相等，有
设向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
，
22．如图所示，参加某娱乐节目的选手从较高的平台上以水平速度跃出后，落在水平传送带上，由于传送带足够粗糙，选手落到传送带上后瞬间相对传送带静止，再经过反应时间后，立刻以向右的加速度跑至传送带最右端。已知平台与传送带的高度差，水池宽度，传送带左端与右端之间的距离。
(1)若传送带静止，选手以水平速度从平台跃出。求：
①该选手落在传送带上的位置与端之间的距离。
②该选手从平台开始跃出到跑至传送带右端所经历的时间。
(2)若传送带以速度逆时针转动，选手要能到达传送带右端，求选手从平台上沿水平方向跃出的最小速度。
【答案】(1)0.6m，4.6s；(2)4.08m/s
【详解】
(1)①选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向
解得
在水平方向
选手落在传送带上的位置与端之间的距离
②选手在传送带上做匀加速运动的位移
解得
选手运动的总时间
(2)设水平跃出的速度为，落到传送带上反应时间内向左运动的位移大小
然后向左减速至速度为的过程中，向左运动的位移
选手不从传送带上掉下，平抛水平位移
则
所以选手从平台上跃出的最小水平速度为。
23．暑假，小张和小李同学去某物流公司当志愿者，小张看到传送带后想测试自己的拉力和耐力。于是他们关闭了传送带电源，利用如图所示的方式将一质量为m=50kg的货物静置于倾角为37°、AB之间总长为L=50m的传送带的最底端。小张用恒定的拉力F使货物沿传送带向上运动，在他施加拉力的同时小李开始用手机计时，当计时10s时，小张恰好拉到的地方并显得力不从心，小李立即接通电源，同时小张完全松手，通电后传送带立即以4m/s的速度顺时针匀速运动。已知货物与传送带的摩擦因数为0.8。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
(1)小张施加的拉力F大小；
(2)接通电源后，还需要多长时间货物能到达最上端B处？
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)前10秒，对货物由运动学公式得
解得
a=0.2m/s2
由牛顿第二定律得
解得
(2)撤去外力F时货物的速度大小为v1，由运动学公式得
解得
v1=2m/s
由于v1<4m/s，所以通电后货物继续加速，加速度为
解得
设经过t1货物速度与传送带速度相同，则
解得
设t1内货物加速的位移为x1，则
解得
共速后，货物与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2
又因为
解得
所以通电后货物需要运动
24．如图所示，长L=4.0m、质量mA=2.0kg的木板A静止在光滑水平面上，对木板施加大小F=4.0N、方向向右的水平拉力，同时在木板上某位置放一初速度v0=3.0m/s、方向水平向右的小物块B，物块B的质量mB=1.0kg，在运动过程中物块B刚好未从木板A右端滑落。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.20，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：
(1)物块B刚放上木板A时，木板A、物块B的加速度大小aA、aB；
(2)物块B刚放上木板时离木板A右端的距离x；
(3)从物块B刚放上木板A到离开木板的过程中，产生的热量Q。
【答案】(1) 3m/s2，2m/s2；(2)0.9m；(3)9.8J
【分析】
(1)运用隔离法对A、B列出牛顿第二定律即可分别求出加速度；
(2)抓住木块刚好未滑出的临界条件是两者的速度相等，求出时间，再利用位移公式列出两者的位移关系即可求出B的相对位移；
(3)利用能量功能关系求出相对滑动过程产生的热量。
【详解】
(1)根据牛顿第二定律，对木板A有
F+μmBg=mAaA
代入数据解得aA=3m/s2，
根据牛顿第二定律，对物块B有
μmBg=mBaB
代入数据解得aB=2m/s2；
(2)设经过时间t1物块B刚好未从木板A右端滑落，此时A、B有共同速度v1，则有
v1=v0-aBt1=aAt1
代入数据解得t1=0.6s，
根据运动学公式和题意得
x=v0t-aB-aA
代入数据解得x=0.9m；
(3)从物块B刚放上木板A到离开木板的过程中，产生的热量为
Q=μmBg（x+L）
代入数据解得Q=9.8J。
25．如图所示，质量M＝1kg的长木板静止在水平地面上，右端固定一轻质微型弹簧，用质量为m＝0.5 kg的物块压缩弹簧并固定，此时弹簧的弹性势能为6 J，木板右端距离竖直墙L＝34 cm。某时刻释放弹簧，使得物块和木板瞬间获得一定的速度，之后木板与竖直墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知木板和地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块和木板间的动摩擦因数μ2＝0.3，重力加速度g取10m/s2，运动过程中物块始终在木板上。求：
(1)释放弹簧后的瞬间物块和木板的速度大小；
(2)把物块看作质点，不考虑弹簧的长度，则木板的最小长度约为多少；（结果保留2位小数）
(3)木板停止运动时，其右端距离竖直墙多远。（结果保留2位小数）
【答案】(1)；(2)1.75m；(3)1.91m
【详解】
(1)设弹簧释放的瞬间木板和物块的速度分别为，，由于系统在水平方向上所受合力为零，由动量守恒和能量守恒定律知
由以上两式解得
(2)释放弹簧后，设木板运动到竖直墙时的速度大小为v，运动的时间为，则
解得
解得
设在时间内物块的加速度大小为a，位移为大小x，时刻速度大小为，由
得
时刻物块的速度大于木板的速度，所以物块继续以加速度a减速，设时刻之后木板的加速度为，有
得
故后木板做匀速运动，设经过物块的速度等于木板的速度，则
解得
设在时间内木板和物块的位移分别为和，于是
所以木板的最小长度为
(3)物块和木板达到共同速度后一起减速，设加速度为，位移为
解得
木板停止运动时，其右端距离竖直墙
26．如图所示，质量为m=1 kg的物块A和质量为M=4 kg的木箱B以不同的速度向右运动，物块与木箱间的动摩擦因数1=0.5，木箱与地面间的动摩擦因数2=0.1，木箱的高度h=0.8 m，物块可视为质点。某时刻物块离木箱右端距离s=3.04 m，物块的速度vA0=6 m/s，木箱的速度vB0=0.8 m/s，从此时开始给木箱施加一水平向左F=8 N的恒力，已知重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)施加恒力F的瞬间，物块A和木箱B的加速度大小；
(2)物块A离开木箱时的速度大小；
(3)物块A刚落地时离木箱右侧的水平距离。
【答案】(1) 5m/s2，2m/s2；(2)2 m/s，方向水平向右；(3)0.88 m
【详解】
(1)对物块
1mg=maA
aA=5m/s2
对木箱
F+2（M+m）g-1mg=MaB1
aB1=2m/s2
(2)设木箱经时间t1减速到0，对木箱应用速度时间公式
vB0=aB1t1
t1=0.4s
此时物块的速度
vA1=vA0 -aA t1 =4 m/s
该过程中物块的位移
木箱的位移
假设木箱减速为0后静止，所受摩擦力大小为f，
F-f-1mg=0
解得
f=3N<2（M+m）g
假设成立。
设物块在经时间t2从木箱右侧掉下，则有
可解得
t2=0.4 s或t2=1.2 s（舍去）
因此，物块离开木箱时的速度
vA2=vA1 -aA t2=2 m/s
此时物块速度大小为2 m/s，方向水平向右。
(3)物块做平抛运动
水平位移
物块离开木箱后，对木箱
F-2Mg=MaB2
aB2=1 m/s2
物块平抛运动过程中木箱的位移
所以物块落地时，离木箱右侧的水平距离为
x=xA2+xB2=0.88m
27．如图所示，等高的长木板A和B并排静止在光滑的水平面上，长木板的质量均为M=1kg，长度分别为LA=1.5m，LB=1.25m。一质量m=2kg的铁块P（可视为质点）静止在长木板左端，铁块和长木板上表面间的动摩擦因数均为，g＝10m/s2，则：
(1)要使P能相对木板A滑动，求F的最小值；
(2)若F=26N，求经过多少时间，铁块滑出长木板A；
(3)在满足第二问的情况下，求从开始到铁块从木板B上滑落的过程，F对铁块做的总功。
【答案】(1)20N；(2)1s；(3)234J
【详解】
(1)P刚好与木板发生相对滑动
解得
(2)当P在木板上滑行时
解得
设P从木板A滑上B所用时间为s
解得
(3)1s时
P滑上B后，P的加速度不变，B的加速度为a2
解得
所以得
P的总位移
所以F对P做的总功
28．如图所示，质量M=10kg、上表面光滑的足够长的木板的在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动。现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L0=1m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，之后只要木板运动L0=1m就在木板的最右端无初速度放一铁块。试问：（取g=10m/s2）
(1)第2块铁块放上时，木板的速度多大？
(2)最终木板上放有多少块铁块？
(3)由于所有的铁块均未离开长木板，则木板至少要有多长？
【答案】(1)7m/s；(2)n=10块；(3)s=9.5m
【详解】
(1)木板最初做匀速运动，由F=mMg计算得出
第l块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有
代入数据计算得出加速度的大小
a1=0.5m/s2
根据速度位移关系公式有
计算得出
(2)设最终有n块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为
第1块铁块放上后
第2块铁抉放上后
第n块铁块放上后
由上可得
木板停下来时vn=0，得
n=9.5
则最终木板上有10块铁块。
(3)从放上第1块铁块至刚放上第10块铁块的过程中，由(2)中表达式可得
从放上第10块铁块至木块停止运动的过程中，设木板的位移为d，则：
联立计算得出
d=0.5m
则木板共运动
s=9L0+d=9.5m
而上面的铁块均只受到重力和支持力作用，处于静止状态。故木板的最小长度为
L=s=9.5m
29．如图所示，5块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为l=0.5m，质量为m=0.6kg。在木板1的最左端放置一质量为M=1kg的小物块，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为=0.2，长木板与地面间的动摩擦因数=0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，现给物块水平向右的初速度v0=3m/s，使其从木板最左端向右滑动，则（重力加速度g取10m/s2）。
(1)当物块在木块1上滑动时，求地面对这5个木块总的摩擦力大小；
(2)由计算分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动，并求出物块相对于木板静止时在木板上的位置；（本问结果可保留分数形式）
(3)在上述滑行过程中，当物块滑到与某块木板共速时，立即给该木板施加一水平向右的推力F=5.1N，为保证物块不从该木板滑出，求该力施加的最长时间。（本问结果可保留根号）
【答案】(1)2N；(2) 物块滑上第 5 块木板时，木板才开始在地面上滑动，；(3)
【详解】
(1)木块收到的摩擦力为
5个木板总的最大静摩擦力为
由于，所以这5个木块保持静止状态，故地面对木块的总摩擦力为；
(2)设当物块滑到第块木块时，木块才开始运动，故
解得
即物块滑上第5块木块时时，木块才开始在地面上滑动；
设物块刚滑上第5块木板的速度为，则
解得
在此过程中，物块的位移为，有
解得
木板5的位移为，则
解得
故滑块滑上木板相对静止时，距离木板左端
(3)对木板受力分析可知
解得
木板相对滑板向右加速滑动，当撤去外力后，对木板受力分析，有
解得
此时木板相对滑块向右减速。
显然，当两者再次共速时滑块恰好运动到木板最左端，是力作用在木板上保证滑块不滑出最长时间的临界条件；
设加速过程的时间为，减速过程的时间为，滑块的总位移为，木板的总位移为；
又
联立解得
30．如图所示，一块质量为M的匀质板放在足够长的光滑水平桌面上，初始时速度为零。板的左端有一个质量为m的物块，物块与板间的动摩擦因数为，物块上连接一根足够长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮，某人以恒定速度向下匀速拉绳，绳子对物块的拉力保持水平，物块最多只能向右达到板的中点，且此时板的右端尚未到达桌边定滑轮。求：
⑴物块与匀质板相对滑动的过程中，物块受到板的摩擦力和板运动的加速度；
⑵若物块在板左端时，给板一个水平向左的初速度，为使板与物块能脱离，应满足的条件。
【答案】(1)，方向水平向左，，方向水平向右；(2)
【详解】
(1)由于物块向右做匀速运动，对物块和板受力分析，如图所示
物块受到板的摩擦力大小为
方向水平向左
设板运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律，可得
解得
方向水平向右
(2)板向右做匀加速直线运动，直到速度为v，然后物块和板相对静止向右匀速直线运动，两者相对滑动的时间为
设板的长度为L，则有
解得
若物块在板左端时，给板一个水平向左的初速度，则板先向左做匀减速直线运动，加速度大小为a，直到速度为零，设这段时间为t2，则有
然后板由静止开始向右做匀加速直线运动，情况与(1)中相同，物块与板的相对位移为，所以，为了使物块与板脱离，则在t2时间内物块与板的相对位移满足
解得
重难点03牛顿运动定律解决常见模型
1．如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B。C为一垂直固定在斜面上的挡板。A、B质量均为m，斜面连同挡板的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面。现开始用一水平恒力F作用于P。重力加速度为g。下列说法中正确的是 （ ）
A．若F=0，挡板受到B物块的压力为
B．两物块与斜劈共同加速时，弹簧不可能保持原长
C．若要B离开挡板C，弹簧伸长量需达到
D．力F较小时A相对于斜面静止，F大于某一数值，A才相对于斜面向上滑动
【答案】A
【分析】
首先运用整体法分析A、B的受力情况即可确定F=0时挡板对B物块的压力；根据牛顿第二定律求出加速度，再分别多次对物体A、B或AB整体受力分析，然后根据牛顿第二定律，运用正交分解法列式分析求解。
【详解】
A．F=0时，对物体A、B整体受力分析，受重力、斜面的支持力N1和挡板的支持力N2，由共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有
N2-(2m)gsinθ=0
故压力为2mgsinθ，A正确；
B．若F=(M+2m）gtanθ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtanθ；对物体A受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图
根据牛顿第二定律，有
mgsinθ-kx=macosθ
解得kx=0，故弹簧处于原长，B错误；
C、物体B恰好离开挡板C的临界情况是物体B对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图根据牛顿第二定律，有
mg-Ncosθ-kxsinθ=0
且
Nsinθ-kxcosθ=ma
解得，C错误；
D．用水平力F作用于P时，A具有水平向左的加速度，设加速度大小为a，将加速度分解如图，根据牛顿第二定律得
mgsinθ-kx=macosθ
当加速度a增大时，x减小，即弹簧的压缩量减小，物体A相对斜面开始向上滑行。故只要有力作用在P上，A即向上滑动，D错误。
故选A。
2．如图所示，用水平力F拉着三个相同的物块，先在光滑水平面上一起以加速度运动。A、B间和B、C间两段绳的拉力分别为和。后在摩擦系数μ相同的粗糙水平面上一起以加速度运动。A、B间和B、C间两段绳的拉力分别为和。则加速度、拉力之间的关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】
在光滑水平面上时，根据牛顿第二定律得
，，
解得
，，
在粗糙水平面上时
，，
解得
，，
故选B。
3．如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是（ ）
A．若m>M，有x1=x2 B．若m
【详解】
在水平面上滑动时，整体法，由牛顿第二定律，可得
把A物体隔离，由牛顿第二定律，可得
联立，解得
在斜面上滑动时，整体法，由牛顿第二定律，可得
把A物体隔离，由牛顿第二定律，可得
联立，解得
故两次形变量相同，与动摩擦因数和斜面倾角无关，故A正确；BCD错误。
故选A。
4．如图所示，三角形斜面体ABC放在水平地面上，，，顶点C上安装有一轻质光滑定滑轮，P、Q两滑块用跨过定滑轮的轻绳相连，分别放在光滑斜面AC与光滑斜面BC上，连接两滑块的轻绳分别与两侧斜面平行。已知滑块P的质量，滑块Q的质量，取重力加速度大小，，。现同时由静止释放两滑块，斜面体保持静止，则两滑块均在斜面上运动的过程中，水平地面受到的静摩擦力（ ）
A．大小为0.144 N，方向水平向右
B．大小为0.144 N，方向水平向左
C．大小为0. 288 N，方向水平向右
D．大小为0. 288 N，方向水平向左
【答案】A
【详解】
对P、Q受力分析。由牛顿第二定律可知
解得
则可等效为P、Q和斜面体组成的系统受到水平向左的合力
解得
由作用力与反作用力的关系可知，地面受到的摩擦力方向向右、大小为。
故选A。
【点睛】
本题考查受力分析、牛顿运动定律以及力的合成与分解，目的是考查学生的推理能力。
5．如图所示，一个正方体容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中a、b、c、d为容器的四块侧板，现将容器用绳子悬挂于空中。剪断绳子后，容器下落过程无翻滚，下列说法正确的是（ ）
A．忽略空气阻力，剪断绳子瞬间，球仅与c板之间有弹力作用，与a、b、d板之间无弹力作用
B．若运动过程中容器受到恒定的空气阻力，球与a、b、c、d板均有弹力作用
C．若运动过程中容器受到的空气阻力与速率成正比，在加速下落过程中，小球对c板有压力且逐渐变大
D．不管是否有空气阻力的影响，容器下落时，球仅与a板有弹力作用
【答案】C
【详解】
A．若忽略空气阻力，剪断绳子瞬间，整体做自由落体运动，球与各个板之间均没有弹力的作用。A错误；
B．若有空气阻力，则整体加速度小于g，则对球进行受力分析，可得c板有竖直向上的弹力作用。B错误；
C．若空气阻力与速率成正比，在加速下落过程中，容器受到的阻力逐渐增大，则对球进行受力分析，可得c板有竖直向上的弹力逐渐增大。C正确；
D．不管是否有空气阻力的影响，球与a板均无弹力作用。D错误。
故选C。
6．如图甲，倾角为的传送带始终以恒定速率逆时针运行，时速度大小为（）的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的图像如图乙，则（ ）
A．时间内，小物块所受的摩擦力始终不变
B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足大于
C．时刻小物块离传送带底端的距离最远
D．小物块返回传送带底端时的速率小于
【答案】D
【详解】
A．通过乙图可以看出，小物块先向上匀减速运动，减速到零后反向加速，当速度与传送带速度相等时，加速度大小发生变化，所以小物块的速度达到与传送带速度相等以前，摩擦力方向一直沿斜面向下，时刻以后摩擦力方向沿斜面向上，故A错误；
B．根据图乙可知，时刻以后小物块相对于传送带向下加速运动，根据牛顿第二定律可得
所以小物块与传送带间的动摩擦因数满足
故B错误；
C．根据图乙可知，时刻小物块向上运动的速度为零，此时小物块离传送带底端的距离达到最大，故C错误；
D．小物块在整个运动过程中重力做功为零，机械能的损失转化为由于摩擦产生的热，所以小物块的机械能减少，小物块返回传送带底端时的速率小于，故D正确。
故选D。
7．如图所示，水平面上固定一倾角为的光滑斜面，跨过定滑轮的轻绳两端各系一物块a和b，a、b的质量分别为2m和m。用手托住a，使b静止在斜面上，此时a离地高度为h，拉b的轻绳平行斜面。不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g，现自由释放a，则（ ）
A．a落地前，轻绳张力为2mg B．a落地前，轻绳张力为mg
C．a落地时，a的速度为 D．a下落过程的机械能减少了mgh
【答案】BD
【详解】
AB．在a下落过程中，设绳的张力为，对a根据牛顿第二定律有
对b根据牛顿第二定律有
联立上式解得
，
故A错误，B正确；
C．根据可得，a落地时的速度为
故C错误；
D．根据功能关系，a下落过程机械能的减少量等于绳子拉力做的负功的大小，即
故D正确。
故选BD。
8．如图甲所示，很薄的长木板在水平地面上，在时刻，可视为质点、质量为的物块在水平外力作用下从左端滑上长木板，后撤去外力，物块、长木板的速度一时间图象如图乙所示，，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板的最小长度为
B．、间的动摩擦因数是0.1
C．长木板的质量为
D．外力的大小为
【答案】BD
【详解】
A．由速度一时间图象可知，后物块、长木板达到共同速度后一起匀速运动，则说明长木板与地面是光滑的，图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，由图象得在内物块的位移
长木板的位移
所以长木板的最小长度为
A错误；
B．对物块A撤去外力在内受力分析得
由图象可知
可得、间的动摩擦因数是0.1，B正确；
C．对长木板受力分析由牛顿第二定律得
由图象可知
长木板的质量为
C错误；
D．在对物块受力分析得
由图象可知
解得外力
D正确。
故选BD。
9．如图所示，倾角为θ、足够长的斜面放置于水平面上，质量为m的物块静止于斜面上。现给斜面施加一水平向右的推力，使斜面向右加速运动。下列关于施加推力前后的对比情况，正确的是（ ）
A．地面对斜面的支持力可能增加
B．地面对斜面的支持力可能不变
C．斜面对物块的摩擦力可能增大
D．斜面对物块的支持力可能减小
【答案】ABC
【详解】
物体静止在斜面上时，当斜面向右加速，物块受到的摩擦力可能向左（加速度较小时），也可能向右（加速度较大时）。将物块和斜面看作整体，当物块相对斜面静止时，系统的加速度水平向右，此时地面对斜面的支持力不变；临界状态为物块要与斜面向上相对运动，当推力继续增大，由于物块受到的摩擦力有限，因此物块向上滑动，系统加速度有向上的分量，所以地面对斜面的支持力此时增加，地面对斜面的支持力不可能减小；斜面向右加速时，斜面对物块的摩擦力先减小，再反向增大；物块向右加速时，物块受到重力、摩擦力和支持力，加速度在垂直斜面方向上有分量，重力在垂直斜面方向上分量不变，因此说明支持力在垂直斜面方向上增大了，即支持力增大了，故ABC正确，D错误。
故选ABC。
10．如图所示，质量分别为mA，mB的A，B两物块用轻绳连接放在倾角为θ的固定斜面上，用平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们斜面沿匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，为了减小轻绳上的张力，可行的办法是（ ）
A．减小倾角θ B．减小动摩擦因数μ
C．增大A物块的质量 D．减少B物块的质量
【答案】CD
【详解】
根据牛顿第二定律得，对整体
F-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a
得
对B
T-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa
得到，轻线上的张力
则要减小T，可减小B物的质量，或增大A物的质量。
故选CD。
11．如图，物块A通过细绳悬挂于电梯侧壁的O点，A与侧壁间夹有薄木板B，绳与侧壁夹角为θ，已知A、B质量分别为M、m，A、B间摩擦忽略不计。当电梯静止时，B恰好不滑落，重力加速度为g，下列判断正确的是（ ）
A．电梯减速下降时，木板B会滑落
B．电梯加速上升时，木板B不会滑落
C．当电梯以加速度a竖直加速上升时，绳子拉力
D．当电梯以加速度a（a
【详解】
电梯静止不动时，先分析A，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示
根据平衡条件，有
再分析物体B，受重力、压力N1′、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有
其中
根据牛顿第三定律，有
联立解得
AB．电梯加速上升或减速下降时等效为重力加速度变化为
故压力
最大静摩擦力
故木板B保持静止，故A错误，B正确；
C．当电梯以加速度a竖直加速上升时，等效为重力加速度变化为
故绳子拉力
故C正确；
D．当电梯以加速度a（） 竖直加速下降时，等效为重力加速度变化为
故压力
故D错误；
故选BC。
12．光滑圆环C套在细线上，细线两端固定于小车顶上的A、B两点，车子沿水平方向做匀变速运动，稳定时，细线竖直，与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g，则（ ）
A．车子可能向右运动 B．车子可能向左运动
C．车子运动的加速度大小为 D．车子运动的加速度大小为
【答案】ABD
【详解】
AB．由于圆环套在细线上，因此段和段细线上张力大小相等，圆环受两段细线上张力和重力的作用，因此可以判断，圆环受到的合力沿水平向左，加速度沿水平向左，由于小车的运动方向未知，因此小车可能向左运动，也可能向右运动，AB正确；
CD．设细线的张力为F，根据力的平衡可知
解得
水平方向
解得
C错误，D正确。
故选ABD。
13．如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧的下端固定在水平面上，上端与物块A连接，物块B与物块A之间用一绕过定滑轮O的轻绳连接，B放在固定斜面的上端（用外力控制B）。OA绳竖直，OB绳与倾角为的足够长的固定斜面平行，且轻绳恰好拉直而无作用力。A、B的质量均为m，A、B均视为质点，重力加速度大小为g，取，，不计一切摩擦。现将B由静止释放，B沿斜面下滑，弹簧始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．释放B后的瞬间，轻绳的弹力大小为
B．当A的速度最大时，弹簧处于拉伸状态
C．A的最大速度为
D．当B处于最低点时，弹簧处于压缩状态
【答案】AC
【详解】
A．设释放B前弹簧的压缩量为，对A由物体的平衡条件有
设释放B后的瞬间A的加速度大小为a，对A、B整体由牛顿第二定律有
解得
设释放B后的瞬间轻绳的弹力大小为，对A由牛顿第二定律有
解得
选项A正确；
B．经分析可知，当A的速度最大时，轻绳的弹力大小
因，故此时弹簧处于压缩状态，选项B错误；
C．设当A的速度最大时，弹簧的压缩量为，对A由物体的平衡条件有
解得
对从释放B到A的速度最大的过程，根据动能定理，对A、B整体有
解得A的最大速度
选项C正确；
D．假设当B处于最低点时弹簧处于压缩状态，且压缩量为，根据动能定理，对A、B整体有
解得
因为负值，故假设不成立，选项D错误。
故选AC。
14．如图所示，质量为5kg的物体A拴接在被水平拉伸的弹簧一端，小车B的质量为10kg，水平地面光滑。弹簧的拉力为5N时，系统处于静止状态，某时刻对小车施加向右的水平力F，且F从0开始逐渐增大，则在此后过程中（ ）
A．物体A受到的摩擦力先增加后不变
B．物体A受到的摩擦力方向会发生改变
C．当F=15N时，小车B的加速度为1m/s2
D．当F=45N时，小车B的加速度为3m/s2
【答案】BC
【详解】
AB．弹簧的拉力为5N时，系统处于静止状态，可知物体A与小车B的上表面的最大静摩擦力，F从0开始逐渐增大时，当A与B未发生相对滑动以前，都为静摩擦力，设某个时刻静摩擦力恰好为零，刚好由弹力提供合力，即
可得
当加速度从零逐渐增大到时，A受到的摩擦力向左且逐渐减小；当加速度从逐渐再增大时，A受到的摩擦力向右且逐渐增大，直到A与B发生相对运动以后，变为滑动摩擦力，大小为，由于正压力不变，所以滑动摩擦力大小不再变化，综上所述，A错误，B正确；
C．假设A、B没有发生相对运动，对A、B整体有
当F=15N时，解得
设此时A、B之间的摩擦力为Ff，对A有
解得
A、B没有发生相对运动，C正确；
D．假设A、B没有发生相对运动，对A、B整体有
当F=45N时，解得
设此时A、B之间的摩擦力为Ff，对A有
解得
由于A、B之间的最大静摩擦力最小为5N，此时不能判断A、B是否发生相对滑动，假如A、B发生了相对滑动，小车B的加速度将不再等于3m/s2，故D错误。
故选BC。
15．如图所示，某车间有一个倾角为θ＝37°、长为L＝12.8 m的传送带，传送带以速率v＝4 m/s沿逆时针方向匀速运动。如果将一质量m＝10kg的小工件静止放置于传送带的上端，小工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos°37＝0.8。则（ ）
A．小工件到达传送带另一端所需的时间为3.2 s
B．小工件到达传送带另一端所需的时间为2.4 s
C．小工件离开传送带的速度大小为4 m/s
D．小工件离开传送带的速度大小为8 m/s
【答案】BD
【详解】
AB．小工件置于传送带上端，传送带逆时针转动时，物体的运动分两个阶段，第一阶段物体的速度小于转送带速度时，由牛顿第二定律知
代入数据解得
小工件经与传送带共速，产生位移
此后有
解得
由
代入数据得
所以小工件到达传送带另一端所需的时间为，A错误，B正确；
CD．小工件离开传送带时速度为
C错误，D正确。
故选BD。
16．如图甲所示，足够长的倾斜传送带与水平面间的夹角为，在传送带上某位置轻轻放置一个质量为m的小滑块，小滑块的速度随时间变化关系如图乙所示，vo、t0均已知，则（ ）
A．传送带的速度可能大于v0
B．t0后小滑块受到的摩擦力为mgsinθ
C．传送带一定沿顺时针转动
D．小滑块与传送带间的动摩擦因数可能为
【答案】BD
【详解】
AC．由题图乙可知，滑块先做初速度为零的匀加速直线运动，在后以速度做匀速直线运动，由此可知
如果传送带沿逆时针方向转动，滑块放在传送带上后受到的滑动摩擦力沿传送带向下，滑块先做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时，滑块做匀速直线运动，则传送带的速度；如果传送带沿顺时针方向转动，滑块刚放在传送带上时受到的滑动摩擦力沿斜面向上，滑块向上做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时滑块做匀速直线运动，传送带速度；由以上分析可知，传送带既可能沿顺时针方向也可能沿逆时针方向转动，传送带速度不会大于，故AC错误；
B．由题图乙可知，后滑块做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知
故B正确；
D．由题图乙可知，滑块做匀加速直线运动时的加速度
如果传送带沿逆时针方向转动，由牛顿第二定律得
解得
故D正确。
故选BD。
17．如图甲所示，一块质量为mA=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB=1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6
B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C．F的大小可能为9N
D．F的大小可能为12N
【答案】BD
【详解】
AB．由图乙可知，滑块B在木板A上滑动时，A的加速度为
滑块B离开木板A后，A的加速度为
联立解得
，
A错误，B正确；
CD．B能从A右端滑出，说明B的加速度比A的大，所以有
解得
C错误，D正确。
故选BD。
18．倾角θ=37°足够长的斜面固定在水平面上，斜面上有一质量mB=1kg的木板B，B通过平行于斜面的不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮与质量mC=1kg的物体C相连。当木板B以速度v0=8m/s沿斜面下滑时，将质量mA=4kg的物块A相对于地面静止轻放到木板B的最下端，如图所示。已知A、B间的动摩擦因数为μ1=0.25，B与斜面间的动摩擦因数为μ2=0.1。在以后的运动过程中，物块A没有从木板B的上端滑出，物体C也不会与滑轮相碰。重力加速度取g=10m/s2。sin37°=0.6，cos37°=0.8。从物块A放到木板B上开始计时，求：
(1)物块A放到木板B上瞬间，物块A的加速度大小；
(2)经过多长时间A、B速度相同；
(3)1.5s内木板B的位移大小。
【答案】(1)8m/s2；(2) 0.5s；(3)7m
【详解】
(1)小物块A放到木板B上瞬间时
得
a1=8m/s2
(2)B、C一起研究，设减速运动的加速度大小为a2
得
a2=8m/s2
设经过t1，A、B速度相同
对A
对B
得
v=4m/s
t1=0.5s
（3）A、B速度相同后，假设A相对于B斜向下滑动，A、B沿斜面向下的加速度分别为aA、aB，对A
aA=4m/s2
对B
aB=0
说明A确实相对于B斜向下滑动，且B做匀速直线运动。设再经过时间t2，A从B前端滑出
得
t2=1s
所以，1.5s内木板B的位移大小
=7m
19．足够长的固定斜面体倾角，质量为M = 1 kg、长为L = 2 m的长木板B放在斜面上，质量为m = 0.5kg的物块A放在长木板的上端。P点为长木板的中点，长木板上表面左半部分（P点左侧）光滑、右半部分（P点右侧）粗糙且与物块间动摩擦因数为。同时释放物块A和长木板B，当长木板沿斜面下滑时，物块刚好到达P点，物块A的大小不计．求：（已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2）
(1)长木板与斜面间的动摩擦因数；
(2)物块能否滑出长木板？若能求物块A在长木板上运动的时间；若不能求物块停在木板上的位置到P点的距离。
【答案】(1)；(2) 不能；0.5 m
【详解】
(1)对物块A研究，根据牛顿第二定律
解得
根据位移公式
解得
设长木板与斜面间的动摩擦因数为，对长木板研究
解得
对长木板，根据牛顿第二定律
解得
．
(2) 物块A到达P点右侧后，对A根据牛顿第二定律
解得
对B根据牛顿第二定律
解得
物块A到达P点时
设再经过t1AB共速，则有
得
t1=0.5s
在此过程A在B上运动
所以A没有滑出B，以后AB一起在斜面加速运动．
物块停在木板上的位置到P点的距离为0.5 m．
20．如图甲所示，在光滑水平面上放置一斜面体，水平部分与倾斜部分均粗糙，与水平面的夹角。在斜面体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受到压力时，其示数为正值；当传感器受到拉力时，其示数为负值。一质量的滑块（视为质点）从的顶端C处由静止下滑，最终恰好停在上的左端A处，该过程中斜面体保持静止，力传感器测得的力F和时间t的关系如图乙所示。取重力加速度大小，，，不考虑滑块经过与交接处时的机械能损失。求：
(1)滑块与间的动摩擦因数；
(2)的长度。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)设滑块在上滑行时的加速度大小为，由牛顿第二定律有
对斜面体受力分析，由物体的平衡条件有
其中，解得
(2)由(1)可得
设滑块与间的动摩擦因数为，滑块在上滑行时的加速度大小为，由牛顿第二定律有
对斜面体受力分析，由物体的平衡条件有
其中
设滑块经过B点时的速度大小为v，由匀变速直线运动的规律有
解得
21．如图所示，相距L=10m的两光滑平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度大小v=4 m/s。质量mA=1 kg的物块A。以初速度v0 =6 m/s自左侧平台滑上传送带，质量mB=3 kg的物块B，以大小相同的初速度v0=6 m/s自右侧平台滑上传送带。物块A、B均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，物块碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短。取重力加速度大小g =10m/s2。
(1)只让物块A或者只让物块B滑上传送带，求物块A和物块B离开传送带时的速度大小vA1、vB1
(2)让两物块同时滑上传送带，求物块A和物块B在传送带上碰撞后瞬间的速度大小vA2、vB2。
【答案】(1)，；(2)，
【详解】
(1)物块、在传送带上均先做匀减速运动，设其加速度大小为，由牛顿第二定律有
设物块从滑上传送带后到速度减至与传送带速度相同时的位移大小为，由运动学公式有
解得
因此，物块之后与传送带速度相同，所以
设物块从滑上传送带到速度减至0时的位移大小为，由运动学公式有
解得
因此，物块不能从左侧滑出传送带，之后会加速向右运动，设物块向右加速到与传送带速度相同时的位移大小为，由运动学公式有
解得
由于
因此，物块之后与传送带速度相同，所以
(2)当两物块同时滑上传送带后，由于两物块匀减速运动初速度大小和加速度大小相同，所以在传送带中间相遇，由(1)可知
相遇时两物块的速度大小均为
由于两物块发生弹性碰撞，由碰撞前、后系统的动能相等，有
设向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
，
22．如图所示，参加某娱乐节目的选手从较高的平台上以水平速度跃出后，落在水平传送带上，由于传送带足够粗糙，选手落到传送带上后瞬间相对传送带静止，再经过反应时间后，立刻以向右的加速度跑至传送带最右端。已知平台与传送带的高度差，水池宽度，传送带左端与右端之间的距离。
(1)若传送带静止，选手以水平速度从平台跃出。求：
①该选手落在传送带上的位置与端之间的距离。
②该选手从平台开始跃出到跑至传送带右端所经历的时间。
(2)若传送带以速度逆时针转动，选手要能到达传送带右端，求选手从平台上沿水平方向跃出的最小速度。
【答案】(1)0.6m，4.6s；(2)4.08m/s
【详解】
(1)①选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向
解得
在水平方向
选手落在传送带上的位置与端之间的距离
②选手在传送带上做匀加速运动的位移
解得
选手运动的总时间
(2)设水平跃出的速度为，落到传送带上反应时间内向左运动的位移大小
然后向左减速至速度为的过程中，向左运动的位移
选手不从传送带上掉下，平抛水平位移
则
所以选手从平台上跃出的最小水平速度为。
23．暑假，小张和小李同学去某物流公司当志愿者，小张看到传送带后想测试自己的拉力和耐力。于是他们关闭了传送带电源，利用如图所示的方式将一质量为m=50kg的货物静置于倾角为37°、AB之间总长为L=50m的传送带的最底端。小张用恒定的拉力F使货物沿传送带向上运动，在他施加拉力的同时小李开始用手机计时，当计时10s时，小张恰好拉到的地方并显得力不从心，小李立即接通电源，同时小张完全松手，通电后传送带立即以4m/s的速度顺时针匀速运动。已知货物与传送带的摩擦因数为0.8。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
(1)小张施加的拉力F大小；
(2)接通电源后，还需要多长时间货物能到达最上端B处？
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)前10秒，对货物由运动学公式得
解得
a=0.2m/s2
由牛顿第二定律得
解得
(2)撤去外力F时货物的速度大小为v1，由运动学公式得
解得
v1=2m/s
由于v1<4m/s，所以通电后货物继续加速，加速度为
解得
设经过t1货物速度与传送带速度相同，则
解得
设t1内货物加速的位移为x1，则
解得
共速后，货物与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2
又因为
解得
所以通电后货物需要运动
24．如图所示，长L=4.0m、质量mA=2.0kg的木板A静止在光滑水平面上，对木板施加大小F=4.0N、方向向右的水平拉力，同时在木板上某位置放一初速度v0=3.0m/s、方向水平向右的小物块B，物块B的质量mB=1.0kg，在运动过程中物块B刚好未从木板A右端滑落。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.20，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：
(1)物块B刚放上木板A时，木板A、物块B的加速度大小aA、aB；
(2)物块B刚放上木板时离木板A右端的距离x；
(3)从物块B刚放上木板A到离开木板的过程中，产生的热量Q。
【答案】(1) 3m/s2，2m/s2；(2)0.9m；(3)9.8J
【分析】
(1)运用隔离法对A、B列出牛顿第二定律即可分别求出加速度；
(2)抓住木块刚好未滑出的临界条件是两者的速度相等，求出时间，再利用位移公式列出两者的位移关系即可求出B的相对位移；
(3)利用能量功能关系求出相对滑动过程产生的热量。
【详解】
(1)根据牛顿第二定律，对木板A有
F+μmBg=mAaA
代入数据解得aA=3m/s2，
根据牛顿第二定律，对物块B有
μmBg=mBaB
代入数据解得aB=2m/s2；
(2)设经过时间t1物块B刚好未从木板A右端滑落，此时A、B有共同速度v1，则有
v1=v0-aBt1=aAt1
代入数据解得t1=0.6s，
根据运动学公式和题意得
x=v0t-aB-aA
代入数据解得x=0.9m；
(3)从物块B刚放上木板A到离开木板的过程中，产生的热量为
Q=μmBg（x+L）
代入数据解得Q=9.8J。
25．如图所示，质量M＝1kg的长木板静止在水平地面上，右端固定一轻质微型弹簧，用质量为m＝0.5 kg的物块压缩弹簧并固定，此时弹簧的弹性势能为6 J，木板右端距离竖直墙L＝34 cm。某时刻释放弹簧，使得物块和木板瞬间获得一定的速度，之后木板与竖直墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知木板和地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块和木板间的动摩擦因数μ2＝0.3，重力加速度g取10m/s2，运动过程中物块始终在木板上。求：
(1)释放弹簧后的瞬间物块和木板的速度大小；
(2)把物块看作质点，不考虑弹簧的长度，则木板的最小长度约为多少；（结果保留2位小数）
(3)木板停止运动时，其右端距离竖直墙多远。（结果保留2位小数）
【答案】(1)；(2)1.75m；(3)1.91m
【详解】
(1)设弹簧释放的瞬间木板和物块的速度分别为，，由于系统在水平方向上所受合力为零，由动量守恒和能量守恒定律知
由以上两式解得
(2)释放弹簧后，设木板运动到竖直墙时的速度大小为v，运动的时间为，则
解得
解得
设在时间内物块的加速度大小为a，位移为大小x，时刻速度大小为，由
得
时刻物块的速度大于木板的速度，所以物块继续以加速度a减速，设时刻之后木板的加速度为，有
得
故后木板做匀速运动，设经过物块的速度等于木板的速度，则
解得
设在时间内木板和物块的位移分别为和，于是
所以木板的最小长度为
(3)物块和木板达到共同速度后一起减速，设加速度为，位移为
解得
木板停止运动时，其右端距离竖直墙
26．如图所示，质量为m=1 kg的物块A和质量为M=4 kg的木箱B以不同的速度向右运动，物块与木箱间的动摩擦因数1=0.5，木箱与地面间的动摩擦因数2=0.1，木箱的高度h=0.8 m，物块可视为质点。某时刻物块离木箱右端距离s=3.04 m，物块的速度vA0=6 m/s，木箱的速度vB0=0.8 m/s，从此时开始给木箱施加一水平向左F=8 N的恒力，已知重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)施加恒力F的瞬间，物块A和木箱B的加速度大小；
(2)物块A离开木箱时的速度大小；
(3)物块A刚落地时离木箱右侧的水平距离。
【答案】(1) 5m/s2，2m/s2；(2)2 m/s，方向水平向右；(3)0.88 m
【详解】
(1)对物块
1mg=maA
aA=5m/s2
对木箱
F+2（M+m）g-1mg=MaB1
aB1=2m/s2
(2)设木箱经时间t1减速到0，对木箱应用速度时间公式
vB0=aB1t1
t1=0.4s
此时物块的速度
vA1=vA0 -aA t1 =4 m/s
该过程中物块的位移
木箱的位移
假设木箱减速为0后静止，所受摩擦力大小为f，
F-f-1mg=0
解得
f=3N<2（M+m）g
假设成立。
设物块在经时间t2从木箱右侧掉下，则有
可解得
t2=0.4 s或t2=1.2 s（舍去）
因此，物块离开木箱时的速度
vA2=vA1 -aA t2=2 m/s
此时物块速度大小为2 m/s，方向水平向右。
(3)物块做平抛运动
水平位移
物块离开木箱后，对木箱
F-2Mg=MaB2
aB2=1 m/s2
物块平抛运动过程中木箱的位移
所以物块落地时，离木箱右侧的水平距离为
x=xA2+xB2=0.88m
27．如图所示，等高的长木板A和B并排静止在光滑的水平面上，长木板的质量均为M=1kg，长度分别为LA=1.5m，LB=1.25m。一质量m=2kg的铁块P（可视为质点）静止在长木板左端，铁块和长木板上表面间的动摩擦因数均为，g＝10m/s2，则：
(1)要使P能相对木板A滑动，求F的最小值；
(2)若F=26N，求经过多少时间，铁块滑出长木板A；
(3)在满足第二问的情况下，求从开始到铁块从木板B上滑落的过程，F对铁块做的总功。
【答案】(1)20N；(2)1s；(3)234J
【详解】
(1)P刚好与木板发生相对滑动
解得
(2)当P在木板上滑行时
解得
设P从木板A滑上B所用时间为s
解得
(3)1s时
P滑上B后，P的加速度不变，B的加速度为a2
解得
所以得
P的总位移
所以F对P做的总功
28．如图所示，质量M=10kg、上表面光滑的足够长的木板的在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动。现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L0=1m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，之后只要木板运动L0=1m就在木板的最右端无初速度放一铁块。试问：（取g=10m/s2）
(1)第2块铁块放上时，木板的速度多大？
(2)最终木板上放有多少块铁块？
(3)由于所有的铁块均未离开长木板，则木板至少要有多长？
【答案】(1)7m/s；(2)n=10块；(3)s=9.5m
【详解】
(1)木板最初做匀速运动，由F=mMg计算得出
第l块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有
代入数据计算得出加速度的大小
a1=0.5m/s2
根据速度位移关系公式有
计算得出
(2)设最终有n块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为
第1块铁块放上后
第2块铁抉放上后
第n块铁块放上后
由上可得
木板停下来时vn=0，得
n=9.5
则最终木板上有10块铁块。
(3)从放上第1块铁块至刚放上第10块铁块的过程中，由(2)中表达式可得
从放上第10块铁块至木块停止运动的过程中，设木板的位移为d，则：
联立计算得出
d=0.5m
则木板共运动
s=9L0+d=9.5m
而上面的铁块均只受到重力和支持力作用，处于静止状态。故木板的最小长度为
L=s=9.5m
29．如图所示，5块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为l=0.5m，质量为m=0.6kg。在木板1的最左端放置一质量为M=1kg的小物块，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为=0.2，长木板与地面间的动摩擦因数=0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，现给物块水平向右的初速度v0=3m/s，使其从木板最左端向右滑动，则（重力加速度g取10m/s2）。
(1)当物块在木块1上滑动时，求地面对这5个木块总的摩擦力大小；
(2)由计算分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动，并求出物块相对于木板静止时在木板上的位置；（本问结果可保留分数形式）
(3)在上述滑行过程中，当物块滑到与某块木板共速时，立即给该木板施加一水平向右的推力F=5.1N，为保证物块不从该木板滑出，求该力施加的最长时间。（本问结果可保留根号）
【答案】(1)2N；(2) 物块滑上第 5 块木板时，木板才开始在地面上滑动，；(3)
【详解】
(1)木块收到的摩擦力为
5个木板总的最大静摩擦力为
由于，所以这5个木块保持静止状态，故地面对木块的总摩擦力为；
(2)设当物块滑到第块木块时，木块才开始运动，故
解得
即物块滑上第5块木块时时，木块才开始在地面上滑动；
设物块刚滑上第5块木板的速度为，则
解得
在此过程中，物块的位移为，有
解得
木板5的位移为，则
解得
故滑块滑上木板相对静止时，距离木板左端
(3)对木板受力分析可知
解得
木板相对滑板向右加速滑动，当撤去外力后，对木板受力分析，有
解得
此时木板相对滑块向右减速。
显然，当两者再次共速时滑块恰好运动到木板最左端，是力作用在木板上保证滑块不滑出最长时间的临界条件；
设加速过程的时间为，减速过程的时间为，滑块的总位移为，木板的总位移为；
又
联立解得
30．如图所示，一块质量为M的匀质板放在足够长的光滑水平桌面上，初始时速度为零。板的左端有一个质量为m的物块，物块与板间的动摩擦因数为，物块上连接一根足够长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮，某人以恒定速度向下匀速拉绳，绳子对物块的拉力保持水平，物块最多只能向右达到板的中点，且此时板的右端尚未到达桌边定滑轮。求：
⑴物块与匀质板相对滑动的过程中，物块受到板的摩擦力和板运动的加速度；
⑵若物块在板左端时，给板一个水平向左的初速度，为使板与物块能脱离，应满足的条件。
【答案】(1)，方向水平向左，，方向水平向右；(2)
【详解】
(1)由于物块向右做匀速运动，对物块和板受力分析，如图所示
物块受到板的摩擦力大小为
方向水平向左
设板运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律，可得
解得
方向水平向右
(2)板向右做匀加速直线运动，直到速度为v，然后物块和板相对静止向右匀速直线运动，两者相对滑动的时间为
设板的长度为L，则有
解得
若物块在板左端时，给板一个水平向左的初速度，则板先向左做匀减速直线运动，加速度大小为a，直到速度为零，设这段时间为t2，则有
然后板由静止开始向右做匀加速直线运动，情况与(1)中相同，物块与板的相对位移为，所以，为了使物块与板脱离，则在t2时间内物块与板的相对位移满足
解得
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