【物理】2020届二轮复习牛顿运动定律的应用作业 12页

‎1.(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为‎2‎‎3‎a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为(　　)‎ ‎ 　　　　　　　　　　　　　‎ A.8 B.10 C.15 D.18‎ 答案BC 解析设这列车厢的总节数为n,每节车厢质量为m,从P、Q处将车厢分成东、西两部分,东边为x节,西边为(n-x)节,这列车厢以加速度a向东行驶时,F=(n-x)ma;以加速度‎2a‎3‎向西行驶时F=‎2‎‎3‎xma,联立得3n=5x,因为n、x取正整数,故选项B、C正确.‎ ‎2.(多选)(2019江西玉山一中模拟)我国自行研制的全球最长高铁列车——16节长编组“复兴号”列车由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车,“复兴号”列车由16节车厢组成,其中第1、2、5、6、9、10、13、14节车厢为动车,其余为拖车.假设各车厢质量均相等,每节动车的额定功率都相同,列车在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.则下列说法正确的是(　　)‎ A.“复兴号”列车做匀加速直线运动,一位乘客单手持手机浏览网页时,手对手机的作用力的方向与车厢运动的方向相同 B.“复兴号”列车做匀加速直线运动时,第2、3节车厢间的作用力与第13、14节车厢间的作用力大小之比为2∶1‎ C.“复兴号”列车8节动车和8节拖车的配置如果改为10节动车和6节拖车的配置,最大速度将提高到原来的1.25倍 D.“复兴号”列车在减速进站阶段,一位乘客水平用力向后推自己的座位,此过程中该乘客对列车做了负功 答案BC 解析对手机受力分析可知,重力与手对手机的作用力的合力方向与车厢运动的方向相同,选项A错误;设每节动车提供的动力为F,列车做匀加速直线运动时加速度为a=‎8F-16kmg‎16m‎=‎F‎2m-kg,以1、2节车厢为研究对象有2F-2kmg+F1=2ma,解得F1=-F,以前13节车厢为研究对象有7F-13kmg+F2=13ma,解得F2=-0.5F,故F‎1‎F‎2‎‎=‎‎2‎‎1‎,选项B正确;设每节动车的额定功率为P,8节动车和8节拖车配置时,vm1=‎8P‎16kmg,10节动车和6节拖车配置时,vm2=‎10P‎16kmg,解得vm2‎vm1‎=1.25,选项C正确;列车在减速进站阶段,人处于减速状态,即列车对人的作用力向后,由牛顿第三定律可知,人对列车的作用力向前,所以乘客对列车做了正功,选项D错误.‎ ‎3.‎ 质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内,它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点,圆弧槽的半径为R,OA与水平线AB成60°角.槽放在光滑的水平桌面上,通过细线和滑轮与重物C相连,细线始终处于水平状态.通过实验知道,当槽的加速度很大时,小球将从槽中滚出,滑轮与绳质量都不计,要使小球不从槽中滚出,则重物C的最大质量为(　　)‎ A.‎2‎‎3‎‎3‎m B.2m C.(‎3‎-1)m D.(‎3‎+1)m 答案D 解析当小球刚好要从槽中滚出时,小球受力为重力和斜面给的支持力,由牛顿第二定律得mgcot 60°=ma,解得a=gcot 60°‎ 以整体为对象,由牛顿第二定律得Mg=(M+2m)a 解得M=(‎3‎+1)m.故选D.‎ ‎4.如图所示,在光滑水平面上放有一质量M=30 kg的斜劈,在其斜面上放一质量m=2 kg的物块,现用一水平向右的力F拉斜劈,使其由静止开始运动,物块恰好能与斜劈保持相对静止.已知斜劈倾角θ=37°,物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2.则拉力F大小为(　　)‎ A.1 N B.10 N ‎ C.31 N D.310 N 答案B 解析对m受力分析如图所示.‎ 水平方向,根据牛顿第二定律可得Ffcos 37°-FNsin 37°=ma.‎ 竖直方向,Ffsin 37°+FNcos 37°=mg,其中Ff=μFN,联立解得a=‎5‎‎16‎ m/s2,把M、m看成一个整体有:F=(M+m)a,解得F=10 N.故B正确,ACD错误.‎ ‎5.(多选)如图所示,轻弹簧一端固定在倾角为θ的光滑斜面底端,弹簧上端放着质量为m的物体A,处于静止状态.将一个质量为2m的物体B轻放在A上,则在A、B一起向下运动过程中(　　)‎ A.放在A上的瞬间,B对A的压力大小为‎2‎‎3‎mgsin θ B.A、B的速度先增大后减小 C.A、B间的弹力先增大后减小 D.A、B组成的系统机械能守恒 答案AB 解析在放B之前,物体A保持静止状态,重力的分力和弹簧的弹力平衡,则F=mgsin θ;在放B瞬间,对A、B整体研究,根据牛顿第二定律有:(2m+m)sin θ-F=(3m)a,计算得出a=‎2‎‎3‎gsin θ;对物体B受力分析,根据牛顿第二定律有:2mgsin θ-FN=2ma;计算得出FN=‎2‎‎3‎mgsin θ.由牛顿第三定律知,B对A的压力大小为‎2‎‎3‎mgsin θ.所以A选项是正确的.‎ 因为在A、B向下运动过程中,弹簧的弹力一直增大,3mgsin θ先大于弹力,后小于弹力,则A、B的速度先增大后减小,所以B选项是正确的.‎ 对A、B整体,合力先减小后增大,加速度先减小后反向增大,当加速度沿斜面向下时,根据牛顿第二定律有:2mgsin θ-FN=2ma,知a减小,FN增大.‎ 当加速度沿斜面向上时,根据牛顿第二定律有FN-2mgsin θ=2ma,知a增大,FN增大,则A、B间的弹力一直增大,故C错误;因为在运动过程中,弹簧对A、B系统做功,因此A、B的机械能不守恒,故D错误.所以AB选项是正确的.‎ ‎6.‎ ‎(多选)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为2m的小物块A相连,质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上,如图所示,此时弹簧的压缩量为x0.从t=0时开始,对B施加沿斜面向上的外力,使B始终做加速度为a的匀加速直线运动.经过一段时间后,物块A、B分离.弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g.若θ、m、x0、a均已知,则下列说法正确的是(　　)‎ A.根据已知条件,可求出从开始到物块A、B分离所用的时间 B.根据已知条件,可求出物块A、B分离时的速度大小 C.物块A、B分离时,弹簧的弹力恰好为零 D.物块A、B分离后,物块A开始减速 答案AB 解析分离的瞬间A、B有共同的加速度和速度,且此时A、B之间的相互作用力为零.设分离时的加速度为a,弹簧的压缩量为x,对A有kx-2mgsin θ=2ma,A、B分离前一起做匀加速直线运动,则x0-x=‎1‎‎2‎at2,在初始状态时对整体受力分析有kx0=3mgsin θ,联立以上方程,可求得从开始到物块A、B分离所用的时间,A正确,C错误;物块A、B分离时的速度v=at,B正确;物块A、B分离后,物块A先做加速度减小的加速运动,D错误.‎ ‎7.(多选)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出(　　)‎ A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度 答案ACD 解析由图象可得物块上滑的加速度大小a1=v‎0‎t‎1‎,下滑的加速度大小a2=v‎1‎t‎1‎,根据牛顿第二定律,物块上滑时有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,下滑时有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,则可求出θ、μ;物块上滑的最大距离x=v‎0‎t‎1‎‎2‎,则最大高度h=xsin θ,选项A、C、D正确,B错误.‎ ‎8.‎ ‎(多选)平昌冬奥会单人无舵雪橇项目中,某运动员和雪橇的总质量m=75 kg,沿倾角θ=37°的长直雪道从静止自由滑下.假设滑动时运动员和雪橇所受的空气总阻力与速度大小成正比,比例系数(即空气阻力系数)未知.设运动员和雪橇运动的v-t图象如图中曲线OA所示,图中BA是曲线OA的渐近线,OC是曲线OA过原点的切线,且C点的坐标为(5,20).已知sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g取10 m/s2,全程运动员都不用撑杆加力.则下列判断正确的是(　　)‎ A.t=0时,雪橇的加速度大小为1.25 m/s2‎ B.雪橇与雪道之间的动摩擦因数为0.25‎ C.当v=5 m/s时,运动员和雪橇受到的空气阻力大小为30 N D.当v=5 m/s时,运动员和雪橇的加速度大小为2 m/s2‎ 答案BD 解析t=0时,OC的斜率等于加速度的大小,a=ΔvΔt‎=‎‎20‎‎5‎ m/s2=4 m/s2,A错误;取人和雪橇为研究对象,由牛顿第二定律,得mgsin θ-Ff1-Ff2=ma,‎ 即mgsin θ-kv-μmgcos θ=ma 由v-t图象知,t=0时,v=0,a=4 m/s2;当速度达到最大值时,vm=10 m/s,a=0,代入上式解得μ=0.25,k=30 kg/s,B正确;当v=5 m/s时,运动员和雪橇受到的空气阻力为150 N,加速度a=2 m/s2,D正确,C错误.‎ ‎9.(2019山东泰安模拟)如图所示,小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上,小球B用水平轻弹簧拉着,弹簧固定在竖直板上.两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连,两球均处于静止状态.已知小球B质量为m,O在半圆柱体圆心O1的正上方,OA与竖直方 向成30°角,OA长度与半圆柱体半径相等,OB与竖直方向成45°角.现将细绳剪断的瞬间(重力加速度为g),下列说法正确的是(　　)‎ A.弹簧弹力大小为‎2‎mg B.小球B的加速度为g C.小球A受到的支持力为‎2‎mg D.小球A的加速度为‎1‎‎2‎g 答案D 解析 剪断细绳前对小球B受力分析如图所示,由平衡条件可得F绳=mgcos45°‎‎=‎‎2‎mg,F弹=mgtan 45°=mg;剪断细绳瞬间,细绳上弹力立即消失,而弹簧弹力F弹和小球B受到的重力的大小和方向均没有改变,则F合=mgcos45°‎‎=‎‎2‎mg,aB=F合m‎=‎‎2‎g,选项A、B错误;剪断细绳前,小球A受到的重力大小mAg=2F绳cos 30°=‎6‎mg,剪断细绳瞬间,小球A受到的支持力FNA=mAgcos 30°=‎18‎‎2‎mg,选项C错误;剪断细绳瞬间,对小球A由牛顿第二定律有mAgsin 30°=mAaA,得小球A的加速度aA=gsin 30°=‎1‎‎2‎g,选项D正确.‎ ‎10.如图所示,倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2 m/s顺时针匀速转动.将一小物块以v2=8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带.已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,传送带足够长,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)‎ A.小物块运动的加速度大小恒为10 m/s2‎ B.小物块向上运动的时间为0.6 s C.小物块向上滑行的最远距离为4 m D.小物块最终将随传送带一起向上匀速运动 答案C 解析小物块的运动分两个阶段:‎ 开始时小物块相对传送带向上运动,滑动摩擦力沿斜面向下:‎ ma1=mgsin θ+μmgcos θ得a1=10 m/s2‎ 小物块速度小于传送带后相对斜面向下运动,滑动摩擦力沿斜面向上:‎ ma2=mgsin θ-μmgcos θ得a2=2 m/s2‎ 所以A选项是错误的.‎ 两段运动的时间分别为:‎ a1t1=v2-v1得t1=0.6 s a2t2=v1得t2=1.0 s 所以向上运动的时间为t1+t2=1.6 s,B选项错误.‎ 两段运动的位移分别为:‎ x1=v‎2‎‎+‎v‎1‎‎2‎·t1=3 m x2=v‎1‎‎+0‎‎2‎·t2=1 m 所以选项C正确.‎ 小物块先向上减速到零,再向下加速,D选项错误.‎ ‎11.如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°,皮带在电动机的带动下,始终保持v0=7 m/s的速度运行.现把一质量为4 kg的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端,经一段时间后工件被传送到h=8 m的高处.已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ=‎3‎‎2‎,g取10 m/s2,在这段时间内,工件的速度v,位移x,加速度a,所受合外力F随时间t变化的图象正确的是(　　)‎ 答案A 解析根据题意可知,皮带的总长度L=hsin30°‎=16 m,工件刚放上皮带时受重力、支持力、沿皮带向上的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律可知,a=μgcos 30°-gsin 30°=‎3‎‎2‎×10×‎3‎‎2‎-10×‎1‎‎2‎m/s2=2.5 m/s2,‎ 工件做匀加速直线运动,v=at,工件速度达到与皮带速度相同时运动的位移与速度v0有关系2ax=v‎0‎‎2‎,即x=v‎0‎‎2‎‎2a‎=‎‎7‎‎2‎‎2×2.5‎ m=9.8 mmgsin 30°=‎1‎‎2‎mg,所以以后工件与皮带保持相对静止,做匀速直线运动,故A正确,BCD均错误.‎ ‎12.如图所示,半径R=1.6 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内,下端与传送带相切于B点,水平传送带上A、B两端点间距L=16 m,传送带以v0=10 m/s的速度顺时针运动,将质量m=1 kg的小滑块(可视为质点)放到传送带上,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g取10 m/s2.‎ ‎(1)将滑块在传送带A端由静止释放,求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间;‎ ‎(2)若滑块仍由静止释放,要想滑块能通过圆轨道的最高点C,求滑块在传送带上释放的位置范围;‎ ‎(3)若将滑块在传送带中点处释放,同时沿水平方向给滑块一初速度,使滑块能通过圆轨道的最高点C,求此初速度满足的条件.‎ 答案(1)2.85 s　(2)在A端与距A端6 m的范围内任何一个位置　(3)v1≥4 m/s,水平向右;4 m/s≤v2≤8 m/s,水平向左 解析(1)对滑块受力分析,由牛顿第二定律得μmg=ma 由运动学得v0=at1‎ 解得t1=2.5 s.‎ 设滑块速度达到v0时经过的位移为x1‎ 由运动学得x1=‎1‎‎2‎at‎1‎‎2‎=12.5 m 设滑块匀速运动的位移为x2,x2=L-x1=3.5 m 则滑块匀速运动的时间为t2=x‎2‎v‎0‎=0.35 s 所需时间为t=t1+t2=2.85 s ‎(2)由牛顿运动定律得mg=mvC‎2‎R 由机械能守恒得‎1‎‎2‎mvB‎2‎-‎1‎‎2‎mvC‎2‎=2mgR 解得滑块通过B点的速度至少为vB=4‎5‎ m/s 由运动学得vB‎2‎=2ax 解得x=10 m 滑块在A端与距A端6 m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C处 ‎(3)若给滑块一水平向右的初速度v1,由运动学公式得vB‎2‎‎-‎v‎1‎‎2‎=2a·‎L‎2‎ 解得v1=4 m/s,所以给滑块一水平向右的速度且需满足的条件v1≥4 m/s.‎ 若给滑块一水平向左的速度,只需让滑块向左减速滑行的距离在2 m~8 m的范围即可,‎ 由运动学公式可得v‎2‎‎2‎-0=2ax'　2≤x'≤8‎ 解得4 m/s≤v2≤8 m/s 所以给滑块一水平向左的速度且需满足的条件4 m/s≤v2≤8 m/s.‎ ‎13.‎ ‎(2019山东德州模拟)如图所示,传送带与地面夹角θ=37°,从A到B长度为L=10.25 m,传送带以v0=10 m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速地放置一质量为m=0.5 kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)煤块从A到B的时间;‎ ‎(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度.‎ 答案(1)1.5 s　(2)5 m 解析(1)煤块刚放上传送带时,受到向下的摩擦力,其加速度为a1=mg(sinθ+μcosθ)‎m=g(sin θ+μcos θ)=10 m/s2,‎ 煤块加速到传送带速度v0所用的时间为t1=v‎0‎a‎1‎=1 s,‎ 其经过的路程为x1=‎1‎‎2‎a1t‎1‎‎2‎=5 m,‎ 因tan θ=‎3‎‎4‎>μ,所以煤块的速度达到v0后,受到向上的摩擦力,则 加速度为a2=mg(sinθ-μcosθ)‎m=g(sin θ-μcos θ)=2 m/s2,‎ 煤块以加速度a2运动的路程为x2=L-x1=5.25 m,‎ 其时间满足x2=v0t2+‎1‎‎2‎a2t‎2‎‎2‎,解得t2=0.5 s,‎ 煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5 s.‎ ‎(2)第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长 Δx1=v0t1-x1=5 m,‎ 第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长 Δx2=x2-v0t2=0.25 m,‎ Δx2与Δx1部分重合,故痕迹总长为5 m.‎ ‎14.‎ 如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s.A、B相遇时,A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2.求 ‎(1)B与木板相对静止时,木板的速度;‎ ‎(2)A、B开始运动时,两者之间的距离.‎ 答案(1)1 m/s　(2)1.9 m 解析(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动.设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有 Ff1=μ1mAg①‎ Ff2=μ1mBg②‎ Ff3=μ2(m+mA+mB)g③‎ 由牛顿第二定律得 Ff1=mAaA④‎ Ff2=mBaB⑤‎ Ff2-Ff1-Ff3=ma1⑥‎ 设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1.由运动学公式有 v1=v0-aBt1⑦‎ v1=a1t1⑧‎ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1 m/s⑨‎ ‎(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1-‎1‎‎2‎aBt‎1‎‎2‎⑩‎ 设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有 Ff1+Ff3=(mB+m)a2‎ 由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反.由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有 v2=v1-a2t2‎ 对A有v2=-v1+aAt2‎ 在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-‎1‎‎2‎a2‎t‎2‎‎2‎ 在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为 sA=v0(t1+t2)-‎1‎‎2‎aA(t1+t2)2‎ A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同.因此A和B开始运动时,两者之间的距离为 s0=sA+s1+sB 联立以上各式,并代入数据得s0=1.9 m ‎(也可用如图的速度—时间图线求解)‎ ‎15.‎ 如图所示,滑板现象是指物块m在较长滑板M的上表面相对滑动或有相对滑动趋势的情景,分析解答需注意三点.‎ ‎(1)物块受外力或滑板受外力时,分析二者是否同步运动,在接触面处均存在最大静摩擦力μmg=ma的基本临界点.‎ ‎(2)对两物体一般使用隔离法,若二者加速度相等,也可用整体法分析两物体.一般应用运动规律、牛顿运动定律等,各物理量一般以地面为参考系.‎ ‎(3)正确应用物块与滑板在力、速度及加速度、几何长度、时间等各方面的相应关联.‎ ‎16.如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下,其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示,则小滑块A的质量为(　　)‎ ‎ 　　　　　　　　　　　　　‎ A.4 kg B.3 kg C.2 kg D.1 kg 答案C 解析设A、B的质量分别为m和M.‎ 当F=3 N时,加速度为:a=1 m/s2,‎ 对整体分析,由牛顿第二定律有:F=(M+m)a 代入数据计算得出:M+m=3 kg 当F>3 N时,A、B发生相对滑动,对B,根据牛顿第二定律得:F-μmg=Ma 则F=Ma+μmg,图线的斜率k=1 kg=M,‎ 故小滑块A的质量m=2 kg,C正确.‎ ‎17.如图所示,长木板静止于光滑水平地面上,滑块叠放在木板右端,现对木板施加水平恒力,使它们向右运动.当滑块与木板分离时,滑块相对地面的位移为x、速度为v.若只减小滑块质量,再次拉动木板,滑块与木板分离时(　　)‎ A.x变小,v变小 B.x变大,v变大 C.x变小,v变大 D.x变大,v变小 答案A 解析长木板和滑块做初速度为0的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1=μg,长木板加速度a2=F-μmgM,由运动学公式可得滑块与木板分离时,滑块相对地面的位移为x=‎1‎‎2‎a1t2,滑块相对长木板的位移为L=‎1‎‎2‎a2t2-‎1‎‎2‎a1t2,滑块相对地面的速度为v=a1t,若只减小滑块质量,再次拉动木板,根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1=μg不变,长木板加速度a2=F-μmgM变大,由滑块相对长木板的位移为L=‎1‎‎2‎a2t2-‎1‎‎2‎a1t2可得运动时间变小,滑块相对地面的位移为x=‎1‎‎2‎a1t2变小,滑块相对地面的速度为v=a1t变小,故A正确,BCD错误.故选A.‎ ‎18.‎ 如图所示,质量为M=3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上,质量为m=1 kg的物块放在木板上,物块与木板之间有摩擦,两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动.当木板的速度为3 m/s时,物块处于(　　)‎ A.匀速运动阶段 B.减速运动阶段 C.加速运动阶段 D.速度为零的时刻 答案B 解析物块和木板相对运动,物块和木板间有摩擦力Ff,所以物块做加速度a=Ffm的匀减速运动;木板做加速度a'=FfM‎=‎‎1‎‎3‎a的匀减速运动;故当木板速度为3 m/s时,物块速度为1 m/s,两者的速度方向不变,之后木板继续做减速运动,物块速度先减到零后反向做匀加速运动,木板继续减速,当木板和物块速度相同后,两者一起做匀速运动.故当木板的速度为3 m/s时,物块必处于匀减速运动阶段,所以B正确,ACD错误.‎ ‎19.‎ 一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上,其上放质量均为1 kg的A、B两物块,A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3,μ2=0.2,水平恒力F作用在A物块上,如图所示.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)‎ A.若F=1.5 N,则A物块所受摩擦力大小为1.5 N B.若F=8 N,则B物块的加速度为4.0 m/s2‎ C.无论力F多大,A与薄硬纸片都不会发生相对滑动 D.无论力F多大,B与薄硬纸片都不会发生相对滑动 答案C 解析物块A与硬纸片间的最大静摩擦力为FfA=μ1mAg=0.3×1×10 N=3 N,物块B与硬纸片间的最大静摩擦力为FfB=μ2mBg=0.2×1×10 N=2 N.若F=1.5 NFf1,所以木块运动时,木板静止不动.‎ 木块在左边第一块木板上的加速度为a1,由牛顿第二定律得μ1mg=ma1.‎ 设小木块滑上第二块木板的瞬时速度为v,‎ 由运动学关系式得:v2-v‎0‎‎2‎=-2a1l 代入数据解得:v=1 m/s ‎(2)木块滑上第二块木板后,设木板的加速度为a2,由牛顿第二定律得:μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2‎ 设木块与木板达到相同速度v1时,运动时间为t 对木块:v1=v-a1t,对木板有:v1=a2t 解得:v1=0.1 m/s,t=0.3 s 此时木块运动的位移s1=v+‎v‎1‎‎2‎t=0.165 m,木板 的位移s1'=v‎1‎‎2‎‎2‎a‎2‎=0.015 m.‎ 木块在木板上滑动的长度为s1-s1'