【物理】2019届一轮复习人教版用牛顿第二定律解决两类问题学案 24页

一、用牛顿第二定律解决动力学问题 ‎（1）从受力确定运动情况（）。‎ ‎（2）从运动情况确定受力（F=ma）。‎ ‎（3）综合受力分析和运动状态分析，运用牛顿第二定律解决问题。‎ 二、瞬时变化的动力学模型 受外力时的形变量 纵向弹力 弹力能否突变 轻绳 微小不计 拉力 能 轻杆 微小不计 拉力或压力 能 轻橡皮绳 较大 拉力 不能 轻弹簧 较大 拉力或压力 不能 三、传送带模型分析方法 四、滑块–木板模型分析方法 ‎（2018·福建省闽侯第二中学、连江华侨中学等五校教学联合体）如图所示，质量为m=2 g的物体放在粗糙的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，物体在方向与水平面成α=37°斜向下、大小为10 N的推力F作用下，从静止开始运动，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求：‎ ‎(1)5 s末物体的速度大小 学/ -- ‎ ‎(2)若5 s末撤去F，物体又经过多久能停下来？‎ ‎【参考答案】(1) (2)3.5 s ‎【详细解析】(1)物体受力如图所示，‎ 撤去力F后，据牛顿第二定律有–f=ma′‎ 解得：a′=–μg=–2m/s2‎ 则t止=–v5/ a′=3.5 s ‎1．如图所示，质量相同的木块A、B用轻质弹簧连接，静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然状态。现用水平恒力F推A，则从力F开始作用到弹簧至弹簧第一次被压缩到最短的过程中 A．弹簧压缩到最短时，两木块的速度相同 B．弹簧压缩到最短时，两木块的加速度相同 C．两木块速度相同时，加速度aAvB ‎【答案】ACD ‎【解析】从力F开始作用到弹簧至弹簧第一次被压缩到最短的过程中，弹簧弹力逐渐增大，则A做加速度减小的加速运动，B做加速度增大的加速运动，A、B均由静止开始运动，只要A的速度大于B的速度弹簧就处于被压缩变短的过程中，当A、B速度相同时弹簧压缩到最短，画出这一过程A、B的图象，则时刻，A、B两木块的加速度相同（切线斜率相同），且，时刻A、B的速度相同，且，故ACD正确，B错误。‎ ‎（2018·陕西省高三教学质量检测试题）足够长光滑斜面BC倾角α=53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2 g的小物块静止于A点。现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°的恒力F作用，如图甲所示。小物块在AB段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）。求：‎ ‎（1）小物块所受到的恒力F；‎ ‎（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；‎ ‎（3）小物块最终离A点的距离。学/ ‎ ‎【参考答案】（1）11 N （2） （3）‎ ‎（2）在BC段mgsinα=ma2，解得，小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为。‎ ‎（3）小物块从B向A运动过程中，有μmg=ma3，，‎ 滑块的位移，，。学- -- ‎ ‎1．如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，力的大小是F，加速度大小是a，木块和小车间的动摩擦因数是μ。则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是 A．μmg B．ma C． D．μ(M+m)g ‎【答案】BC ‎（2018·福建省闽侯第二中学、连江华侨中学等五校教学联合体）如图所示，物体a、b用一根不可伸长的细线相连，再用一根轻弹簧跟a相连，弹簧上端固定在天花板上，已知物体a、b的质量相等。当在P点处剪断绳子的瞬间 A．物体a的加速度大小为零 B．物体a的加速度大小为g C．物体b的加速度大小为零 D．物体b的加速度大小为g ‎【参考答案】BD ‎1．如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角α=30°，弹簧水平，以下说法正确的是 A．细线拉力大小为mg B．弹簧的弹力大小为 C．剪断左侧细线瞬间，小球b的加速度为0‎ D．剪断左侧细线瞬间，小球a的加速度为 ‎【答案】C ‎【解析】对小球a，根据共点力平衡条件可得，细线的拉力，弹簧的弹力，AB错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球b所受的合力为0，加速度为0，C正确；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力，根据牛顿第二定律得，D错误。‎ ‎（2018·辽宁省六校协作体）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t ‎=0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系(如图乙所示)，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，已知传送带的速度保持不变，则 A．物块在0 t1内运动的位移比在t1 t2内运动的位移小 B．0–t2内，重力对物块做正功 C．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么 D．0 t2内，传送带对物块做功为W=‎ ‎【参考答案】B ‎1．如图所示，水平传送带始终以速度v1顺时计转动，一物块以速度v2（v2≠v1）滑上传送带的左端，则物块在传送带上的运动一定不可能的是 A．先加速后匀速运动 B．一直加速运动 C．一直减速直到速度为0 D．先减速后匀速运动 ‎【答案】C ‎（2018·江西省浮梁一中）如图，质量的木板静止在水平地面上，质量、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大摩擦力都等于滑动摩擦力，书籍木板与地面间的动摩擦因数，铁块与木板之间的动摩擦因数，取。现给铁块施加一个水平向左的力F。‎ ‎(1)若力F恒为8 N，经1 s铁块运动到木板的左端。求：木板的长度；‎ ‎(2)若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长。试通过分析与计算，在坐标图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象。 ‎ ‎【参考答案】(1)L=1 m (2) ‎ ‎【详细解析】(1)对铁块，由牛顿第二定律：‎ 对木板，由牛顿第二定律：‎ 设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则：‎ 解得 此时：，也即F⩽6 N 所以当26 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：‎ Ff−F图象如图所示 ‎1．如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v–t图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，若平板车足够长，关于物块的运动，以下描述正确的是 A．0 6 s加速，加速度大小为2 m/s2，6 12 s减速，加速度大小为2 m/s2‎ B．0 8 s加速，加速度大小为2 m/s2，8 12 s减速，加速度大小为4 m/s2‎ C．0 8 s加速，加速度大小为2 m/s2，8 16 s减速，加速度大小为2 m/s2‎ D．0 12 s加速，加速度大小为1.5 m/s2，12 16 s减速，加速度大小为4 m/s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据v–t图象可知，车先以4 m/s2的加速度匀加速运动，后以−4 m/s2的加速度匀减速运动，根据物块与车的动摩擦因数可知，物块与车间的滑动摩擦力产生的加速度为2 m/s2，根据牛顿第二定律可知，0 6 s物块加速，车的速度始终大于物块；t=6 s后，车减速、物块继续加速，设再经Δt时间共速，有v=2(6+Δt)=24–4Δt，可得Δt=2 s，v=16 m/s，即0 8 s物块加速；8 12 s物块减速，车减速，车的速度始终小于物块；t=12 s后车静止，物块速度为8 m/s，继续减速4 s，即8 16 s物块减速。选C。‎ ‎（2018·普通高等学校招生全国统一考试模拟试题）如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角、长l=500 m的斜面。一辆质量m=2 000 g的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a随速度可变化的关系图像如图乙所示，电动汽车的速度达到1 m/s后，牵引力的功率保持恒定。已知行驶过程中电动汽车受到的阻力Ff(摩擦和空气阻力)不变，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 A．电动汽车所受阻力Ff=12 000 N B．电动汽车的速度达到1 m/s后，牵引力的功率P0=12 W C．第1 s内电动汽车牵引力的功率P与时间t满足P=12 000t D．第1 s内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和，大小为6 000 J ‎【参考答案】D ‎1．从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小球，若运动过程中小球受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速度大小随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则在整个过程中，下列说法中不正确的是 学 ‎ A．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小 B．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小 C．小球抛出瞬间的加速度大小为 D．小球下落过程的平均速度大于 ‎【答案】A ‎1．如图所示，质量相同的三个小球A、B、C通过轻弹簧和不可伸缩的轻细绳悬挂于天花板上，处于静止状态。剪断A、B间细绳的瞬间，A、B、C三者的加速度分别为a1、a2、a3，则 A．a1=2g，方向竖直向上 B．a2=2g，方向竖直向下 C．a3=g，方向竖直向下 D．在剪断A、B间细绳前后，B、C间细绳的拉力不变 ‎2．如图甲所示，一根质量分布均匀的长绳AB，在水平外力F作用下，沿光滑水平面做直线运动。绳内距A端x处的张力FT与x的关系如图乙所示，由图可以求出 A．水平外力F的大小 B．绳子的质量m C．绳子的长度L D．绳子的加速度a ‎3．一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向。下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移s、机械能E随时间t变化的图象中可能正确的有 A B C D ‎4．如图所示，轻绳一端固定在小车支架上，另一端拴着两质量不同的小球。当小车水平向右运动且两段轻绳与竖直方向的夹角均始终为θ时，若不计空气阻力，下列说法正确的是 A．两小球的加速度相等 B．两段轻绳中的张力可能相等 C．小车的速度越大，θ越大 D．小车的加速度越大，θ越大 ‎5．如图所示，在一个立方体空箱子顶部用细线悬吊着一个小球，让箱子分别沿甲、乙两个倾角相同的固定斜面下滑。在斜面甲上运动过程中悬线始终竖直向下，在斜面乙上运动过程中悬线始终与顶板垂直，则箱子 A．在斜面甲上做匀加速运动 B．在斜面乙上做匀加速运动 C．对斜面甲的作用力较大 D．对两斜面的作用力相等 ‎6．如图所示，截面是直角梯形的物块放在在光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器P和Q接触，斜面ab上的ac部分光滑，cb部分粗糙。开始时两压力传感器的示数均为零。现在a端由静止释放一金属块，下列说法正确的是 A．金属块在ac部分运动时，传感器P、Q示数均为零 B．金属块在ac部分运动时，传感器P的示数为零，Q的示数不为零 C．金属块在cb部分运动时，传感器P、Q示数可能均为零 D．金属块在cb部分运动时，传感器P的示数一定不为零，Q的示数一定为零 ‎7．（2018·甘肃重点中学协作体）如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定光滑竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。下列判断正确的是 A．a下落的某段过程中，b对地面的压力可能大于b受到地面的支持力 B．a落地前，轻杆对b先做正功后做负功 C．a下落的某段过程中，其加速度大小可能大于g D．a落地前瞬间a的机械能最小，此时b对地面的压力大小等于mg ‎8．（2018·山东省济南第一中学）如图所示，一个人用F=30 N的拉力拖动一质量为10 g的木箱，在粗糙的水平地面上由静止开始做匀加速直线运动。若木箱与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10 m/s2，试求：‎ ‎（1）木箱运动的加速度大小；‎ ‎（2）木箱在力F作用下，前4 s内通过的位移大小；‎ ‎（3）4 s后撤去F，木箱还能滑多远。‎ ‎9．（2018·黑龙江省大庆中学）如图所示，一质量为m的物块在与水平方向成θ的力F的作用下从A点由静止开始沿水平直轨道运动，到B点后撤去力F，物体飞出后越过“壕沟”落在平台EG段。已知物块的质量m=1 g，物块与水平直轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，AB段长L=10 m，BE的高度差h=0.8 m，BE的水平距离x=1.6 m。若物块可看作质点，空气阻力不计，g取10 m/s2。‎ ‎(1)要越过“壕沟”，求物块在B点最小速度v的大小；‎ ‎(2)若θ=37°，为使物块恰好越过“壕沟”，求拉力F的大小；‎ ‎10．（2018·河南省大联考）如图所示，长为的水平传送带以的速度逆时针转动，一个质量为的小物块从传送带左侧水平向右滑上传送带，一段时间后滑离传送带。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度取，不计传送带转动轮大小。学 ‎ ‎(1)要使小物块能从传送带右侧滑离，求小物块的初速度满足的条件；‎ ‎(2)若小物块初速度为，求小物块从传送带右端滑出，运动过程中产生的热量；‎ ‎(3)若小物块从传送带左端滑出，因摩擦产生的热量为，求小物块的初速度。‎ ‎11．（2018·云南省建水县）如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端。已知m与M之间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为。从某时刻起物块m以v1的水平初速度向左运动，同时木板M在水平外力F控制下始终向右以速度匀速运动，求：‎ ‎(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小：‎ ‎(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来?‎ ‎12．（2018·四川省南充高级中学）长为1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端冲上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0 cm．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1=0.25。求：（取g=10 m/s2）‎ ‎（1）木板与冰面的动摩擦因数。‎ ‎（2）小物块相对长木板滑行的距离；‎ ‎（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板时的初速度应满足什么条件？‎ ‎13．（2016·上海卷）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的 A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向 ‎14．（2016·海南卷）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度–时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0 5 s、5 10 s、10 15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则 A．F1F3 C．F1>F3 D．F1=F3‎ ‎15．（2018·江苏卷）如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B．质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：‎ ‎（1）小球受到手的拉力大小F；‎ ‎（2）物块和小球的质量之比M:m；‎ ‎（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T．‎ ‎16．（2017·新课标全国Ⅲ卷）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 g和mB=5 g，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 g，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，取重力加速度大小g=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。‎ ‎17．（2016·四川卷）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长为12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ=1，sin θ=0.1，重力加速度g=10 m/s2。求：‎ ‎（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；‎ ‎（2）制动坡床的长度。‎ ‎1．AC【解析】设三个球的质量均为m，开始A、B、C处于静止状态，则弹簧的弹力F=3mg，A、B间细绳张力T1=2mg，B、C间细绳的张力T2=mg，剪断A、B间细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，A所受合力 F1=T1，a1=2g，方向竖直向上，A正确；B、C整体的加速度相等，a2=a3=g，方向竖直向下，B、C间细绳的张力变为0，C正确，BD错误。‎ ‎4．AD【解析】由于两球与小车相对静止，则两球的加速度与小车的加速度相等，A正确；对上面的小球受力分析可知，下面轻绳的拉力一定小于上面轻绳的拉力，若两绳的拉力相等，小球的加速度竖直向下，会向下运动，B错误；对两球整体，由牛顿第二定律可得a=gtan θ，小车的加速度越大，θ越大，因为小车做加速运动，速度一定越来越大，C错误，D正确。‎ ‎5．BC【解析】对于斜面甲上的箱子，小球受竖直方向上的重力和拉力作用，一定处于平衡状态，箱子也处于平衡状态，即箱子在斜面甲上做匀速直线运动，A错误；对于斜面乙上的箱子，小球受重力和拉力作用，合力沿斜面方向向下，小球具有沿斜面向下的加速度，箱子在斜面乙上做匀加速直线运动，B正确；在斜面甲上箱子做匀速运动，则斜面甲对箱子的作用力大小等于重力，在斜面乙上箱子与小球做匀加速运动，由牛顿第二定律，对小球有，对箱子有，可得f=0，斜面乙对箱子的作用力大小为，由牛顿第三定律可知，箱子对斜面甲的作用力较大，C正确，D错误。‎ ‎6．BC【解析】金属块在ac部分运动时，加速度沿斜面向下，斜面对金属块的作用力有向左的分力，金属块对斜面的作用力有向右的分力，则物块有向右运动的趋势，故P示数为零，Q示数不为零，A错误，B正确；金属块在cb部分运动时，受到斜面的摩擦力作用，金属块可能加速、减速或匀速，斜面对金属块的作用力可能偏左、偏右或竖直向上，则传感器P、Q的示数可能只有一个为零，也可能都为零，C正确，D错误。学 ‎ ‎7．BC【解析】根据牛顿第三定律知，b对地面的压力与b受到地面的支持力一定大小相等，故A错误。b开始时速度为零，当a到达底端时，b的速度为零，在整个过程中，b 的速度先增大后减小，动能先增大后减小，由动能定理可知轻杆对b先做正功，后做负功。故B正确。在整个过程中，b的速度先增大后减小，所以轻杆对b的作用力先是动力后是阻力，所以轻杆对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，轻杆对a是斜向下的拉力，此时a的合力大于重力，则其加速度大于重力加速度g，故C正确；a落地前瞬间b的速度为零，由a、b整体的机械能守恒，知此时a的机械能最大，此时b对地面的压力大小为mg，故D错误。‎ ‎9．(1)4 m/s　(2)5.27 N ‎【解析】（1）设运动时间为t，则有：h=gt2 所以，t==0.4 s 水平方向匀速直线运动，故有：v=x/t=4 m/s （2）设AB段加速度为a，由匀变速直线运动规律得：v2=2aL a==0.8 m/s2 对物块受力分析，由牛顿第二定律可得：Fcosθ–μ（mg–Fsinθ）=ma 带入数据解得：F=5.27 N ‎10．（1） （2）12 J （3）‎ ‎【解析】(1)设小物块的初速度为r，要使小物块能从传送带右側滑离，则有 摩擦产生的热量 ‎(3)小物块从传送带左端滑离，设小物块的初速度为，从左端滑离时的速度为，对小物块进行分析，小物块向右减速运动时，有 小物块与传送带的相对滑动产生的热量 小物块向左加速运动时，有 小物块与传送带的相对滑动产生的热量 联立解得 讨论:当小物块的初速度时，它在传送带上向右和向左运动是对称的，即，此时，，不符合题意 当小物块的初速度时，它在传送带上向左运动时，先做加速再做匀速，即，‎ 又，，则有解。将代人，得 解得 ‎11．（1） (2)‎ ‎【解析】（1）在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，‎ 加速度：‎ 根据运动学公式：‎ 解得：‎ ‎12．（1） （2） （3）‎ ‎，‎ 解得加速为，‎ 设小物块冲上木板时的初速度为，经时间t后A、B的速度相同为v 由长木板的运动得 解得滑行时间 小物块冲上木板的初速度 小物块A在长木板B上滑动的距离为 ‎（3）小物块A的初速度越大，它在长木板B上滑动的距离越大，当滑动距离达到木板B的最右端时，两者的速度相等（设为v’），这种情况下A的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v0‎ 有，学 ‎ ‎，‎ 由上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块冲上长木板的初速度不大于最大初速度 ‎13．D【解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选D。‎ ‎14．A【解析】由v–t图象可知，0 5 s内物体的加速度大小为a1=0.2 m/s2‎ ‎，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F1=ma1，可得F1=mgsin θ–f–0.2m；5 10 s内物体的加速度a2=0，有mgsin θ–f–F2=ma2，可得F2=mgsin θ–f；10 15 s内物体的加速度大小为a3=–0.2 m/s2，方向沿斜面向上，有mgsin θ–f–F3=ma3，可得F3=mgsin θ–f+0.2m。故有F3>F2>F1，A正确，BCD错误。‎ ‎15．（1） （2） （3）（）‎ ‎【解析】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2‎ F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg 解得 ‎16．（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f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是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f1=μ1mAg，f2=μ1mBg，f3=μ2(mA+mB+m)g 由牛顿第二定律得f1=mAaA，f2=mBaB，f2–f1–f3=ma1‎ 可得aA=aB=5 m/s2，a1=2.5 m/s2‎ 设在t1时刻，B与木板共速，为v1‎ 由运动学公式有v1=v0–aBt1=a1t1‎ 解得t1=0.4 s，v1=1 m/s ‎（2）在t1时间内，B相对地面的位移 在t2时间内，B及木板相对地面的位移 全过程A相对地面的位移 则A、B开始运动时，两者之间的距离x=xB+x1+|xA|=1.9 m ‎（也可用如图的速度–时间图线求解）‎ ‎17．（1）5 m/s2，方向沿制动坡床向下 （2）98 m ‎【解析】（1）设货物的质量为m，货物减速的加速度大小为a1‎ 根据牛顿第二定律有μmgcos θ+mgsin θ=ma1‎ 解得a1=5 m/s2，方向沿制动坡床向下 学 .. ‎ ‎（2）从货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端38 m过程 货物的位移x1=vt–a1t2 ‎