【物理】2020届一轮复习人教版牛顿运动定律的应用作业 18页

‎2020届一轮复习人教版 牛顿运动定律的应用 作业 ‎1．(2018·安徽合肥一模)合肥市滨湖游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重的感觉。其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送至70多米高处，然后让座舱由静止无动力下落，落到离地面30米高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停止。假设舱中某人用手托着一个重为50N的铅球。则下列说法正确的是(　A　)‎ A．当座舱落到离地面45米高的位置时，球对手的压力为0‎ B．当座舱落到离地面45米高的位置时，手对球有支持力 C．当座舱落到离地面20米高的位置时，球对手的压力为0‎ D．当座舱落到离地面20米高的位置时，手对球的支持力小于50N ‎[解析]　由题意可知，座舱在落到离地面30米高的位置前做自由落体运动，之后座舱做匀减速运动，当座舱落到离地面45米高的位置时，人和球均做自由落体运动，此时球对手的作用力为零，选项A正确，B错误；当座舱落到离地面20米高的位置时，球做减速运动，处于超重状态，球对手的作用力大于50N，选项C、D错误。‎ ‎2．(2018·河北鸡泽一中月考)如图所示，质量分别为m和M的两长方体物块P和Q，叠放在倾角为θ的固定斜面上。P、Q间的动摩擦因数为μ1，Q与斜面间的动摩擦因数为μ2。当它们从静止释放沿斜面下滑时，两物块始终保持相对静止，则物块P对Q的摩擦力为(　B　)‎ A．μ2mgcosθ，方向平行于斜面向下 B．μ2mgcosθ，方向平行于斜面向上 C．μ1mgcosθ，方向平行于斜面向下 D．μ1mgcosθ，方向平行于斜面向上 ‎[解析]　对P、Q整体受力分析，整体受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有(m＋M)gsinθ－μ2(m＋M)gcosθ＝(M＋m)a，解得a＝g(sinθ－μ2cosθ)，再对P受力分析，受到重力mg、支持力和沿斜面向上的静摩擦力，根据牛顿第二定律mgsinθ－Ff＝ma，联立解得P受到的摩擦力大小为Ff＝μ2mgcosθ，方向沿斜面向上；根据牛顿第三定律可得物块P对Q的摩擦力大小为μ2mgcosθ，方向平行于斜面向下，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎3．(2018·陕西榆林一模)如图所示，水平面上放有三个木块A、B、C，质量均为m＝1kg，A、C与地面间的接触面光滑，B与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B之间用轻弹簧相连，B、C之间用轻绳相连。现在给C一个水平向右、大小为4N的拉力F，使A、B、C三个木块一起以相同的加速度向右做匀加速直线运动。某一时刻撤去拉力F，则撤去力F的瞬间，轻绳中的张力T为(重力加速度g取10m/s2)(　B　)‎ A．0 B．1N ‎ C．2N D．3N ‎[解析]　在拉力作用下，对整体，由牛顿第二定律可得F－μmg＝3ma，解得a＝1m/s2，对A，由牛顿第二定律可得F′＝ma＝1×1N＝1N。当撤去外力后，把B、C作为整体，由牛顿第二定律可知F′＋μmg＝2ma′，解得a′＝1m/s2，方向向左，对C受力分析，由牛顿第二定律可得T＝ma′＝1N，故B正确。‎ ‎4．(2019·东城区)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则(　C　)‎ A．由图乙可知，0～1s内物块受到的摩擦力大于1～2s内的摩擦力 B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C．物块与传送带间的动摩擦因数为 D．传送带底端到顶端的距离为11m ‎[解析]　由图乙知，物体先做匀减速直线运动，速度达到传送带速度后(在t＝1s时刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，物块继续向上做匀减速直线运动。物块所受的摩擦力一直为滑动摩擦力，大小没变；方向先是沿斜面向下，后是沿斜面向上，A、B均错误；0～1s内物块的加速度大小为a＝＝＝8m/s2，根据牛顿第二定律得：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，解得μ＝，C正确；物块上升的位移大小等于v－t图象所包围的面积大小，为x＝×1＋×1×4＝10m，所以传送带底端到顶端的距离为10m，D错误。‎ ‎5.‎ ‎[2019·山东省济南外国语学校考试]如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为(重力加速度为g)(　　)‎ A．1.5gsinα B.sinα C．gsinα D．2gsinα 答案：A 解析：设猫的质量为m，板的质量为‎2m，以猫为研究对象，进行受力分析，猫受重力mg、支持力N1、板对它的沿斜面向上的力F，合力为0，有F＝mgsinα.以板为研究对象，进行受力分析，板受重力2mg、压力大小为N1、支持力N2、猫对板沿斜面向下的大小为F的力，根据牛顿第二定律有：F＋2mgsinα＝2ma，a＝1.5gsinα，故选A.‎ ‎6．[2019·广西钦州四中模拟](多选)如图所示，水平面上，质量m＝‎2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．g取‎10 m/s2，以下说法正确的是(　　)‎ A．此时轻弹簧的弹力大小为20 N B．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为‎8 m/s2，方向向左 C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为‎8 m/s2，方向向右 D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0‎ 答案：AB 解析：物块受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态，根据共点力平衡得，弹簧的弹力大小F弹＝mgtan45°＝20 N，A正确；撤去力F的瞬间，弹簧的弹力大小仍为20 N，物块此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，物块所受的最大静摩擦力为：f＝μmg＝4 N，根据牛顿第二定律得物块的加速度为：a＝＝‎ ‎8 m‎/s2，方向向左，B正确；剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力消失，其他力不变，物块加速度大小a1＝＝‎10 m/s2，故C、D错误．‎ ‎7．[2019·江西省九校联考]如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示，g取‎10 m/s2，则正确的结论是(　　)‎ A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C．物体的质量为‎3 kg D．物体的加速度大小为‎5 m/s2‎ 答案：D 解析：由于物体与弹簧不连接，分离时二者间的作用力为0，弹簧处于原长状态，A错．开始时，物体受重力、弹力作用，二者的合力等于0，此时的拉力10 N即为物体匀加速上升的合力，物体与弹簧分离时及分离后拉力为30 N，合力不变，故物体的重力大小为20 N，质量为‎2 kg，C错．从开始上升到分离，物体上升了‎4 cm，即开始时弹簧的压缩长度为‎4 cm，根据胡克定律mg＝kx，k＝500 N/m＝5 N/cm，B错．根据牛顿第二定律可知，物体的质量为‎2 kg，受到的合力为10 N，加速度大小为‎5 m/s2，D对．‎ ‎8.‎ ‎[2019·广西南宁二中考试](多选)如图，木板与水平面成θ角，木板上有两个靠在一起的物块P和Q，质量分别为m和‎2m，物块与木板间的动摩擦因数均为μ，用大小为F的恒力沿着平行于木板的方向推动物块P，若P和Q之间的弹力大小记为F1，下列判断正确的是(　　)‎ A．若θ＝0°，μ＝0，则F1＝F B．若θ＝0°，μ≠0，则F1＝F C．若θ＝30°，μ＝0，则F1＝F D．若θ＝30°，μ≠0，则F1＝F 答案：AD 解析：对P、Q整体由牛顿第二定律可得F－μ·3mgcosθ－3mgsinθ＝3ma，解得a＝－μgcosθ－gsinθ，再隔离Q，由牛顿第二定律得F1－μ·2mgcosθ－2mgsinθ＝2ma，将a代入可得F1＝F，与θ和μ无关，故A、D正确．‎ ‎9．[2019·河北省五校联盟摸底](多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，正以某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则(　　)‎ A．传送带一定顺时针转动 B．传送带的速度大小等于v0‎ C．μ＝－tanθ D．t0时间后木块的加速度大小为 －2gsinθ 答案：BC 解析：若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足mgsinθ>μmgcosθ，将一直匀加速到底端而且加速度不变；当木块上滑时满足mgsinθ<μmgcosθ，木块先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象，故传送带逆时针转动，A错误；只有当木块的速度大于传送带的速度时，木块所受的摩擦力沿传送带向上，故传送带的速度大小等于v0，故B正确；木块在0～t0时间内，滑动摩擦力沿传送带向下，木块匀加速下滑，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得：a1＝gsinθ＋μgcosθ，由题图乙可知，‎ a1＝，联立解得：μ＝－tanθ，故C正确；木块与传送带共速后，由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：a2＝gsinθ－μgcosθ，代入μ值得：a2＝2gsinθ－，故D错误．‎ ‎10．[2019·湖北省武汉调研](多选)如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B.已知A的质量为m，B的质量为‎3m，重力加速度大小为g.由静止释放物块A、B后(　　)‎ A．相同时间内，A、B运动的路程之比为2：1‎ B．物块A、B的加速度大小之比为1：1‎ C．轻绳的拉力大小为 D．当B下落高度为h时，速度大小为 答案：AC 解析：由于物块B通过动滑轮悬挂，所以相同时间内，A、B运动的路程之比为2：1，选项A正确；由于二者都是从静止开始运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，物块A、B的加速度大小之比为2：1，选项B错误；设轻绳拉力大小为F，物块B的加速度大小为a，由牛顿第二定律，对物块B有3mg－‎2F＝3ma，对物块A有F＝m×‎2a，联立解得：F＝，a＝，选项C正确；当B下落高度为h时，由v2＝2ah，解得v＝ ，选项D错误．‎ ‎11．[2019·江苏省海安中学摸底]‎ ‎(多选)传送带以v1的速度匀速运动，物体以v2的速度从B端滑上传送带，物体速度方向与传送带运行方向相反，如图所示，已知传送带长度为L，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，则以下判断正确的是(　　)‎ A．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从A端离开传送带，且物体在传送带上运动的时间与v1无关 B．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能大于v1‎ C．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能等于v1‎ D．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能小于v1‎ 答案：ACD 解析：物体刚放上传送带时，所受滑动摩擦力向右，于是物体做减速运动，只要速度足够大，就可以冲到A端，临界条件是到A端速度为0，有：v＝2μgL，当速度v2≥，物体将从A端离开，时间用公式L＝v2t－μgt2计算，显然时间与传送带的速度无关，A正确；当速度v2≤时，物体到A端之前速度减为0，然后在滑动摩擦力的作用下从A端返回B端，但返回B端的速度不可能大于v1，B错误；若v1≤v2，且物体向左滑行的位移小于L，即v2，且物体向左滑行的位移小于L，即3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 答案：BCD 解析：A、B之间的最大静摩擦力为fmax＝μmAg＝2μmg，B与地面间的最大静摩擦力为f′max＝μ(mA＋mB)g＝μmg，A、B发生相对滑动时的加速度为a＝μg，此时对整体有F－f′max＝(m＋‎2m)a，所以当F ‎＝μ·3mg＋3ma＝3μmg时，A、B将发生相对滑动；当μmg≤F<2μmg时，A、B之间不会发生相对滑动，B与地面间会发生相对滑动，A错误；当F＝μmg<3μmg时，A、B间不会发生相对滑动，由牛顿第二定律有a′＝＝＝μg，B正确；当F>3μmg时，A、B间发生相对滑动，C正确；A对B的最大摩擦力为2μmg，无论F为何值，B的加速度最大值为a＝μg，D正确．‎ ‎2．[2019·安徽蚌埠模拟]爱因斯坦曾经设计了一个真空中的理想实验，在这个实验中，当电梯(内部为真空)相对于地球静止时，封闭在电梯里的观察者发现，从手中释放的苹果和羽毛落到电梯底板上，当电梯做自由落体运动时，观察者发现从手中释放的苹果和羽毛会停在空中而不下落．以下对这一实验的说法中正确的是(　　)‎ A．电梯相对地球静止时，释放后的苹果比羽毛先落到电梯底板 B．电梯做自由落体运动时，释放后的苹果和羽毛受到的合力为零 C．以自由下落的电梯为参考系，牛顿运动定律也是成立的 D．在自由下落的电梯里，观察者不能仅从苹果和羽毛的运动现象判断引力是否存在 答案：D 解析：电梯静止时，由于不受空气阻力，苹果和羽毛均做自由落体运动，故二者同时落到电梯底板上，故A错误；电梯做自由落体运动时，释放后的苹果和羽毛所受的合力等于它们的重力，故B错误；牛顿运动定律适用于惯性参考系，即选择静止或匀速直线运动的物体为参考系，以自由下落的电梯为参考系，牛顿运动定律是不成立的，故C错误；由于电梯、苹果和羽毛三者同时自由下落时相对静止，此时它们仍受到引力作用，因此不能仅从苹果和羽毛的运动现象判断引力是否存在，故D正确．‎ ‎3.‎ ‎[2019·湖北黄石中学模考](多选)如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个滑块放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B 与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑．关于杆的受力情况，下列分析正确的是(　　)‎ A．若μ1>μ2，m1＝m2，则杆受到压力 B．若μ1＝μ2，m1>m2，则杆受到拉力 C．若μ1<μ2，m1μ2，则a1a2，A的加速度较大，则杆受到拉力，故C错误．‎ ‎4．[2019·江西丰城模拟](多选)质量均为m的两物块1和2之间用一根不可伸长的细线相连，两物块一起在光滑水平桌面上以速度v0匀速运动，某时刻物块1到达桌面的右边缘，如图所示．当物块1滑上与桌面等高的水平传送带后，经过一段时间到达传送带的最右端，若传送带的速度大于v0且保持不变，物块1和物块2与传送带间的动摩擦因数分别为μ1、μ2(μ1<μ2)，则在此过程中(不考虑桌子边缘与传送带间的缝隙，细线的长度小于传送带的长度)(　　)‎ A．物块2在桌面上可能先做匀加速运动后做匀速运动 B．两物块都在传送带上时，它们所受的摩擦力一定不相等 C．两物块在任何时刻的速度和加速度都相等 D．可能存在物块1与物块2加速度不相等的阶段 答案：AD 解析：物块1滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，由于物块1和物块2通过不可伸长的细线连接，故物块2也做匀加速运动；如果在物块2滑上传送带之前，物块的速度已经等于传送带的速度，则此后物块1、2均做匀速直线运动，故A正确；两物块都在传送带上时，如果两物块速度与传送带相同，则两物块所受静摩擦力相等，均为零，故B错误；如果物块2滑上传送带时，物块2的速度小于传送带的速度，由于两个物块的动摩擦因数μ1<μ2，则加速度a1m2，则v1>v2、s1＝s2‎ B．若F1＝F2、m1v2、s1＝s2‎ C．若F1v2、s1>s2‎ D．若F1>F2、m1＝m2，则v1s2‎ 答案：C 解析：若F1＝F2，由于a、b所受的摩擦力大小相等，因此a、b的加速度相同，设a、b的加速度大小为a0，P的加速度大小为a1，Q的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得a1＝，a2＝，其中m 为物块a、b的质量．设木板的长度为L，两木板均向右做匀加速直线运动，当物块与木板分离时，a与P的相对位移为L＝a0t－a1t，b与Q的相对位移为L＝a0t－a2t.若m1>m2，则a1v2，s1>s2，故A、B错误；若F1>F2、m1＝m2，根据受力分析和牛顿第二定律得aa>ab，由于m1＝m2，所以P、Q的加速度相同．设P、Q的加速度大小为a3，它们均向右做匀加速直线运动，当物块与木板分离时a与P的相对位移为L＝aat－a3t，b与Q的相对位移为L＝abt－a3t，由于aa>ab，则t1t2，v1>v2，s1>s2，故C正确．‎ ‎7．[2019·甘肃一诊]如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，它们与水平面之间的动摩擦因数均为μ，m1>m2，A、B间水平连接有一轻质弹簧测力计．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.下列关系式正确的是(　　)‎ A．a1＝a2，F1>F2 B．a1＝a2，F1a2，F1>F2‎ 答案：A 解析：以由A、B及弹簧组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得两次运动过程中整体的加速度a＝，可得a1＝a2＝a.当用F拉B时，以A为研究对象有F1－μm‎1g＝m‎1a1，可得F1＝μm‎1g＋m‎1a1＝；同理，当用F拉A时，以B为研究对象，有F2－μm‎2g＝m‎2a2，可得F2＝，由于m1>m2，则F1>F2，A正确．‎ ‎8．(多选)如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一小铁球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法正确的是 (　　)‎ A．轻杆对小球的弹力方向与细线平行 B．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上 C．轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向 D．此时轻杆的形变包括拉伸形变与弯曲形变 答案：AD 解析：分析细线下面的小铁球，受力如图甲所示，只受到重力和拉力，二者的合力沿水平方向，则有a＝gtanα.分析轻杆下面的小球，设轻杆对小球的力F与竖直方向夹角为β，受力分析如图乙，则有mg＝Fcosβ，ma＝Fsinβ，小铁球加速度相同，则a＝gtanβ，代入计算得β＝α，所以A正确，B、C错误；由于弹力没有沿杆的方向，所以轻杆不但被拉伸，还被弯曲，因此D正确．‎ ‎9．质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球，且M>m.用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力大小为F1，如图甲．若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力大小为F′1，如图乙，则 (　　)‎ A．a′＝a，F′1＝F1 B．a′>a，F′1>F1‎ C．a′a，F′1＝F1‎ 答案：D 解析：先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a.‎ 再对题图甲的小球受力分析，如图(a)．‎ 根据牛顿第二定律有F－F1sinα＝ma，F1cosα－mg＝0.由以上三式可解得F1＝，a＝.再对题图乙中小球受力分析如图(b)，由几何关系得F合＝mgtanα，F′1＝，再由牛顿第二定律得到a′＝gtanα，由于M>m，故a′>a，F′1＝F1，故选D.‎ ‎10．如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则(　　)‎ A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g B．加速度一定向右，不能超过(1－μ)g C．加速度一定向左，不能超过μg D．加速度一定向左，不能超过(1－μ)g 答案：B 解析：‎ 开始A恰好不下滑，对A分析有f＝mg＝μN＝μF弹，解得F弹＝，此时弹簧处于压缩状态．当车厢做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右．对B分析，fBm＝μ(F弹－mg)≥ma，解得a≤(1－μ ‎)g，故B正确，A、C、D错误．‎ 二、非选择题 ‎11.‎ ‎[2019·辽宁鞍山一中模拟]如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面．放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行．现对A施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相对静止．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)‎ 答案：mg 解析：设绳的张力为T，系统加速度为a，以物体B为研究对象，水平方向物体B只受绳的拉力，由牛顿第二定律得T＝ma；对物体C受力分析如图所示，受绳的张力T、斜面的支持力FN和重力mg，加速度也为a.对力进行正交分解：‎ 水平方向有FNsinθ－Tcosθ＝ma；‎ 竖直方向有FNcosθ＋Tsinθ＝mg，‎ 联立解得a＝，‎ 以A、B、C整体为研究对象有F＝3ma，‎ 解得F＝mg.‎ ‎12．[2019·重庆八中模拟]如图所示，质量M＝‎1 kg的木板静置于倾角为37°的足够长的固定斜面上的某个位置，质量m＝‎1 kg、可视为质点的小物块以初速度v0＝‎5 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F＝14 N，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块与木板之间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取‎10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：‎ ‎(1)物块和木板共速前，物块和木板的加速度；‎ ‎(2)木板的最小长度；‎ ‎(3)物块在木板上运动的总时间．‎ 答案：(1)见解析　(2) m　(3)s 解析：(1)物块与木板共速前，对物块分析有mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma1，得a1＝‎8 m/s2，方向沿斜面向下，物块减速上滑；‎ 对木板分析有F＋μ1mgcosθ－Mgsinθ－μ2(m＋M)gcosθ＝Ma2，‎ 得a2＝‎2 m/s2，方向沿斜面向上，木板加速上滑．‎ ‎(2)物块与木板共速时有v共＝v0－a1t1，v共＝a2t1，‎ 代入数据解得t1＝0.5 s，v共＝‎1 m/s，‎ 共速时物块与木板的相对位移 Δx1＝v0t1－a1t－a2t＝‎1.25 m，‎ 撤掉F后，物块相对于木板上滑，加速度大小仍为a1＝‎8 m/s2，物块减速上滑，‎ 对木板有 Mgsinθ＋μ2(M＋m)gcosθ－μ1mgcosθ＝Ma′2，‎ 则a′2＝‎12 m/s2，方向沿斜面向下，木板减速上滑．‎ 由于Mgsinθ＋μ1mgcosθ＝μ2(M＋m)gcosθ，‎ 则木板速度减为零后，物块在木板上滑动时，木板保持静止，‎ 经过t2＝s，木板停止，经过t′2＝s，物块速度减为零，‎ 此过程，物块和木板的相对位移Δx2＝t′2－t2＝ m，‎ 故木板的最小长度Lmin＝Δx1＋Δx2＝ m.‎ ‎(3)物块在木板上下滑时，木板静止不动，‎ 物块的加速度a′1＝gsinθ－μ1gcosθ＝‎4 m/s2，‎ Lmin＝a′1t，得t3＝s，‎ 物块在木板上运动的总时间t＝t1＋t′2＋t3＝s.‎