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1、传播优秀Word版文档 ，希望对您有帮助，可双击去除！滑板滑块专题练习1、如图所示，倾角30的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L1.8 m、质量M 3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离2、如图甲所示，有一块木板静止在足够长的粗糙
2、水平面上，木板质量为M=4kg，长为L=14m；木块右端放的一小滑块，小滑块质量为m=1kg，可视为质点现用水平恒力F作用在木板M右端，恒力F取不同数值时，小滑块和木板的加速度分别对应不同数值，两者的aF图象如图乙所示，取g=10m/s2求：（1）小滑块与木板之间的滑动摩擦因数，以及木板与地面的滑动摩擦因数（2）若水平恒力F=278N，且始终作用在木板M上，当小滑块m从木板上滑落时，经历的时间为多长3、如图所示一足够长的光滑斜面倾角为37,斜面AB与水平面BC平滑连接。质量m=1 kg可视为质点的物体置于水平面上的D点,D点距B点d=7 m,物体与水平面间的动摩擦因数为0.4。现使物体受到一水
3、平向左的恒力F=6.5 N作用,经时间t=2 s后撤去该力,物体经过B点时的速率不变,重力加速度g取10 m/s2， sin 37=0.6，求：（1）撤去拉力F后,物体经过多长时间经过B点？（2）物体最后停下的位置距B点多远？4、如图（a）所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长为L=1m、质量为m1=0.5kg的木板A，一质量为m2=1kg的物体B以初速度v0滑上木板A上表面的同时对木板A施加一个水平向右的力F，A与B之间的动摩擦因数为=0.2，g=10m/s2，物体B在木板A上运动的路程s与力F的关系如图（b）所示求v0、F1、F25、如图所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有
4、一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的vt图象分别如图中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标为a（0，10）、b（0，0）、c（4，4）、d（12，0）根据vt图象，求：（1）物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为a2，达相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a3；（2）物块质量m与长木板质量M之比；（3）物块相对长木板滑行的距离s6、质量为 10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面
5、的夹角=37力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25秒钟后，速度减为零求：物体与斜面间的动摩擦因数和物体的总位移S （已知 sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）7、质量为m的物体A放在倾角为=37的斜面上时，恰好能匀速下滑现用细线系住物体A，并平行于斜面向上绕过光滑的定滑轮，另一端系住物体B，物体A恰好能沿斜面匀速上滑求物体B的质量8、如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处（已知cos37=0.8，sin37=0.6取g=10m/s2）（1）求物体与地面间的动摩擦因数；
6、（2）用大小为30N，与水平方向成37的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t9、如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8m，长L2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）（1）求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）（2）当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间
7、的动摩擦因数2（3）继续增大角，发现增大到某值时物块落地点与墙面的距离最大，求此时的角度值以及最大距离10、如图所示，质量为m=2kg的物体在倾角为=30的斜面上随着斜面一起沿着水平面以恒定水平加速度a=2m/s2加速运动，运动过程中物体和斜面始终保持相对静止，求物体受到的支持力和摩擦力（g=10m/s2）11、如图所示，在光滑的水平面上停放着小车B，车上左端有一小物体A，A和B之间的接触面前一段光滑，后一段粗糙，且后一段的动摩擦因数，小车长，A的质量，B的质量，现用的水平力F向左拉动小车，当A到达B的最右端时，两者速度恰好相等，求A和B间光滑部分的长度（）。12、如图所示，一质量M=2kg的
8、木楔静置于粗糙的水平地面上，木楔与物块间的动摩擦因数=0.2木楔的倾角=37，有一质量m=1.0kg的物块由静止开始沿斜面下滑，当滑行路程s=2m时，求：（1）物块的速度为多少？（2）在这个过程中木楔没有移动，求地面对木楔的摩擦力的大小和方向（g=10m/s2，sin37=0.6，sin53=0.8）13、如图所示，一质量为mB2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角37.一质量也为mA2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x08 m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出已知物块
9、A与斜面轨道间的动摩擦因数为10.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为20.2，sin 0.6，cos 0.8，g取10 m/s2，物块A可看作质点请问：(1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大？(2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？木板B有多长？14、下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为37(sin 37)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图5所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数1减小为，B、C间
10、的动摩擦因数2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)在02 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间。15、21. 如图所示，光滑水平地面上有一质量为2m，长为L=1.6m的木板，质量为m可视为质点的物块以v0=3m/s的水平初速度冲上木板，距木板前方s = 0.6m处有倾角为=37的固定斜面，物块与木板达到共速后木板与斜面碰撞并粘连，斜面足够长且左端和木板B端等高，已知物块与木板间动摩擦因
11、数1= 0.2，物块与斜面间动摩擦因数2 = 0.5（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）求物块冲上木板后物块和木板的加速度；（2）求碰撞前物块和木板达到的共同速度v；（3）不计物体经过木板与斜面交界时的能量损失，求物块最终停下的位置。16、如图所示为一足够长斜面，其倾角为37，一质量m10 kg物体，在斜面底部受到一个沿斜面向上的F100 N的力作用由静止开始运动，物体在2 s内位移为4 m，2 s末撤去力F，(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)从撤掉力F开始1.5 s末物体的速度v；(3)从静止开
12、始4 s内物体的位移和路程17、如图，质量m=2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20 m。用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2 s拉至B处。(sin37=0.6，cos37=0.8，g取10 m/s2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数；(2)用大小为20 N，与水平方向成53的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。18、如图甲所示，质量m2 kg的物体在水平面上向右做直线运动过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图象如图乙所示取重力加速度
13、为g10 m/s2.求：(1)物体在04 s内和410 s内的加速度的大小和方向(2)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数.(3)10 s末物体离a点的距离(4)10 s后撤去拉力F，求物体再过15 s离a点的距离 19、如图所示，一质量M=50kg、长L=3m的平板车静止在光滑的水平地面上，平板车上表面距地面的高度h=1.8m。一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=7.5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数=0.5，取g=10m/s2。（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）判断滑块能否从平板车的右端滑出。若能，求滑块落地时与平板车右
14、端间的水平距离；若不能，试确定滑块最终相对于平板车静止时与平板车右端的距离。20、如图所示，两木板A、B并排放在地面上，小滑块以水平速度v0=3m/s从A左端滑上木板A已知木板A的长度l=1m，木板B足够长，木板A的质量mA=3Kg，小滑块及木板B的质量均为m=1Kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为1=0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为2=0.1，取g=10m/s2求：（1）小滑块在木板A上运动的加速度大小；（2）小滑块在木板A上运动的时间；（3）木板B获得的最大速度21、如图所示，质量为m=1kg的物块，放置在质量M=2kg足够长木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木
15、板放置在光滑的水平地面上在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度均为L=1m，边界距离为d，作用区只对物块有力的作用：I作用区对物块作用力方向水平向右，II作用区对物块作用力方向水平向左作用力大小均为3N将物块与木板从图示位置（物块在I作用区内的最左边）由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板取g=10m/s2（1）在物块刚离开I区域时，物块的速度多大？（2）若物块刚进入II区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d；（3）物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程.22、一平台的局部如图甲所示，水平面为光滑，竖直面为粗糙，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量mA=2
16、.0kg，厚度可忽略不计的薄板A，薄板A长度L=1.5m，在板A上叠放着质量mB=1.0kg，大小可忽略的物块B，物块B与板A之间的动摩擦因数为=0.6，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块B上，右端系住物块C，物块C刚好可与竖直面接触起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，物块B位于板A的左端点，然后放手，设板A的右端距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取10m/s2，求（1）若物块C质量mc=1.0kg，推理判断板A和物块B在放手后是否保持相对静止；（2）若物块C质量mc=3.0kg，从放手开始计时，经过去=2.0s，物块C下降的高度；（3
17、）若物块C质量mc=1.0kg，固定住物块B，物块C静止，现剪断轻绳，同时也对物块C施加力F，方向水平向左，大小随时间变化如图乙所示，断绳时刻开始计时，经过t=2.0s，物块C恰好停止运动，求物块C与竖直面之间的动摩擦因数和此过程中的最大速度高一资料介绍高一上期中考部分1.20172018学年高一第一学期期中质量检测（物理）2.20172018学年高一第一学期期中质量检测（语文）3.20172018学年高一第一学期期中质量检测（数学）两份4.20172018学年高一第一学期期中质量检测（化学）物理部分1. 高一物理运动学综合练习-基础2. 高一物理运动学综合练习-提升3. 高一物理牛顿定律综合
18、练习-基础4. 高一物理牛顿定律综合练习-提升5. 传送带专题练习6. 滑板滑块专题练习7. 弹簧牛二连接体专题练习数学部分1.2018年数学必修二专项练习2.2018年数学必修三专项练习3.2018年数学必修四专项练习4.2018年数学必修一能力提高卷5.2018年数学必修一练习精选高考题6.2018年数学必修四练习精选高考题高一上期末考部分1.20172018学年高一第一学期期末质量检测（语文）2.20172018学年高一第一学期期末质量检测（数学）必修一二3.20172018学年高一第一学期期末质量检测（数学）必修一三4.20172018学年高一第一学期期末质量检测（数学）必修一四5.2
19、0172018学年高一第一学期期末质量检测（英语）6.20172018学年高一第一学期期末质量检测（物理）7.20172018学年高一第一学期期末质量检测（化学）8.20172018学年高一第一学期期末质量检测（生物）9.20172018学年高一第一学期期末质量检测（历史）10.20172018学年高一第一学期期末质量检测（政治）11.20172018学年高一第一学期期末质量检测（地理）滑板滑块专题练习参考答案一、计算题1、（1） F30N；（2） 物块能滑离木板，1.2s，s=0.9m。【解析】【名师点睛】解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速
20、度是联系力学和运动学的桥梁。 2、（1）0.4， 0.1（2）2s【解析】（2）设m在M上滑动的事件为t，当水平恒力F=278N时，由（1）知滑块的加速度为，而滑块在时间t内的位移为，由（1）可知木板的加速度为，代入数据解得a2=4.7m/s2，而木板在时间t内的位移为由题可知，s1s2=L代入数据联立解得t=2s【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和图象的综合，理清运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，通过图象得出相对滑动时的拉力大小是解决本题的关键。3、【解析】（1）物体在水平面上运动过程中，设撤去F前后物体的加速度大小分别为a1、a2由牛顿第二定律得，（1分）代入解得（1分）恒力
21、F作用t=2 s时物体的位移为（1分）此时物体的速度为v=a1t=5 m/s（1分）设撤去拉力F后，物体第一次经过B点的时间为t1则由（1分）代入解得t1=0.5 s（1分）物体滑到B点时速度大小为（1分）设物体在斜面上运动的加速度大小为a3则sin 37=,=6 m/s2（1分）物体在斜面上滑行的总时间s（1分）所以物体第二次经过B点的时间为（1分）（2）物块最后停下的位置距B点（2分） 4、牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像【分析】（1）由图象可看出当F1N时，B物体在A板上的路程始终等于板长L，当F=1N时，刚好不从A板右端掉下，此后A和B一起相对静止并
22、加速运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式，抓住位移之间的关系列式，联立方程求出B在A上相对A向右运动的路程S与F、v0的关系式，把F=1N和S=1m带入即可求解；（2）当1NFF1时，随着F力增大，S减小，当F=F1时，出现S突变，说明此时A、B在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，B将会从A板左端掉下对A、B恰好发生相对运动时，B的加速度为a2，则整体加速度也为a2，由牛顿第二定律列式即可求解；（3）求出此时B在A上运动的路程，当FF1时，物体B在A板上的路程为B相对A向右运动的路程的两倍把F=F2时，将S=0.5S1代入S与F、v0的关系式，即可求解【解答】解：（1）由图象可看出当F1
23、N时，B物体在A板上的路程始终等于板长L，当F=1N时，刚好不从A板右端掉下，此后A和B一起相对静止并加速运动设B物体的加速度为a2，A板的加速度为a1，分别由牛顿第二定律：m2g=m2a2 F+m2g=m1a1 设B运动的位移为S2，A运动的位移为S1，经过t时间两者速度均为v，根据运动学公式：SB=t SA=t v=v0a2t=a1t B在A上相对A向右运动的路程S=SBSA联立解得：S= 将F=1N，S=1m代入，解得：v0=4m/s（2）根据式分析可知，当1NFF1时，随着F力增大，S减小，当F=F1时，出现S突变，说明此时A、B在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，B将会从A板左端
24、掉下对A、B恰好发生相对运动时，B的加速度为a2，则整体加速度也为a2，由牛顿第二定律：F1=（m1+m2）a2 联立解得解得F1=3N（3）此时B在A上运动的路程为S1=m当FF1时，物体B在A板上的路程为B相对A向右运动的路程的两倍故当F=F2时，将S=0.5S1代入式解得：F2=9N答：初速度v0为4m/s，F1为3N，F2为9N5、牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像【分析】（1）vt图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度；（2）对三个阶段分别用牛顿第二定律列式即可求得质量之间的关系；（3）图象与坐标轴围成的面积表示位移，由vt图可以看出，
25、物块相对于长木板滑行的距离s对应图中abc的面积【解答】解：（1）由vt图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1= m/s2=1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2=m/s2=1 m/s2，达到同速后一起匀减速运动的加速度大小a3=m/s2=0.5 m/s2（2）对m冲上木板减速阶段：1mg=ma1对M向前加速阶段：1mg2（m+M）g=Ma2物块和木板达到共同速度后向前减速阶段：2（m+M）g=（M+m）a3以上三式联立可得： =（3）由vt图可以看出，物块相对于长木板滑行的距离s对应图中abc的面积，故s=104m=20 m答：（1）三个阶段的加速度分别为
26、：1.5 m/s2；1 m/s2；0.5 m/s2（2）物块质量m与长木板质量M之比为3：2；（3）物块相对长木板滑行的距离s为20 m 6、牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动根据牛顿第二定律和运动学公式结合研究匀加速运动过程，求出F刚撤去时物体的速度表达式，再由牛顿第二定律和运动学公式结合研究匀减速运动过程，联立可求出【解答】解：物体受力分析如图所示，设加速的加速度为a1，末速度为v，减速时的加速度大小为a2，将mg 和F分解后，由牛顿运动定律得：FN=Fsin+mgcos Fcosfmgsin=ma1根据摩擦定律有 f=FN，代
27、入数据得a1=1020加速过程由运动学规律可知 v=a1t1撤去F 后，物体减速运动的加速度大小为 a2，则 a2=gsin+gcos 代入数据得a2=6+8由匀变速运动规律有 v=a2t2由运动学规律知 s=a1t12+a2t22代入数据得=0.25；s=16.25m 答：物体与斜面间的动摩擦因数=0.25；物体的总位移s=16.25m7、牛顿第二定律【分析】根据物体A匀速下滑，通过共点力平衡求出摩擦力的大小，再对乙图中的A受力分析，根据共点力平衡求出物体B的质量【解答】解：当物体A沿斜面匀速下滑时，受力图如图甲沿斜面方向的合力为0 f=mgsin 当物体A沿斜面匀速上滑时，受力图如图乙A物
28、体所受摩擦力大小不变，方向沿斜面向下沿斜面方向的合力仍为0 TA=f+mgsin对物体B TB=mBg 由牛顿第三定律可知 TA=TB由以上各式可求出 mB=1.2m 答：物体B的质量为1.2m【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解8、匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律【分析】（1）根据匀变速直线运动的位移公式可以求得物体的加速度的大小，在根据牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小，进而可以求得摩擦因数的大小；（2）当力作用的时间最短时，物体应该是先加速运动，运动一段时间之后撤去拉力F在做减速运动，由运动的规律可以求得时间的大小
29、【解答】解：（1）物体做匀加速运动 L=at02所以a=10m/s2由牛顿第二定律Ff=ma f=30210=10N 所以 =0.5 即物体与地面间的动摩擦因数为0.5；（2）设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a的加速度匀减速t秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律 Fcos37（mgFsin37）=ma a=g=5 m/s2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at=att=t=t=2.3tL=at2+at2所以t=1.03s 即该力作用的最短时间为1.03s9、牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）要使物体下滑重
30、力的分力应大于摩擦力，列出不等式即可求解夹角的正切值；（2）对下滑过程由动能定理进行分析，则可求得动摩擦因数；（3）根据动能定理及几何知识求出离开桌面的最大速度，物体离开桌面后做平抛运动，由平抛运动的规律可求得最大距离【解答】解：（1）为使小物块下滑满足的条件tan0.05（2）克服摩擦力做功由动能定理得：代入数据得（3）由动能定理可得代入数据化简得：，其中，即=37当=53时，f最大，离开桌面做平抛运动，得t=0.4s答：（1）角增大到tan0.05时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）（2）当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数为0.8（3）继续增大角，发现增大
31、到某值时物块落地点与墙面的距离最大，此时的角度值53以及最大距离1.9m【点评】本题考查动能定理及平抛运动的规律，要注意正确分析过程及受力，注意摩擦力的功应分两段进行求解；同时掌握平抛运动的解决方法10、牛顿第二定律【分析】对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解；对于静摩擦力的方向，先假设其平行斜面向上，若计算结果为负，表示与假设的方向相反【解答】解：对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图所示：将加速度也沿着平行斜面和垂直斜面方向正交分解，根据牛顿第二定律，有：平行斜面方向：mgsinf=macos垂直斜面方向：Nmgcos=masin联立解得：f=1026
32、.54NN=2+1019.32N答：物体受到的支持力为19.32N，摩擦力为6.54N11、综合以上各式并代入数据可得A和B间光滑部分的长度。考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的速度与时间的关系、匀变速直线运动的位移与时间的关系【名师点睛】对小物体A与小车B的受力分析容易出错，而导致对运动状态的分析错误，开始阶段，由于小物体水平方向不受外力，故小物体A应处于静止状态；当小物体A进入粗糙部分后，由于两者发生了相对滑动，则小车B的受力发生了变化，对应的加速度也发生变化。12、（1）m/s （2）3.52N，方向水平向左【解析】试题分析：（1）根据牛顿第二定律，物五块的加速度为：4.4m/s2根据v
33、22as得物块的速度为m/s（2）对整体分析，根据牛顿第二定律得：F地macos37=3.52N，方向水平向左13、(1)沿斜面下滑的加速度为a，则有：mgsin-mgcos=ma得a=gsin-gcos=4m/s2由V2=2ax 得物块A刚滑上木板B时的速度：v=8m/s(2)物块A在B上滑动时，A的加速度大小：a1= 2g = 2m/s2木板B的加速度大小：a2 = 2m/s2物块A刚好没有从木板B左端滑出，即：物块A在木板B左端时两者速度相等设物块A在木板B上滑行的时间t速度关系：v-a1t=a2t物块A刚好没有从木板B左端滑出位移关系：vt - a1t2/2 = a2t2/2 + L解
34、得 t=2s L=8m14、（1）a1=3m/s2； a2 =1m/s2；（2）4s15、解：（1）对物块： 得：，方向水平向左对木板： 得：，方向水平向右（2）设t秒后达到共同速度对物块： 对木板： 解得：，（3）在t时间内，物块位移： 木板位移： 相对位移： 解得：此时物块距木板B端：碰撞后木板粘连，物块减速，设冲上斜面时的速度为v2有：滑上斜面过程：， 滑下斜面过程：， 回到小车上后匀减速到停下：由以上各式解得：，故物块最终停下的位置距木板B端0.03m16、解：（1）由x1=a1t12/2得a=2m/s2 （1分）撤去F前有：F-mgsin370-umgcos370=ma1得u=0.2
35、5 （2分）(2)撤去F后加速度为a2由mgsin370+umgcos370=ma2得a2=8m/s2 （1分）撤去力F时速度v1=a1t1=4m/s撤去F后经t2速度减为0由0=v1-a2t2得t2=0.5s 撤去F后上滑距离设下滑加速度大小为a3，由mgsin370-umgcos370=ma3得a3=4m/s2 （2分）下滑时间t3=1s1.5s末物体速度v=a3t3=4m/s （2分） (3) 下滑时间下滑位移大小为x3=a3t42=4.5m （2分）从静止开始4s内物体的位移大小X=x1+x2-x3=0.5m 方向沿斜面向上（1分）从静止开始4S内物体的路程S=x1+x2+x3=9.5
36、m （1分）17、（1）0.5（2）2s试题分析：（1）物体做匀加速运动 则由牛顿第二定律Ffma解得：fF-ma=（30-210） N10 N则 （2）设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a的加速度匀减速t秒到达B处，速度恰为0，由牛顿第二定律：Fcos53-（mg-Fsin53）ma 解得：a5 m/s2ag5 m/s2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有atattt Lat2at2解得：t2 s18、解：(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由vt图象得 加速度大小a12 m/s2方向与初速度方向相反 设物体向左做匀
37、加速直线运动的加速度为a2，则由vt图象得加速度大小a21 m/s2方向与初速度方向相反 (2)根据牛顿第二定律，有Fmgma1 Fmgma2 联立得F3 N0.05.(3)设10 s末物体离a点的距离为d, d应为图与横轴所围的面积，则d48 m66 m2 m，负号表示物体在a点以左(4)设撤去拉力F后做匀减速直线运动的加速度大小为a3根据牛顿第二定律，有mgma3得a30.5 m/s2由vtv0at可得物体减速到零的时间t12 s物体在15 s内的位移st36 m物体在15 s后离a点的距离dds38 m.19、（1）对滑块， （2分）对平板车， （2分） （2）设经过t时间滑块从平板车上
38、滑出。 （1分）（1分）（1分）解得t1=0.5s或2s（舍去）（1分）此时，（2分）所以，滑块能从平板车的右端滑出。在竖直方向hgt22，t2=0.6s（1分）水平方向xv t2，所以x2.7m。（1分）20、21、（1）（2） （3）3m【解析】（1）（4分）对物块由牛顿第二定律: 得： 由 （得 来（2）（7分）I区域内，对木板：由得 木板到达 I区域边缘处： 离开I区域后: 对物块： 由得 对木板： 当物块与木板达共同速度时: 得: 两作用区边界距离为： （3）（5分）由于,所以物块与木板最终只能停在两作用区之间. 由全过程能量守恒与转化规律： 得： 22、考点：牛顿第二定律；匀变速直
39、线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对ABC整体研究，假设一起运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再隔离分析求出AB间的摩擦力，与最大静摩擦力比较，判断是否保持相对静止（2）通过整体隔离分析得出A与B发生相对滑动，根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，结合运动学公式进行求解（3）通过牛顿第二定律得出C加速度的表达式，作出图线，结合图线与时间轴围成的面积进行求解解答： 解：（1）设ABC一起运动，以ABC为系统，根据牛顿第二定律：mCg=（mA+mB+mC）a1，代入数据解得：，对A，根据牛顿第二定律：f=mAa1=22.5N=5N，AB间最大静摩擦力：fm=mBg=
40、6.0N，由于ffm，假设成立，A与B相对静止（2）设ABC一起运动，以ABC为系统，根据牛顿第二定律有：mCg=（mA+mB+mC）a2，代入数据解得：，对A，根据牛顿第二定律得：f=mAa2=25N=10N，由于ffm，假设不成立，A与B相对滑动对A，根据牛顿第二定律，mBg=mAaA，代入数据解得：，对BC为系统，根据牛顿第二定律：mCgmBg=（mB+mC）aB，代入数据解得：设经t1时间B运动到A的右端，则有：，代入数据解得：t1=1.0sB第一段的位移：经t1时间B运动的速度：v1=aBt1=61m/s=6m/s，B在光滑平面上滑动，对BC为系统，根据牛顿第二定律：mCg=（mB+
41、mC）aB，代入数据解得：，B第二段的位移为：，代入数据解得：s2=9.75m，物块C下降的高度：h=s1+s2=3+9.75m=12.75m（3）设C与竖直面的动摩擦因数为，令k=20N/s，根据图乙可得，F=kt，对C水平方向：N=F，C受摩擦力fC=N，以C为对象，有：mCgfC=mCaC，联立解得：，由上式可得如图的图象，t=t=2s，物块v=0，则：，代入数据解得：=0.5由图可知t=1s时速度最大，最大速度等于图线与坐标轴围成的面积，有：答：（1）A与B相对静止（2）物块C下降的高度为12.75m（3）物块C与竖直面之间的动摩擦因数为0.5，此过程中的最大速度为5m/s点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，涉及多过程问题，难度较大，综合性较强，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解对于第三问，得出C的加速度表达式是关键，知道at图线围成的面积表示速度的变化量