《2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题06牛顿运动定律的综合应用含解析20191018371.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题06牛顿运动定律的综合应用含解析20191018371.pdf（33页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第 1 页 共 33 页 1 专题 06 牛顿运动定律的综合应用专题 06 牛顿运动定律的综合应用 【专题导航】【专题导航】 目录目录 热点题型一超重与失重现象.1热点题型一超重与失重现象.1 热点题型二 动力学中的连接体问题.3热点题型二 动力学中的连接体问题.3 .4轻绳连接体问题 .6接触连接体问题 .7弹簧连接体问题 加速度相同与加速度不相同的连接体问题对比 .8 加速度相同的连接体问题 .8 加速度不同的连接体问题 .9 热点题型三 临界极值问题.9热点题型三 临界极值问题.9 10利用临界条件进行分析 12利用数学方法求极值 热点题型四 传送带模型13热点题型四 传送带模型13 1
2、4水平传送带 15倾斜传送带问题 热点题型五 滑块木板模型17热点题型五 滑块木板模型17 18滑块带动木板 19木板带动滑块 第 2 页 共 33 页 2 【题型演练】21【题型演练】21 【题型归纳】【题型归纳】 热点题型一 超重与失重现象热点题型一 超重与失重现象 1对超重和失重的理解 (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变 (2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失 (3)尽管物体的加速度不是竖直方向， 但只要其加速度在竖直方向上有分量， 物体就会处于超重或失重状态 (4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加
3、速度，整体也会出现超重或 失重现象 2判断超重和失重的方法 从受力的角度 判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重 状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于 完全失重状态 从加速度的角 度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的 加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度 时，物体处于完全失重状态 从速度变化的 角度判断 物体向上加速或向下减速时，超重 物体向下加速或向上减速时，失重 【例 1】 (2019山西怀仁一中月考)(2019山西怀仁一中月考)电梯的顶部挂一个弹簧秤， 秤下端挂了一个重物， 电梯匀速直线运动时， 弹簧秤
4、的示数为 10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为 6 N, 关于电梯的运动(如图所示)，以 下说法正确的是(g取 10 m/s2( ) 第 3 页 共 33 页 3 A电梯可能向上加速运动，加速度大小为 4 m/s2 B电梯可能向下加速运动，加速度大小为 4 m/s2 C电梯可能向上减速运动，加速度大小为 4 m/s2 D电梯可能向下减速运动，加速度大小为 4 m/s2 【答案】 BC 【解析】 电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为 10 N，知重物的重力等于 10 N，在某时刻电梯中的人观 察到弹簧秤的示数变为 6 N， 可知电梯处于失重状态， 加速度向下， 对重物根据牛顿第二定律
5、有 ：mgF ma， 解得a4 m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为 4 m/s2，方向竖直向下电梯可能向下做加速运 动，也可能向上做减速运动，故 B、C 正确，A、D 错误 【变式 1】.如图所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿 称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程关于她的实验现象，下列说法中 正确的 是( ) A只有“起立”过程，才能出现失重现象 B只有“下蹲”过程，才能出现超重现象 C“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象 D“起立”“下蹲”的过程，都能出现超重和失重现象 【答案】D 第 4 页 共 33 页
6、 4 【解析】下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态； 人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超 重状态后处于失重状态，故 A、B、C 错误，D 正确 5为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动 调整， 使座椅始终保持水平， 如图所示 当此车减速上坡时， 则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)( ) A处于超重状态 B不受摩擦力的作用 C受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D所受合力方向竖直向上 【答案】C【解析】当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，
7、人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第 二定律知人的合力方向沿斜面向下 人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示 将加速度沿竖直方向和水平方向分解，有竖直向下的加速度，则mgFNmay，FNmg，乘客处于失重状态， 故 A、B、D 错误，C 正确 热点题型二 动力学中的连接体问题热点题型二 动力学中的连接体问题 1连接体的类型 第 5 页 共 33 页 5 (1)轻绳连接体 (2)接触连接体 (3)弹簧连接体 2连接体的运动特点 轻绳轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等 轻杆轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与 转动半径成正
8、比 轻弹簧在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体 的速率相等 3解决方法 (1)分析方法：整体法和隔离法 (2)选用整体法和隔离法的策略 当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法 第 6 页 共 33 页 6 对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解 轻轻绳绳连连接接体体问问题题 【例 2】(2019新乡模拟)(2019新乡模拟)如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别 为m、2m和 3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻
9、绳相连，轻绳能承受的最 大拉力为FT.现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则( ) A此过程中物体C受五个力作用 B当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C当F逐渐增大到 1.5FT时，轻绳刚好被拉断 D若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为F T 6 【答案】 C 【解析】 对A，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支 持力、 绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用， 故 A 错误 ； 对整体分析， 整体的加速度a g， 隔离对AC分析， 根据牛顿第二定律得，FT4mg4ma， 计算得出FTF， 当F F6mg
10、6m F 6m 2 3 1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故 B 错误，C 正确；水平面光滑，绳刚断时，对AC分析，加速度a，隔离 FT 4m 对A分析，A的摩擦力Ffma，故 D 错误 FT 4 【变式 1】(多选)如图所示，已知Mm，不计滑轮及绳子的质量，物体M和m恰好做匀速运动，若将M与m 互换，M、m与桌面的动摩因数相同，则 ( ) A物体M与m仍做匀速运动 B物体M与m做加速运动，加速度a（Mm）g M 第 7 页 共 33 页 7 C物体M与m做加速运动，加速度aD绳子中张力不变 （Mm）g M 【答案】 CD 【解析】 当物体M和m恰好做匀速运动， 对M， 水平方向受到绳子的拉力和桌
11、面的摩擦力， 得 ：MgTmg， 所以： .若将M与m互换，则对M：MaMgT，对m，则：maTmg，得：a mg Mg m M Mgmg Mm ，故 A、B 错误，C 正确；绳子中的拉力：Tmamg Mgm Mmg Mm （M2m2）g M（Mm） （Mm）g M m（Mm）g M mgmg，故 D 正确 m M 【变式 2】(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为的斜面上，用始 终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为.为了增加 轻线上的张力，可行的办法是 ( ) A减小A物块的质量 B增大B物块的质量 C增大倾
12、角D增大动摩擦因数 【答案】AB 【解析】对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得： F(mAmB)gsin (mAmB)gcos (mAmB)a， 隔离物块B，应用牛顿第二定律得， FTmBgsin mBgcos mBa. 两式联立可解得：FT，由此可知，FT的大小与、无关，mB越大，mA越小，FT越大，故 A、B 均 mBF mAmB 第 8 页 共 33 页 8 正确 接接触触连连接接体体问问题题 【例 3】(多选)(2015高考全国卷)(2015高考全国卷)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
13、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a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 2 3 间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( ) A8 B10 C15 D18 【答案】 BC 【解析】 设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则Fnma 设PQ东边有k节车厢，则Fkma 2 3 联立得 3n2k，由此式可知n只能取偶数， 当n2 时，k3，总节数为N5 当n4 时，k6，总节数为N10 当n6 时，k9，总节数为N15 当n8 时，k12，总节数为N20，故选项 B、C 正确 【变式】 如图所示，在倾角为的固定斜面上有两个靠在一起的物体
14、A、B，两物体与斜面间的动摩擦因 数 相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于 斜面，则下列说法中正确的是 ( ) 第 9 页 共 33 页 9 A只减小A的质量，B对A的压力大小不变 B只减小B的质量，B对A的压力大小会增大 C只减小斜面间的倾角，B对A的压力大小不变 D只减小两物体与斜面间的动摩擦因数，B对A的压力会增大 【答案】C 【解析】将A、B看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩 擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a F（mAmB）gsin （mAmB）gcos mAmB F mAm
15、B gsin gcos ， 隔离B分析可得FNmBgsin mBgcos mBa， 解得FN， 由牛顿第三定律 mBF mAmB 可知，B对A的压力FN，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，A、B 错 mBF mAmB 误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C 正确，D 错误 弹弹簧簧连连接接体体问问题题 【例 4】(2019湖南长沙模拟)(2019湖南长沙模拟)如图所示，光滑水平面上，质量分别为m、M的木块A、B在水平恒力F作用 下一起以加速度a向右做匀加速运动，木块间的轻质弹簧劲度系数为k，原长为L0，则此时木块A、B间的 距离为 ( ) AL0B
16、L0 Ma k ma k CL0DL0 MF k（Mm） Fma k 【答案】 B 第 10 页 共 33 页 10 【解析】 先以A、B整体为研究对象，加速度为：a，再隔离A木块，弹簧的弹力：F弹makx， F Mm 则弹簧的长度LL0L0，故选 B. ma k mF k（mM） 【变式】.(2019贵州铜仁一中模拟)(2019贵州铜仁一中模拟)物体A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧做成的弹簧秤 相连，如图所示，今对物体A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，则弹簧秤的示数( ) A一定等于F1F2B一定大于F2小于F1 C一定等于F1F2D条件不足，无法确定 【解析】两个
17、物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体运用牛顿第二定律，有：F1F2(Mm)a， 再对物体A受力分析，运用牛顿第二定律，得到 ：F1FMa，由以上两式解得F，由于F1大于F2， mF1MF2 Mm 故F一定大于F2小于F1，故 B 正确 【答案】B 加速度相同与加速度不相同的连接体问题对比加速度相同与加速度不相同的连接体问题对比 加速度相同的连接体问题加速度相同的连接体问题 【例 5】 如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，Mm， 加速度相 同的连接 体 整体法(先 整体后部 分) 加速度相同时可把连接体看成一整体，再求整 体外力时可用整体受力分析
18、；若涉及到内力问 题必须用隔离法分析 加速度不 同的连接 体 隔离法(先 部分后整 体) 加速度不同的连接体或要求连接体中各个物体 间的作用力时一般用隔离法 第 11 页 共 33 页 11 用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成角，细线的拉力 为F1.若用一力F水平向左拉小车， 使小球和其一起以加速度a向左运动时， 细线与竖直方向也成角， 细线的拉力为F1.则( ) Aaa，F1F1 Baa，F1F1 Caa，F1F1Daa，F1F1 【答案】B 【解析】.当用力F水平向右拉小球时，以小球为研究对象， 竖直方向有F1cos mg 水平方向有FF1sin
19、ma， 以整体为研究对象有F(mM)a， 解得agtan m M 当用力F水平向左拉小车时，以球为研究对象， 竖直方向有F1cos mg 水平方向有F1sin ma， 解得agtan 结合两种情况，由式有F1F1；由式并结合Mm有aa.故正确选项为 B. 加速度不同的连接体问题加速度不同的连接体问题 【例 6】 如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA1 kg 和mB2 kg 的物 块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力现用 水平拉力F拉A，取重力加速度g10 m/s2.改变F的大小，B的加速度大小可能为( ) 第 1
20、2 页 共 33 页 12 A1 m/s2B2.5 m/s2 C3 m/s2D4 m/s2 【答案】A 【解析】.A、B放在轻质长木板上，长木板质量为 0，所受合力始终为 0，即A、B所受摩擦力大小相等由 于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为fAmaxa0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示 设绳子与水平方向的夹角为.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有 F2cos ma2，F2sin mg0 代入数据解得F220 N，选项 C、D 错误5 【变式】.(2019湖北黄冈中学模拟)(2019湖北黄冈中学模拟)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
21、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，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)g B加速度一定向右，不能超过(1)g 第 15 页 共 33 页 15 C加速度一定向左，不能超过g D加速度一定向左，不能超过(1)g 【答案】B 【解析】开始A恰好不下滑，对A分析有fAmgFNAF弹，解得F弹，此时弹簧处于压缩状 mg 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
22、定律可 mg 知加速度方向一定向右 对B分析， 有fBmFNB(F弹mg)ma， 解得a(1)g， 故选项B正确， A、 C、 D 错误 利利用用数数学学方方法法求求极极值值 【例 7】(2019辽宁葫芦岛六校联考)(2019辽宁葫芦岛六校联考)如图所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当30 时，可 视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板 向上运动，随着的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g. (1)求小木块与木板间的动摩擦因数； (2)当角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值 【答案】 (
23、1) (2)60 3 3 3v 4g 第 16 页 共 33 页 16 【解析】 (1)当30时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：mgsin FN FNmgcos 0 解得tan tan 30. 3 3 (2)当变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则mgsin mgcos ma 由 0v2ax得 2 0 x v 2g（sin cos ） v 2g12sin（） 其中 tan ，则当90时x最小，即60 所以x最小值为xmin v 2g（sin 60cos 60） 3v 4g 【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题，解题时应用牛顿定律结合运动公式列出方程，然后应用数学知 识讨论最小值
24、，考查学生数学知识的运用能力. 【变式】 如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成 30角的恒力拉着它沿水平 面运动，已知拉力F6.5 N，玩具的质量m1 kg，经过时间t2.0 s，玩具移动了距离x2 m，这时幼3 儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下g取 10 m/s2，求： (1)玩具与地面间的动摩擦因数； (2)松开手后玩具还能运动多远？ (3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面夹角多大时，最省力？ 【答案】(1) (2) m (3)30 3 3 3 3 5 第 17 页 共 33 页 17 【解析】(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动， 由位移公式可得xat2 1
25、2 解得a m/s23 对玩具，由牛顿第二定律得 Fcos 30(mgFsin 30)ma 解得. 3 3 (2)松手时，玩具的速度vat2 m/s3 松手后，由牛顿第二定律得mgma 解得a m/s2 10 3 3 由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移x m. 0v2 2a 3 3 5 (3)设拉力与水平方向的夹角为，玩具要在水平面上运动，则Fcos Ff0 FfFN 在竖直方向上，由平衡条件得 FNFsin mg 解得F mg cos sin cos sin sin(60)12 当30时，拉力最小，最省力 第 18 页 共 33 页 18 热点题型四 传送带模型热点题型四 传送带模型
26、水水平平传传送送带带 项目图示滑块可能的运动情况 情景 1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景 2 (1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景 3 (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端若v0 v，返回时速度为v；若v0v，返回时速度为v0 【例 8】(2019海口模拟)(2019海口模拟)如图所示，水平传送带A、B两端相距s3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.1.工件 滑上A端瞬时速度vA4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(g取 10 m/s2)( ) A
27、若传送带不动，则vB3 m/s B若传送带以速度v4 m/s 逆时针匀速转动，vB3 m/s C若传送带以速度v2 m/s 顺时针匀速转动，vB3 m/s D若传递带以速度v2 m/s 顺时针匀速转动，vB2 m/s 【答案】ABC 【解析】.若传送带不动，由匀变速运动规律可知vv2as，ag，代入数据解得vB3 m/s，当满 2B2A 足选项 B、C、D 中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是g，所以 工件到达B端时的瞬时速度仍为 3 m/s，故选项 A、B、C 正确，D 错误 第 19 页 共 33 页 19 【变式】如图所示，水平长传送带始终以v匀速运动，
28、现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带 之间的动摩擦因数为，AB长为L，L足够长问： (1)物体从A到B做什么运动？ (2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？ (3)物体从A到B运动的时间为多少？ (4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？ 【答案】 (1)先匀加速，后匀速 (2) (3) (4)v v2 2g v2 g L v v 2g 2gL 【解析】 (1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动 (2)由vat和ag，解得t v g 物体的位移x1at2 1 2 v2 2g 传送带的位移x2vt v2 g (3)物体从A到B
29、运动的时间为 t总 v g Lx1 v L v v 2g (4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v.2gL 倾倾斜斜传传送送带带问问题题 项目图示滑块可能的运动情况 第 20 页 共 33 页 20 情景 1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景 2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 情景 3 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直减速 情景 4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可
30、能先减速后反向加速 (4)可能一直减速 【例 9】(2019潍坊模拟)(2019潍坊模拟)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带， 滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的 速率v和位置，下面可能的是( ) 第 21 页 共 33 页 21 A从下端B离开，vv1 B从下端B离开，vv1，选项 A 正确；当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线 运动，vv1，故本题应选 A、B、C. 【变式】如图所示，传送带与地面夹角37，AB长度为 16 m，传送带以 10 m/s 的速率逆时针转动在 传送带上端
31、A无初速度地放一个质量为 0.5 kg 的物体， 它与传送带之间的动摩擦因数为 0.5.求物体从A运 动到B所需时间是多少？(sin 370.6，cos 370.8，g取 10 m/s2) 【答案】 2 s 【解析】 物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿传送带 向下的滑动摩擦力Ff，物体受力情况如图甲所示物体由静止加速，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1，得a110(0.60.50.8) m/s210 m/s2. 物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1 s1 s，时间t1内的位移xa1t5 m. v a1 10 10 1 2 2 1 第 2
32、2 页 共 33 页 22 由于0.4 m，所以小物块不能返回到A点，停止运动时离B点的距离为 0.4 m.v vB 2 2.0 2 10.(2019湖北三校联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L1 m，起点A到 终点 线B的距离s5 m开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒 力F使滑板前进滑板右端到达B处冲线，游戏结束已知滑块与滑板间动摩擦因数0.5，地面视 为光滑，滑块质量m12 kg，滑板质量m21 kg，重力加速度g取 10 m/s2，求： 第 33 页 共 33 页 33 (1)滑板由A滑到B的最短时间； (2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围 【答案】(1)1 s (2)30 NF34 N 【解析】 (1)滑板一直以最大加速度加速时， 所用时间最短 设滑板最大加速度为a2，fm1gm2a2，a210 m/s2，s，解得t1 s. a2t2 2 (2)滑板与滑块刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等， F1m1gm1a2， 解得F130 N. 当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1， F2m1gm1a1， L， a1t2 2 a2t2 2 解得F234 N. 则水平恒力大小范围是 30 NF34 N.