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2014届高三复习滑块物理模型相互作用问题归类探究
孝感三中 陈老师（476631242）
一、滑块模型地位：
纵观近几年的高考物理（或理综）试卷，在力学大题的考查中，基本上出现的是与滑块模型结合的试题，出现率几乎是百分这百，有时还出现在电磁学综合题中，要引起我们老师和学生高度的重视，由此我在高三物理复习中特归类简析如下，起一个抛砖引玉作用。
二、实例展示：
例1：）如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m。已知木板与地面的动摩擦因数为，m与M之间的摩擦因素（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为，在坐标为X=21m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，g取10m/s2,求：
（1）木板碰挡板P时的速度V1为多少？
（2）最终木板停止运动时其左端A的位置坐标？（此问结果保留到小数点后两位）
解析：(1)对木块和木板组成的系统，有……………2分
……………1分
解得v1=9m/s。
（2）由牛顿第二定律可知am=μ2g=9 m/s2。
aM==6 m/s2。
M运动至停止时间为t1==1 s
此时M速度VM=V1-aMt1=3m/s, 方向向左，
此后至m,M共速时间t2，有：VM-aMt2=amt2 得：t2=0.2s……………2分
共同速度V共=1.8m/s，方向向左……………1分
至共速M位移S1=……………1分
共速后m，M以a1=1m/s2向左减速至停下位移S2==1.62m……………1分
最终木板M左端A点位置坐标为
x=9.5-S1-S2=9.5-6.48-1.62=1.40m。
点评：本例求解的关键是长木板与档板碰撞后的瞬间木块速度不变，两者发生滑动，木块先向右减速到零后反向加速走到两者共速。
例2：（2013年高考江苏卷第14小题）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1 和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1 ＝0.5 kg，m2＝0.1 kg, μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
解析：[解析] (1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1 g
桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g
f＝f1＋f2
解得f＝μ(2m1＋m2)g
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则
f1＝m1a1
F－f1－f2＝m2a2
发生相对运动a2>a1
解得F>2μ(m1＋m2)g
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝a1t
纸板运动的距离d＋x1＝a2t
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t
l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μ[m1＋(1＋)m2]g
代入数据得F＝22.4 N.
点评：本例是要挖掘砝码的运动情况——先在薄纸上作匀加速运动，后在桌上作匀减速运动到速度为零；再就是要搞清砝码和薄纸在运动过程中位移的等量关系。
例3：2013年高考山东卷第22小题）如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s 的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝.重力加速度g取10 m/s2.
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小．
(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
解析：(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得
L＝v0t＋at2①
v＝v0＋at②
联立①②式，代入数据得
a＝3 m/s2③
v＝8 m/s④
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma⑤
Fsinα＋FN－mgcosθ＝0⑥
又Ff＝μFN⑦
联立⑤⑥⑦式得
F＝⑧
由数学知识得
cosα＋sinα＝ sin(60°＋α)⑨
由⑧⑨式可知对应F最小的夹角
α＝30°⑩
联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为
Fmin＝ N
点评：本例是将滑块在外力作用下沿斜面运动，而外力大小和方向没有告知，并要求外力的最小值，这就要求我们会利用物理规律和数学知识列式求解，也就是数学知识在物理学科上的应用。这也是本例的难点所在。
例4：（2013年高考四川卷第10小题）在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数 k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变．取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求B所受静摩擦力的大小；
(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．
解析：(1)F作用之前，A、B处于静止状态．设B所受静摩擦力大小为f0，A、B间绳的张力为T0，有
对A：T0＝mAgsinθ
对B：T0＝qE＋f0
联立，代入数据即可解得f0＝0.4 N
(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为s，A、B间绳子张力为T，有
qEs＝ΔEp
T－μmBg－qE＝mBa
设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为Δx，有
v2＝2as
F弹＝k·Δx
F＋mAgsinθ－F弹sinθ－T＝mAa
由几何关系知
Δx＝
设拉力F的瞬时功率为P，有P＝Fv
联立，代入数据解得
P＝0.528 W
点评：本例是将滑块模型迁移到电场中的综合应用。它是牵连体在斜面上滑动问题，它要分析清A、B两滑块的受力情况，并要搞清滑块在移动过程中位移相互关系；还要明确电势能的变化主要看电场力所做的功。把这些理清了，那么就不难求解本例了。
三、模型验证检测：
1、现代科技的制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计，.它的构造原理的示意图如图所示：沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，.滑块原来静止, 弹簧处于自然长度.,滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导，设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离中心点O的距离为s，则这段时间内导弹的加速度为：（ ）
A.方向向左，大小为ks/m B.方向向右，大小为ks/m
C.方向向左，大小为2ks/m D.方向向右，大小为2ks/m
2、如图所示，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块．开始时，木板和物块均静止，今在两物块上分别施加一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物块和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是：(　 　)
A．若F1＝F2，M1>M2，则v1>v2
B．若F1＝F2，M1v2
C．若F1>F2，M1＝M2，则v1>v2
D．若F1v2
3、（2013北京四中摸底）如图所示，物块A、B叠放在粗糙的水平桌面上，水平外力F作用在B上，使A、B一起沿水平桌面向右加速运动。设A、B之间的摩擦力为f1，B与水平桌面间的摩擦力为f2。在始终保持A、B相对静止的情况下，逐渐增大F则摩擦力f1和f2的大小：（ ）
A. f1不变、f2变大 B. f1变大、f2不变
C. f1和f2都变大 D. f1和f2都不变
4、（2013年高考全国卷II第25小题）一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
5、（2013年高考天津卷第10大题）质量为m＝4 kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x＝20 m，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，求：
(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小；
(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t.
6、如下图所示，一质量为M＝5 kg的斜面体放在水平地面上，斜面体与
地面的动摩擦因数为μ1＝0.5，斜面高度为h＝0.45 m，斜面体右侧竖直面与小物块的动摩擦因数为μ2＝0.8，小物块的质量为m＝1 kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点．现在从静止开始在M上作用一水平恒力F，并且同时释放m，取g＝10 m/s2，设小物块与斜面体右侧竖直面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力，小物块可视为质点．问：
(1)要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？
(2)此过程中水平恒力至少为多少？
7、（2013上海奉贤调研）如图所示，AB、BC均为轻细杆，处在同一竖直平面内，AB杆高为h=0.8m。A、B、C三处均用铰接连接，其中A、C两点在同一水平面上，BC杆与水平面夹角为30°。一个质量为m=2kg的小球（可视为质点）穿在BC杆上，对小球施加一个水平向左的恒力F使小球静止在BC杆中点处，不计一切摩擦。(g取10m/s2)，求：
（1）恒力F的大小；
（2）此时AB杆对B处铰链的作用力大小和方向。
8、（2013山东莱州质检）如图所示，地面依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l=2.5m，质量均为m2=150kg，现有一小滑块以速度v0=6m／s冲上木板A左端，已知小滑块质量m==200kg，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2)
(1)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件。
(2)若μ1=0.4，求滑块运动时间。(结果用分数表示)。
9、（2013届华中师大测试）如图所示，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．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6.取g＝10 m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30 N，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t.（计算结果保留一位有效数字）
10、（2013衡水中学调研）如图所示，平板车长为L=6m，质量为M=10kg，上表面距离水平地面高为h=1.25m，在水平面上向右做直线运动，A、B是其左右两个端点．某时刻小车速度为v0=7.2m/s，在此时刻对平板车施加一个方向水平向左的恒力F=50N，与此同时，将一个质量m=1kg的小球轻放在平板车上的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），，经过一段时间，小球脱离平板车落到地面．车与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10m/s2．求：
（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间；
（2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间；
11、如图所示，小木块质量m＝1kg，长木板质量M＝10kg，木板与地面以及木块间的动摩
擦因数均为μ＝0.5．当木板从静止开始受水平向右的恒力F＝90 N作用时，木块以初速v0＝4 m／s向左滑上木板的右端．则为使木块不滑离木板，木板的长度l至少要多长?
12、如图所示，质量M=1.0kg的长木板静止在光滑水平面上，在长木板的右端放一质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点），小滑块与长木板之间的动摩擦因数=0.20.现用水平横力F=6.0N向右拉长木板，使小滑块与长木板发生相对滑动，经过t=1.0s撤去力F.小滑块在运动过程中始终没有从长木板上掉下.求：
（1）撤去力F时小滑块和长木板的速度个是多大；
（2）运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大？
13、如图所示，一质量M=2.0kg的长木板静止放在光滑水平面上，在木板的右端放一质量m=1.0kg可看作质点的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2.用恒力F向右拉动木板使木板在水平面上做匀加速直线运动，经过t=1.0s后撤去该恒力，此时小物块恰好运动到距木板右端l=1.0m处。在此后的运动中小物块没有从木板上掉下来.求：
（1）小物块在加速过程中受到的摩擦力的大小和方向；
（2）作用于木板的恒力F的大小；
（3）木板的长度至少是多少？
14、（2013高考上海物理第31题）(12分)如图，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。
15、)如图3－2－16所示，在高出水平地面h＝1.8 m的光滑平台上放置一质量M＝2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2 m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1 kg，B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20 N水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2 m．(取g＝10 m/s2)求：
图3－2－16
(1)B离开平台时的速度vB.
(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB.
(3)A左段的长度l2.
16、如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt (k是常数)，木板和木块加速度
的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是：(　 　)．
17、(2013·双流模拟)如图10所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为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v－t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v－t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Δs.
参 考 答 案
1、A2、分别作出物块和木板运动的v－t图象，两图线包围的面积表示木板的长度L.若拉力F相等，木板质量不等，则物块加速度相等，木板质量大的加速度小，木板的v－t图线斜率小，则物块滑离木板所用时间短，滑离时速度小，即v1对应质量较大的木板如图所示，v2对应质量较小的木板，B对；同理，若拉力不等，木板的质量相等，则木板的加速度相等，受拉力大的物块的v－t图线斜率变大，物块滑离木板时间变短，滑离时速度变小，D对．
【答案】　BD
3、答案：B解析：逐渐增大F，整体的加速度增大，A、B之间的摩擦力为f1增大，B与水平桌面间的摩擦力为f2不变，选项B正确。
4、[解析] (1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．
由图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同．设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则
a1＝　①
a2＝　②
式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小．
设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1　③
(μ1＋2μ2)mg＝ma2　④
联立①②③④式得
μ1＝0.20　⑤
μ2＝0.30　⑥
(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别a′1和a′2，则由牛顿第二定律得
f＝ma′1　⑦
2μ2mg－f＝ma′2　⑧
假设f＜μ1mg，则a′1＝a′2；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾．故
f＝μ1mg⑨
由⑦⑨式知，物块加速度的大小a′1等于a1；物块的v－t图像如图中点划线所示．
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1＝2×　⑩
s2＝t1＋　?
物块相对于木板的位移的大小为
s＝s2－s1　?
联立①⑤⑥⑧⑨⑩??式得
s＝1.125 m　
5、[解析] (1)设物块受到的滑动摩擦力为F1，则
F1＝ μmg①
根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有
Fx1－F1x＝0②
代入数据，解得
x1＝16 m③
(2)设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则
x2 ＝x－x1④
由牛顿第二定律得
a＝⑤
由匀变速直线运动公式得
v2＝2ax2⑥
以物块运动的方向为正方向，由动量定理，得
－F1t＝0－mv⑦
代入数据，解得
t＝2 s⑧
6、解析：(1)以m为研究对象，竖直方向有：mg－Ff＝0
水平方向有：FN＝ma
又Ff＝μ2FN得a＝12.5 m/s2.
(2)以小物块和斜面体为整体作为研究对象，由牛顿第二定律得：F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a
水平恒力至少为F＝105 N.
答案：(1)12.5 m/s2　(2)105 N
7、解析：(1)
F=mgtan30°
解得：F=30N。
(2)

8、解题思路：应用平衡条件列方程解得μ1应满足的条件；应用牛顿第二定律和运动学公式解得滑块运动时间。
考查要点：牛顿运动定律、平衡条件、滑动摩擦力、匀变速直线运动规律。
解析：
滑上木板A时，木板不动，由受力分析得
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得
代入数据得0.35≤μ1＜0.5
（2）若μ1=0.4，则货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得，
解得：a1=4m/s2
由 达B板时的速度v1=4m/s。
在A板上滑动时间由 解得t1=0.5s。
滑块滑上B板时B运动，由
a2=m/s2。
速度相同时a2 t2= v1- a1 t2，解得t2=s。
相对位移
物块与板B能达到共同速度：v共= a2 t2=m/s 。
然后一起相对静止的一起减速：
a共=2m/s2


注：计算过程中表达正确即给分，数值只看最后结果。
9、解：(1)物体做匀加速运动，则
L＝a0t
解得a0＝＝10 m/s2
由牛顿第二定律，有
F－f＝ma0
由f＝μFN＝μmg，
μ＝＝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，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速t′到达B处，速度恰为0，由牛顿第二定律，有
Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma
解得a＝－μg＝11.5 m/s2
a′＝＝μg＝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＝a′t′
∴t′＝t＝t＝2.3 t
L＝at2＋a′t′2
t＝＝＝1 s 。
10、（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间

小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为

小车向右运动的距离为
小于4m，所以小球不会从车的左端掉下．
小车向右运动的时间为
小车向左运动的加速度为

小车向左运动的距离为
小车向左运动的时间为
故小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间t=t1+t2=3s
（3） 小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，大小为

小球离开车子后，车的加速度为
车子向左运动的距离为

从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小
X= x1 + x2+ x3 =5.175m。
11、
12、（1）.对滑和木板分别利用牛顿第二定律和运动学公式
（2）.最大位移就是在滑块和木板相对静止时1s后.没有拉力.只有相互间的摩擦力
滑块加速度大小均为α=2m/s2(方向相反)
v1+αt2=v2－αt2 代入数据 2+2t2=4-2t2 解得 t2=0.5s 此时2个的速度都是v=3m/s
木块和木板的位移分别为

13、（1）小物块受力分析如图所示，设它受到的摩擦力大小为f

f=0.2×1.0×10N=2N 方向水平向右
（2）设小物块的加速度为a1，木板在恒力F作用下做匀加速直线运动时的加速度为a2，此过程中小物块的位移为s1，木板的位移为s2
则有：


对木板进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律：F-f’=Ma2，
则F=f’+Ma2, 代入数值得出F=10N。
（3）设撤去F时小物块和木板的速度分别为v1和v2，撤去F后，木板与小物块组成的系统动量守恒，当小物块与木板相对静止时，它们具有共同速度V共

根据动量守恒定律得： mv1+Mv2=(m+M) V共
对小物块：根据动能定理：
对木板：根据动能定理：
代入数据：
所以木板的长度至少为L=l+l'=m≈1.7m ）
14、滑块上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故当滑块的左端到达小球正上方这段时间内，小球速度始终为零，则对于滑块：
a=,
v1==.
当滑块的左端到达小球正上方后，小球做自由落体运动，落地时间t=
滑块的加速度a’=μg
①若此时滑块的速度没有减小到零，在t时间内滑块向右运动的距离为：
s=v1t-a’t2=-μg()2=-μh。
②若在t时间内滑块已经停下来，则：s‘==-L。
15、解析　(1)设物块B平抛运动的时间为t，由运动学知识可得
h＝gt2 ①
x＝vBt ②
联立①②式，代入数据得
vB＝2 m/s ③
(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得
μmg＝maB ④
vB＝aBtB ⑤
xB＝aBtB2 ⑥
联立③④⑤⑥式，代入数据得
tB＝0.5 s ⑦
xB＝0.5 m ⑧
(3)设B刚开始运动时A的速度为v1，由动能定理得
Fl1＝Mv12 ⑨
设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得
F－μmg＝MaA ⑩
l2＋xB＝v1tB＋aAtB2 ?
联立⑦⑧⑨⑩?式，代入数据得
l2＝1.5 m ?
答案　(1)2 m/s　(2)0.5 s　0.5 m　(3)1.5 m
16、　刚开始木块与木板一起在F作用下加速，且F＝kt，a＝＝，当相对
滑动后，木板只受滑动摩擦力，a1不变，木块受F及滑动摩擦力，a2＝＝－μg，、
故a2＝－μg，a－t图象中斜率变大，故选项A正确，选项B、C、D均错误．
答案　A
17、解析：(1)由v－t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：μ1mg＝ma1
对M向前加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)＝Ma2
物块和木板达到共同速度后向前减速阶段：μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3
以上三式联立可得：＝.
(3)由v－t图可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δs对应图中Δabc的面积，故Δs＝10×4× m＝20 m
答案：(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)3∶2
(3)20 m

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