资源简介

考点练：牛顿运动定律应用之板块模型
1．如图(a)所示，质量为2m的长木板，静止地放在光滑的水平面上，另一质量为m的小铅块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板左端，恰能滑至木板右端且与木板保持相对静止，铅块运动中所受的摩擦力始终不变。若将木板分成长度与质量均相等（即m1= m2= m）的两段1、2后紧挨着放在同一水平面上，让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始运动，如图(b)所示，则下列说法正确的是（　　）
A．小铅块将从木板2的右端滑离木板
B．小铅块滑到木板2的右端与之保持相对静止
C．(a)、(b)两种过程中摩擦产生的热量相等
D．(a)过程产生的摩擦热量大于(b)过程摩擦产生的热量
2．如图，质量为M且足够长的倾角为θ的斜面体C始终静止在水平面上，一质量为m的长方形木板A上表面光滑，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑，当木板A匀速下滑时将一质量也为m的滑块B轻轻放在木板上，滑块B在木板A上下滑的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．A与B组成的系统在沿斜面的方向上动量不守恒
B．A的加速度大小为2gsinθ
C．A的速度为时B的速度也是
D．水平面对斜面体有向右的摩擦力
3．如图所示，质量为M=4kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m=1kg的小滑块以初速度v0=5m/s从木板的左端向右滑上木板，小滑块始终未离开木板。则下面说法正确是
A．从开始到小滑块与木板相对静止这段时间内,小滑块和木板的加速度大小之比为1:4
B．.整个过程中因摩擦产生的热量为10J
C．可以求出木板的最小长度是3.5m
D．从开始到小滑块与木板相对静止这段时间内，小滑块与木板的位移之比是6:1
4．如图所示，在静止的平板车上放置一个质量为10kg的物体A，它被拴在一个水平拉伸的弹簧一端（弹簧另一端固定），且处于静止状态，此时弹簧的拉力为5N。若平板车从静止开始向右做加速运动，且加速度逐渐增大，但。则（　　）
A．物体A相对于车仍然静止
B．物体A受到的弹簧的拉力逐渐增大
C．物体A受到的摩擦力逐渐增大
D．物体A受到的摩擦力先减小后增大
5．如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块以4m/s的初速度水平向右滑上长木板．已知小物块的质量为m=0.1kg,长木板的质量为M=1.5kg,长木板与地面之间的动摩擦因数为μ1=0.1,小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.4,重力加速度大小为g=10m/s2,最终小物块未滑离长木板，下列说法正确的是( )
A．小物块向右减速为零时，长术板的速度为1.3m/s
B．小物块与长木板相对静止时，速度为2m/s
C．长木板的最短长度为6m
D．当小物块与长木板一起运动时，小物块不受摩擦力作用
6．如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得（　　）
A．木板的长度
B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能
7．如图所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图所示。已知重力加速度g=10m/s2，由图线可知（　　）
A．乙的质量m乙=6kg
B．甲、乙的总质量m总=8kg
C．甲、乙间的动摩擦因数μ=0.3
D．甲、乙间的动摩擦因数μ=0.1
8．如图所示，质量为m的木块在水平向右拉力F的作用下，在质量为M的长木板上向右滑行，长木板处于静止状态．已如木块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面间的动摩擦因数为，则（??? ）
A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是
B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是
C．一定小于
D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动
9．如图所示，在光滑水平地面上有一辆平板小车，车上放着一个滑块，滑块和平板小车间有摩擦，滑块在水平恒力F作用下从车的一端拉到另一端．第一次拉滑块时将小车固定，第二次拉滑块时小车没有固定，在这先后两次拉动木块的过程中，下列说法中正确的是
A．滑块所受的摩擦力一样大
B．拉力F做的功一样大
C．滑块获得的动能一样大
D．系统增加的内能一样大
10．如图所示，粗糙水平面上放着一木板A，质量M=1kg，A上面放着小物块B，质量m=3kg，A与B以及A与地面间的摩擦因数均为0.1，重力加速度g=10m/s2，给A施加水平恒力F，下列说法中正确的是（　　）
A．F=5N，A、B一起向右匀加速运动，加速度为0.25m/s2
B．F=10N，A、B一起向右匀加速运动，加速度为1.5m/s2
C．物块B所能获得的最大加速度为1m/s2
D．如果把F作用到B上，无论F有多大，木板A均不会运动
11．如图甲所示，木块和长木板叠放在水平地面上，假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等，用一水平力作用于，、的加速度与的关系如图乙所示，重力加速度取，则下列说法中正确的是（　　）

A．的质量为 B．的质量为
C．与地面间的动摩擦因数为0.1 D．、间的动摩擦因数为0.4
12．如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C、木板下端位于板A处，整体处于静止状态，木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2，则由图像可知（　　）
A．10NB．F>15N时物块B和木板C相对滑动
C．水板C的质量
D．木板和物块两者间的动摩擦因数
13．如图，在粗糙的水平地面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。木板与地面间的动摩擦因数为，木块与木板间的动摩擦因数为，假定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变化的图线中可能正确的是（）
A．B．C．D．
14．如图甲所示，长2m的木板Q静止在某水平面上，t=0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某初速度从Q的左端向右滑行。P、Q的速度时间图象见图乙，其中a、b分别是0~1s内P、Q的速度—时间图线，是1~2s内P、Q共同的速度时间图线。已知P、Q的质量均是1kg，g取10m/s2．则以下判断正确的是（　　）
A．P、Q系统在相互作用的过程中动量守恒
B．在0~2s内，摩擦力对Q的冲量是2Ns
C．P、Q之间的动摩擦因数为0.1
D．P相对Q静止的位置在Q木板的右端
15．长木板A放在光滑的水平面上，质量为m的小物体B以水平初速v0滑上A的上表面，它们的v﹣t图象如图所示，则根据图中的信息（图中所标注的物理量均为已知量）可以求得
A．木板获得的动能 B．系统损失的机械能
C．木板的长度 D．A与B间的动摩擦因数
16．如图所示，质量m1=3kg的长木板与质量m2=1kg的光滑圆弧轨道紧靠在一起静止在光滑水平面上，圆弧轨道的下端与长木板等高，上端与右侧的平台在同一水平面上。质量m0=1kg的滑块以水平速度v0=10m/s从左端滑上长木板，通过长木板后又滑上圆弧轨道，当滑块滑离圆弧轨道最高点的瞬间，圆弧轨道撞上右侧平台。已知长木板长度L=3.8m，滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2，圆弧轨道半径R=0.225m，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）滑块在长木板上运动的时间及刚滑离长木板时的速度大小；
（2）分析滑块能否落在平台上；如果能够落在平台上，则计算它从离开圆弧轨道到落在平台上所需时间。
17．如图所示，在光滑的水平面上有一个静止的、足够长的木板，物块b静止在距离木板左端L=2.25m处，物块a以初速度v0=3m/s从左侧滑上木板，a、b均可视为质点。已知物块a、b与木板间的动摩擦因数均为=0.1两个木块与木板的质量均为m=1kg，a、b碰撞时间极短，碰后粘连在一起运动，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，g取10m/s2。试求（结果可用分数表示）：
(1)a、b碰后瞬间的速度；
(2)最终状态时a、b距离c左端的距离。
18．如图所示,质量为M=1kg的木板静止在光滑水平面上,质量为m=1kg的物块以初速度v0=2.0m/s滑上木板的左端,物块与木板之间的动摩擦因数为在物块滑上木板的同时,给木板施加一个水平向右的恒力F，当恒力F取某一值时,物块在木板上相对于木板滑动的路程为给木板施加不同大小的恒力F,得到的关系如图所示，当恒力F=0N时,物块恰不会从木板的右端滑下．将物块视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2，试求:
(1)求木板长度；
(2)要使物块不从木板上滑下,恒力F的范围；
(3)图中CD为直线,求该段的的函数关系式．
19．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和，各接触面间的动摩擦因数均为. 重力加速度为.
(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F的大小的取值范围；
(3)本实验中砝码与纸板左端的距离m，若砝码移动的距离超过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？
20．如图所示，水平地面上有一个质量为M = 4 kg、两端带有固定挡板的长木板，其上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ = 0.2。长木板上放置一个可视为质点的小滑块，其质量为m = 1 kg，滑块距左、右挡板的距离均为l = 5.0 m，初始时滑块和长木板均静止。现施加一水平向右、大小为F = 20 N的恒力拉木板，经过一段时间，滑块即将与左挡板接触时，撤去拉力F；滑块与左挡板发生弹性碰撞后，又经过一段时间，再与右挡板发生碰撞，且碰撞后不再分离。g取10 m/s2。求：
（1）滑块与左挡板发生弹性碰撞后的瞬间滑块和长木板的速度大小；
（2）长木板从开始运动到最终静止时发生的总位移。
参考答案
1．D
【解析】
AB．第一次，小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次，小铅块先使整个木板加速，运动到2部分上后1部分停止加速，只有2部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与2木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到2的右端，故AB错误；
CD．由于在（b）中小铅块还没有运动到2的右端，所以在木板2上相对运动的位移没有在木板上1大，所以在（b）中小铅块相对木板的位移小于在（a）中小铅块相对木板的位移，根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，所以（b）产生的热量小于在木板（a）上滑行产生热量，故C错误，D正确。
故选D。
2．C
【解析】
A．因木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑，即沿斜面方向受合力为零，可知
当放上木块B后，对AB系统沿斜面方向仍满足
可知系统沿斜面方向受到的合外力为零，则系统沿斜面方向动量守恒，选项A错误；
B．A的加速度大小为
选项B错误；
C．由系统沿斜面方向动量守恒可知
解得
选项C正确；
D．斜面体受到木板A垂直斜面向下的正压力大小为，A对斜面体向下的摩擦力大小为 ，这两个力的合力竖直向下，可知斜面体水平方向受力为零，即水平面对斜面体没有摩擦力作用，选项D错误。
故选C。
3．BD
【解析】
由牛顿第二定律分别求出加速度即可；分析滑块和木板组成的系统所受的外力，判断动量是否守恒。滑块相对木板静止时，由动量守恒定律求出两者的共同速度，由能量守恒定律求内能。再由，求木板的最小长度L；由运动学公式求滑块与木板的位移之比。
【详解】
A．滑块在水平方向只受到摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得：，地面光滑，可知M在水平方向也只受到m对M的摩擦力，由牛顿第二_定律可得：，其中μ是二者之间的动摩擦因数，即：，故A错误；
B．水平面光滑，则滑块和木板组成的系统所受的合外力为零，两者水平方向动量守恒，滑块相对木板静止时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：，解得： v= 1m/s。根据能量守恒定律得，整个辻程中因摩擦产生的内能：，故B正确；
C．设木板的最小长度为L，則有，但由于不知道动摩擦因数，不能求出木板的最小长度，故C错误；
D.从开始到滑块与木板相対静止込段吋向内，滑快与木板的位移之比是：
，故D正确。
【点睛】
本题主要考查了板块模型的综合应用，属于中等题型。
4．AD
【解析】
A．物体开始时受弹力
而处于静止状态，说明受到的静摩擦力为5N，则物体的最大静摩擦力
当物体相对于小车向左恰好发生滑动时，加速度为
所以当小车的加速度为
时，物块A相对小车仍静止。故A正确；
B．由上分析知，小车以加速度
沿水平地面向右加速运动时，物体A相对于车仍然静止，弹簧的拉力水平向右，大小仍为5N，故B错误；
CD．根据牛顿第二定律得：当A所受的摩擦力向左时
F不变，a增大，f减小；当A所受的摩擦力向右时
F不变，a增大，则f增大。可知，物体A受到的摩擦力先减小后增大。故C错误，D正确。
故选AD。
5．BC
【解析】
A、根据牛顿第二定律对长木板有：，可得，小物块的加速度，小物块速度减小到0经历时间为t1=1s，此时木板向左的位移为，木板的速度，故A错误；
B、小物块向右运动的位移为，此后，小物块开始向左加速，加速度大小为，木块继续减速，加速度仍为，假设又经历时间二者速度相等，则有，解得，此过程木板位移，速度，故B正确；
C、小物块的位移，二者的相对位移为，所以木板最小的长度为6m，故C正确；
D、此后木块和木板一起匀减速运动，因此小物块要受到水平向右的静摩擦力，故D错误；
故选D．
6．BC
【解析】
本题考查了v-t与牛顿第二定律综合运用，滑块模型等
【详解】
A．根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道木板最终停在哪里，无法求出木板的长度，故A不能够求解出；
BC．由图像的斜率表示加速度求出长木板的加速度为，小物块的加速度，根据牛顿第二定律得：，，解得：，，故B和C能够求解出；
D．木板获得的动能，题目v0、v1已知，但是M，m不知道，故D不能够求解出。
故选BC。
7．BD
【解析】
由图像可知，当力时加速度较小，所以甲乙相对静止。采用整体法，当
时
根据牛顿第二定律有
即图像中直线较小斜率的倒数等于甲乙质量之和，因此可得出
当时，甲的加速度较大，采用隔离法，由牛顿第二定律可得
即图像中较大斜率倒数等于甲的质量，较大斜率直线的延长线与纵轴的截距为
因此可以得出
因此
故AC错误，BD正确。
故选BD。
8．AD
【解析】
A、对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，则地面对木板的摩擦力f=μ1mg．故A正确，B错误；
C、无论F大小如何，m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动．故C错误，D正确；
故选AD．
9．AD
【解析】
A．滑动摩擦力与压力成正比，两次压力相等，都等于mg，动摩擦因素是一定的，故滑动摩擦力一定相等，故A正确；
B．第二次由于小车也会向右移动，故滑块的对地位移变大了，故拉力做的功变多了，故B错误；
C．根据动能定理，有：
(F?f)x=mv2
第二次由于小车也会向右移动，滑块的对地位移x变大了，故获得的动能也变大了，故C错误；
D．根据功能关系，系统增加的内能等于一对滑动摩擦力做的功，即：Q=f?△S；两次相对路程都等于小车的长度，故产生的内能相等，故D正确；
故选AD.
10．ACD
【解析】
AC．A与地面间的滑动摩擦力
f=μ（M+m）g=4N
当m受到最大摩擦力时，B产生的最大加速度，为
a
此时对M受力分析，根据牛顿第二定律可知
F﹣μmg﹣μ（M+m）g=Ma
解得
F=8N
当拉力F=5N时，由于4N＜5N＜8N，故此时滑块和木板一起加速运动整体由牛顿第二定律可知
故AC正确；
B．10N＞8N，AB两物体一定发生滑动，故B错误；
D．把F作用在B上，B对A的摩擦力
f=μmg=3N
A与地面的摩擦力
f′=μ（M+m）g=4N
因f′＞f，故木板均不会动，故D正确；
故选ACD。
11．BD
【解析】
CD．由图知，当
时，、一起开始运动，则有
当较小时，木块和木板一起做匀加速直线运动时，共同加速度
图像的斜率
得B与地面间的动摩擦因数
木块和木板之间发生相对滑动，木块所受的摩擦力恒定
解得
则解得
故C错误，D正确；
AB．根据牛顿第二定律可得加速度
由图得
得
据
解得
故A错误，B正确。
故选BD。
12．BD
【解析】
AB．由图像可知，当10N15N时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，选项A错误，B正确；
C．对木板和木块的整体，当F1=10N时，a=0，则
当F2=15N时，a=2.5m/s2，则

联立方程可求解
M+m=2kg
sinθ=0.5
但是不能求解木板C的质量，选项C错误；
D．因当F2=15N时，a=2.5m/s2，此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块
联立方程可求解
选项C错误，D正确。
故选BD。
13．BD
【解析】
当时，木板会运动
当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：，由于F=kt，所以a与t的图象为一次函数，
当F比较大时，两个物体相对滑动后，由于m1受到的滑动摩擦力不变，所以加速度不变，木块受到的摩擦力不变，但拉力F增大，所加速度增大，
当，木板不动，即a2=0，木块加速度
由以上分析可知，BD正确。
14．AC
【解析】
A．根据图乙可知，1s后二者以相同的速度匀速运动，水平方向受力平衡，即不受摩擦力作用，则在0－2s内，木板Q下表面与水平面之间没有摩擦力，所以P、Q系统在相互作用的过程系统所受的外力之和为零，动量守恒，故A正确；
B．从图像可知，0~2s内对Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在1~2s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以

故B错误；
C．P从速度为2m/s减为1m/s所需的时间为1s，则
又
所以
故C正确；
D．在t=1s时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，在0~1s内，P的位移
Q的位移
则
知P与Q相对静止时不在木板的右端，故D错误。
故选AC。
15．ABD
【解析】
A.由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度为
，
物块的加速度
，
根据牛顿第二定律得：
，
解得：
，
A板获得的动能
，
故A正确；
B.系统损失的机械能等于摩擦力所做的功，由图象与坐标轴围成的面积表示位移可以求出B相对A运动的位移
，
故
，
故B正确；
C.根据题意只能求出AB的相对位移，不知道B最终停在哪里，无法求出木板的长度，故C错误；
D.由牛顿第二定律可知，摩擦力：
，
而
，
解得：
，
故D正确；
16．（1）0.4s；9.2m/s；（2）
【解析】
（1）滑块在长木板上运动时的加速度
a0=
滑块在长木板上运动时长木板的加速度
设滑块在长木板上经时间t1离开，则有
解得
t1=0.4s
滑块刚滑离长木板时的速度大小
v0＇=v0－a0t1=9.2m/s
（2）滑块刚滑离长木板时长木板及圆弧轨道的速度大小
v1=a1t1=0.2m/s
滑块滑上圆弧轨道的过程中两者在水平方向上动量守恒，当滑块滑到圆弧轨道顶端瞬间两者水平方向的速度相同，设此时水平方向速度大小为v水，有
m0v0＇+m2v1=(m0+m2)v水
解得
v水=4.7m/s
设滑块滑到圆弧轨道顶端瞬间滑块竖直方向的速度大小为vy，根据机械能守恒定律有
解得
vy=6m/s
滑块离开圆弧轨道后水平方向保持速度v水=4.7m/s不变，所以它能够落在平台上
根据运动的合成与分解的知识可知它从离开圆弧轨道到落在平台上的运动时间为
17．（1）1.25m/s；（2）
【解析】
（1）a滑上c后水平方向受向左的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：
μmg=maa
代入数据解得
aa=1m/s2
若b、c相对静止，则b、c整体受a对它的向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
μmg=2ma0bc
代入数据解得
a0bc=0.5m/s2
由题意可知b与c间的动摩擦因数也为0.1，故b在c表面的最大加速度为
abm=μg=1m/s2
故bc可以保持相对静止，即
abc=0.5m/s2
则当ab将要相碰时满足
解得
t=1s（另一值舍掉）
此时a的速度

b和c的速度

a、b碰后粘连在一起运动，设共同速度为v，则由动量守恒
解得
v=1.25m/s
（2）当三者共速时速度为v′，则由动量守恒定律
由能量关系

解得

最终状态时a、b距离c左端的距离
18．（1）0.5m（2）F≤4N；（3）
【解析】
（1）当恒力F=0N时，物块恰不会从木板的右端滑下，根据动能定理牛顿第二定律求解物块和木板的加速度，当两物体共速时，物块相对木板的位移恰为木板的长度；（2）当F=0时，物块恰能滑到木板右端，当F增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解F的最大值；
（2）当0≤F≤Fm时，随着F力增大，S减小，当F=Fm时，出现S突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下．对二者恰好发生相对运动时，由牛顿第二定律列式结合运动公式即可求解．
【详解】
（1）当恒力F=0N时，物块恰不会从木板的右端滑下，则物块的加速度 ；
木板的加速度：；
物块与木板共速时v0-a1t1=a2t1
解得t1=0.5s，
则木板的长度：
（2）当F=0时，物块恰能滑到木板右端，当F增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则：，而f=ma，
由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤fmax=μmg=2N，
联立解得：F≤4N；
（3）当0≤F≤4N时，最终两物体达到共速，并最后一起相对静止加速运动，对应着图（b)中的AB段，当F>4N时对应（b)中的CD段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为s=2Δx当两者具有共同速度v，历时t，
则：
am＝＝μg＝2m/s2
根据速度时间关系可得：v0-amt=aMt
根据位移关系可得：Δx＝v0t?amt2?aMt2
s=2Δx
联立 ?F函数关系式解得：
【点睛】
本题考查牛顿运动定律．滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型．滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在．本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动．
19．(1) (2) (3)
【解析】
(1)砝码对纸板的摩擦力：
桌面对纸板的摩擦力：
解得纸板所受摩擦力的大小：
(2)设砝码的加速度为，纸板的加速度为，根据牛顿第二定律可得：
发生相对运动时则有：
解得：
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离：
纸板运动的距离：
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离：
由题意知：
代入数据得：
20．（1）v1 = 3 m/s,v2 = 8 m/s；（2）7.44 m
【解析】
（1）设木板做加速运动的加速度为a1，由牛顿第二定律得
设木板经过l后的速度为v0，由运动学公式得
联立解得
，
左档板与滑块发生弹性碰撞，木板与滑块组成的系统，由动量守恒和机械能守恒得
解得
，
（2）M撤去F后，设木板做减速运动的加速度为a2，由牛顿第二定律得
解得
此时到停止用时为
此过程M运动的位移为
在t时间内小滑块的位移为
由于x0 < 2l + x1 = 11.8 m，所以二者在第二次相撞前木板已经停止。
设滑块再次与右档板发生碰撞后，两者达到的共同速度为v3，由动量守恒得
解得
设之后二者一起滑停的位移为x2，则
解得
长木板全过程的位移为

展开更多......

收起↑