模型15：物块与长木板

模型15:物块与长木板 真题001☆[2007江苏单选6](3分) 如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg．现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为( ) 3mg3mg3mgA． B． C． D．3mg 542 真题002☆[2014江苏多选8](4分) 如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面1上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩2擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则( ) 51A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A加速度为μg 23C．当F＞3μmg时，A相对B滑动 真题003☆[2011课标不定项21](6分) 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变化的图象中正确的是( ) 1D．无论F为何值，B加速度不会超过μg 2 真题004☆[2016江苏多选9](4分) 如图所示，有一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( ) A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面

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真题005☆[2004全国①计算25](20分)

有一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央．桌布的一边与桌的AB边重合，如图示，已知盘与桌布间的动摩擦因数为μl，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2．现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB

边．若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么．(以g表示重力加速度)

真题006☆[2007广东计算20](16分)

如图所示，质量M=10kg、上表面光滑的足够长的木板在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，先将第一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L=1m时，又无初速度地在木板的(取g=10m/s2) 最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L就在木板的最右端无初速度放一铁块．

(1)求第1块铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大； (2)求最终木板上放有多少块铁块； (3)求最后一块铁块与木板右端距离多远．

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真题007☆[2008延考计算25](22分) 如图，有一质量为m=1kg的木板静止在光滑水平地面上．开始时，木板右端与墙相距L=0.08m；质量为m=1kg的小物块以初速度v0=2m/s滑上木板左端．木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触．物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.1．木板与墙的碰撞是完全弹性的．取g=10m/s2，求 (1)从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间； (2)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离． 真题008☆[2013江苏计算14](16分) 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＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大．

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真题009☆[2010海南计算16](11分) 图1中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0~3s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g10m/s2．整个系统开始时静止． (1)求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度； (2)在同一坐标系中画出0~3s内木板和物块的vt图象，据此求0~3s内物块相对于木板滑过的距离． 真题010☆[2013课标②计算25](18分) 有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－时间图象如图所示．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＝10m/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．

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真题011☆[2013上海计算31](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．

真题012☆[2015课标①计算25](20分)

有一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图(a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v－t图象如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求：

(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；

(3)木板右端离墙壁的最终距离．

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真题013☆[2015课标②计算25](20分)

(sin37°=0.6)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θ=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A和B均处于静止状态，A浸透雨水后总质量也为m(可量泥土)，如图所示．假设某次暴雨中，视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为0.375，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，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g=10m/s2．求：

(1)在0～2s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．

真题014☆[2010福建计算22](20分)

如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面．t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．求 (1)物体A刚运动时的加速度aA； (2)t=1.0s时， 电动机的输出功率P；(3)若t=1.0s时，将电动机的输出功

率立即调整为P′=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s时物体A的速度为1.2m/s．则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为多少．

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真题015☆[2007江苏计算19](16分) 如图所示，有一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环．棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k＞1)．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计．求 (1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度； (2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程S； (3)从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W． 真题016☆[2015福建计算21](19分) 如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g． (1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力； (2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，M已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑2块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求： ①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm； ②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s．

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真题017☆[2009山东计算24](15分)

如图所示，某货场而将质量为m1=100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速B，滑下，轨道半径R=1.8m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、长度均为l=2m，质量均为m2=100kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数=0.2．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2)

(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力；

(2)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1应满足的条件；

(3)若1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．

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真题018☆[2011山东计算24](15分)

如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg．由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1=0.2m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=1kg．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=20N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=1.2m．(取g=9.8m/s2)求

(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左端的长度l2．

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真题019☆[2009广东计算20](17分)

如图所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E．长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数=0.05(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同)．B与极板的总质量mB=1.0kg．带正电的小滑块A质量mA=0.60kg，其受到的电场力大小F=1.2N．假设A所带的

电量不影响极板间的电场分布．t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度vA=1.6m/s向左运动，同时B(连同极板)以相对地面的速度vB=0.40m/s向右运动．问(g取10m/s2) (1)A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少；

(2)若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少；从t=0时刻至A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少．

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真题020☆[2009天津计算10](16分)

如图所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15m，现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数=0.5，取g=10m/s2，求

(1)物块在车面上滑行的时间t；

(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少．

真题021☆[2010课标计算35(II)](10分)

如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为．使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间．(设木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g)

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真题022☆[2010重庆计算25](19分)

某兴趣小组用如所示的装置进行实验研究．他们在水平桌面上固定一内径为d的圆柱形

3玻璃杯，杯口上放置一直径为d，质量为m的匀质薄原板，板上放一质量为2m的小物体．板

2中心和物块均在杯的轴线上，物块与板间动摩擦因数为，不计板与杯口之间的摩擦力，重力加速度为g，不考虑板翻转．

(1)对板施加指向圆心的水平外力F，设物块与板间最大静摩擦力为fmax，若物块能在板上滑动，求F应满足的条件．

(2)如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短的较大冲击力，冲量为I．①应满足什么条件才能使物块从板上掉下；②物块从开始运动到掉下时的位移s为少；③根据s与L的关系式说明要使s更小，冲量应如何改变．

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真题023☆[2001京蒙皖计算22](14分)

如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板．A的左端和B的右端相接触．两板的质量皆为M=2.0kg，长度皆为l=1.0m．C是一质量为m=1.0kg的小物块．现给它一初速度v0=2.0m/s，使它从B板的左端开始向右滑动．已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数皆为μ=0.10．求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度g=10m/s2．

真题024☆[2011海南计算19(II)](8分)

有一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g．求

(1)木块在ab段受到的摩擦力f；(2)木块最后距a点的距离s．

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真题025☆[2014天津计算10](16分) 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg．现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/s．求 (1)A开始运动时加速度a的大小； (2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小； (3)A的上表面长度l． 真题026☆[2007天津计算23](16分) 如图，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内．可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失．求 (1)物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍； (2)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ．

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真题027☆[2005天津实验11](19分)

如图所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态．木板突然受到水平向右的12N▪s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EA为8.0J，小物块的动能为0.50J，重力加速度取10m/s2，求

(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0；(2)木板的长度L．

真题028☆[2008广东计算20](17分)

如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R=0.45m的1/4圆弧，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑，小滑块P1和P2

P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为10.10和20.40，的质量均为m，滑板的质量M=4m．最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1P1处在粗糙面B点上，以v0=4.0m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续滑动，到达D点时速度为零，P1与P2视为质点，取g=10m/s2．问

(1)P2在BC段向右滑动时， 滑板的加速度为多大； (2)BC长度为多少；N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少．

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参考答案和解析

答案001☆B

本题的关键是要想使四个木块一起加速，则任两个木块间的静摩擦力都不能超过

最大静摩擦力．所以对左侧下面的大木块有f12ma，对左侧小木块有Tf1ma；对右侧小木块有f2Tma，对右侧大木块有Ff22ma，又由于两个接触面的最大静摩擦力最

3mg大值为mg，所以f2mg，以上各式联立解得T．答案B．

4答案002☆BCD

设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿

3

第三定律可知f1与f2大小相等方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为μmg．故

2

3

当02加速度开始运动．设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A有F′－2μmg

33

＝2ma′，对A、B整体有F′－μmg＝3ma′，解得F′＝3μmg；故当μmg22B静止，二者以共同的加速度开始运动；故当F>3μmg时，A相对于B滑动．由以上分析可5

知A错误，C正确．当F＝μmg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由

23μg

牛顿第二定律有F－μmg＝3ma，解得a＝，B正确．对B来说，其所受合力的最大值Fm

23

311

＝2μmg－μmg＝μmg，即B的加速度不会超过μg，D正确．

222

答案003☆A

木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力．在达到最大静摩擦力前，ktaa木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律1．木块和木板相对运动时，2m1m2kkm2gktaga1 ，所以正确答案是A． 恒定不变，2．因为

m1m1m2m2m1答案004☆BD

A、桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到的摩擦力向右；故A错误；B、由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由v=at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故B正确；C、鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力不变；故C错误；D、猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；故D正确；故选BD．

1221g 答案005☆a2 小圆盘在桌布的摩擦力的作用下向前做匀加速直线运动，其加速度为a1，由牛顿

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第二定律得μlmg=mal①，故a1=μ1g②；桌布从突然以恒定加速度a开始抽动至圆盘刚离开桌12布这段时间内桌布做匀加速直线运动，设所经历时间为t，桌布通过的位移x，故x=at③；21在这段时间内小圆盘移动的距离为x1，小圆盘通过的位移x1=a1t2④，小圆盘和桌布之间的21相对位移为方桌边长的一半，故有x=L+x1⑤；设小圆盘离开桌布时的速度为v1，则有2v122a1x1⑥，小圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动，设小圆盘的加速度大小为a2，则有μ2mg=ma2⑦，设小圆盘在桌面上通过的位移大小为x2后便停下，将小圆盘的匀减速运动12看做由静止开始的匀加速运动，则有v12a2x2⑧，小圆盘没有从桌面上掉下则有x2+x1≤L2122a1g⑩． ⑨，联立以上各式解得24答案006☆(1)26m/s；(2)7块；(3)m 7解法1：牛顿定律结合直线运动 (1)木板最初做匀速运动，由F=μMg解得0.5；第1块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：μ(M+m)g－F=Ma1，代入数据解得：a1=－0.5m/s2；根据速度位移关系公式有：2a1L=v02－v12，解得v126m/s． (2)设最终有n块铁块能静止在木板上．则木板运动的加速度大小为：an=nmgM；第1块铁块放上后：2a1L=v02－v12；第2块铁抉放上后：2a2L=v12－v22；第n块铁块放上后：mg2anL=vn－12－vn2；由上可得：(1+2+3+…+n)×2()L=v02－vn2；木板停下时，vn=0，得n=6.6，M所以木板上有7块铁块． （661）(3)17(2) 从放上第块铁块至刚放上第块铁块的过程中，由中表达式可得：2mg)L=v02－v62；从放上第7块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d，M7mg4d=v62－0，联立解得：d=m． 则：2×M7×2(解法2：动能定理或能量守恒法 (1)由FMg得0.5，第一个铁块放上后，木板做匀减速运动，由动能定理得：1111222[F(Mm)g]LMv12Mv0，即:mgLMv0Mv1，代入数据得v126m/s． 22221122 (2)对木板F合fFnmg，第一个铁块放上后mgLMv0Mv1，第二个2211112222铁块放上后2mgLMv1Mv2，第n个铁块放上后nmgLMvn1Mvn，得22221122（123n）mgLMv0Mvn，木板停下时vn0，得n=6.6，所以最终有7个铁22块能留在木板上． (3)当第7块铁块放上后，距木板右端距离为d，由第(2)问得：

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（661）142mgL7mgdMv00，解得dm． 227答案007☆(1)两次碰撞，1.8s；(2)0.06m (1)物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木板加12Lat②，速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞．碰撞时的速度为v1，则μmg=ma①，2v1=at③；联立①②③解得T=0.4s，v1=0.4m/s④；在物块与木板两者达到共同速度前，在每次碰撞之后，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为T．设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有v=v0﹣(2nT+△t)a=a△t⑤，式中△t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间．由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为2v=v0﹣2nT⑥，由于木板的速率只能位于0到v1之间，故有0≤v0﹣2nT≤2v1⑦；求解上式得1.5≤n≤2.5，由于n是整数，故n=2⑧；再由①⑤⑧得△t=0.2s⑨，v=0.2m/s⑩；从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为t=4T+△t=1.8s⑪，即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生两次碰撞，所用的时间为1.8s． 12 (2)物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为sLat⑫，联立①2与⑫式并代入数据得s=0.06m⑬，即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m． 答案008☆(1)μ(2m1＋m2)g；(2)F>2μ(m1＋m2)g；(3)22.4N (1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g，桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g，纸板所受摩擦力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． 11 (3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝a1t2纸板运动的距离d＋x1＝a2t2，纸板抽1，2211出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t2，lx1＋x2，由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2，解得F22d2μ[m1＋(1＋)m2]g，代入数据得F22.4N． l答案009☆(1)见解析；(2)s2.25m (1)设木板和物块的加速度分别为a和a，在t时'刻木板和物块的速度分别为vt和vt，木板和物块之间摩擦力的大小为f．依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得：fma①，fmg；当vt'vt②，vt'2vt'1a(t2t1)③，Ff(2m)a④，vt2vt1a(t2t1)⑤，由①②③④⑤式与题给条件得：v14m/s，v1.54.5m/s，v24m/s，''v34m/s⑥，v24m/s,v34m/s⑦． (2)由⑥⑦式得到物块与木板运动的vt图象，如图所示．在0～3s内物块相对于木板的距离s等于木板和物块v-t图象下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25m ，下面的三角形面积为2m，因此

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s2.25m⑧． 答案010☆μ1＝0.20，μ2＝0.30；(2)1.125m (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＝0.5s时，物块和木板的速度相同．设v0－v1v1t＝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＝②t1t1式中v0＝5m/s、v1＝1m/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＝ma1③，(μ1＋2μ2)mg＝ma2④，联立①②③④式得μ1＝0.20⑤，μ2＝0.30⑥． (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′1⑦，2μ2mg－f＝ma′2⑧；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式可知物块加速度的大小a′1等于a1且a′1动．设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有：－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①；由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4m/s，由运动学公式得：v1＝v01＋a1t1②，s0＝v0t1＋a1t2③，式中t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开21始运动时的速度，联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④．在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动，设小物块的加速度为v2－v1a2，由牛顿第二定律有：－μ2mg＝ma2⑤，由图可知a2＝⑥，式中t2＝2s，v2＝0，联立t2－t1⑤⑥式和题给条件得：μ2＝0.4⑦． (2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3，由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧，v3＝－v1＋a3Δt⑨，v3＝v1＋a2Δt－v1＋v3⑩，碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：s1＝2v1＋v3Δt⑪，小物块运动的位移为：s2＝Δt⑫，小物块相对木板的位移为：Δs＝s2－s1⑬；联2立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝6.0m⑭．因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m． (3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮，0－v23＝2a4s3⑯，碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰，联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得：s＝－6.5m⑱，木板右端离墙壁的最终距离为6.5m． 答案013☆(1)3m/s2和1m/s2；(2)4s (1)在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1=μ1N1①，N1=mgcosθ②，f2=μ2N2③，N2=N1+mgcosθ④；规定沿斜面向下为正，设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣f1=ma1⑤，mgsinθ+f1﹣f2=ma2⑥；联立①②③④⑤⑥式，并代入题给的条件得a1=3m/s2⑦，a2=1m/s2⑧． (2)在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1=a1t1=6m/s⑨，v2=a2t1=2m/s⑩；t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′，此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a1′=6m/s2⑪，a2′=﹣2m/s2⑫；即B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2+a2′t2=0⑬，联立⑩⑫⑬式得：t2=1s；在t1+t2时间内，ABs=相对于运动的距离为11211'2(a1t12v1t2a1't2)(a2t12v2t2a2t2)=12m＜27m；此后B静2222

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1'2'止不动，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有l﹣s=(v1at2)t3a1t3，可2得t3=1s(另一解不合题意，舍去)．设A在B上总的运动时间为t总，则有t总=t1+t2+t3=4s． 答案014☆(1)0.5m/s2；(2)7W；(3)3.03m (1)物体A在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得：1mAgmAaA，2代入数据解得：aA0.5m/s． (2)t1.0s时，木板B的速度大小为：vaBt1m/s，木板B所受拉力F，由牛顿F=7N， 第二定律有：F1mAg2(mAmB)gmBaB，解得：则电动机输出功率PFv7W． (3)电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为F'，则P'F'v，解得F'5N，木板B受力满足F1mAg2(mAmB)g0，所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等．设这一过程时间为t'，有v1a1(t1t')，则这段时间内木板B运动的位移s1v1t'，11P'(t2t't1)2(mAmB)gs2(mAmB)vA2(mAmB)v12，由以上各式代入数据解得：22木板B在t1.0s到3.8s这段时间内的位移ss1s23.03m． k32kmgHH；(3)W答案015☆(1)a环＝(k－1)g，方向竖直向上；(2)S k1k1 (1)设棒第一次上升过程中，环的加速度为ama环；解得：a环＝(k－1)g，方向竖直向上． 12 (2)设棒第一次落地的速度大小为v1；由机械能守恒得：2mv12mgH，解得：2v12gH；设棒弹起后的加速度为a棒，由牛顿第二定律得：a棒k1g；棒第一次弹起v12Hk3H． 的最大高度为：H1，解得：H1；所以棒运动的路程为：SH2H12a棒k1k1环，由牛顿第二定律得：kmg－mg＝ (3)解法1：棒第一次弹起经过t1时间，与环达到相同速度v'1；环的速度：v'1＝－v112'hvtathvta棒t12；atvvat棒的速度：1＝1＋棒1；环的位移：环1棒的位移：棒1111＋环1，11环1，222H2'2环第一次相对棒的位移为：x1h环1h棒1；棒环一起下落至地：v2v12gh棒1，解得：k2H2H2gHxhhx…；同理，环第二次相对棒的位移为2，，n，环相v2环2棒2k2knk对棒的总位移为：x＝x1＋x2＋……＋xn；所以摩擦力对棒及环做的总功为：2kmgHWkmgx；解法2：设环相对棒滑动距离为l；根据能量守恒k12kmgHmgHmg(Hl)kmgl；摩擦力对棒及环做的总功为：Wkmgl；解得：W． k1gR1答案016☆(1)3mg；(2)；(3)L 331 (1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒有mgR＝mv2，滑块在2Bmv2BB点处，由牛顿第二定律有N－mg＝，解得N＝3mg，由牛顿第三定律有N′＝3mg． R

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11 (2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大，由机械能守恒定律有mgR＝Mv2m＋22gRm(2vm)2，解得vm＝．②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系有mgR3112－μmgL＝Mv2C＋m(2vC)，设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二2212定律有μmg＝Ma，由运动学规律有v2C－vm＝－2as，解得s＝L． 3答案017☆(1)3000N，方向竖直向下；(2)10.6；(3)0.4s (1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定12律得mgRm1v0①，设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得22v0FNm1gm1②，联立以上两式代入数据得FN3000N③，根据牛顿第三定律得货物到达R圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下． (2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得1m1g2(m12m2)g④；若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得1m1g2(m1m2)g⑤；联立④⑤式代入数据得10.6⑥． (3)若10.5，由⑥式可知，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1m1gm1a1⑦，设货物滑到木板A末22端是的速度为v1，由运动学公式得v1v02a1l⑧，联立①⑦⑧式代入数据得v14m/s⑨，设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1v0a1t⑩，联立①⑦⑨⑩式代入数据得t0.4s． 答案018☆(1)2m/s；(2)0.5s，0.5m；(3)1.5m (1)B离开平台做平抛运动．竖直方向有h②式解得vBx12gt①，水平方向有xvBt②，由①2g，代入数据求得vB2m/s③． 2hvBaBt⑤， (2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学知识得mgmaB④，12aBtB⑥；联立③④⑤⑥式并代入数据解得tB0.5s⑦xB0.5m⑧． 212 (3)设B刚开始运动时A的速度为v1，由动能定理得Fl1Mv1⑨；设B运动时A212的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学知识有FmgMaA⑩，l2xBv1tBaAtB⑪；2联立⑦⑧⑨⑩⑪式并代入数据解得l21.5m． xB答案019☆(1)aA2.0m/s2，aB2.0m/s2；(2)L0.62m，wf0.072J Fa2.0m/s2， (1)由牛顿第二定律有Fma，A刚开始运动时的加速度大小AmA方向水平向右，B刚开始运动时受电场力和摩擦力作用，由牛顿第三定律得电场力F'F1.2N，摩擦力f(mAmB)g0.8N，B刚开始运动时的加速度大小

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F'faB2.0m/s2，方向水平向左．

mB (2)设B从开始匀减速到零的时间为t1，则有t1移sB1vB0.2s，此时间内B运动的位aBvBt10.04m．t1时刻A的速度vA1vAaAt11.2m/s0，故此过程A一直匀减速运2(vvA1)t10.28m，此t1时间内A相对B运动的位移动．此t1时间内A运动的位移sA1A2s1sA1sB10.32m．此t1时间内摩擦力对B做的功为w1fsB10.032J．t1后，由于

F'f，B开始向右作匀加速运动，A继续作匀减速运动，当它们速度相等时，A向左滑得最远．设此过程运动时间为t2，它们速度为v，则对A速度vvA1aAt2，对B加速度

F'faB10.4m/s2，t0.5s．速度vaB1t2，联立以上各式并代入数据解得v0.2m/s，此

mB(vvA1)t2vt0.35m，t2时间内A运动的位移sA2此t2时间内B运动的位移sB220.05m，22t2时间内A相对B运动的位移s2sA2sB20.30m，则t2时间内摩擦力对B做的功为

w1fsB20.04J．所以A最远能到达b点a、b的距离L为Ls1s20.62m，从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为wfw1w20.072J．

答案020☆(1)0.24s；(2)5m/s

(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有

m2v0m1m2v①，设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有

m1v0Ftm2vm2v0②，其中Fm2g③，解得t，代入数据得t0.24s④．

m1m2g (2)要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则

11'm1m2v⑤，由功能关系有m2v02m1m2v2m2gL⑥，代入数据解得v0m2v022=5m/s，故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s．

说明：本题除了用动量和能量来解决问题，还可以用牛顿第二定律和直线运动规律解决．4v0答案021☆

3g 木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止；再反向向右匀加速直

线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙．木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，由动量守恒有：2mv0mv02mmv，解

v得：v0；木板在第一个过程中，对木板由动量定理有：mvmv02mgt1，对木板由

31212动能定理有：mvmv02mgs；木板在第二个过程中，木板匀速直线运动有：svt2；222v02v04v0所以木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=． 3g3g3g

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922IImgd312答案022☆(1)Ffmax；(2)①v1v2；②22g3m3；③Im2gd 22 (1)设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为f，共同加速度为a，由牛顿3运动定律有，对物块f＝2ma，对圆板F－f＝ma，两物相对静止，则有f≤fmax，故得F≤fmax，23Ffmax． 即相对滑动条件2 (2)设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为v0，物块掉下时，圆板和物块速度大小31212分别为v1和v2．由动量定理有Imv0，对圆板由动能定理有2mg(sd)mv1mv0；42212对物块2mgs(2m)v20，由动量守恒定律有mv0mv12mv2；所以要使物块落下，则必292IIm2gd312vvIm2gd，s＝须满足12，由以上各式得：22g3m答案023☆VA=0.563m/s，VB=0.155m/s，VC=0.563m/s． ． 2 先假设小物块C在木板B上移动x距离后，停在B上．这时A、B、C三者的速度相等，设为v，由动量守恒得：mv0=(m+2M)v①；在此过程中，木板B的位移为s，小木块1212C的位移为s+x，由功能关系得：对C有mgsxmvmv0②；此时AB是个整体22111222有：mgs2Mv③；由②③相加得：mgxm2Mvmv0④；解①④两式得：222Mv02x；代入数值得：x=1.6m；x比B板的长度l大，这说明小物块C不会停在Bm2Mug板上，而要滑到A板上．设C刚滑到A板上的速度为v1，此时A、B板的速度为V1，则由动11122mvmv2MV12umgl⑥；联立⑤量守恒得：mv0=mv1+2MV1⑤；由功能关系得：01222824224⑥代入数据得：V1m/s，v1m/s；由于v1必是正数，故合理的解是：205824224V1m/s0.155m/s，v11.38m/s；当滑到A之后，B即以V1=0.155m/s205做匀速运动，而C是以v1=1.38m/s的初速在A上向右减速．设在A上移动了y距离后与A相对静止，此时C和A的速度为V2，由动量守恒得：MV1+mv1=(m+M)V2；解得：V2=0.563m/s；111222由功能关系得：mv1MV1Mmv2umgy；解得：y=0.50m；y比A板的长度小，222故小物块C确实是停在A板上．故最后A、B、C的速度分别为：VC=VA=V2=0.563m/s，VB=V1=0.155m/s． v026ghm(v023gh)L ；(2)2答案024☆(1)v03gh3L

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(1)设木块和物体P共同速度为v，两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动112mv(m2m)vmv(m2m)v2mghfL②，由①②得：量和能量守恒得：0①，022m(v023gh)③． f3L (2)木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同(动量守恒)全过程能量守v026gh1122L． 恒得：mv0(m2m)vf(2Ls)④；由②③④得：s2v03gh22答案025☆(1)2.5m/s2；(2)1m/s；(3)0.45m (1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①，代入数据解得a＝2.5m/s2②． (2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③，代入数据解得v＝1m/s④． (3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定1律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤，A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝mAv2A⑥，由2④⑤⑥式并代入数据解得l＝0.45m⑦． 答案026☆(1)4倍；(2)0.3 (1)设物块的质量为m，其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h，到达B点时12的速度为v，小车圆弧轨道半径为R．由机械能守恒定律有mgh = mv①，再根据牛顿第二2v2定律有9mgmg = m②，解得h=4R③；即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度R是圆弧半径的4倍． (2)设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F，物块滑到C点时与小车的共同速度为v，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s．依题意有小车的质量为3m，BC长度为10R．另有Fmg④；由动量守恒定律有mv(m3m)v⑤；对物块、11212Fs(3m)v20⑦； 小车分别由动能定理有F(10Rs)mvmv⑥，解得0.3⑧．222答案027☆(1)3.0m/s；(2)0.50m (1)设水平向右为正方向，则有：I=mAv0①,代入数据得：v=3.0m/s②． (2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA、FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有﹣(FBA+FCA)t=mvA﹣mAv0③，FABt=mBvB④，其中FAB=FBA，FCA=umAmBg⑤．设A、B相对于C的位移大小分别为sA1122和sB，有FBAFCAsAmvAmv0⑥，FABsBEKB⑦，动量和动能之间的关系为：22mAvA2mAEKA⑧，mBvB2mBEKB⑨，L=0.50m． 木板A的长度LsAsB⑩，代入数据解得：答案028☆(1)0.8m/s2；(2)1.9m，0.695m (1)P2向右滑动时，假设P1保持不动，对P2有：f2u2mg4m(向左)，对P1、Mf4m0.8m/s2，此时对P1有：f1ma20.80mfm1.0m，有：f(mM)a2a2mM5m

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所以假设成立．

1212vmvmgRmv1，解得： (2) P1滑到最低点速度为1，由机械能守恒定律有：022、v2，则有v15m/s．P1、P2碰撞，满足动量守恒和机械能守恒定律，设碰后速度分别为v1111=5m/s．P2滑到C点速度为v2，0，v22mv22，解得：v1mv2，mv12mv1mv1mv122213m/s，P1、P2碰撞到P2滑到C点时，设P1和M共同的速度为v，2，得v2由mgRmv22，解得：v0.40m/s，对P1、P2、对P1、P2和M运用动量守恒定律：mv2(mM)vmv212112(mM)v2，代入数值得L1.9m，滑板碰后，P1向右滑行M为系统：f2Lmv2mv22222v2v20.08m，P2向左滑行距离：S21.125m，所以P1、P2静止后距离：距离：S12a22a1SLS1S20.695m．

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