4.5 牛顿运动定律的应用 人教版（2019） 必修 第一册（含解析）

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4.5 牛顿运动定律的应用
一、单选题
1.某汽车在大桥面上以72 km/h的速度匀速运动,突然发现前方有一静止障碍物,司机反应1 s后立即刹车,恰与障碍物不相撞,汽车刹车过程中受到的阻力是车自身重力的0.5倍,重力加速度g取10 m/s2,则司机发现障碍物时汽车和障碍物间距离为(　　)
A. 40 m B. 50 m
C. 60 m D. 70 m
2.用30 N的水平外力F,拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体,外力F作用3 s后撤去,则第5 s末物体的速度和加速度大小分别是(　　)
A. 4.5 m/s,1.5 m/s2 B. 7.5 m/s,1.5 m/s2
C. 4.5 m/s,0 D. 7.5 m/s,0
3.如图所示,质量为m=1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10 m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2 N的恒力,在此恒力作用下(g=10 m/s2)(　　)
A. 物体经10 s速度减为零 B. 物体经5 s速度减为零
C. 物体速度减为零后将保持静止 D. 物体速度减为零后将向右运动
4.某种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后,在4 s末到达距地面100 m的最高点时炸开,形成各种美丽的图案,假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0,上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍,那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A. 25 m/s,1.25 B. 40 m/s,0.25
C. 50 m/s,0.25 D. 80 m/s,1.25
5.如图所示,质量为m=3 kg的木块放在倾角为θ=30°的足够长的固定斜面上,木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上,使其由静止开始沿斜面向上加速运动,经过t=2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离,则推力F的大小为(g取10 m/s2)(　　)
A. 42 N B. 6 N C. 21 N D. 36 N
6.一水平面上的物体在水平恒力F作用下由静止开始运动了t时间后撤去该力,物体又经过3t时间停止运动。设撤去F前后的加速度大小分别为a1和a2,物体在水平面上所受的摩擦力为Ff,则(　　)
A. a1∶a2=1∶3 B. a1∶a2=4∶1
C. Ff∶F=1∶3 D. Ff∶F=1∶4
7.如图所示,一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑固定轨道到达C1、C2、C3,则(　　)
A. 物体到达C1点时的速度最大 B. 物体在三条轨道上的运动时间相同
C. 物体到达C3的时间最短 D. 物体在AC3上运动的加速度最小
8.“巨浪”潜射导弹是护国卫疆的利器，假设导弹刚发射后的一段运动可近似看成初速度为0竖直向上的匀加速直线运动，有一导弹的质量为m，助推力为F，忽略空气阻力及燃料的质量，则当导弹运动了时间t时的速度大小为(　　)
A. t B. t C. D.
9.刹车痕迹是交警判断交通事故中汽车是否超速的重要依据之一，在一次交通事故中，货车司机看到前方道路上突然窜出一头耕牛时紧急刹车，但还是发生了事故．交警在现场量得货车的刹车痕迹长为15 m，已知货车车轮与地面间的动摩擦因数是0.6，请你帮助交警计算货车的初速度大约为(　　)
A. 40 km/h B. 50 km/h C. 60 km/h D. 70 km/h
10.如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A. 物体经10 s速度减为零 B. 物体经5 s速度减为零
C. 物体速度减为零后将保持静止 D. 物体速度减为零后将向右运动
11.车辆在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害．为了尽可能地减小碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊如图所示．假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从发生碰撞到车完全停止需要的时间为1 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为(　　)
A. 2 100 N B. 6 000 N
C. 8 000 N D. 1 000 N
12.我国自主研发的“直8”消防灭火直升机，已多次在火场大显“神威”．在某次消防灭火行动中，“直8”通过一根长绳子吊起质量为2×103 kg的水桶(包括水)，起飞时，在2 s内将水桶(包括水)由静止开始竖直向上匀加速提升了4 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则该段时间内绳子拉力大小为(　　)
A. 2.0×104 N B. 2.4×104 N
C. 4.0×104 N D. 4.8×104 N
13.如图所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑水平桌面上，如果它们分别受到水平推力F1和F2作用，而且F1>F2，则1施于2的作用力大小为(　　)
A. F1 B. F2 C. (F1＋F2) D. (F1－F2)
14.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0匀速向下运动，在传送带的上端轻轻放上一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则下列图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　)
A. 　 B. 　 C. 　 D.
15.如图所示，质量m＝1.0 kg的物块(视为质点)放在质量M＝4.0 kg的木板的右端，木板长L＝2.5 m。开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F＝40 N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝10 m/s2，则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A. 物块与木板以相同的加速度做匀加速运动
B. 木板的加速度大小为5.6 m/s2
C. 物块的最大速度大小为4.0 m/s
D. 物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5 m
二、多选题
16.如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝20 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的足够长的斜面向上滑动，经t＝2 s滑行到最高点．g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(　　)
A. 滑块运动的加速度大小为10 m/s2 B. 滑块运动的加速度大小为5 m/s2
C. 滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5 D. 滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
17.如图所示，在高度不同的两个水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两个物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向的夹角为θ。在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态。已知m1表面光滑，m2表面粗糙。重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A. 弹簧不可能处于原长状态
B. 弹簧弹力的大小为
C. 地面对m2的摩擦力大小为F
D. 地面对m2的支持力不可能为零
18.如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向传动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v2′，则下列说法正确的是(　　)
A. 只有v1＝v2时，才有v2′＝v1
B. 若v1>v2，则v2′＝v2
C. 若v1D. 不管v2多大，总有v2′＝v1
三、计算题
19.小明通过拉轮胎跑训练体能。如图所示,小明腰部系着轻绳拖着轮胎,已知轮胎的质量为10 kg,绳与地面的夹角θ=37°,轮胎与地面间的动摩擦因数μ=0.5。小明拉着轮胎从静止开始全力奔跑,跑出20 m达到最大速度(这一过程可看作匀加速直线运动),然后以最大速度匀速跑到60 m终点处,共用时10 s。重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小明加速所用的时间t1和最大速度;
(2)小明匀加速运动阶段对轮胎的拉力F的大小。
20.某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征,使用质量m=0.05 kg的流线型人形模型进行模拟实验。实验时让模型从h=0.8 m高处自由下落进入水中,假设模型入水后受到大小恒为Ff=0.3 N的阻力和F=1.0 N的恒定浮力,模型的位移大小远大于模型长度,忽略模型在空气中运动时受到的阻力,重力加速度g取10 m/s2,求模型:
(1)在水中能到达的最大深度H;
(2)从开始下落到返回水面所需时间t。
21.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,物体经过多长时间第一次经过B点
(2)物体在斜面上到达的最高点和B点之间的距离
(3)物体最后停下的位置距B点多远
22.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．试飞时，飞机在水平跑道上的加速起飞的过程可视为初速度为零的匀加速直线运动，运动1 600 m时才能达到起飞速度v＝80 m/s.已知飞机质量m＝7.0×104 kg，在跑道上运动时受到的阻力为自身重力的0.1倍．求：
(1)飞机做匀加速直线运动的加速度大小；
(2)飞机起飞过程所需的时间；
(3)飞机受到牵引力的大小．
23.如图所示，传送带与水平面夹角θ＝37°，两轮间距离即A、B两点间长度L＝16 m，传送带以v＝3 m/s的恒定速率顺时针转动．现有质量m＝0.5 kg的物块以初速度v0＝1 m/s由底端A处冲上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)从物块冲上传送带开始计时，经6 s时物块的速度大小．
(2)物块从A运动到B所用的时间．
24.现在传送带传送货物已被广泛地应用，如图所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的物体被无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2。
(1)求物体在传送带上运动的时间；
(2)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，要使物体从A处传送到B处所需时间最短，求传送带对应的最小运行速率。
25.如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐，在薄木板的中央有一个小滑块(可视为质点)，整个装置处于静止状态。某时刻起对薄木板施加一个水平向右的拉力F使木板向右运动，已知拉力F＝4.5 N时，小滑块与木板之间恰好发生相对滑动。薄木板的质量M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m，小滑块的质量m＝0.5 kg，小滑块与桌面、薄木板与桌面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，设滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)拉力F＝3.6 N时，小滑块与薄木板的加速度各为多大；
(2)小滑块与薄木板之间的动摩擦因μ2；
(3)若使小滑块脱离木板但不离开桌面，拉力F应满足的条件。
4.5 牛顿运动定律的应用 答案与解析
一、单选题
1.【答案】C
【解析】汽车以速度v0=72 km/h=20 m/s匀速运动,刹车时加速度大小为a==5 m/s2,设从开始刹车到刚好停止时的位移为x1,根据匀变速运动规律得=2ax1,故司机发现障碍物时汽车和障碍物间距离为x=v0t0+x1,代入数据解得x=60 m,故C正确。
2.【答案】C
【解析】水平外力F作用在物体上,产生的加速度a== m/s2=1.5 m/s2,撤去外力F后,物体做匀速直线运动,a=0,5 s末的速度v5=v3=at3=4.5 m/s,故C正确。
3.【答案】C
【解析】施加恒力后,物体向左滑动时,水平方向上受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用,做匀减速直线运动,滑动摩擦力大小为Ff=μFN=μmg=3 N,故a==5 m/s2,方向向右,物体减速到零所需时间t==2 s,故A、B错误;物体减速到零后,由于F4.【答案】C
【解析】根据h=at2,解得a=12.5 m/s2,所以v0=at=50 m/s;上升过程中礼花弹所受的阻力大小f=kmg,则由牛顿第二定律得mg+f=ma,联立解得k=0.25,故选项C正确。
5.【答案】D
【解析】因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知mgsin θ=μmgcos θ,所以μ=tan θ=;当木块在推力作用下加速上滑时,由运动学公式x=at2,得a=2 m/s2,由牛顿第二定律得F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得F=36 N,D正确。
6.【答案】D
【解析】根据匀变速直线运动中速度与时间的关系式得,最大速度v=a1t=a2·3t,则a1∶a2=3∶1,故A、B错误;对撤去F前的加速和撤去F后的减速运动,根据牛顿第二定律得F-Ff=ma1,Ff=ma2,联立解得Ff∶F=a2∶(a1+a2)=1∶4,故C错误,D正确。
7.【答案】C
【解析】在沿轨道方向上,根据牛顿第二定律得,物体运动的加速度a==gsin θ,轨道倾角越大,加速度越大,所以物体在AC3上运动的加速度最大,故D错误;设轨道的高度为h,根据几何知识可得,物体发生的位移x=,物体的初速度为零,由x=at2可得t==,可知倾角越大,时间越短,所以物体到达C3的时间最短,故B错误,C正确;根据v2=2ax得v=,可知物体到达轨道底端的速度大小相等,故A错误。
8.【答案】A
【解析】根据F－mg＝ma解得a＝－g，导弹运动了时间t时的速度大小v＝at＝t，A正确．
9.【答案】B
【解析】货车刹车时受地面的摩擦力，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得a＝－μg＝－6 m/s2，由运动学规律x＝，将v＝0，a＝－6 m/s2，x＝15 m代入可解得v0≈13.4 m/s≈48 km/h，约为50 km/h，B正确．
10.【答案】C
【解析】施加恒力后，物体向左滑动时，水平方向上受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动，滑动摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg＝3 N，故a＝＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需时间为t＝＝2 s，故A、B错误；物体减速到零后，F＜Ff，将保持静止状态，故C正确，D错误．
11.【答案】A
【解析】从发生碰撞到车完全停止的1 s内，乘客的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝＝－ m/s2＝－30 m/s2.根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F＝ma＝70×(－30) N＝－2 100 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反．所以选项A正确．
12.【答案】B
【解析】由匀变速直线运动规律x＝at2，得水桶(包括水)的加速度a＝＝2 m/s2，以水桶(包括水)为研究对象，FT－mg＝ma，得绳子拉力FT＝mg＋ma＝2×103×10 N＋2×103×2 N＝2.4×104 N ，B正确．
13.【答案】C
【解析】将物体1、2看作一个整体，其所受合力为
F合＝F1－F2，设物体1、2的质量均为m，
由牛顿第二定律得
F1－F2＝2ma，所以a＝。
以物体2为研究对象，受力情况如图所示。
由牛顿第二定律得F12－F2＝ma，
所以F12＝F2＋ma＝，
故选项C正确。
14.【答案】D
【解析】开始时小木块相对传送带向上运动，滑动摩擦力沿传送带向下，则小木块的加速度为a1＝gsin θ＋μgcos θ
则第一阶段木块沿传送带向下做匀加速直线运动，因传送带足够长，则木块和传送带能够共速，共速时，因μ＜tan θ，木块将继续加速，加速度为a2＝gsin θ－μgcos θ，综上所述，木块先以a1做匀加速直线运动，后以a2做匀加速直线运动，故A、B、C错误，D正确．
15.【答案】D
【解析】由牛顿第二定律可得，木块的最大加速度am＝＝2 m/s2，若木板和木块相对静止，则a′＝＝ m/s2＝6 m/s2>am，故木板与木块发生相对滑动，物块与木板不能以相同的加速度做匀加速运动，故A错误；由牛顿第二定律可得，木板的加速度a＝＝ m/s2＝7 m/s2，故B错误；由以上分析可知物块的加速度大小为2 m/s2，当物块脱离木板时满足at2－amt2＝L，解得t＝1 s，此时物块的速度最大，v＝amt＝2 m/s，故C错误；物块到达木板左端时木板前进的位移大小x＝at2＝3.5 m，故D正确。
二、多选题
16.【答案】AC
【解析】滑块的加速度大小为a＝＝10 m/s2，A正确，B错误；对滑块受力分析有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.5，C正确，D错误．
17.【答案】ACD
【解析】对m1进行隔离分析，受力图如图所示，在水平方向上合力为零，拉力F等于弹簧弹力在水平方向上的分力，可知弹簧处于伸长状态，A正确；
对m1在水平方向上有F弹sin θ＝F，弹簧弹力为F弹＝，B错误；
把m1和m2看成一个整体进行分析，地面对m2的摩擦力大小等于F，C正确；
物体m2在水平方向上平衡，可知m2在水平方向上受到摩擦力，则支持力不能为零，D正确。
18.【答案】BC
【解析】由于传送带足够长，物体向左滑向传送带后，先向左减速滑行，直到速度减为零，然后在滑动摩擦力的作用下向右加速，之后分三种情况讨论：
①如果v1>v2，物体会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v2′＝v2；
②如果v1＝v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v2′＝v2；
③如果v1三、计算题
19.【答案】(1)5 s　8 m/s　(2)60 N
【解析】(1)设最大速度为vm,匀速阶段所用时间为t2,
根据题意有t=t1+t2=10 s
x1=t1=20 m,x2=vmt2=60 m-20 m=40 m
联立解得t1=5 s,vm=8 m/s。
(2)小明匀加速运动阶段的加速度大小为
a==1.6 m/s2
水平方向,根据牛顿第二定律有Fcos θ-Ff=ma
竖直方向,由共点力平衡条件有FN+Fsin θ=mg
又Ff=μFN
联立解得F=60 N。
20.【答案】(1)0.5 m　(2)1.15 s
【解析】(1)模型自由下落至水面时,有
h=g
解得t1=0.4 s
模型自由下落至水面时的速度为
v=gt1=4 m/s
模型从水面运动至最低点,根据牛顿第二定律有
F+Ff-mg=ma1
解得a1=16m/s2
在水中能到达的最大深度为
H==0.5 m
(2)模型从水面运动至最低点所用的时间为
t2== s=0.25 s
模型从最低点运动至水面,根据牛顿第二定律有
F-Ff-mg=ma2
解得a2=4m/s2
模型从最低点运动至水面,则有
H=a2
解得t3=0.5 s
从开始下落到返回水面所需时间
t=t1+t2+t3=1.15 s。
21.【答案】(1)0.5 s　(2)0.75 m　(3)1.125 m
【解析】(1)在水平拉力作用下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得F-μmg=ma1
代入数据解得a1=2.5 m/s2,
恒力F作用t=2 s时物体的位移为
x1=a1t2=×2.5×22 m=5 m
此时物体的速度为
v=a1t=5 m/s
设撤去拉力F后,设物体的加速度大小为a2,
则μmg=ma2
得a2=4 m/s2
设撤去拉力F后,物体第一次经过B点所用的时间为t1,有
d-x1=vt1-a2
代入数据解得t1=0.5 s或t1=2 s
因为物体减速到零的时间为
t'==1.25 s<2 s
故撤去拉力F后,物体经过0.5 s第一次经过B点。
(2)物体第一次经过B点时速度大小为
vB=v-a2t1=3 m/s
在斜面上,由牛顿第二定律得
mgsin 37°=ma3
解得a3=6 m/s2
即物体在斜面上到达的最高点和B点之间的距离为s== m=0.75 m
(3)物体滑上斜面后做匀减速直线运动,速度减为零后返回到斜面底端,因为斜面光滑,则物体返回到斜面底端时速度大小仍为vB=3 m/s,然后物体在水平面上做匀减速直线运动,加速度大小仍为a2=4 m/s2,物体最后停下的位置距B点为x== m=1.125 m。
22.【答案】(1)2 m/s2　(2)40 s　(3)2.1×105 N
【解析】(1)飞机加速过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax，解得a＝2 m/s2.
(2)根据速度－时间关系可得v＝at，解得t＝40 s.
(3)设飞机在跑道上运动时受到的阻力为Ff，则有Ff＝0.1 mg，
由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，
解得牵引力大小为F＝2.1×105 N.
23.【答案】(1)3 m/s　(2)7 s
【解析】(1)对物块受力分析，
由牛顿第二定律得：
μmgcos θ－mgsin θ＝ma，得a＝0.4 m/s2
物块与传送带相对静止所用时间：t1＝＝5 s
物块运动的位移x1＝t1＝t1＝10 m因μ>tan θ，所以5 s后物块随传送带一起匀速运动，故6 s时物块的速度为3 m/s
(2)物块匀速运动的位移x2＝L－x1＝6 m，匀速运动时间t2＝＝2 s
物块从A运动到B所用的时间t＝t1＋t2＝7 s.
24.【答案】(1)2.5 s　(2)2 m/s
【解析】(1)物体在传送带上加速时，有μmg＝ma
解得a＝μg＝1 m/s2
根据相应的运动学公式，物体加速时间t1＝＝1 s
运动位移x＝at2＝0.5 m
物体在传送带上匀速时，有L－x＝vt2，解得t2＝1.5 s，故物体在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝2.5 s。
(2)要使物体从A处传送到B处的时间最短，则物体应一直加速，故L＝at′2，解得t′＝2 s
传送带对应的最小运行速率v′＝at′＝2 m/s。
25.【答案】(1)0.4 m/s2　0.4 m/s2　(2)0.1　(3)F≥6 N
【解析】(1)由题可知，小滑块与木板之间发生相对滑动的临界拉力为F临界＝4.5 N，由于拉力F＝3.6 N<4.5 N，故二者相对静止.它们一起做匀加速直线运动
把两物体看作整体，由牛顿第二定律可知
F－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1，解得a1＝0.4 m/s2
(2)由题目可知，当拉力F＝4.5 N时，小滑块与木板恰好发生相对滑动，此情况下分别对小滑块和薄木板进行受力分析，根据牛顿第二定律有
对小滑块f＝μ2mg＝ma2
对薄木板F－μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2
联立两式解得μ2＝0.1
(3)设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度大小为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，小滑块刚好不离开桌面时，空间位置变化如图所示：
则滑块的速度v＝a2t时，滑块下落到桌面上，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma3，位移x1＝，x2＝
由几何关系得x1＋x2＝
小滑块脱离木板前，木板的位移x3＝L＋x1＝a4t2
根据牛顿第二定律，
对木板F－μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma4
解得F＝6 N
要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F应满足F≥6 N。
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