第三章 牛顿运动定律的综合应用检测题Word版含答案

　牛顿运动定律的综合应用
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、基础与经典
1．小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。则下列说法正确的是(　　)
A．他始终处于超重状态
B．他始终处于失重状态
C．他先后处于超重、平衡、失重状态
D．他先后处于失重、平衡、超重状态
答案　C
解析　小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后加速度方向向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C正确。
2．在2015年7月的喀山游泳世锦赛中，陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠。她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．她在空中上升过程中处于超重状态
B．她在空中下落过程中做自由落体运动
C．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度
D．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小
答案　D
解析　起跳后的上升过程中，她的加速度方向竖直向下，所以处于失重状态，A错误。她具有水平初速度，所以不能看成自由落体运动，B错误。入水过程中，开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力之和)小于她的重力，所以她先向下做一段时间的加速运动，即入水后的速度继续增大一段时间，C错误。入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，D正确。
3．
a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示，则(　　)
A．x1一定等于x2 B．x1一定大于x2
C．若m1>m2，则x1>x2 D．若m1答案　A
解析　当用恒力F竖直向上拉着a时，先用整体法有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，再隔离b有kx1－m2g＝m2a，联立得：x1＝。当沿水平方向拉着a时，先用整体法有F＝(m1＋m2)a′，再隔离b有kx2＝m2a′，联立得x2＝，故x1＝x2，所以只有A项正确。
4．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是(　　)
A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为(1－sinα)g
D．M运动的加速度大小为g
答案　BCD
解析　互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有：Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g＝g，FT＝mg，故A错误，B、C、D正确。
5．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的v-t图象是(　　)
答案　B
解析　A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F＝2ma，F增大，a增大。当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有Ff＝ma，故此时F＝2Ff＝kt，t＝，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确。
6．(多选)质量均为m的两物块1和2之间有一根没有松弛的细线相连，两物块一起在光滑水平桌面上以速度v0匀速运动，某时刻物块1到达桌面的右边缘，如图所示。当物块1滑上与桌面等高的水平传送带后，经过一段时间到达传送带的最右端，若传送带的速度大于v0且保持不变，物块1和物块2与传送带间的动摩擦因数分别为μ1、μ2(μ1<μ2)，则在此过程中(不考虑桌子边缘与传送带间的缝隙，细线的长度小于传送带的长度)(　　)
A．物块2在桌面上可能先做匀加速运动后做匀速运动
B．两物块都在传送带上时，它们所受的摩擦力一定不相等
C．两物块任何时刻的速度和加速度都相等
D．可能存在物块1和物块2加速度不相等的阶段
答案　AD
解析　物块1滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下加速，故物块2也连着一起加速，如果在物块2滑上传送带之前，两物块的速度已经等于传送带的速度，则此后一起匀速运动，故A正确；两物块都在传送带上时，如果是一起匀速运动，则静摩擦力都为零，故B错误；如果物块2滑上传送带时，速度小于传送带的速度，由于两个物块的动摩擦因数μ1<μ2，则加速度a17．(多选)传送机的皮带与水平方向的夹角为θ，如图所示，将质量为m的小物块放在传送机皮带上，随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gsinθ)做匀加速直线运动，则下列关于小物块在运动过程中的说法正确的是(　　)
A．支持力与静摩擦力的合力大小等于mg
B．静摩擦力沿皮带向下
C．静摩擦力的大小可能等于mgsinθ
D．皮带与小物块的动摩擦因数一定大于tanθ
答案　BC
解析　物块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动，物块所受合外力不为零，所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg，故A错误；加速度a>gsinθ，说明静摩擦力沿皮带向下，B正确；由牛顿第二定律知mgsinθ＋Ff＝ma，因为a比gsinθ大多少不知道，所以静摩擦力的大小可能等于mgsinθ，C正确；皮带与小物块的动摩擦因数可以小于或等于tanθ，故D错误。
8．如图所示，木块A的质量为m，木块B的质量为M，叠放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现用水平力F作用于A，则保持A、B相对静止的条件是F不超过 (　　)
A．μmg B．μMg
C．μmg D．μMg
答案　C
解析　由于A、B相对静止，以整体为研究对象可知F＝(M＋m)a；若A、B即将相对滑动，以木块B为研究对象可知μmg＝Ma，联立解得F＝μmg，C正确。
9．
(多选)如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上。B物体从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止。则在0～2t0时间内，下列说法正确的是(　　)
A．t0时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小
B．t0时刻，A、B的速度最大
C．0时刻和2t0时刻，A、B间的静摩擦力最大
D．2t0时刻，A、B离出发点最远，速度为0
答案　BCD
解析　t0时刻，A、B受力F为0，A、B加速度为0，A、B间静摩擦力为0，加速度最小，A错误；在0至t0过程中，A、B所受合力逐渐减小，即加速度减小，但是加速度与速度方向相同，速度一直增加，t0后加速度反向，故t0时刻A、B速度最大，B正确；0时刻和2t0时刻A、B所受合外力F最大，故A、B在这两个时刻加速度最大，为A提供加速度的A、B间静摩擦力也最大，C正确；A、B先在F的作用下加速，t0后F反向，A、B继而做减速运动，画出a-t图象，由图象与t轴所围面积表示Δv可知，到2t0时刻，A、B速度减小到0，因为v一直大于0，故2t0时位移最大，D正确。
10．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，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。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的(　　)
答案　A
解析　设物块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面之间动摩擦因数为μ2，在未达到共同速度之前，－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，木板的加速度为a1＝－(μ1＋2μ2)g，达到共同速度后，若二者相对静止，则－μ2·2mg＝2ma2，共同加速度为a2＝－μ2g；若μ1<μ2，则物块相对木板向右滑动，μ1mg－μ2·2mg＝ma2′，木板加速度为a2′＝－(2μ2－μ1)g，即|a2|<|a1|，|a2′|<|a1|，图象A正确。
二、真题与模拟
11．(2015·全国卷Ⅰ)
(多选)如图a所示，一物块在t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图b所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
答案　ACD
解析　由v-t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝，a2＝gsinθ－μgcosθ＝，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的v-t图线与横轴所围面积表示位移s，可求出物块向上滑行的最大高度h＝ssinθ，选项D正确；物块的质量不可求，B错误。
12．(2015·海南高考)(多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时(　　)
A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
答案　BD
解析　当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ(θ为斜面倾角)。当升降机加速上升时，设加速度为a，物体处于超重状态，超重ma，物块“重力”变为G′＝mg＋ma，支持力变为N′＝(mg＋ma)cosθ>mgcosθ，B正确。“重力”沿斜面向下的分力G下′＝(mg＋ma)sinθ，沿斜面摩擦力变为f′＝μN′＝μ(mg＋ma)cosθ>μmgcosθ，A错误。f′＝μ(mg＋ma)cosθ＝tanθ(mg＋ma)cosθ＝(mg＋ma)sinθ＝G下′，所以物块仍沿斜面匀速下滑，D正确，C错误。
13．(2014·北京高考)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是(　　)
A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
答案　D
解析　物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态。当物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故A、B、C错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内，手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正确。
14．(2018·江南十校联考)(多选)水平面上有一带圆弧形凸起的长方形物体A，物体A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的。用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止，如图。已知物体A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则(　　)
A．B物体的加速度为g
B．B、C间绳子的张力等于mg
C．A物体受到绳子对它的作用力等于A物体受到的合外力
D．C物体处于失重状态，A、B两物体既不超重也不失重
答案　AB
解析　设绳中张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分的绳与竖直线夹角为α，由牛顿运动定律，对A、B、C组成的整体有F＝3ma，对B有F－T＝ma，对C有Tcosα＝mg，Tsinα＝ma，联立解得a＝g，T＝mg，α＝30°，故A、B正确；A物体受到的合外力为F合＝ma＝mg，方向水平向左，A物体受到绳子对它的作用力为2Tcos＝2·mg·cos60°＝mg，方向斜向左下方，故C错误；由于A、B、C三物体加速度水平向左，故A、B、C三物体既不超重也不失重，故D错误。
15．(2018·河南省第二次仿真模拟)(多选)如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系，如图乙所示。已知图线在前3．0 s内为二次函数，在3．0～4．5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．传送带沿顺时针方向转动
B．传送带沿逆时针方向转动
C．传送带的速度大小为2 m/s
D．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0．2
答案　ACD
解析　由x-t图象可知，图象的斜率等于速度，故物块的速度先减小到零，再反向增大，最后匀速运动回到初始位置，可判断传送带沿顺时针方向转动，A正确，B错误；由3．0～4．5 s内的图象可知，传送带的速度v＝＝ m/s＝－2 m/s，C正确；因2 s末物块的速度减为零，位移为4 m，由x＝at2知a＝＝2 m/s2，则根据a＝μg可知，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0．2，D正确。
16．(2018·唐山二模)A、B两球质量相同，静止在倾角为30°的斜面上。两球之间接有轻弹簧。A球与挡板接触，B球通过细线与斜面顶端相连，细线绷紧，系统处于静止状态。则撤去挡板瞬间(　　)
A．弹簧弹力一定变大 B．细线拉力一定变大
C．A球一定处于失重状态 D．B球一定处于平衡状态
答案　D
解析　撤去挡板瞬间，弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，B球的受力情况不变，仍处于平衡状态，则细线拉力不变，A、B错误，D正确；若开始时弹簧处于伸长状态，且挡板的弹力为零，撤去挡板瞬间，A球仍静止，处于平衡状态，故C错误。
17．(2018·辽宁抚顺毕业考试)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a-F图象。取g＝10 m/s2，则下列说法错误的是(　　)
A．滑块的质量m＝4 kg
B．木板的质量M＝2 kg
C．当F＝8 N时，滑块加速度为2 m/s2
D．滑块与木板间动摩擦因数为0．1
答案　C
解析　从图乙中可知，当F>6 N时，两者发生相对运动，当F≤6 N时两者相对静止，当F＝6 N时，对整体可得F＝(M＋m)a，即M＋m＝6 kg，当F>6 N时对木板分析：受到拉力和m给的摩擦力，故有a＝＝F－，图象的斜率k＝＝＝，即M＝2 kg，所以m＝4 kg，将F>6 N时图线反向延长，可得当F＝4 N时，加速度为零，代入a与F的关系式可得0＝×4－，解得μ＝0．1，故A、B、D正确；当F＝8 N时滑块加速度为a＝＝μg＝0．1×10 m/s2＝1 m/s2，故C错误。
18．(2018·湖北武汉五月训练)如图所示，材料相同的物体m1、m2由轻绳连接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动。轻绳拉力的大小(　　)
A．与斜面的倾角θ有关
B．与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关
C．与两物体的质量m1和m2有关
D．若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变
答案　C
解析　将两物体看成一个整体有：F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a，
解得：a＝，
对m2受力分析且由牛顿第二定律有：
T－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得：T＝，故A、B错误，C正确；若改用F沿斜面向下拉连接体，将两物体看成一个整体有F＋(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a′，解得：
a′＝，对m1受力分析且由牛顿第二定律有：T′＋m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a′，解得：T′＝，故D错误。
一、基础与经典
19．如图所示，长L＝1．6 m、质量M＝3 kg的木板静置于光滑水平面上，质量m＝1 kg 的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0．1。现对木板施加一水平向右的拉力F，取g＝10 m/s2。
(1)求使物块不掉下去的最大拉力F；
(2)如果拉力F＝10 N恒定不变，求小物块所能获得的最大速度。
答案　(1)4 N　(2)1．26 m/s
解析　(1)物块不掉下去的最大拉力，其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度a1。
对物块，最大加速度a1＝＝μg＝1 m/s2，
对整体，F＝(M＋m)a1＝(3＋1)×1 N＝4 N。
(2)当F＝10 N时，木板的加速度
a2＝＝ m/s2＝3 m/s2
由a2t2－a1t2＝L得物块滑过木板所用时间
t＝ s，
物块离开木板时的速度
v1＝a1t＝ m/s≈1．26 m/s
即小物块所能获得的最大速度约为1．26 m/s。
20．如图所示，地面依次排放两块完全相同的轻质木板A、B，长度均为L＝2．5 m，质量均为m2＝150 g，现有一滑块以速度v0＝6 m/s冲上木板A左端，已知滑块质量m1＝200 g，滑块与木板间的动摩擦因数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)若滑块滑上木板A时，木板A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，求滑块运动的时间t(结果用分数表示)。
答案　(1)0．35<μ1≤0．5　(2) s
解析　(1)滑块滑上木板A时，木板A不动，由受力分析得：μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g。
若滑块能滑上木板B，则>L，
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：
μ1m1g>μ2(m1＋m2)g，
代入数据得：0．35<μ1≤0．5。
(2)若μ1＝0．4，则滑块在木板A上滑动时，木板A不动。
设滑块在木板A上做减速运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ1m1g＝m1a1，
解得：a1＝4 m/s2。
由－2a1L＝v－v，
知滑块到达B板时的速度v1＝4 m/s，
滑块在A板上滑动时间满足等式v1＝v0－a1t1，
解得：t1＝0．5 s。
滑块滑上B板时，B开始运动，设木板B的加速度为a2，则：μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，
则a2＝ m/s2
速度相同时，v共＝a2t2＝v1－a1t2，
解得：t2＝ s，v共＝ m/s
相对位移：Δx＝t2－t2＝t2＝ m<2．5 m，
则滑块与木板B能达到共同速度，假设它们能相对静止一起减速，则μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a共，
a共＝μ2g＝2 m/s2，
因为μ1m1gt3＝＝ s，
t＝t1＋t2＋t3＝ s。
二、真题与模拟
21．(2017·全国卷Ⅲ)
如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0．5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。
答案　(1)1 m/s　(2)1．9 m
解析　(1)假设滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
因为f2－f1－f3>0，故假设正确，木板也在滑动。
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s。⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt⑩
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。
假设在B与木板达到共同速度v1后，两者可以相对静止，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2?
因为μ1g>a2，故假设正确。
由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有
v2＝v1－a2t2?
对A有
v2＝－v1＋aAt2?
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t?
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2 ?
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB?
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1．9 m。
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
22．(2015·全国卷Ⅰ)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4．5 m，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＝1 s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1 s时间内小物块的v -t图线如图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10 m/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。
答案　(1)μ1＝0．1　μ2＝0．4　(2)6．0 m　(3)6．5 m
解析　(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，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
由题图b可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋a1t③
式中，t1＝1 s，s0＝4．5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。
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a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由题图b可得a2＝⑥
式中，t2＝2 s, v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0．4。⑦
(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＋a2Δt⑩
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＝Δt?
小物块运动的位移为
s2＝Δt?
小物块相对木板的位移为
Δs＝s2－s1?
联立⑥⑧⑨⑩???式，并代入数值得
Δs＝6．0 m?
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6．0 m。
(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)a4?
0－v＝2a4s3?
碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3?
联立⑥⑧⑨⑩????式，并代入数值得
s＝－6．5 m
木板右端离墙壁的最终距离为6．5 m。
23．(2018·江南十校联考)
如图所示，粗糙的水平地面上有一块长为3 m的木板，小滑块放置于长木板上的某一位置。现将一个水平向右，且随时间均匀变化的力F＝0．2t作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。已知：滑块质量m与长木板质量M相等，且m＝M＝1 kg，滑块与木板间动摩擦系数为μ1＝0．1，木板与地面间动摩擦系数μ2＝0．2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2)。
(1)经过多长时间，长木板开始运动？
(2)经过多长时间，滑块与长木板恰要发生相对运动？此时滑块的速度为多大？
(3)如果t＝0时锁定外力F＝6．75 N，一段时间后撤去外力，发现小滑块恰好既不从左端滑出，也恰好不从右端滑出木板。求小滑块放置的初始位置与长木板左端的距离？
答案　(1)20 s　(2)30 s　5 m/s　(3)3 m
解析　(1)设经过t1时间木板开始运动，此时
F1＝μ2(m＋M)g，
且F1＝0．2t1，联立可得：t1＝20 s。
(2)设经过t2时间，滑块与长木板恰要发生相对运动，此时加速度为a，
对滑块：μ1mg＝ma，得a＝μ1g＝1 m/s2，
对木板由牛顿第二定律：
F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma，
且F2＝0．2t2，联立可得：t2＝30 s，
设滑块与长木板恰要发生相对运动时的速度为v1，对滑块和木板的整体，在运动过程中，由动量定理：
－μ2(M＋m)g(t2－t1)
＝(M＋m)v1－0，
解得：v1＝5 m/s。
(3)设小滑块放置的初始位置与长木板左端的距离为x，外力作用时间为t1′，撤去外力前，木板与小滑块各自匀加速运动，木板的加速度大小为a1，滑块的加速度大小仍为a。根据牛顿第二定律：
F－μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma1，
解得：a1＝1．75 m/s2(大于滑块加速度a＝μ1g＝1 m/s2)，
撤去外力后，速度相等之前，木板匀减速运动，加速度大小为a2，滑块匀加速运动，滑块加速度大小仍为a，根据牛顿第二定律：μ2(M＋m)g＋μ1mg＝Ma2，
解得：a2＝5 m/s2，
速度相等之后，因为μ1g<μ2g，故二者各自匀减速运动，木板加速度大小为a3，滑块加速度大小仍为a。
根据牛顿第二定律：μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma3，
解得：a3＝3 m/s2，
设滑块与木板速度相等时的速度为v0，因小滑块既不从左端滑出，也恰好不从右端滑出木板。
所以：－＝L，
将板长L＝3 m代入得：v0＝3 m/s，
设滑块从启动到与木板速度相等经历的时间为t2′，因为加速与减速的加速度大小相等，所以从开始减速到滑块停止的时间也为t2′，显然：v0＝at2′，得：t2′＝3 s。
速度相等之前，研究木板，可知：a1t1′＝v0＋a2(t2′－t1′)，
代入数据可得：t1′＝ s，
所以x＝＋v0(t2′－t1′)＋－，
代入数据得：x＝3 m。
如图所示的v-t图中，粗线表示滑块的v-t关系，细线表示木板的v-t关系。