高中物理人教新课标版必修1： 牛顿运动定律应用之板块模型 补充练习（含解析）

考点过关练：牛顿运动定律应用之板块模型
1．如图所示，薄纸带放在光滑水平桌面上，滑块放在薄纸带上，用水平恒外力拉动纸带，滑块落在地面上A点；将滑块和纸带都放回原位置，再用大小不同的水平恒外力拉动纸带，滑块落在地面上B点。已知两次滑块离开桌边时均没有离开纸带，滑块与薄纸带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两次相比，第2次（　　）
A．滑块在空中飞行时间较短
B．滑块相对纸带滑动的距离较短
C．滑块受到纸带的摩擦力较大
D．滑块离开桌边前运动时间较长
2．如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8kg的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是（　　）
A．当F增加到4 N时，m相对M开始运动
B．当F＝10 N时，M对m有向右的2 N的摩擦力
C．当F＝15 N时，m对M有向左的4 N的摩擦力
D．当F＝30 N时，M对m有向右的6 N的摩擦力
3．质量为m的长木板放在光滑的水平面上，质量为的物块放在长木板上，整个系统处于静止状态.若对物块施加水平拉力（如图甲），使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为F1；若对长木板施加水平拉力（如图乙），也使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为F2，则为
A． B．2 C． D．
4．如图甲所示，一长木板静止于水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图乙为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、t2、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．木板与桌面之间的动摩擦因数
D．从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能
5．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是
A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg
B．当力F＝μmg时，A、B间的摩擦力为
C．无论力F为何值，B的加速度不会超过μg
D．当力F> μmg时，B相对A滑动
6．如图甲所示，质量M=2kg、长L=1.5m的木板静止在光滑水平面上，在板右端静止放置一可视为质点的小滑块，小滑块质量m=1kg，小滑块与木板之间动摩擦因数=0.2。开始有水平恒力F作用在木板上然后撤去，木板运动情况如乙图所示，g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．恒力F大小为10N B．滑块滑离木板时速度为
C．木板最终速度为3m/s D．第1s内系统产生热量为2J
7．如图所示，木板甲长为L，放在水平桌面上，可视为质点的物块乙叠放在甲左端，已知甲、乙质量相等，甲与乙、甲与桌面间动摩擦因数相同。对乙施加水平向右的瞬时冲量I，乙恰好未从甲上滑落；此时对甲施加水平向右的瞬时冲量I，此后（　　）
A．乙加速时间与减速时间相同
B．甲做匀减速运动直到停止
C．乙最终停在甲中点
D．乙最终停在距甲右端处
8．如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取10m/s2．则（ ）
A．木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动
B．滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s匀速运动
C．木板先做加速度为2m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3m/s2的匀加速运动
D．t=5s后滑块和木板开始有相对运动
9．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a-F图象，已知g取10m/s2，则（ ）
A．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1
B．当F=10N时木板B加速度为4m/s2
C．木板B的质量为1kg
D．滑块A的质量为4kg
10．图甲中，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。当木板受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，其加速度a 与F 的关系如图乙所示。取g＝10m/s2，则（ ）
A．滑块的质量m＝4kg
B．木板的质量M＝2kg
C．当F＝8N 时，滑块的加速度为3m/s2
D．滑块与木板间的动摩擦因素为0.1
11．如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。t=0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v-t图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．0-6s内，m的加速度一直保持不变
B．m相对M滑动的时间为3s
C．0-6s内，m相对M滑动的位移的大小为4m
D．0-6s内，m、M相对地面的位移大小之比为3：4
12．如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m的木块（可视为质点），在木板上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动并在最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为x，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移x增大的是（　　）
A．仅增大木板的质量M
B．仅减小木块的质量m
C．仅增大恒力F
D．仅增大木块与木板间的动摩擦因数
13．如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑．弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内．在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有
A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大
B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大
C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大
D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大
14．如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M＝5 kg，小车上静止地放置着质量为m＝1 kg的木块，和小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM可能正确的有(　　)
A．am＝1 m/s2，aM＝1 m/s2
B．am＝1 m/s2，aM＝2 m/s2
C．am＝2 m/s2，aM＝4 m/s2
D．am＝3 m/s2，aM＝5 m/s2
15．如图所示，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．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小滑块的质量m＝2 kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
16．如图所示，长木板B的质量为，静止放在粗糙的水平地面上，质量为的物块C（可视为质点）放在长木板的最右端。一个质量为的物块A从距离长木板B左侧处，以速度向着长木板运动。一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上。已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为，物块C与长木板间的动摩擦因数，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：
(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；
(2)长木板B的最小长度；
(3)物块A离长木板左侧的最终距离。
17．如图所示，粗糙水平面上静止放置一质量为2m的木板，在木板上右端静置一质量为m的小滑块。一可视为质点、质量为2m的小朋友荡秋千，从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，小朋友在极短时间内用脚水平蹬踏木板的左端，然后自己刚好能回到A点。已知秋千的摆绳长为L，质量不计，AO与竖直方向的夹角为60°。小滑块与木板之间、木板与水平面间的动摩擦因数都是，重力加速度为g。求：
(1)秋千摆到最低点B，小朋友未蹬踏木板时秋干摆绳的拉力大小；
(2)小朋友蹬踏木板过程中，小朋友做功大小；
(3)若小滑块不从木板上滑下，木板至少应为多长。
18．光滑水平地面上有一质量M=2kg的木板以速度v0=10m/s向右匀速运动，在t=0时刻起对其施加一向左的恒力F=8N．经t=ls时，将一质量m=2kg可视为质点的小物块初速度为零轻放在木板右端．物块与木板间动摩擦因数μ=0.4，木板足够长．求：
（1）刚放上小物块时木板的速度？
（2）物块在木板上相对木板滑动的时间？
19．如图所示，ABCD是一个地面和轨道均光滑的过山车轨道模型，现对静止在A处的滑块施加一个水平向右的推力F，使它从A点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m时到达B点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C，当滑块滑过水平BD部分后，又滑上静止在D处，且与ABD等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、 ，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：
(1)水平推力F的大小；
(2)滑块到达D点的速度大小；
(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？
20．如图1所示，质量为M1kg、长为L 3m的长木板放在光滑的水平面上，水平面的右端沿竖直方向固定一光滑的半圆轨道ABC，在与圆心等高的B点有一压力传感器，长木板的上表面与轨道的最低点在同一水平面上，长木板的右端距离轨道最低点的间距为x2m。可视为质点的质量为m2kg的物块从长木板的最左端以v06m/s的速度滑上，物块与长木板之间的动摩擦因数为 0.2，经过一段时间长木板与挡板碰撞，且碰后长木板停止运动。当半圆轨道的半径R发生改变时，物块对B点的压力与半径R的关系图象如图2所示，重力加速度为g=10m/s2。求：
（1）物块运动到半圆轨道最低点A瞬间，其速度应为多大？
（2）图 2 中横、纵坐标x、y分别为多少？
（3）如果半圆轨道的半径R32cm，则物块落在长木板上的点到最左端的最小距离应为多少？（结果保留三位有效数字）
参考答案
1．C
【解析】
A．滑块离开桌面后均做平抛运动，竖直方向位移相等，根据
可知滑块在空中飞行时间相等，选项A错误；
B．根据题意可知，第一次滑块与薄纸无相对滑动，第二次滑块与薄纸之间可能产生了相对滑动，也可能无相对滑动，即两次滑块与薄纸之间的相对滑动距离都可能是零，也可能第二次滑块相对纸带滑动的距离比第一次较长，选项B错误；
CD．第二次落在B点时滑块的水平位移较大，则离开桌面的水平速度较大，若物块离桌边的距离为x，根据v2=2ax可知滑块的加速度较大，根据f=ma可知，所受的纸带的摩擦力较大，根据
可知，第二次滑块离开桌边前运动时间较短；选项C正确，D错误；
故选C。
2．B
【解析】
A． 假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块m，其最大摩擦力f提供最大的加速度，故f=μmg=ma
所以：
a=μg=2m/s2
对整体：
F=（M+m）a=（8+2）×2N=20N
可知若要m相对于M开始运动，则推力满足：F＞20N．故A错误；
B． 当F=10N时，对整体：
F=（M+m）a′
解得：
对m，受到的摩擦力提供加速度，有：
f′=ma′=2×1N=2N
方向向右，故B正确；
C．同理，当F=15N时，
a''=1.5m/s2
m受到的摩擦力：
f'=3N
方向向右，故C错误；
D．当F=30N时，两者相对滑动，m受到滑动摩擦力作用，
f'''=μmg=4N
方向向右，故D错误。
故选：B。
3．A
【解析】
设物块与长木板间的动摩擦因数为，要使物块滑离，则
求得
.
A．，与结论相符，选项A正确；
B．2，与结论不相符，选项B错误；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．，与结论不相符，选项D错误；
故选A.
4．BC
【解析】
A．由图乙可知内，物块做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动，内，物块与长木板一起做匀减速直线运动，设物块相对长木板滑行的距离为，则有
木板的长度可能等于、也可能大于，根据题意无法求得木板的长度，故A错误；
BC．内，物块做匀减速直线运动，设物块与长木板之间的动摩擦因数为，根据图乙和牛顿第二定律可得
长木板做匀加速直线运动，设木板与桌面之间的动摩擦因数为，物块的质量为，长木板的质量为，根据图乙和牛顿第二定律可得
内，物块与长木板一起做匀减速直线运动，根据图乙和牛顿第二定律可得
联立可得
故B、C正确；
D．从开始到时刻，木板获得的动能为
由于不知道木板的质量，无法求出木板获得的动能，故D错误；
故选BC。
5．AB
【解析】
A.A与B间的最大静摩擦力大小为：mg,C与B间的最大静摩擦力大小为：，B与地面间的最大静摩擦力大小为：（2m+m+m）=；要使A，B，C都始终相对静止，三者一起向右加速，对整体有：F-=4ma，假设C恰好与B相对不滑动，对C有：=ma，联立解得：a=，F=mg；设此时A与B间的摩擦力为f，对A有：F-f=2ma，解得f=mgmg，表明C达到临界时A还没有，故要使三者始终保持相对静止，则力F不能超过μmg，故A正确.
B.当力F＝μmg时，由整体表达式F-=4ma可得：a=g，代入A的表达式可得：f=mg,故B正确.
C.当F较大时，A,C都会相对B滑动，B的加速度就得到最大，对B有：2--=maB，解得aB=g，故C错误.
D.当A恰好相对B滑动时，C早已相对B滑动，对A、B整体分析有:F--=3ma1，对A有：F-2μmg=2ma1，解得F=μmg，故当拉力F>μmg时，B相对A滑动，D错误.胡选：A、B.
6．ABD
【解析】
A．当小滑块与木板间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力时，两者即将相对滑动，此时两者具有相对静止时的最大加速度，对小滑块分析，根据牛顿第二定律有
解得
由图乙可知长木板在最开始的加速度为
因

则小滑块一开始就相对长木板滑动，两者的摩擦力为滑动摩擦力，即，对长木板分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
故A正确；
BC．由乙图可知，经过ts小滑块滑离木板，木板做匀速直线运动；分离前小滑块一直做匀加速直线运动，加速度为，根据位移时间公式有
对木板分析，在0-1s过程，做加速度为的匀加速度直线运动，根据速度时间图象围成的面积表示位移，则有
在1s-ts，木板做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
根据位移时间公式有
根据位移关系有
即
解得
(其中t=2s舍去)
则此时小滑块的速度为
木板的最终速度为
故B正确，C错误；
D．第1s内小滑块的位移为
则小滑块相对木板的位移为
则第1s内系统产生热量为
故D正确。
故选ABD。
7．AD
【解析】
AB．对乙施加水平向右的瞬时冲量I，对乙有
得
乙对甲的摩擦力水平向右，大小为，甲与地面间的最大静摩擦力为
则此情况下甲静止，则有
对甲施加水平向右的瞬时冲量I，对甲有
得
乙受甲向右的摩擦力，则乙向右加速，加速度为，甲向右减速，加速度大小为，当甲、乙速度相等时，接下来甲乙一起减速，加速度为
直到停止，由于乙加速度和减速的加速度大小相等，且先由静止加速后减速直到停止，则乙加速和减速的时间相等，由于甲减速过程中的加速度大小变化，则甲做变加速运动，故A正确，B错误；
CD．从开始到甲、乙速度相等过程有
得
则共同速度为
对乙
对甲有
其中
则
联立解得
故C错误，D正确。
故选AD。
8．BC
【解析】
先求出木块静摩擦力能提供的最大加速度，再根据牛顿第二定律判断当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起运动的加速度，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动．
【详解】
ABC、由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以a=的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块开始做加速度减小的变加速运动，木板做加速度增大的加速运动；当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg，解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a=．故A错误，BC正确．
D、滑块开始一起做a=2m/s2加速直线运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块开始做加速度减小的变加速运动，所以速度增大到10m/s所用的时间大于5s．故D错误．
故选BC．
【点睛】
本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况，进而判断运动情况．
9．BC
【解析】
ACD．由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2．对A、B整体，由牛顿第二定律有：F=（mA+mB）a，代入数据解得：
mA+mB=4kg
当F大于8N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：
由图示图象可知，图线的斜率：，解得：
mB=1kg
滑块A的质量为：
mA=3kg
对于方程，知当a=0时，F=6N，代入数据解得：
μ=0.2
故AD错误，C正确。
B．根据F=10N＞8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：
故B正确。
故选BC。
10．ABD
【解析】
当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析。
【详解】
A、B项：当F等于6N时，加速度为：a=1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，代入数据解得：M+m=6kg，
当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：
，图象斜率，解得：M=2kg，滑块的质量m=4kg，故A、B正确；
C、D项：根据F大于6N的图线知，F=4时，a=0，即：0=，解得μ=0.1，，当F=8N时，长木板的加速度为：a=2m/s2；根据μmg=ma′得：滑块的加速度为 a′=μg=1m/s2，故C错误，D正确。
故选：ABD。
【点睛】
本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。
11．BD
【解析】
AB．物块相对于平板车滑动时的加速度
若其加速度一直不变，速度时间图像如图所示
有图像可以算出t=3s时，速度相等，为6m/s。由于平板车减速阶段的加速度大小为
故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。物块相对平板车滑动的时间为3s。故A错误，B正确；
C．有图像可知，0-6s内，物块相对平板车滑动的位移的大小

故C错误；
D．0-6s内，有图像可知，物块相对地面的位移大小
平板车相对地面的位移大小
二者之比为3：4，故D正确。
故选BD。
12．AD
【解析】
设木板长为L，当木块与木板分离时，运动时间为t，对于木板

对于木块
当木块与木板分离时，它们的位移满足
解得
则木块相对地面运动的位移为
A．仅增大木板的质量M，变小，不变，x增大，故A正确；
B．仅减小木块的质量m，变大，不变，x减小，故B错误；
C．仅增大恒力F，变大，不变，x减小，故C错误；
D．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数，变小，增大，x增大，故D正确。
故选AD。
13．BCD
【解析】
处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化．对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有，对B有，得，在整个过程中Ａ的合力（加速度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于B的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于B的合力（加速度）.两物体运动的v-t图象如图，时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值，A错误B正确；
时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值，即两物体的相对位移最大，此时弹簧被拉到最长，弹性势能最大，故CD正确．
14．AC
【解析】
AB．当拉力较小时，两物体一起加速度运动；当拉力增大到一定值时，两物体发生相对滑动，此后m受到的是滑动摩擦力，故其加速恒定为
因此当系统加速度小于等于时，两物体一起运动，加速度相同，故A正确，B错误；
CD．发生相对滑动后，m的加速度大小恒为，故C正确，D错误；
故选AC。
15．AC
【解析】
当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．
【详解】
对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，
当F=6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M+m=3kg
当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a=
知图线的斜率k解得：M=1kg，滑块的质量为：m=2kg．故A正确；
B、C项：根据F大于6N的图线知，当F=6N时，加速度a=2m/s2，即有：
代入数据解得：μ=0.2，
当F=7N时，长木板的加速度为：a= 3m/s2．
根据μmg=ma′得木板的加速度为：a′=μg=4m/s2，故B错误，C正确；
D项：当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为 ，恒定不变，故D错误．
故选AC．
【点睛】
本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．
16．(1)物块A的速度3m/s、方向向左，长木板B的速度6m/s、方向向右；(2)3m；(3)10.5m
【解析】
(1)设物块A与木板B碰前的速度为v，由动能定理得
解得
A与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
，
碰后物块A的速度大小为3m/s、方向向左，长木板B的速度大小为6m/s、方向向右；
(2)碰撞后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B有
对物块C
设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，则
木板B的最小长度
(3)B、C达到共同速度之后，因
二者一起减速至停下，设加速度大小为a3，由牛顿运动定律得
整个过程B运动的位移为
A与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小也为a3，位移为
物块A离长木板B左侧的最终距离为
17．（1）4mg （2） （3）
【解析】
(1)从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒。由机械能守恒定律求出小朋友运动到最低点时的速度。在最低点，由合力充当向心力，由向心力公式求解秋千绳的拉力；(2)小朋友蹬踏木板过程中，沿水平方向动量守恒。由动量守恒定律列式。再由动能定理求小朋友做功大小；(3)由牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度，结合运动学公式可求得木板的长度.
【详解】
(1)小朋友从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒.
设到达B点的速度大小为v0,则由机械能守恒定律有：
绳子拉力设为T，由受力分析和圆周运动知识有：
解得：T=4mg
(2)由题意知，小朋友蹬踏木板后速度大小不变，方向向左
由动量守恒定律得：2mv0=-2mv0+2mv1
得木板的速度：
小朋友做功大小：
(3)由牛顿第二定律得：小滑块的加速度：
木板的加速度：
当二者速度相等后，由于整体的加速度等于滑块的最大加速度，所以此后二者保持相对静止，设此过程经过的时间为t
由速度关系得：v1-a板t=a块t
此过程木板的位移：
滑块的位移：
小滑块不从木板上滑下，木板至少应为：x=x板-x块
解得：
【点睛】
本题考查了机械能守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式，关键分析滑块和木板的运动情况，然后对各个过程分别运用合适的规律列式求解.
18．（1）6m/s；（2）0.5s
【解析】
(1) 对M：
解得：
由公式；
(2)由公式

对m:
解得：
对M：
解得：
共同速度
解得：
由于

所以以后共同减速，．
19．（1）1N（2） （3）t＝1 s ;
【解析】
(1)由于滑块恰好过C点，则有：
m1g＝m1
从A到C由动能定理得：
Fx－m1g·2R＝m1vC2－0
代入数据联立解得：
F＝1 N
(2)从A到D由动能定理得：
Fx＝m1vD2
代入数据解得：
vD＝5 m/s
(3)滑块滑到木板上时，对滑块：
μ1m1g＝m1a1，
解得：
a1＝μ1g＝3 m/s2
对木板有：
μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，
代入数据解得：
a2＝2 m/s2
滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，
有：
v共＝vD－a1t
v共＝a2t，
代入数据解得：
t＝1 s
此时滑块的位移为：
x1＝vDt－a1t2，
木板的位移为：
x2＝a2t2，L＝x1－x2，
代入数据解得：
L＝2.5 m
v共＝2 m/s
x2＝1 m
达到共同速度后木板又滑行x′，则有：
v共2＝2μ2gx′，
代入数据解得：
x′＝1.5 m
木板在水平地面上最终滑行的总位移为：
x木＝x2＋x′＝2.5 m
点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决本题的关键理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解．
20．（1）；（2）x=1.25m-1，y=40 N；（3）2.20m
【解析】
（1）物块滑上长木板后将做匀减速直线运动，长木板将做匀加速直线运动，设物块加速度大小为a1，长木板加速度为a2，由牛顿第二定律可得：
对物块有
对长木板有
设长木板与物块经历时间t后速度相等，则有
物块的位移
长木板的位移
代入数据解得
由于，，说明长木板与挡板碰撞时，物块到达长木板右端恰好与长木板共速，即物块到达A点的速度
（2）将物块到达B点时的速度设为，则有
从A点到B点过程中，由机械能守恒定律有
由以上各式得
故
y=2mg=40N
由以上各式，结合图2可知，图象的斜率
其中，解得
x=1.25m-1
（3）设物块恰能经过半圆轨道最高点C时的轨道半径为R，此时经过C点的速度设为，则有
从A到C点过程中，由机械能守恒可得
解得
R=0.32m
即
如果半圆轨道的半径，则，此时物块在半圆轨道运动过程中始终不会脱离轨道，由以上各式可知
物块离开C点后做平抛运动至到达长木板的过程中，有
得
当R=0.2 m时x′有最大值，物块在长木板上的落地点与长木板最左端的最小距离